Ejercicios Resueltos Introducción al Cálculo

Ejercicios ResueltosIntroducción

al Cálculo

• Números Reales• Geometría Analítica• Funciones

• Límites y Continuidad

• Derivadas y Aplicaciones• Integrales y Aplicaciones

Víctor Vargas Villegas

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Ejercicios ResueltosIntroducción

al Cálculo

• Números Reales• Geometría Analítica• Funciones

• Límites y Continuidad

• Derivadas y Aplicaciones• Integrales y Aplicaciones

Víctor Vargas Villegas


EJERCICIOS RESUELTOS. INTRODUCCIÓN AL CÁLCULOVíctor Vargas V.

Ediciones Universidad de La Frontera

Registro de Propiedad IntelectualInscripción Nº 106.281

ISBN: 978-956-236-352-5Julio 2019

Santiago - Chile.

Universidad de La FronteraAv. Francisco Salazar 01145, Casilla 54-D, Temuco

Rector: Dr Eduardo Hebel WeissVicerrector Académico: Dra. Gloria Rodríguez Moretti

Director de Bibliotecas y Recursos de Información: Dr. Carlos del Valle RojasCoordinador Ediciones: José Manuel Rodríguez Angulo

Diseño, Diagramación e Impresión: Andros Impresoreswww.androsimpresores.cl


V

En nuestro esfuerzo por progresar,

Es bueno recordar siempre lo siguiente

Éxito es obtener lo que queremos;

Felicidad es querer lo que obtenemos…

Dedicado:

A ti Luchy, que me acompañaste durante mi vida,

la que disfrutamos cada instante.

Que me acompañas en cada página de este libro.

A nuestros hermosos hijos: Andrea, Rodrigo, Sebastián y Francisco

A los lindos frutos que nos han dado nuestros hijos: Constanza,

Vicente, Emilia, Diego, Rafaela y Emilio

A aquellos que les sigan y que quizá no conoceremos pero que dejarán

la huella de nuestro paso por esta tierra.


VII

CONTENIDO:

Introduccion

1.1 El conjunto de los Numeros Reales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Ejercicios Resueltos Numeros reales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Axiomas, ecuaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Intervalos, inecuaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Valor Absoluto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19

2 Geometrıa Analıtica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1 Plano Cartesiano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .332.2 Linea Recta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Circunferencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.4 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .362.5 Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .372.6 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Traslacion y Rotacion de ejes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.7 Ejercicios Resueltos Geometrıa Analıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Recta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Circunferencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Parabola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Elipse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .57Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Traslacion y Rotacion de ejes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Problemas Varios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.1 Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .70

Dominio, Recorrido, Grafica de la funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Algebra de funciones, Propiedades de las funciones. . . . . . . . . . . . . . . . 72Tipos especiales de funciones reales de variable real . . . . . . . . . . . . . . . .75Graficas. Transformaciones simples de los graficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.2 Ejercicios Resueltos Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.3 Funciones Exponenciales y Logarıtmicas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .983.4 Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.5 Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.6 Ejercicios Resueltos Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Graficas de Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Resolucion de Triangulos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .126

4.1 Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2 Ejercicios Resueltos Sucesiones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.3 Lımite de Funciones y Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Lımites Laterales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Lımites infinitos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Propiedades. Lımites Especiales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .147Calculo de lımites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Tipos de discontinuidades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Propiedades de las Funciones Continuas en un Cerrado. . . . . . . . . . . . 151

4.4 Ejercicios Resueltos Lımites de Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.5 Ejercicios Resueltos Calculo de Lımites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

Algunos Lımites y sus graficas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1844.6 Ejercicios Resueltos Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1924.7 Ejercicios Continuidad en un Cerrado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

5 Derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .201

Definicion. Derivadas Laterales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .201Derivabilidad y Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Interpretacion de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Fomulas Basicas de derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Regla de L’Hopital. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

5.1 Ejercicios Resueltos Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2065.2 Aplicaciones de las Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2385.3 Ejercicios Resueltos Aplicaciones de las Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . 244


VIII

Graficas. Transformaciones simples de los graficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.2 Ejercicios Resueltos Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 823.3 Funciones Exponenciales y Logarıtmicas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .983.4 Aplicaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.5 Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.6 Ejercicios Resueltos Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Graficas de Funciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Resolucion de Triangulos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .126

4.1 Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2 Ejercicios Resueltos Sucesiones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.3 Lımite de Funciones y Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Lımites Laterales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Lımites infinitos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Propiedades. Lımites Especiales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .147Calculo de lımites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Tipos de discontinuidades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Propiedades de las Funciones Continuas en un Cerrado. . . . . . . . . . . . 151

4.4 Ejercicios Resueltos Lımites de Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.5 Ejercicios Resueltos Calculo de Lımites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

Algunos Lımites y sus graficas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1844.6 Ejercicios Resueltos Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1924.7 Ejercicios Continuidad en un Cerrado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

5 Derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .201

Definicion. Derivadas Laterales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .201Derivabilidad y Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Interpretacion de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Fomulas Basicas de derivacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Regla de L’Hopital. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

5.1 Ejercicios Resueltos Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2065.2 Aplicaciones de las Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2385.3 Ejercicios Resueltos Aplicaciones de las Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . 244


IX

6 Integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2516.1 Definicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2516.2 Formulas basicas de integracion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2526.3 Metodos de integracion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

1. Integracion por sustitucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2532. Integracion por partes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2543. Formulas de reduccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2554. Integracion de funciones racionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

Factores lineales distintos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257Factores lineales iguales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257Factores cuadraticos distintos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257Factores cuadraticos iguales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

5. Sustituciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2596. Integrales que contienen funciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . 261

6.4 Ejercicios por formula y de sustitucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2636.5 Ejercicios de sustitucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2656.6 Ejercicios de integracion por partes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2686.7 Ejercicios de formulas de reduccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2736.8 Ejercicios de funciones racionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .278

1. Factores lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2782. Factores cuadraticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

6.9 Ejercicios de sustituciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2866.10 Ejercicios de funciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

7 Integral definida y area bajo una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

7.1 Definicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3017.2 Aplicaciones al calculo de areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

1. Area bajo una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3022. Area comprendida entre dos curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .304

7.3 Ejercicios de integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3057.4 Ejercicios de area bajo una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3107.5 Ejercicios de area entre dos curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3127.6 Ejercicios de aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

Bibliografıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .321


XI

INTRODUCCION

Este texto es un material de apoyo complementario para el alumno quecursa la asignatura Introduccion al Calculo de las carreras de Ingenierıa.Fue preparado con la intencion de proporcionar a los estudiantes los elemen-tos conceptuales y practicos esenciales cuya utilizacion a traves del curso lespermitiran obtener la necesaria maduracion de los conocimientos y desarrollode las habilidades para el logro de los objetivos planteados en la asignatura.No se pretende, de manera alguna, reemplazar las clases del profesor ni eltrabajo de ayudantıa.

Este material se elaboro a partir de la recopilacion de guıas de ejerci-cios, algunos apuntes de clases que hemos realizado y algunas pruebas quehemos seleccionado, producto de la experiencia pedagogica alcanzada en laUniversidad de la Frontera.

Debemos agradecer a los estudiantes y colegas que nos ayudaron durantesu elaboracion, estimulandonos a terminar la tarea; en particular a quienesusaron estos apuntes antes de ser libro, aportando sugerencias, apreciacionesy crıticas. En especial, a nuestro colega el Doctor Abdon Catalan, que dedicogran cantidad de horas en la revision de este texto.

Agradecemos a la Direccion de Docencia de la Universidad de la Frontera,que apoyo este proyecto, y al Comite Editor de la misma Universidad que loacogio como libro.

Temuco, Diciembre 2018

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Ejercicios Resueltos. Introducción al Cálculo 1Vıctor Vargas V. - Luisa Traub K. 1

1.1 NUMEROS REALES: IR

Se denomina conjunto de numeros IR a la union de los numeros racionalese irracionales.Los racionales Q son las fracciones decimales periodicas ası:

Q = {x/x =p

q, p, q ∈ Z, q �= 0}

Z = {conjunto de los enteros}

Los irracionales son los decimales no periodicos.

Los numeros reales pueden representarse mediante puntos en la recta real

−∞ < −−−−−−−−−− 0−−−−−−−−−− > ∞

El conjunto de los numeros REALES satisface varios axiomas, de donde sededucen ciertas propiedades que cumple este conjunto.Los axiomas los dividiremos en:Axiomas de Cuerpo, Axiomas de Orden y Axioma del Supremo.

I) Axiomas de Cuerpo:

Se dice que el conjunto IR con las operaciones de suma y producto es uncuerpo porque: Para cada a, b, c real se tiene:

1. Conmutatividad:a+ b = b+ a

a · b = b · a

2. Asociatividad:a+ (b+ c) = (a+ b) + c

a · (b · c) = (a · b) · c


Víctor Vargas Villegas2Vıctor Vargas V. - Luisa Traub K. 2

3. Distributividad:

a · (b+ c) = a · b+ a · c(b+ c) · a = b · a+ c · a

4. Elemento neutro aditivo: ∃! 0 ∈ IR tal que ∀a ∈ IR

a+ 0 = 0 + a = a

Elemento neutro multiplicativo: ∃! 1 ∈ IR tal que ∀a ∈ IR

a · 1 = 1 · a = a

5. Elemento inverso: ∀a ∈ IR , ∃! (−a) ∈ IR llamado inverso aditivo de atal que :

a+ (−a) = (−a) + a = 0;

∀a ∈ IR, a �= 0, ∃! a−1 ∈ IR llamado inverso muliplicativo de a tal que :

a · a−1 = a−1 · a = 1;

ALGUNAS PROPIEDADES DE LOS NUMEROS REALES:

Sean a, b, c, d, x reales cualquiera. Entonces se cumplen:

1. Ley de cancelacion:i) Si a+ b = a+ c, entonces b = cii) Si ab = ac, a �= 0, entonces b = c

2. Posibilidad de sustraccion:Si a+ x = b, entonces x = b− a

3. Posibilidad de division:

Si ax = b, a �= 0, entonces x =b

a



4. a · 0 = 0

5. Si ab = 0, entonces a = 0 o b = 0

6.a

b· cd=

ac

bd, b �= 0, d �= 0

7.a

b+

c

d=

ad+ bc

bd, b �= 0, d �= 0.

8. a = b ⇒ a2 = b2 pero a2 = b2 �⇒ a = b

II) Axiomas de Orden:

Estos axiomas establecen un orden en los reales, esto es, nos permitendecir cuando un numero es mayor o menor que otro.

Sea IR+ el conjunto de los Reales positivos (mayores que cero) caracte-rizado por los siguientes axiomas:

1. Si a, b ∈ IR+ entonces:

a+ b ∈ IR+

a · b ∈ IR+

Es decir la suma y producto de reales positivos son tambien reales positivos.

2. ∀a �= 0 ∈ IR, se tiene que a ∈ IR+ o (−a) ∈ IR+

Es decir, cada real es positivo o su opuesto es positivo o bien es igual acero. (Ley de tricotomıa).

IR− = {a ∈ IR/(−a) ∈ IR+}De la ley de tricotomıa y de la definicion de IR− se deduce:

IR+ ∪ IR− ∪ {0} = IR, IR+ ∩ IR− = φ, 0 /∈ IR+, 0 /∈ IR−∗



a < b ⇐⇒ b− a ∈ IR+

a ≤ b ⇐⇒ (b− a) ∈ IR+ ∪ {0}

Algunas Propiedades:

1. a ∈ IR+, b ∈ IR− =⇒ ab ∈ IR−

2. a �= 0 =⇒ a2 > 03. a ∈ IR+ =⇒ a−1 ∈ IR+

4. a > b ∧ c ≥ d =⇒ a+ c > b+ d5. a > b ∧ c > 0 =⇒ ac > bc6. a > b ∧ c < 0 =⇒ ac < bc7. ab > 0 =⇒ (a > 0 ∧ b > 0) ∨ (a < 0 ∧ b < 0)8. ab < 0 =⇒ (a < 0 ∧ b > 0) ∨ (a > 0 ∧ b < 0)9. a, b ∈ IR+ : a2 > b2 ⇐⇒ a > b10. a < b =⇒ a+ c < b+ c

11. a, b ∈ IR+, a < b =⇒ 1

a>

1

b

ECUACIONES.

Para resolver una ecuacion se pueden aplicar las propiedades que produ-cen ecuaciones equivalentes, es decir ecuaciones que tienen exactamente lasmismas soluciones. Estas reglas incluyen sumar (restar) el mismo numero aambos lados, o multiplicar (o dividir) ambos lados por la misma constante,excepto cero.

1.- Ecuacion lineal: Una ecuacion lineal en x, es de primer grado y tie-ne la forma: ax + b = 0, a �= 0. Toda ecuacion lineal tiene exactamente unasolucion x = −b/a.

2.- Ecuacion cuadratica: Una ecuacion cuadratica en x, es de segundogrado tiene la forma: ax2 + bx+ c = 0. Puede tener dos, una o ninguna solu-cion real x, dependiendo de que el discriminante, � = b2 − 4ac, sea: mayor,igual o menor que cero respectivamente.La solucion se determina mediante la formula cuadratica:



x =−b±

√b2 − 4ac

2a

Tambien es util el metodo de factorizacion, con frecuencia es mas rapi-do, pero en algunas ocasiones es difıcil ubicar los factores. Mas aun, muchasexpresiones cuadraticas no tienen factores reales, en tal caso es imposiblefactorizar.

3.- Otras ecuaciones.-Al resolver ecuaciones que contienen fracciones o raıces (no lineales), es fre-cuente multiplicar ambos lados por expresiones que contengan la variable oelevar ambos miembros a la misma potencia. Esta operacion no garantiza quela ecuacion resultante equivale a la original. En este caso, se deben verificartodas las soluciones obtenidas en la ecuacion dada.

INECUACIONES.

Resolver una inecuacion significa determinar los numeros x ∈ IR que lasatisfacen, lo cual se logra aplicando correctamente las propiedades de losnumeros reales.

Intervalos.-

Un conjunto de numeros reales x que satisface:i) a < x < b se denomina intervalo abierto, se denota (a, b)ii) a ≤ x ≤ b se denomina intervalo cerrado, se denota [a, b]iii) a ≤ x < b o a < x ≤ b son equivalentes a: [a, b) o (a, b],

se denominan intervalos semi abiertos o semi cerrados.-iv) x < a o x ≤ a se denota por el intervalo (−∞, a) o (−∞, a]v) x > a o x ≥ a se denota por el intervalo (a,∞) o [a,∞)vi) El conjunto IR se denota: (−∞,∞).



VALOR ABSOLUTO

El valor absoluto de un numero x, denotador por |x|, se define como:

|x| =

x , si x > 00 , si x = 0−x , si x < 0


1. |x| ≥ x 2. |xy| = |x||y|

3. |x/y| = |x|/|y| (y �= 0) 4. |x+ y| ≤ |x|+ |y|

5. |x| ≤ k ⇐⇒ −k ≤ x ≤ k (k ≥ 0) 6. |x| ≥ k ⇐⇒ x ≥ k ∨ x ≤ −k

7. |x|2 = x2 8. |x| =√x2

III) Axioma del Supremo.

Definicion: Un conjunto S de numeros reales se dice acotado supe-riormente si existe un b ∈ IR tal que:

x ≤ b ∀x ∈ S

El numero b se llama cota superior del conjunto S.

Ejemplos:1.- Z− esta acotado superiormente por 0.2.- Z+ no esta acotado superiormente.

Definicion:Un conjunto S de numeros reales se dice acotado inferiormente si existeun a ∈ IR tal que:

a ≤ x ∀x ∈ S

El numero a se llama cota inferior del conjunto S.



Un conjunto S de numeros reales se dice acotado si lo es superior e infe-riormente.

Ejemplos:

1.- IR+ esta acotado inferiormente por 0 y por cualquier numero negativo.

2.- Los intervalos [a, b], (a, b), [a, b), (a, b] son todos conjuntos acotados quetienen como cota superior al numero b y como cota inferior al numero a.

La menor de las cotas superiores se llama SUPREMO. La mayor delas cotas inferiores se llama INFIMO. Ademas, si el supremo pertenece alconjunto S este se llama ELEMENTO MAXIMO. Si el ınfimo perteneceal conjunto S se llama ELEMENTO MINIMO de S.



1.2 Ejercicios Resueltos Numeros Reales.

Problema 1

Dadas las afirmaciones siguientes. Demuestrelas si son verdaderas y de uncontraejemplo si son falsas.

i) a = b =⇒ a2 = b2

Solucion:

a = b =⇒ (a− b)(a+ b) = 0=⇒ a2 − b2 = 0=⇒ a2 = b2

Luego es Verdadero.

ii) a2 = b2 =⇒ a = b

Solucion:

a2 = b2 =⇒ a2 − b2 = 0=⇒ (a− b)(a+ b) = 0=⇒ a = b o a = −b

Luego es Falso.Contraejemplo: Sean a = 2 =⇒ a2 = 4

b = −2 =⇒ b2 = 4a2 = b2 =⇒ 2 = −2

Luego es Falso.

iii) a2 > 0 =⇒ a > 0

Solucion:

a2 > 0 =⇒ a > 0 o a < 0

Luego es Falso.Contraejemplo: Sea a2 = (−5)2 = 25 > 0 =⇒ −5 > 0 Falso.



iv) a < b =⇒ ac < bc

Solucion:

Si c > 0 es verdadero.Si c < 0 es falsa.Luego es Falso ∀x ∈ IR.Contraejemplo: 4 < 5 =⇒ 4(−3) < 5(−3) ⇒ −12 < −15 Falso

Problema 2

Pruebe que si x < 0 entonces:

x+1

x≤ −2

Solucion:

Tenemos: (x+ 1)2 ≥ 0luego : x2 + 2x+ 1 ≥ 0Dividiendo por x < 0 se tiene:

x+ 2 +1

x≤ 0

Por tanto x+ 1x≤ −2

Problema 3

Si x e y son numeros positivos demostrar:

(1

x+

1

y)(x+ y) ≥ 4

Solucion:

Como: (x− y)2 ≥ 0



tenemos: x2 − 2xy + y2 ≥ 0 sumamos 4xyentonces: x2 + y2 + 2xy ≥ 4xy. Dividiendo por xy (positivo)

x

y+

y

x+ 2 ≥ 4

x

y+

y

x+ 1 + 1 ≥ 4

x(1

y+

1

x) + y(

1

x+

1

y) ≥ 4

Luego:

(1

x+

1

y)(x+ y) ≥ 4

Problema 4

Si a, b, c son reales positivos distintos, demuestre:

(a+ b+ c)(bc+ ca+ ab) > 9abc

Solucion:

(a+ b+ c)(bc+ ca+ ab)− 9abc =abc+ ca2 + a2b+ b2c+ cab+ ab2 + bc2 + c2a+ cab− 9abc =

a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2)− 6abc =a(b− c)2 + b(c− a)2 + c(a− b)2 > 0

Luego,(a+ b+ c)(bc+ ca+ ab) > 9abc

ECUACIONES

Problema 5

Resolver:(6x− 1)(x− 2) = 1− 20x

Solucion:

(6x− 1)(x− 2) = 1− 20x6x2 − 13x+ 2 = 1− 20x6x2 + 7x+ 1 = 0(6x+ 1)(x+ 1) = 0



S : x = −1/6 o x = −1

Luego el conjunto de solucion S es: S = {−1/6,−1}

Problema 6

Resolver:3x− 2x/5 = x/10− 7/4

Solucion:

El m.c.m.de 5, 10 y 4 es: 20, luego multiplicando la ecuacion por 20 te-nemos:

60x− 8x = 2x− 3550x = −35

S : x = −7/10

Problema 7

Resolver:3/5 + 3/(2x+ 1) = 0

Solucion:

m.c.m es: 5 · (2x+ 1) entonces se tiene:

3(2x+ 1) + 15 = 06x+ 18 = 0

S : x = −3

Problema 8

Resolver: √x2 + 33− x = 3



Solucion:

√x2 + 33− x = 3√x2 + 33 = x+ 3 /2

x2 + 33 = x2 + 6x+ 9

S : x = 4

Se debe verificar si x=4 es solucion. En este caso es solucion.

Problema 9

Resolver:1√x+ 4

=

√x− 4

3

Solucion:

Elevamos al cuadrado, lo que significa que deben verificarse las soluciones,se tiene:

9 = x2 − 16 =⇒ x = ±5

pero −5 no es solucion, entonces S : x = 5

INECUACIONES.

Problema 10

Si x ∈ (6, 10) ¿En que intervalo se encuentra−2

4− x?

Solucion:

x ∈ (6, 10) ⇔ 6 < x < 10⇔ −10 < −x < −6⇔ −6 < 4− x < −2⇔ 2 < x− 4 < 6

⇔ 1/6 <1

x− 4< 1/2

⇔ 2/6 <2

x− 4< 2/2



Luego;−2

4− x∈ (1/3, 1)

Problema 11

Resolver:2x− 7 < x+ 4

Solucion:

2x− 7 < x+ 42x− 7 + 7 < x+ 4 + 72x+ (−x) < x+ 11 + (−x)

x < 11

luego:S = {x ∈ IR/x < 11} = (−∞, 11)

Problema 12

Resolver:−5 < 2x+ 6 < 4

Solucion:

Se deben resolver las desigualdades: −5 < 2x+ 6 y 2x+ 6 < 4,lo que se puede hacer en forma simultanea como sigue:

−5 < 2x+ 6 < 4 /+ (−6)

−5− 6 < 2x+ 6− 6 < 4− 6

−11 < 2x < −2 / · (1/2)

−11/2 < x < −1

luego: S = {x ∈ IR/− 11/2 < x < −1} = (−11/2,−1)



Problema 13

Resolver:3x2 − x− 2 ≥ 0

Solucion:

Podemos escribir: (x− 1)(3x+ 2) ≥ 0.Un producto es positivo si los dos factores son positivos o los dos son nega-tivos, el producto es cero si uno de los factores es cero (o ambos ).

Como el factor (x− 1) = 0 =⇒ x = 1

(3x+ 2) = 0 =⇒ x = −2/3

Estos puntos son claves”para el analisis del signo del producto. Estos pun-tos dividen la recta real en tres tramos. Se analiza el signo de la expresion encada tramo. Si es necesario se elige un numero de cada tramo para verificarel signo de la expresion.

Se tiene el siguiente esquema:

(−∞,−2/3) (−2/3, 1) (1,∞)x− 1 − − +3x+ 2 − + +

(x− 1)(3x+ 2) + − +

La expresion es positiva en (−∞,−2/3) ∪ (1,∞), ademas es cero parax = 1 y x = −2/3, luego el conjunto solucion es:

S = (−∞,−2/3] ∪ [1,∞)

Problema 14

Resolver:4x2 − 12x+ 8 > −1

Solucion:

Podemos escribir: 4x2 − 12x+ 9 > 0 =⇒ (x− 32)2 > 0



El cuadrado es positivo siempre que x �= 3/2.Luego el conjunto solucion es:

IR− {3/2}

Problema 15

Resolver:x2 − 2x+ 2 > 0

Solucion:

En esta inecuacion b2 − 4ac, discriminante de la ecuacion de segundo gra-do, es negativo significa que la expresion no se puede descomponer entoncesx2−2x+2 no es cero para ningun x. Luego esta expresion es siempre positivao siempre negativa. Tomamos cualquier valor particular por ejemplo; si x = 0se tiene 02−2 ·0+2 = 2 > 0 entonces la solucion de la desigualdad son todoslos numeros reales.Nota: En general la expresion ax2 + bx + c es positiva ∀x si a > 0,� = b2 − 4ac < 0. Es negativa ∀x si a < 0, � = b2 − 4ac < 0.

Problema 16

Resolver:2x2 − 12x+ 13 < 0

Solucion:

En esta inecuacion la expresion b2 − 4ac < 0. La expresion no se pue-de descomponer. Luego esta expresion es siempre positiva o siempre nega-tiva. Tomamos cualquier valor particular por ejemplo; si x = 0 entonces2 · 02 − 12 · 0 + 13 = 13 > 0, luego la desigualdad no tiene solucion: S = φ

Problema 17

Hallar los valores de k para los cuales se verifica que:

x2 + (2k + 1)x+ k(k + 3) ≥ 0 ∀x ∈ IR



Solucion:

La desigualdad se verifica cuando la expresion � = b2 − 4ac ≤ 0. Luego:

(2k + 1)2 − 4k(k + 3) ≤ 0 ⇐⇒ −8k + 1 ≤ 0

entonces: k ∈ [18,∞)

Problema 18

Resolver:x+ 1

2x− 3≥ 1

Solucion:

Se hace notar que no es conveniente multiplicar por 2x− 3, pues este factorpodrıa ser positivo o negativo. Podemos escribir:

x+ 1

2x− 3≥ 1 /+ (−1)

x+ 1

2x− 3− 1 ≥ 0

−x+ 4

2x− 3≥ 0

Una fraccion es positiva si el numerador y denominador son ambos positivoso negativos. Analizamos el signo de ambos. El numerador se anula (es cero)para x = 4, el denominador se anula para x = 3/2. Estos son puntos clavespara el analisis de la fraccion.Estos puntos dividen la recta real en tres tramos. Se analiza el signo de laexpresion segun el esquema siguiente:



(−∞, 3/2) (3/2, 4) (4,∞)−x+ 4 + + −2x− 3 − + +−x+ 4

2x− 3− + −

La expresion es positiva en (3/2, 4), ademas es cero en 4, luego el conjuntosolucion es:

S = (3/2, 4]

Problema 19

Resolver:1

x+

1

1− x≥ 0

Solucion:

Se hace notar que no es conveniente multiplicar por x(1 − x), pues estefactor podrıa ser positivo o negativo. Podemos escribir:

1− x+ x

x(1− x)≥ 0 =⇒ 1− x+ x

x(1− x)≥ 0

Esta fraccion es positiva si el denominador es positivo, entonces se tienex(1 − x) ≥ 0. Los puntos claves son: x = 0, x = 1. Estos puntos dividen larecta real en tres tramos. Se analiza el signo de la expresion segun el esquemasiguiente:

(−∞, 0) (0, 1) (1,∞)x − + +

1− x + + -x(1− x) − + −

La expresion es positiva en (0, 1) luego el conjunto solucion es:

S = (0, 1)


Víctor Vargas Villegas18

Vıctor Vargas V. - Luisa Traub K. 18

Resolver:x2 + 4 > 0

Solucion:

La expresion x2 + 4 no es factorizable sobre IR, entonces es siempre posi-tiva o siempre negativa. Pero x2 es siempre positivo o bien cero, de modo quex2 + 4 es siempre positivo.Luego el conjunto solucion es: (−∞,∞) = IR

Problema 21

Resolver: x2 + 4 < 0

Solucion:

Por el ejemplo anterior no tiene solucion, luego el conjunto solucion es:

S = φ


(−∞, 3/2) (3/2, 4) (4,∞)−x+ 4 + + −2x− 3 − + +−x+ 4

2x− 3− + −

La expresion es positiva en (3/2, 4), ademas es cero en 4, luego el conjuntosolucion es:

S = (3/2, 4]

Problema 19

Resolver:1

x+

1

1− x≥ 0

Solucion:

Se hace notar que no es conveniente multiplicar por x(1−x) pues este factorpodrıa ser positivo o negativo. Podemos escribir:

1− x+ x

x(1− x)≥ 0

Esta fraccion es positiva si el denominador es positivos entonces se tienex(1 − x) ≥ 0. Los puntos claves son: x = 0, x = 1 Estos puntos dividen larecta real en tres tramos. Se analiza el signo de la expresion segun el esquemasiguiente:

(−∞, 0) (0, 1) (1,∞)x − + +

1− x + + -x(1− x) − + −

La expresion es positiva en (0, 1) luego el conjunto solucion es:

S = (0, 1)

Problema 20



Valor Absoluto

Problema 22

Calcular: √(x− 5)2

Solucion:

√(x− 5)2 = |x− 5| =

x− 5 , si x > 50 , si x = 5

−x+ 5 , si x < 5

Problema 23

Resolver la ecuacion: |3x+ 1| = 7− x

Solucion:

Necesariamente debe tenerse: 7− x ≥ 0, luego x ≤ 7. Ademas:

|3x+ 1| = 3x+ 1 para 3x+ 1 ≥ 0

|3x+ 1| = −(3x+ 1) para 3x+ 1 < 0

luego: (1) 3x+ 1 = 7− x condicionado por (x ≤ 7; x ≥ −1/3)

(2) −(3x+ 1) = 7− x condicionado por (x ≤ 7; x < −1/3)

La solucion de (1) es: S1 = 3/2 y de (2) es S2 = −4

uniendo ambas soluciones la solucion final es S = S1 ∪ S2 = {3/2,−4}




Pruebe que:

|x− 4| < 1 ⇒ 1

3<

1

x− 2< 1

Solucion:

|x− 4| < 1 ⇒ −1 < (x− 4) < 1⇒ 1 < x− 2 < 3

⇒ 1

3<

1

x− 2< 1

Problema 25

Pruebe que:|7− 2x| < 5 ⇒ |x− 5| < 2

Solucion:

|7− 2x| < 5 ⇒ −5 < 7− 2x < 5⇒ −12 < −2x < −2⇒ 1 < x < 6⇒ −4 < x− 5 < 1

Para poder escribir |x − 5| < 2 debemos tener −2 < x − 5 < 2. Podemosdecir que: −4 < x − 5 < 1 < 2 pero, −2 < −4 es falso, luego no es posibleformar esta desigualdad. Un contraejemplo tenemos si x = 2

|7− 4| < 5 ⇒ | − 3| < 2

|3| < 5 ⇒ | − 3| < 2

Verdadero ⇒ Falso, Luego es Falso.

Problema 26

Pruebe que:|x− 2| < 2 ⇒ |x2 − 4| < 12


Valor Absoluto

Problema 22

Calcular: √(x− 5)2

Solucion:

√(x− 5)2 = |x− 5| =

x− 5 , si x > 50 , si x = 5

−x+ 5 , si x < 5

Problema 23

Resolver la ecuacion: |3x+ 1| = 7− x

Solucion:

Necesariamente debe tenerse: 7− x ≥ 0, luego x ≤ 7. Ademas:

|3x+ 1| = 3x+ 1 para 3x+ 1 ≥ 0

|3x+ 1| = −(3x+ 1) para 3x+ 1 < 0

luego: (1) 3x+ 1 = 7− x condicionado por (x ≤ 7; x ≥ −1/3)

(2) −(3x+ 1) = 7− x condicionado por (x ≤ 7; x < −1/3)

La solucion de (1) es: S1 = 3/2 y de (2) es S2 = −4

uniendo ambas soluciones la solucion final es S = S1 ∪ §2 = {3/2,−4}

Problema 24



Solucion:

|x− 2| < 2 ⇒ −2 < x− 2 < 2⇒ 2 < x+ 2 < 6⇒ |x+ 2| < 6

Como |x2 − 4| = |x− 2||x+ 2| < 2 · 6 = 12

Problema 27

Encontrar un numero M , tal que

∣∣∣x+ 2

x− 5

∣∣∣ ≤ M

si x se restringe al intervalo (1, 4)

Solucion:

Podemos escribir

∣∣∣x+ 2

x− 5

∣∣∣ =∣∣∣−4x+ 2

x

∣∣∣ ≤ |4||x|+ |2||x|

Como x ∈ (1, 4) ⇒ 1 < x < 4 ⇒ |x| < 4

1/4 <1

x< 1 ⇒ 1

|x|< 1

Entonces4|x|+ 2

|x|< 18

Obtenemos ∣∣∣x+ 2

x− 5

∣∣∣ < 18

Metodo 2

∣∣∣x+ 2

x− 5

∣∣∣ ≤∣∣∣x+ 2

x

∣∣∣+ |5| = |x+ 2||x|

+ 5



Ahora: |x|+ 2 < 6 y |x| > 1Luego ∣∣∣x+ 2

x− 5

∣∣∣ < 11

En este ejemplo se muestra que algunas operaciones algebraicas conducen amejores estimaciones que otras.

Problema 28

Pruebe que:|x− y| ≤ |x|+ |y|

Solucion:

|x− y| = |x+ (−y)| ≤ |x|+ |(−y)|

Desigualdad triangular, ademas | − y| = |y| luego:

|x− y| ≤ |x|+ |y|

Problema 29

Pruebe que:|x| − |y| ≤ |x− y|

Solucion:

|x| = |x− y + y| ≤ |x− y|+ |y|

luego; |x| ≤ |x− y|+ |y||x| − |y| ≤ |x− y|

Problema 30

Determinar los valores de x que satisfacen:

|8x− 7| = 7− 8x

Solucion:



Solucion:

La igualdad es valida si 8x− 7 ≤ 0 ⇒ x ≤ 7/8

Problema 31


|x2 + 3x− 4| = x2 + 3x− 4

Solucion:

La igualdad es valida si: x2 + 3x− 4 ≥ 0

Como x2 + 3x− 4 = (x+ 4)(x− 1) entonces :

(−∞,−4) (−4, 1) (1,∞)x+ 4 − + +x− 1 − − +

(x+ 4)(x− 1) + − +

Luego el conjunto solucion es:

S = (−∞,−4] ∪ [1,∞)

Problema 32

i) La ecuacion |x| = k tiene dos soluciones x = k y x = −k si k > 0.Tiene una solucion si k = 0. No tiene solucion si k < 0.

ii) La inecuacion |x| < k tiene por solucion el conjunto S = (−k, k) siem-pre que k > 0 , y si k ≤ 0 no tiene solucion.

iii) La inecuacion |x| > k tiene por solucion el conjuntoS = (−∞,−k) ∪ (k,∞) siempre que k > 0, y el conjunto IR si k ≤ 0.




Resolver: |x− 5| > 2x+ 1

Solucion:

Un procedimiento para resolver esta inecuacion es ver donde la expre-sion que contiene valor absoluto se anula, en este caso en x = 5. Este puntoes un punto clave, divide la recta en dos tramos. Se tiene el esquema siguiente:

(−∞, 5) (5,∞)

|x− 5| −(x− 5) +(x− 5)

2x+ 1 2x+ 1 2x+ 1

|x− 5| > 2x+ 1 −(x− 5) > 2x+ 1 x− 5 > 2x+ 1(1) (2)

Se resuelven las inecuaciones (1) y (2) en los respectivos intervalos y sechequea el punto clave. El conjunto solucion es:

S = {S1 ∩ (−∞, 5)} ∪ {S2 ∩ (5,∞)} = (−∞, 4/3)

donde S1 es solucion de (1) y S2 es solucion de (2).

Problema 34

Resolver: |x− 3| ≥ |2x+ 1|

Solucion:

En este caso los puntos claves son: x = 3 y x = −1/2. Luego la recta realqueda dividida en tres tramos.


La igualdad es valida si 8x− 7 ≤ 0 ⇒ x ≤ 7/8

Problema 31


|x2 + 3x− 4| = x2 + 3x− 4

Solucion:

La igualdad es valida si: x2 + 3x− 4 ≥ 0

Como x2 + 3x− 4 = (x+ 4)(x− 1) entonces :

(−∞,−4) (−4, 1) (1,∞)x+ 4 − + +x− 1 − − +

(x+ 4)(x− 1) + − +

Luego el conjunto solucion es:

S = (−∞,−4] ∪ [1,∞)

Problema 32

i) La ecuacion |x| = k tiene dos soluciones x = k y x = −k si k > 0.Tiene una solucion si k = 0. No tiene solucion si k¡0.

ii) La inecuacion |x| < k tiene por solucion el conjunto S = (−k, k) siem-pre que k¿0 , y si k ≤ 0 no tiene solucion.

iii) La inecuacion |x| > k tiene por solucion el conjuntoS = (−∞,−k) ∪ (k,∞) siempre que k > 0, y el conjunto IR si k ≤ 0.

Problema 33



(−∞,−1/2) (−1/2, 3) (3,+∞)

|x− 3| −(x− 3) −(x− 3) x− 3

|2x+ 1| −(2x+ 1) 2x+ 1 2x+ 1

|x− 3| ≥ |2x+ 1| −(x− 3) ≥ −(2x+ 1) −(x− 3) ≥ 2x+ 1 x− 3 ≥ 2x+ 1(1) (2) (3)

Luego para resolver esta inecuacion hay que chequear los puntos claves yresolver las inecuaciones (1), (2) y (3) en los respectivos intervalos. El con-junto solucion es:

S = {S1 ∩ (−∞,−1/2]} ∪ {S2 ∩ [−1/2, 3]} ∪ {S3 ∩ [3,∞)}

donde S1, S2, S3 son las soluciones de las ecuaciones (1), (2) y (3). De dondese tiene: S = [−4, 2/3].-

Otra forma de resolver este ejemplo es elevar al cuadrado esta desigual-dad aplicando la propiedad: a2 = |a|2 entonces se tiene:

|x− 3|2 ≥ |2x+ 1|2

x2 − 6x+ 9 ≥ 4x2 + 4x+ 1

−3x2 − 10x+ 8 ≥ 0 /(−1)

3x2 + 10x− 8 ≤ 0

(x+ 4)(3x− 2) ≤ 0

En este caso los puntos claves para los signos de los factores son: x = −4y x = 2/3 entonces tenemos el esquema siguiente:

(−∞,−4) (−4, 2/3) (2/3,∞)x+ 4 − + +3x− 2 − − +

(x+ 4)(3x− 2) + − +


(−∞,−1/2) (−1/2, 3) (3,+∞)

|x− 3| −(x− 3) −(x− 3) x− 3

|2x+ 1| −(2x+ 1) 2x+ 1 2x+ 1

|x− 3| ≥ |2x+ 1| −(x− 3) ≥ −(2x+ 1) −(x− 3) ≥ 2x+ 1 x− 3 ≥ 2x+ 1(1) (2) (3)

Luego para resolver esta inecuacion hay que chequear los puntos claves yresolver las inecuaciones (1), (2) y (3) en los respectivos intervalos. El con-junto solucion es:

S = {S1 ∩ (−∞,−1/2]} ∪ {S2 ∩ [−1/2, 3]} ∪ {S3 ∩ [3,∞)}

donde S1, S2, S3 son las soluciones de las ecuaciones (1), (2) y (3). De dondese tiene: S = [−4, 2/3].-

Otra forma de resolver este ejemplo es elevar al cuadrado esta desigual-dad aplicando la propiedad: a2 = |a|2 entonces se tiene:

|x− 3|2 ≥ |2x+ 1|2

x2 − 6x+ 9 ≥ 4x2 + 4x+ 1

−3x2 − 10x+ 8 ≥ 0 /(−1)

3x2 + 10x− 8 ≤ 0

(x+ 4)(3x− 2) ≤ 0

En este caso los puntos claves para los signos de los factores son: x = −4y x = 2/3 entonces tenemos el esquema siguiente:

(−∞,−4) (−4, 2/3) (2/3,∞)x+ 4 − + +3x− 2 − − +

(x+ 4)(3x− 2) + − +



Donde la expresion es negativa en (−4, 2/3), se anula en −4 y 2/3, luegoS = [−4, 2/3]

Problema 35

Resolver: |x+ 2| > x− |x− 1|

Solucion:

Para resolver esta inecuacion vemos donde las expresiones que contienenvalor absoluto se anulan, en este caso en x = −2 ∧ x = 1. Estos puntos sonpuntos claves, divide la recta en tres tramos. Se tiene el esquema siguiente:

(−∞,−2) (−2, 1) (1,∞)

|x+ 2| −(x+ 2) +(x+ 2) +(x+ 2)

|x− 1| −(x− 1) −(x− 1) +(x− 1)

|x+ 2| > x− |x− 1| −(x+ 2) > 2x− 1 x+ 2 > 2x− 1 x+ 2 > x− (x− 1)(1) (2) (3)

Se resuelven las inecuaciones (1) , (2) y (3) en los respectivos intervalos yse chequea los puntos claves. S1 = (−∞,−1

3), S2 = (−∞, 3), S3 = (−1,∞).

El conjunto solucion es:

S = {S1 ∩ (−∞,−2)} ∪ {S2 ∩ (−2, 1)} ∪ {S3 ∩ (1,∞)} ∪ {−2, 1} = IR

donde S1 es solucion de (1) , S2 es solucion de (2) y S3 es solucion de (3).

Problema 36

Hallar las raıcesx2 + |x| − 6 = 0



Problema 35

Resolver: |x+ 2| > x− |x− 1|

Solucion:


(−∞,−2) (−2, 1) (1,∞)

|x+ 2| −(x+ 2) +(x+ 2) +(x+ 2)

|x− 1| −(x− 1) −(x− 1) +(x− 1)

|x+ 2| > x− |x− 1| −(x+ 2) > 2x− 1 x+ 2 > 2x− 1 x+ 2 > x− (x− 1)(1) (2) (3)


3), S2 = (−∞, 3), S3 = (−1,∞).


S = {S1 ∩ (−∞,−2)} ∪ {S2 ∩ (−2, 1)} ∪ {S3 ∩ (1,∞)} ∪ {−2, 1} = IR


Problema 36




Problema 35

Resolver: |x+ 2| > x− |x− 1|

Solucion:


(−∞,−2) (−2, 1) (1,∞)

|x+ 2| −(x+ 2) +(x+ 2) +(x+ 2)

|x− 1| −(x− 1) −(x− 1) +(x− 1)

|x+ 2| > x− |x− 1| −(x+ 2) > 2x− 1 x+ 2 > 2x− 1 x+ 2 > x− (x− 1)(1) (2) (3)


3), S2 = (−∞, 3), S3 = (−1,∞).


S = {S1 ∩ (−∞,−2)} ∪ {S2 ∩ (−2, 1)} ∪ {S3 ∩ (1,∞)} ∪ {−2, 1} = IR


Problema 36




Solucion:

x2 + |x| − 6 = 0 =⇒ ( |x|+ 3 )( |x| − 2) = 0

=⇒ |x| = −3 (no entrega solucion) o

|x| = 2 ⇒ x = ±2

Problema 37


|(x2 + 4x+ 9) + (2x− 3)| = |(x2 + 4x+ 9)|+ |(2x− 3)|

Solucion:

La igualdad |a + b| = |a| + |b| es valida si y solo si ambos sumandos tie-nen el mismo signo, y como x2 + 4x + 9 > 0, ∀x(a > 0, b2 − 4ac < 0) estoobliga 2x− 3 ≥ 0 ⇒ x ≥ 3/2

Problema 38

Resolver: √(x− 2)4 (x2 − 3)

|x− 1|2(x2 + x+ 1)≤ 0

Solucion:

Como :√(x− 2)4 = |(x− 2)|2 es siempre positivo

|x− 1|2 es siempre positivo.x2 + x+ 1 es siempre positivo pues b2 − 4ac < 0 ∧ a > 0.

Analizamos x2 − 3 ≤ 0 ⇒ x2 ≤ 3 ⇒ |x| ≤√3 ⇒ x ∈ [−

√3,√3].

El numerador es cero si: x− 2 = 0 → x = 2 ∧ x2 − 3 = 0 → x = ±√3.

El denominador es cero si x− 1 = 0 → x = 1.Luego la solucion es: [−

√3, 1) ∪ (1,

√3] ∪ {2}



Problema 39

Dado los siguientes conjuntos determine: cotas superiores, supremo, cotasinferiores, infimo, Elemento maximo, Elemento mınimo, si existen.

i) Sea S = {x ∈ IR/x2 ≤ 4}

Solucion:

entonces |x| ≤ 2 ⇐⇒ −2 ≤ x ≤ 2Luego S tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 2}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ −2}Supremo: 2Infimo: -2Elemento maximo: 2Elemento mınimo: −2

ii) Sea S = {x ∈ IR/x < 4}

Solucion:

Cotas Superiores: {x ∈ IR/x ≥ 4}Cotas Inferiores: no tieneSupremo: 4Infimo: no tieneElemento maximo: no tieneElemento mınimo: no tiene

iii) Sea S = {x ∈ [5, 9]/5x− 3 ≥ 0 ∧ 3x− 12 ≥ 0}

Solucion:

x ∈ [5, 9] ⇒ 5 ≤ x ≤ 95x− 3 ≥ 0 → x ≥ 3/53x− 12 ≥ 0 ⇒ x ≥ 4



Como x debe satisfacer estas tres desigualdades la interseccion deellas es la solucion. Luego la solucion final es: S = [5, 9] entoncesCotas Superiores: {x ∈ IR/x ≥ 9}Cotas Inferiores: {x ∈ IR/x ≤ 5}Supremo: 9Infimo: 5Elemento maximo: 9Elemento mınimo: 5

Problema 40

Sea

S = {x ∈ IR/|x+6

x| ≤ 5}

Determine: cotas superiores, supremo, cotas inferiores, ınfimo, Elemento maxi-mo, Elemento mınimo, si existen.

Solucion:

Podemos escribir:

−5 ≤ x+6

x≤ 5

luego;

−5 ≤ x+6

x∧ x+

6

x≤ 5

x2 + 5x+ 6

x≥ 0 ∧ x2 − 5x+ 6

x≤ 0

(1)(x+ 2)(x+ 3)

x≥ 0 ∧ (2)

(x− 2)(x− 3)

x≤ 0

En el caso (1) los puntos claves para los signos de los factores son:x = −2; x = 0 y x = −3 entonces tenemos el esquema siguiente:

(−∞,−3) (−3,−2) (−2, 0) (0,∞)x+ 2 − − + +x+ 3 − + + +x − − − +

(x+2)(x+3)x

− + − +



Donde la expresion es positiva en (−3,−2)∪ (0,∞), se anula en −3 y −2,luego

S1 = [−3,−2] ∪ (0,∞)

En el caso (2) los puntos claves para los signos de los factores son:x = 2; x = 0 y x = 3 entonces tenemos el esquema siguiente:

(−∞, 0) (0, 2) (2, 3) (3,∞)x− 2 − − + +x− 3 − − − +x − + + +

(x−2)(x−3)x

− + − +

Donde la expresion es negativa en (−∞, 0) ∪ (2, 3), se anula en 2 y 3,luego

S2 = (−∞, 0) ∪ [2, 3]

La solucion final es:Sf : [−3,−2] ∪ [2, 3]

Luego S tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 3}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ −3}Supremo: 3Infimo: −3Elemento maximo: 3Elemento mınimo: −3

Problema 41

Sea

S = {x ∈ IR /∣∣∣ x+ 2

1− 3x

∣∣∣+ x

1− 3x≥ 1}


Solucion:


Ejercicios Resueltos. Introducción al Cálculo 31


Six+ 2

1− 3x≥ 0 resolviendo esta desigualdad tenemos:

So = [−2, 1/3) entonces:

x+ 2

1− 3x+

x

1− 3x− 1 ≥ 0

x+ 2 + x− 1 + 3x

1− 3x≥ 0

5x+ 1

1− 3x≥ 0

resolviendo esta desigualdad se tiene: S1 = [−1/5, 1/3]Luego: S′ = So ∩ S1 = [−1/5, 1/3)

Six+ 2

1− 3x≤ 0 resolviendo esta desigualdad tenemos:

S′o = [−∞,−2] ∪ (1/3,∞) entonces:

− x+ 2

1− 3x+

x

1− 3x− 1 ≥ 0

−x− 2 + x− 1 + 3x

1− 3x≥ 0

3x− 3

1− 3x≥ 0

resolviendo esta desigualdad se tiene: S′1 = [1/3, 1]

Luego: S′′ = S ′o ∩ S ′

1 = [1/3, 1]

La solucion final Sf = S ′ ∪ S ′′ = [−1/5, 1/3) ∪ (1/3, 1] = [−1/5, 1]− {1/3}Luego S tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 1}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ −1/5}Supremo: 1Infimo: −1/5Elemento maximo: 1Elemento mınimo: −1/5

Problema 42


Donde la expresion es positiva en (−3,−2)∪ (0,∞), se anula en −3 y −2,luego

S1 = [−3,−2] ∪ (0,∞)

En el caso (2) los puntos claves para los signos de los factores son:x = 2; x = 0 y x = 3 entonces tenemos el esquema siguiente:

(−∞, 0) (0, 2) (2, 3) (3,∞)x− 2 − − + +x− 3 − − − +x − + + +

(x−2)(x−3)x

− + − +

Donde la expresion es negativa en (−∞, 0) ∪ (2, 3), se anula en 2 y 3,luego

S2 = (−∞, 0) ∪ [2, 3]

La solucion final es:Sf : [−3,−2] ∪ [2, 3]

Luego S tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 3}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ −3}Supremo: 3Infimo: −3Elemento maximo: 3Elemento mınimo: −3

Problema 41

Sea

S = {x ∈ IR /∣∣∣ x+ 2

1− 3x

∣∣∣+ x

1− 3x≥ 1}


Solucion:




Sea

B = { 2 +1

2n/ n ∈ IN }

Determine: cotas superiores, supremo, cotas inferiores, infimo, Elemento maxi-mo, Elemento mınimo, si existen.

Solucion:

B = { 2 +1

2, 2 +

1

4, 2 +

1

8, · · · · · · · }

Luego B tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 5/2}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ 2}Supremo: 5/2Infimo: 2Elemento maximo:5/ 2Elemento mınimo: no tiene


Six+ 2

1− 3x≥ 0 resolviendo esta desigualdad tenemos:

So = [−2, 1/3) entonces:

x+ 2

1− 3x+

x

1− 3x− 1 ≥ 0

x+ 2 + x− 1 + 3x

1− 3x≥ 0

5x+ 1

1− 3x≥ 0

resolviendo esta desigualdad se tiene: S1 = [−1/5, 1/3]Luego: S′ = So ∩ S1 = [−1/5, 1/3)

Six+ 2

1− 3x≤ 0 resolviendo esta desigualdad tenemos:

S′o = [−∞,−2] ∪ (1/3,∞) entonces:

− x+ 2

1− 3x+

x

1− 3x− 1 ≥ 0

−x− 2 + x− 1 + 3x

1− 3x≥ 0

3x− 3

1− 3x≥ 0

resolviendo esta desigualdad se tiene: S′1 = [1/3, 1]

Luego: S′′ = S ′o ∩ S ′

1 = [1/3, 1]

La solucion final Sf = S ′ ∪ S ′′ = [−1/5, 1/3) ∪ (1/3, 1] = [−1/5, 1]− {1/3}Luego S tiene:Cotas superiores: {x ∈ IR/x ≥ 1}Cotas inferiores: {x ∈ IR/x ≤ −1/5}Supremo: 1Infimo: −1/5Elemento maximo: 1Elemento mınimo: −1/5

Problema 42



2. GEOMETRIA ANALITICA

2.1 Plano Cartesiano

Distancia entre dos puntos

La distancia entre P1(x1, y1) y P2(x2, y2) es:

d =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

Punto de Division

El punto P (x, y) que divide al segmento P1P2 en una razon r esta deter-minado por:

x =x1 + rx2

1 + ry =

y1 + ry21 + r

Punto Medio

Las coordenadas del punto medio del segmento P1P2 son:

x =x1 + x2

2y =

y1 + y22

2.2 Lınea Recta

Definicion:Conjunto de puntos (x, y) tales que tomados dos puntos diferentes cuales-quiera, la pendiente m resulta siempre constante.

La ecuacion de una recta en dos variables es de primer grado en x e y



Pendiente de la Recta

La pendiente m de una recta que pasa por los puntos (x1, y1) y (x2, y2) es:

m =y2 − y1x2 − x1

, x1 �= x2

Situacion de una recta mediante su pendiente:

Pendiente cero : Recta horizontal.Pendiente indefinida : Recta vertical.Pendiente positiva : Recta asciende de izquierda a derecha.Pendiente negativa : Recta desciende de izquierda a derecha.

Ecuaciones Basicas de Rectas:

1.- Forma general: Ax+ By + C = 0, A �= 0 o B �= 0.

2.- Recta vertical: x = a

3.- Recta Horizontal: y = b

4.- Forma Punto - Pendiente: y − y1 = m(x− x1)

5.- Forma pendiente - interseccion: y = mx+ b

Rectas Paralelas y Perpendiculares:

Si L1 y L2 son dos rectas de pendientes m1 y m2 respectivamente

a) L1 paralela a L2 ⇐⇒ m1 = m2

b) L1 perpendicular a L2 ⇐⇒ m1 ·m2 = −1



Distancia de un punto a una recta

La distancia del punto P (x1, y1) a una recta L: Ax + By + C = 0 estadeterminada por:

d =Ax1 + By1 + C

±√A2 + B2

El signo del radical se considera:

1. Opuesto al de C, siempre que C �= 02. Igual al de B, si C = 0, y B �= 03. Igual al de A, si B = C = 0

Geometricamente si d > 0 significa que el origen y el punto estan a dis-tinto lado de la recta L. Si d < 0 significa que el origen y el punto estan aun mismo lado de la recta L.

Identificacion de una Ecuacion Cuadratica

La ecuacion cuadratica general

Ax2 + Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0

donde por lo menos A o C no es cero, puede identificarse como sigue:

- Si B = 0 y A = C, su grafica es una circunferencia.

- Si B = 0; A y C de distinto signo, su grafica es una hiperbola.

- Si B = 0; A y C de igual signo, su grafica es una elipse.

- Si B = 0; A = 0 su grafica es una parabola.

- Si B = 0; C = 0 su grafica es una parabola.



2.3 Circunferencia

Definicion:Conjunto de puntos (x, y) cuya distancia al punto (h,k) (centro) es r (radio).

Ecuacion canonica:Si el centro del circulo es: (h, k), radio r, la ecuacion es:

(x− h)2 + (y − k)2 = r2

Si el centro (h, k) = (0, 0), radio r, es:x2 + y2 = r2

Ecuacion General: x2 + y2 +Dx+ Ey + F = 0- Si � = D2 + E2 − 4F > 0 Representa:

Una circunferencia centro (−D/2,−E/2) y radio r = 12

√D2 + E2 − 4F

- Si � = 0 Representa: Un punto (−D/2,−E/2)- Si � < 0 no tiene representacion grafica en el plano real.

CONICAS

2.4 Parabolas

Definicion:Conjunto de puntos (x, y) que equidistan de una recta fija (directriz) y unpunto fijo (foco) que esta fuera de dicha recta.

Ecuacion canonica:Si el vertice es (h, k), eje vertical x = h y directriz y = k − p es:

(x− h)2 = 4p(y − k)Si el vertice es (h, k), eje horizontal y = k y directriz x = h− p es:

(y − k)2 = 4p(x− h)Ecuacion General:x2 +Dx+ Ey + F = 0 o y2 +Dx+ Ey + F = 0




2.5 Elipse

Definicion:Conjunto de puntos (x, y) cuyas sumas de distancias a dos puntos fijos (focos)es constante e igual a 2a.

Longitud del eje mayor = 2aLongitud eje menor = 2bLongitud del lado recto = 2b2/a

Distancia del centro a uno de los focos c =√a2 − b2

Excentricidad: e =

√a2 − b2

a< 1

Relacion entre las constantes a, b, c : a2 = b2 + c2

Ecuacion canonica de la elipse:

Centro (h, k), eje mayor paralelo al eje X;

(x− h)2

a2+

(y − k)2

b2= 1

Centro en (h, k), eje mayor paralelo al eje Y;

(x− h)2

b2+

(y − k)2

a2= 1

Ecuacion general de la elipse:

Ax2 + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0A y C tienen el mismo signo representa una elipse con ejes paralelosa los coordenados ( o bien un punto o ningun lugar geometrico)



2.6 Hiperbola

Definicion:Conjunto de puntos (x, y) cuyas diferencia de distancias a dos puntos fijos(focos) es constante e igual a 2a.

Longitud del lado recto: 2b2/a

Distancia del centro a uno de los focos c =√a2 + b2

Distancia entre los dos vertices es el eje transverso: 2aLongitud eje conjugado: 2b

Excentricidad: e =

√a2 + b2

a> 1

Relacion entre las constantes a, b, c : c2 = a2 + b2

Ecuacion canonica de la hiperbola:

Centro (h, k), eje transverso paralelo al eje X;

(x− h)2

a2− (y − k)2

b2= 1

Centro en (h, k), eje transverso paralelo al eje Y;

(y − k)2

a2− (x− h)2

b2= 1

Ecuacion general de la hiperbola:

Ax2 + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0A y C tienen signo distintos representa una hiperbola con ejes paralelosa los coordenados ( o bien un par de rectas que se cortan).



Transformacion de la ecuacion general de segundo grado.

La grafica de la ecuacion general: Ax2 +Bxy +Cy2 +Dx+Ey + F = 0,es salvo en casos degenerados, segun sea su discriminante:

1.- Elipse o Circunferencia: B2 − 4AC < 02.- Parabola: B2 − 4AC = 03.- Hiperbola: B2 − 4AC > 0

Para simplificar las graficas es conveniente elegir un sistema de coordenadasadecuado, lo que se realiza considerando dos movimientos uno de Traslaciony otro de Rotacion.

Traslacion de ejes.

Sean OX y OY los ejes primitivos y OX’ y OY’, paralelos respectivamente alos anteriores ,los nuevos ejes, Sean (h,k) las coordenadas de O’con respectoal sistema inicial. Entonces las ecuaciones de la traslacion de ejes son:

x = x′ + h y = y′ + k

Rotacion de ejes.

Mediante una rotacion de ejes coordenados se puede eliminar el termino xy.La ecuacion Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 se puede escribir comoA′(x′)2+C ′(y′)2+D′x+E ′y+F ′ = 0 girando los ejes coordenados un anguloθ, donde

cotg 2θ =A− C

B

Los coeficientes de la nueva ecuacion se obtienen al sustituir

x = x′cosθ − y′senθy = x′senθ + y′cosθ



2.7 Ejercicios Resueltos Geometrıa Analıtica.

Problema 1

Grafique los puntos (2, 1) y (4, 5). Encuentre la distancia entre ellos y en-cuentre el punto medio del segmento que los une.

Solucion:

Sean (2, 1) = (x1, y1) y (4, 5) = (x2, y2) entonces:

d =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 =

√(4− 2)2 + (5− 1)2

=√22 + 4 =

√20

El punto medio

(x, y) =(x1 + x2

2,y1 + y2

2

)=

(2 + 4

2,1 + 5

2

)= (3, 3)

Problema 2

Demostrar que los puntos A(3, 8), B(−11, 3), C(−8,−2) son los verticesde un triangulo isosceles.

Solucion:

AB =√(3 + 11)2 + (8− 3)2 =

√221

BC =√(−11 + 8)2 + (3 + 2)2 =

√34

AC =√(3 + 8)2 + (8 + 2)2 =

√221

Como AB = AC , el triangulo es isosceles.



Problema 3

Mostrar que el triangulo de verticesA(4, 3); B(6,−2); C(−11,−3) es rectangu-lo.

Solucion:

AB =√(6− 4)2 + (−2− 3)2 =

√29

BC =√(−11− 6)2 + (−3− (−2))2 =

√290

AC =√(−11− 4)2 + (−3− 3)2 =

√261

Como (AB)2 + (AC)2 = 29 + 261 = 290 = (BC)2, el triangulo es rectangulocon hipotenusa BC.

Problema 4

Mostrar que los puntos A(3, 5); B(1,−1); y C(−4,−16) estan en linea rectahaciendo ver que AB +BC = AC

Solucion:

AB =√(1− 3)2 + (−1− 5)2 =

√40 = 2

√10

BC =√(−4− 1)2 + (−16− (−1))2 =

√250 = 5

√10

AC =√(−4− 3)2 + (−16− 5)2 =

√490 = 7

√10

Como AB + BC = 2√10 + 5

√10 = 7

√10 = AC , los puntos estan en linea

recta.

Problema 5

Determinar un punto que equidiste de los puntos A(1, 7), B(8, 6), C(7,−1)



Solucion:

Sea P (x, y) el punto pedido, entonces: PA = PB = PCComo PA = PB. se tiene:

√(x− 1)2 + (y − 7)2 =

√(x− 8)2 + (y − 6)2

Elevando al cuadrado y simplificando tenemos:

7x− y − 25 = 0 (1)

Como PA = PC se tiene:√(x− 1)2 + (y − 7)2 =

√(x− 7)2 + (y + 1)2

Elevando al cuadrado y simplificando tenemos:

3x− 4y = 0 (2)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2) resultax = 4, y y = 3. Por tanto el punto pedido tiene coordenadas (4, 3)

Problema 6

Hallar x de modo que la distancia entre los puntos: (x, 3) y (2,−1)sea 5.

Solucion:

Mediante la formula de distancia tenemos:

d = 5 =√(x− 2)2 + (3 + 1)2

25 = (x2 − 4x+ 4) + 160 = x2 − 4x− 50 = (x− 5)(x+ 1)

Por tanto, x = 5 o x = −1, y concluimos que ambos puntos (5, 3) y (−1, 3)distan 5 unidades del punto (2,−1).



Problema 7

Hallar las coordenadas del punto P (x, y) que divide al segmento P1P2 enla razon −1 : 2 si P1 = (5,−4) y P2 = (−3,−6)

Solucion:

x =x1 + rx2

1 + r=

5− 3(−1/2)

1− 1/2= 13

y =y1 + ry21 + r

=−4− 6(−1/2)

1− 1/2= −2

Luego, el punto P (x, y) = (13,−2)

Problema 8

El extremo de un diametro de una circunferencia de centro P1(−4, 1) esP2(2, 6). Hallar las coordenadas P (x, y) del otro extremo.

Solucion:

r =P1P

PP2

= −1

2

Como P1P y PP2 son de sentido opuesto, la relacion r es negativa.

x =x1 + rx2

1 + r=

−4 + 2(−1/2)

1 + (−1/2)= −10

y =y1 + ry21 + r

=1 + 6(−1/2))

1 + (−1/2)= −4

Luego, el punto P (x, y) = (−10,−4)

Problema 9

Hallar dos puntos P1(x1, y1) y P2(x2, y2) que dividan al segmento que uneA(3,−1) con B(9, 7) en tres partes iguales.



Solucion:

Para hallar P1(x1, y1); r1 =AP1

P1B=

1

2,

x1 =3 + 9(1/2)

1 + 1/2= 5, y1 =

−1 + 7(1/2)

1 + 1/2=

5

3

Para hallar P2(x2, y2); r2 =AP2

P2B=

2

1,

x2 =3 + 2(9)

1 + 2= 7, y2 =

−1 + 2(7)

1 + 2=

13

3

Luego P1 = (5, 5/3) y P2 = (7, 13/3)

Recta

Problema 10

Determinar la ecuacion de una recta con pendiente 2 y pasa por el punto(5, 8)

Solucion:

La pendiente es 2, luego m = 2Dado que pasa por el punto (5, 8) remplazando en la ecuacion tenemos:

y − 8 = 2(x− 5)y − 8 = 2x− 10

y = 2x− 2

De donde y = 2x− 2 es la ecuacion de la recta pedida.

Problema 11

Determinar la ecuacion de la recta que pasa por los puntos (−2, 6) y (1,−3).



Solucion:

Si (x1, y1) = (−2, 6) y (x2, y2) = (1,−3) entonces la pendiente de la rectaes:

m =y2 − y1x2 − x1

=−3− 6

1− (−2)= −3

Luego la ecuacion de la recta es:

y − y1 = m(x− x1)y − 6 = −3(x− (−2))y − 6 = −3x− 6

y = −3x

Problema 12

Hallar la ecuacion de la recta cuya interseccion con el eje y es (0, 5) y cuyapendiente es 3.

Solucion:

La recta tiene ordenada 5 luego b = 5 y m = 3Luego la ecuacion de la recta es y = mx+ b. Sustituyendo y = 3x+ 5.

Problema 13

¿Que relacion (paralela, perpendicular) tiene la recta 3x + 4y − 2 = 0 concada una de las rectas siguientes ?

(a) 9x+ 12y + 7 = 0 (b) 12x− 9y + 2 = 0

(c) 8x− 6y + 5 = 0

Solucion:

La recta 3x+ 4y − 2 = 0 tiene pendiente m = −3/4.La pendiente de la recta dada en (a) es m1 = −9/12 = −3/4La pendiente de la recta dada en (b) es m2 = 12/9 = 4/3La pendiente de la recta dada en (c) es m3 = 8/6 = 4/3



Luego, (a) es paralela a la recta dada. (b) y (c) es perpendicular a larecta dada.

Problema 14

Hallar el valor de k para que la recta L1 : kx+ (k + 1)y + 3 = 0 sea perpen-dicular a la recta L2 : 3x− 2y − 11 = 0

Solucion:

La pendiente de L1 es m1 =−k

k + 1y la de L2 es m2 = 3/2

Para que las rectas sean perpendiculares, el producto de de sus pendientesdebe ser −1, luego:

−k

k + 1· 32= −1

de donde k = 2.

Problema 15

Hallar la distancia d desde la recta 8x+ 15y − 24 = 0 al punto (−2,−3).

Solucion:

Como:

d =Ax1 + By1 + C

±√A2 + B2

d =8(−2) + 15(−3)− 24

+√82 + (15)2

=−85

17= −5

Como d es negativo, el punto (−2,−3) y el origen estan a un mismo lado dela recta.



Problema 16

Dado el triangulo de vertices A(−2, 1), B(5, 4), C(2,−3), hallar la longi-tud de la altura correspondiente al vertice A y el area del mismo.

Solucion:

Ecuacion de BC:y + 3

x− 2=

4 + 3

5− 2, o bien: 7x− 3y − 23 = 0

Distancia de BC a A =7(−2)− 3(1)− 23√

49 + 9=

−40√58

Longitud de BC =√(5− 2)2 + (4 + 3)2 =

√58

Area del triangulo = 1/2(√58 · 40√

58) = 20 unidades

Circunferencia

Problema 17

El punto (3, 4) esta en la circunferencia con centro (−1, 2). Hallar laecuacion de la circunferencia.

Solucion:

P (3, 4) es un punto de la circunferencia, luego satisface su ecuacion:

(3− h)2 + (4− k)2 = r2

Como el centro es (h, k) = (−1, 2) entonces: (3− (−1))2 + (4− 2)2 = r2,de donde r =

√20

Luego la ecuacion de la circunferencia es:

(x− (−1))2 + (y − 2)2 = 20

(x+ 1)2 + (y − 2)2 = 20



Problema 18

Determinar el centro y radio de la circunferencia:

4x2 + 4y2 + 20x− 16y + 37 = 0

Solucion:

Escribimos la ecuacion de la circunferencia en forma canonica, completandocuadrados, para esto dividimos primero por 4 de modo que los coeficientesde x2, y2 sean 1.

4x2 + 4y2 + 20x− 16y + 37 = 0 Forma general

x2 + y2 + 5x− 4y +37

4= 0 Dividir por 4

(x2 + 5x+ ) + (y2 − 4y+ ) =−37

4Agrupar terminos

Completamos los cuadrados, sumando el cuadrado de la mitad del coeficientede x y el cuadrado de la mitad del coeficiente de y a ambos lados de laecuacion:

(x2 + 5x+25

4) + (y2 − 4y + 4) =

−37

4+

25

4+ 4

Escribimos la ecuacion en forma canonica:

(x+

5

2

)2+ (y − 2)2 = 1

En consecuencia la circunferencia tiene centro en (−5/2, 2) y su radio es 1.

Problema 19

Llevar las ecuaciones siguientes a la forma canonica, determinar su repre-sentacion grafica en el plano real.a) x2 + y2 − 4x− 6y + 19 = 0.b) 2x2 + 2y2 + 16x− 4y + 17 = 0.c) x2 + y2 − 10x+ 4y + 29 = 0.




Solucion:

a)(x2 − 4x+ 4) + (y2 − 6y + 9) = −19 + 4 + 9

(x− 2)2 + (y − 3)2 = −6

r2 < 0, luego, no tiene representacion grafica en el plano real.

b)2(x2 + 8x+ 16) + 2(y2 − 2y + 1) = −17 + 32 + 2

(x+ 4)2 + (y − 1)2 = 17/2

representa un cırculo con centro (−4, 1) y radio√17/2. (ver fig 2.1)

c)(x2 − 10x+ 25) + (y2 + 4y + 4) = −29 + 25 + 4

(x− 5)2 + (y + 2)2 = 0

representa un punto: (5,−2). (Ver fig 2.2)

fig 2.1 fig 2.2


Solucion:

a)(x2 − 4x+ 4) + (y2 − 6y + 9) = −19 + 4 + 9

(x− 2)2 + (y − 3)2 = −6

r2 < 0, luego, no tiene representacion grafica en el plano real.

b)2(x2 + 8x+ 16) + 2(y2 − 2y + 1) = −17 + 32 + 2

(x+ 4)2 + (y − 1)2 = 17/2

representa un cırculo con centro (−4, 1) y radio√17/2. (ver fig 2.1)

c)(x2 − 10x+ 25) + (y2 + 4y + 4) = −29 + 25 + 4

(x− 5)2 + (y + 2)2 = 0

representa un punto: (5,−2). (Ver fig 2.2)

fig 2.1 fig 2.2

fig 2.2fig 2.1



Problema 20

Hallar el valor de k para que la ecuacion

x2 + y2 − 8x+ 10y + k = 0

represente una circunferencia de radio 7.

Solucion:

Como r = 1/2√D2 + E2 − 4F , resulta 1/2

√64 + 100− 4k = 7

Elevando al cuadrado y resolviendo, k = −8

Problema 21

Hallar la ecuacion de la circunferencia de manera que uno de sus diame-tros sea el segmento que une los puntos (5,−1) y (−3, 7)

Solucion:

Las coordenadas del centro son

h =5− 3

2= 1, k =

−1 + 7

2= 3

El radio es r =√(5− 1)2 + (−1− 3)2 =

√16 + 16 = 4

√2

Luego

(x− 1)2 + (y − 3)2 = 32, o bien x2 + y2 − 2x− 6y = 22

Problema 22

¿Para que valores de k la ecuacion

k(x2 + y2)− k + 1 = 0

representa una circunferencia ?.



Solucion:

La ecuacion puede escribirse como x2 + y2 =k − 1

k

donde r2 =k − 1

kEsta representa una circunferencia si

k − 1

k≥ 0.

Resolviendo la desigualdad se tiene k ∈ (−∞, 0) ∪ [1,∞)

Problema 23

Determinar la ecuacion de la circunferencia concentrica a la circunferenciax2 + y2 − 4x+ 6y − 11 = 0 y tangente a la recta 3x− 4y + 17 = 0

Solucion:

Sea (x − h)2 + (y − k)2 = r2 la ecuacion de la circunferencia con centro(h, k) .Como: x2 + y2 − 4x+ 6y − 11 = 0. puede escribirse;

x2 − 4x+ 4 + y2 + 6y + 9 = 11 + 4 + 9

(x− 2)2 + (y + 3)2 = 24

El centro de esta circunferencia es (2,−3), entonces h = 2, k = −3Como es tangente a la recta 3x − 4y + 17 = 0, la distancia del centro a larecta es r, luego;

r =Ax1 + By1 + C√

A2 + B2=

3 · 2 + 4 · 3 + 17√9 + 16

=35

5= 7

Luego la ecuacion de la circunferencia pedida es:

(x− 2)2 + (y + 3)2 = 49

x2 + y2 − 4x+ 6y − 36 = 0



Parabola

Problema 24

Determine el vertice, el foco y la directriz de la parabola

y2 = −6x

Bosqueje la grafica.

Solucion:

Primero se escribe la ecuacion de esta parabola en su forma estandar.

(y − k)2 = 4p(x− h)

y2 = −6x

(y − 0)2 = 4(−3

2)(x− 0)

Luego, k = 0, h = 0 y p = −32.

Se concluye que:

Vertice, (h, k) : (0, 0)foco, (h+ p, k) : (−3

2, 0)

directriz, x = h− p : x = 32

fig 2.3

Problema 25


y =1

4(x2 − 2x+ 5)




Solucion:


(x− h)2 = 4p(y − k)

y =1

4(x2 − 2x+ 5)

x2 − 2x+ 5 = 4y

x2 − 2x+ 1 = 4y − 4

(x− 1)2 = 4(1)(y − 1)

Luego, h = 1, k = 1 y p = 1.Se concluye que:

Vertice, (h, k) : (1, 1)foco, (h, p+ k) : (1, 2)

directriz, y = k − p : y = 0

fig 2.4Problema 26


y2 − 4y − 4x = 0


Solucion:


(y − k)2 = 4p(x− h)

y2 − 4y = 4x

y2 − 4y + 4 = 4x+ 4



(y − 2)2 = 4(1)(x+ 1)

Luego, h = −1, k = 2, p = 1. Se concluye que:

Vertice, (h, k) : (−1, 2)foco, (h+ p, k) : (0, 2)

directriz, x = h− p : x = −2

fig 2.5Problema 27

Determine una ecuacion para la parabola con vertice en (3,2) y foco en elpunto (1,2).

Solucion:

Como el vertice y el foco se encuentran en una recta horizontal, el eje deesta parabola debe ser horizontal y su forma estandar serıa

(y − k)2 = 4p(x− h)

Como el vertice esta en (3, 2) se tiene h = 3 y k = 2 .Luego, la distancia dirigida del foco al vertice es

p = 1− 3 = −2

Entonces la ecuacion estandar es:

(y − 2)2 = 4(−2)(x− 3)

y2 − 4y + 4 = −8x+ 24

y2 − 4y + 8x− 20 = 0

Problema 28

Determine una ecuacion para la parabola cuyo eje es paralelo al eje y ypasa por los puntos (0, 3), (3, 4), (4, 11).



Solucion:

Como el eje de la parabola es vertical, la forma estandar es

(x− h)2 = 4p(y − k)

desarrollando esta ecuacion se obtiene una forma mas conveniente:

y = ax2 + bx+ c

Como la curva pasa por los puntos dados satisfacen su ecuacion y se obtienenlas ecuaciones:(i) 3 = a(0)2 + b(0) + c(ii) 4 = a(3)2 + b(3) + c(iii) 11 = a(4)2 + b(4) + cy al simplificar se tiene:

(i) 3 = c(ii) 4 = 9a+ 3b+ c → 1 = 9a+ 3b(iii) 11 = 16a+ 4b+ c → 8 = 16a+ 4b

Usando las ecuaciones (ii) y (iii) para obtener a y b se tiene:(ii) 9a+ 3b = 1 → 9a+ 3b = 1(iii) 4a+ b = 2 → 12a+ 3b = 6

3a = 5Entonces:

a =5

3, b = −14

3

Se tiene:y = ax2 + bx+ cy = 5

3x2 − 14

3x+ 3

3y = 5x2 − 14x+ 9

5x2 − 14x− 3y + 9 = 0

Problema 29

Llevar las ecuaciones siguientes a la forma canonica y graficar



a) y2 − 8y + 17 = 0 b) x2 − 4x+ y + 14 = 0

c) y2 − 2y − 6x+ 19 = 0

Solucion:

a)y2 − 8y + 17 = 0

(y2 − 8y + 16) = −17 + 16(y − 4)2 = −1

Como (y − k)2 < 0, no tiene representacion geometrica en el plano real.

b)x2 − 4x+ y + 14 = 0

x2 − 4x+ 4 = −y − 14 + 4(x− 2)2 = −(y + 10)

fig 2.6 fig 2.7

representa una parabola con vertice (2,−10), eje paralelo al eje Y, la parabo-la se abre hacia abajo. (ver fig 2.6).

c)y2 − 2y − 6x+ 19 = 0

(y2 − 2y + 1) = 6x− 19 + 1(y − 1)2 = 6(x− 3)

representa una parabola con vertice (3, 1), eje paralelo al eje X, la parabolase abre hacia la derecha. (ver fig 2.7).



Problema 30

En un arco parabolico de 18 mts de altura y 24 mts de base, se encuen-tra un punto situado a 8 mts del centro del arco. Hallar la altura del punto.

Solucion:

Tomemos el eje x en la base del arco y el origen en el punto medio. Laecuacion de la parabola sera de la forma:

(x− h)2 = 4p(y − k)

o bien(x− 0)2 = 4p(y − 18)

La curva pasa por el punto (12, 0).Sustituyendo estas coordenadas en la ecuacionse obtiene. p = −2. Por consiguiente,

(x− 0)2 = −8(y − 18)

fig 2.8

Para hallar la altura del arco a 8 mts del centro se sustituye x = 8 en laecuacion y se despeja el valor de y. Por tanto, 82 = −8(y − 18), de dondey = 10 mts

Elipse

Problema 31

Determinar la ecuacion de la elipse que tiene centro en el origen, F(0, 3)y semi-eje mayor igual a 5.



Solucion:

Como c = 3, C(0, 0), a = 5 =⇒ b =√a2 − c2 = 4. Por lo tanto la

ecuacion pedida es:x2

16+

y2

25= 1

Problema 32

Llevar la siguiente ecuacion a la forma canonica y graficar

9x2 + 2y2 + 36x+ 4y + 20 = 0

Solucion:

9x2 + 2y2 + 36x+ 4y + 20 = 09(x2 + 4x+ 4) + 2(y2 + 2y + 1) = −20 + 36 + 2

(x+ 2)2

2+

(y + 1)2

9= 1

(x+ 2)2

(√2)2

+(y + 1)2

32= 1

Luego: C(−2,−1)Eje mayor: 2(3) = 6 Eje menor: 2

√2

El eje mayor es paralelo al eje Y. (ver fig 2.9)

fig 2.9



Hiperbola

Problema 33

Hallar la ecuacion de la hiperbola de centro en el origen de coordenadas,eje transverso sobre el eje Y , pasa por los puntos (4, 6) y (1,−3)

Solucion:

De acuerdo a los datos la ecuacion es de la forma:

y2

a2− x2

b2= 1

Como los puntos dados son puntos de la curva ellos satisfacen la ecuacionluego:

36

a2− 16

b2= 1

9

a2− 1

b2= 1

Resolviendo este sistema encontramos; b2 = 4; a2 =36

5reemplazando esto valores en la ecuacion tenemos:

y2

36/5− x2

4= 1

simplificando la ecuacion de la hiperbola es:

5y2 − 9x2 = 36

Problema 34

Dibujar la hiperbola4x2 − y2 = 16



Solucion:

Escribiendo la ecuacion en forma canonica, tenemos:

4x2

16− y2

16=

16

16

x2

22− y2

42= 1

De donde se deduce que el eje transverso es horizontal y los vertices estanen (−2, 0) y (2, 0). Ademas los extremos del eje conjugado son (0,−4) y(0, 4) (ver fig 2.10)

fig2.10

Problema 35

Hallar la ecuacion de la hiperbola que tiene su centro en el origen, un vertice(6, 0) y por una de sus asıntotas la recta 4x− 3y = 0

Solucion:

La ecuacion de la asıntota podemos escribirla y =4

3x

Las asıntotas de

x2

a2− y2

b2= 1 son y = ± b

ax. Luego

b

a=

4

3



Como un vertice es (6, 0), a = 6 y b =4a

3= 8

Luego la ecuacion de la hiperbola es

x2

36− y2

64= 1

Traslacion y Rotacion de ejes

Problema 36

Hallar la ecuacion de la curva

2x2 + 3y2 − 8x+ 6y = 7

cuando se traslada el origen de coordenadas al punto (2,−1)

Solucion:

Sustituyendo x = x′ + 2, y = y′ − 1 en la ecuacion dada se obtiene:

2(x′ + 2)2 + 3(y′ − 1)2 − 8(x′ + 2) + 6(y′ − 1) = 7

Desarrollando y simplificando, se tiene

2x′2 + 3y′2 = 18

Esta ecuacion representa una elipse con centro en el nuevo origen, eje mayorsobre el eje x′ y de semiejes a = 3 b =

√6

Problema 37

Rote los ejes para eliminar el termino xy en la ecuacion

x2 − 10xy + y2 + 1 = 0

Bosqueje la grafica mostrando los dos ejes.



Solucion:

De las ecuaciones:x2 − 10xy + y2 + 1 = 0

Ax2 + Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0

se tiene: A = 1, B = −10, C = 1, D = 0, E = 0, y F = 1Luego:

cotg 2θ =1− 1

−10= 0

de donde, θ = 45◦. Como sen θ =√2/2 y cos θ =

√2/2. Se tiene:

x = x′cos θ − y′sen θ =

√2

2x′ −

√2

2y′

y = x′sen θ + y′cos θ =

√2

2x′ +

√2

2y′

Al sustituir en la ecuacion:

x2 − 10xy + y2 + 1 = 0

se llega a:

(√22x′ −

√22y′)2

− 10(√

22x′ −

√22y′)(√

22x′ +

√22y′)+

(√22x′ +

√22y′)2

+ 1 = 0

Reuniendo terminos semejantes se tiene:

−4(x′)2 + 6(y′)2 + 1 = 0

de donde:(x′)2

1/4− (y′)2

1/6= 1



fig 2.11

Problema 38

Determine la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en (0,0) y cuyo focoes (1,1).

Solucion:

Como el vertice y el foco se encuentran sobre la recta y = x, sea θ = 45◦.Entonces, en el sistema de coordenadas x′y′, el vertice esta en (0, 0) y el focoesta en (

√2, 0). Ahora p, (distancia dirigida del vertice al foco) es p =

√2, y

se tiene:(y′ − 0)2 = 4

√2(x′ − 0) o (y′)2 = 4

√2x′

Como θ = 45◦, se tiene

x′ = xcos θ + ysen θ =1√2(x+ y)

y′ = −xsen θ + ycos θ =1√2(−x+ y)

Entonces; [ 1√2(−x+ y)

]2= 4

√2( 1√

2

)(x+ y)

x2 − 2xy + y2

2= 4x+ 4y

x2 − 2xy + y2 = 8x+ 8y


x2 − 2xy + y2 − 8x− 8y = 0

Problema 39

Dada la ecuacion xy = 8Eliminar el termino xy mediante una rotacion apropiada e identificar la curva.

Solucion:

cotg 2θ =A− C

B=

0− 0

1= 0


√2/2. Se tiene:


√2

2x′ −

√2

2y′


√2

2x′ +

√2

2y′

Al sustituir en la ecuacion:xy = 8

se llega a:

(√2

2x′ −

√2

2y′)(√2

2x′ +

√2

2y′)= 8


1

2(x′)2 − 1

2(y′)2 = 8

de donde:(x′)2

16− (y′)2

16= 1

La curva es una hiperbola.


fig 2.11

Problema 38

Determine la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en (0,0) y cuyo focoes (1,1).

Solucion:

Como el vertice y el foco se encuentran sobre la recta y = x, sea θ = 45◦.Entonces, en el sistema de coordenadas x′y′, el vertice esta en (0, 0) y el focoesta en (

√2, 0). Ahora p, (distancia dirigida del vertice al foco) es p =

√2, y

se tiene:(y′ − 0)2 = 4

√2(x′ − 0) o (y′)2 = 4

√2x′

Como θ = 45◦, se tiene

x′ = xcos θ + ysen θ =1√2(x+ y)

y′ = −xsen θ + ycos θ =1√2(−x+ y)

Entonces; [ 1√2(−x+ y)

]2= 4

√2( 1√

2

)(x+ y)

x2 − 2xy + y2

2= 4x+ 4y

x2 − 2xy + y2 = 8x+ 8y




x2 − 2xy + y2 − 8x− 8y = 0

Problema 39

Dada la ecuacion xy = 8Eliminar el termino xy mediante una rotacion apropiada e identificar la curva.

Solucion:

cotg 2θ =A− C

B=

0− 0

1= 0


√2/2. Se tiene:


√2

2x′ −

√2

2y′


√2

2x′ +

√2

2y′

Al sustituir en la ecuacion:xy = 8

se llega a:

(√2

2x′ −

√2

2y′)(√2

2x′ +

√2

2y′)= 8


1

2(x′)2 − 1

2(y′)2 = 8

de donde:(x′)2

16− (y′)2

16= 1

La curva es una hiperbola.



Problema 40

Simplificar la ecuacion siguiente:

4x2 − 4xy + y2 − 8√5x− 16

√5y = 0

Solucion:

Como B2 − 4AC = 0, puede tratarse de una parabola. Si giramos los ejes

tenemos tg 2θ =−4

4− 1= −4

3, De donde cos 2θ = −3

5.

Como cos 2θ = 2cos2θ − 1 = −35=⇒ cos2θ = 1

5, cosθ = 1√

5y sen θ = 2√

5

Las ecuaciones de la rotacion son

x =x′ − 2y′√

5, y =

2x′ + y′√5

.

Sustituyendo en la ecuacion:

4(x′−2y′√

5

)2− 4

(x′−2y′√

5

)(2x′+y′√

5

)+

(2x′+y′√

5

)2− 8

√5(x′−2y′√

5

)− 16

√5(2x′+y′√

5

)= 0

Desarrollando y simplificando se obtiene

y′2 − 8x′ = 0

que es la ecuacion de una parabola.

fig 2.12



Problemas varios

Problema 41

Determinar la ecuacion de la recta que pasa por el centro de la circunfe-rencia

9x2 + 9y2 + 72x− 12y + 103 = 0

y es perpendicular a la recta 2x+ 3y = 8

Solucion:

Dividiendo la ecuacion por 9 se tiene:

x2 + y2 + 8x− 12/9y + 103/9 = 0

Completando cuadrados:

(x+ 4)2 + (y − 2/3)2 = 5

de donde el centro es C(−4, 2/3)

La recta 2x+3y = 8 puede escribirse como y =8− 2x

3, de donde m = −2/3.

Como la recta pedida es perpendicular a esta, su pendiente es m = 3/2 ypasa por C(−4, 2/3). Luego su ecuacion es 9x− 6y + 40 = 0.

Problema 42

Encontrar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el vertice y el fo-co de la parabola y2 = 8x y que tiene su centro en la recta x− y − 3 = 0

Solucion:

Ecuacion de la circunferencia: (x− h)2 + (y − k)2 = r2

Foco y vertice de la parabola: y2 = 8x =⇒ 4p = 8 −→ p = 2, entoncesF (p, 0) = (2, 0), V (0, 0)

Luego:



Pasa por (0,0): (−h)2 + (−k)2 = r2 (1)Pasa por (2,0): (2− h)2 + (0− k)2 = r2 (2)El centro esta en la recta x− y − 3 = 0 entonces: h− k − 3 = 0 (3)Resolviendo el sistema formado por (1), (2) y (3) se tiene:

h = 1, k = −2 r =√5

Entonces la ecuacion pedida es:

(x− 1)2 + (y + 2)2 = 5

Problema 43

Hallar la ecuacion de la circunferencia concentrica a la circunferencia

x2 + y2 − 4x+ 6y − 17 = 0

que sea tangente a la recta 3x− 4y + 7 = 0

Solucion:

El centro de la circunferencia dada es (2,−3). El radio de la circunferen-cia pedida es la distancia del punto (2,−3) a la recta 3x − 4y + 7 = 0, esdecir,

r =6 + 12 + 7

5= 5

Luego la circunferencia tiene ecuacion:

(x− 2)2 + (y + 3)2 = 25

Problema 44

Hallar el conjunto de puntos (x, y), cuyas distancias al punto A(4, 0) es iguala la mitad de la distancia correspondiente a la recta x− 16 = 0

Solucion:

Sea P (x, y) un punto cualesquiera, entonces:

d(PA) =1

2d(PL)



√(x− 4)2 + (y − 0)2 = 1/2

|x− 16|√1

(x− 4)2 + y2 = 1/4(x− 16)2

x2 − 8x+ 16 + y2 = 1/4(x2 − 32x+ 256)

3/4x2 + y2 = 48

3x2 + 4y2 = 192

Luego, el conjunto de puntos que cumple la condicion dada es una elipse.

Problema 45

Una circunferencia de radio 15 es tangente a la circunferencia x2 + y2 = 100en el punto P (6,−8). Halle su centro.

Solucion:

Sea (x− h)2 + (y − k)2 = 225 la ecuacion de la circunferencia.Como P (6,−8) pertenece a la circunferencia entonces:

(6− h)2 + (−8− k)2 = 225

Ademas el centro C esta en la recta que une (0, 0) con (6,−8), cuya pendiente

m = −4/3, luego su ecuacion es: y = −4

3x, entonces

(1) k = −4/3h

de donde se tiene:

(2) (6 + 3/4k)2 + (−8− k)2 = 225

resolviendo el sistema formado por (1) y (2) se obtiene h = 15 o h = −3 yk = −20 o k = 4.Las ecuaciones de las circunferencias son

(x+ 3)2 + (y − 4)2 = 225 y

(x− 15)2 + (y + 20)2 = 225



Problema 46

Hallar la ecuacion del lugar geometrico de los puntos P (x, y), tales que sudistancia a la recta x = −1, sea siempre la misma que su distancia al punto(1, 0).

Solucion:

Sea P (x, y) un punto del lugar geometrico, la distancia PL = PP1, don-de L : x = −1 y P1(1, 0)

PL =Ax1 + By1 + C

±√A2 + B2

= x+ 1

por tanto

x+ 1 =√(x− 1)2 + y2

elevando al cuadrado:

x2 + 2x+ 1 = x2 − 2x+ 1 + y2

y2 − 4x = 0

Luego, el lugar geometrico es una parabola con vertice en el origen.



3.1 FUNCIONES

El concepto de funciones es uno de los mas importantes en matematica yes esencial para el estudio del Calculo, fue introducido en el siglo XVII porLeibnitz. Intuitivamente una funcion f es una regla de correspondencia queasigna a cada numero de entrada x un numero de salida f(x).

Definicion:Una relacion es un subconjunto del conjunto ordenado de pares de numerosreales A× B.

Definicion:Una funcion f de un conjunto A a un conjunto B es una relacion que asignaa cada elemento x de A un unico elemento y en B.

Una funcion es un conjunto de parejas ordenadas de numeros reales (x, y)en el cual dos parejas ordenadas distintas no tienen el mismo primer elemento.

El conjunto de todos los valores posibles de x se llama dominio de lafuncion y el conjunto de todos los posibles valores de y se llama codominiode la funcion.Cuando no se especifica el dominio de la funcion, se entendera que dichodominio es el conjunto de los reales.

Grafico de la funcion .

Es el conjunto de puntos definidos por:

Gf = {(x, y) ∈ IR× IR/x ∈ Domf, y = f(x)}

Notese que si P (x, y) es un punto de la grafica entonces la coordenada yes el valor funcional f(x)



fig 3.1

Es importante observar que hay un valor unico f(x) para cada x en eldominio, pues solo un punto de la grafica tiene abscisa x. Luego:Toda recta vertical corta a la grafica de una funcion a lo mas en un punto.

En lo que sigue f : A → B, g: C → D son funciones.

1. A se llama dominio (Dom f). El subconjunto {b ∈ B/b = f(a)} paraalgun a ∈ A de B es llamado Imagen de f o Recorrido de f (Im fo Rec f). B se llama Codominio.

2. f = g siempre que A = C, B = D y f(x) = g(x) ∀x ∈ A

3. La funcion compuesta g ◦ f se define como:

g ◦ f : A → D tal que (g ◦ f)(x) = g(f(x)) ∀x ∈ A

En general: (g ◦ f)(x) �= (f ◦ g)(x)

4. f es inyectiva o uno a uno ⇐⇒ f(x) = f(y) =⇒ x = y, x, y ∈ A

5. f es sobreyectiva o sobre ⇐⇒ Recf = B



6. f es biyectiva ⇐⇒ f es uno a uno y sobre.-

7. Si f es biyectiva, hay una unica funcion f−1 : B → A tal que:

f−1 ◦ f = idA y f ◦ f−1 = idB

donde la notacion idX denota la funcion identidad en X, es decir,idX(x) = x, para todo x ∈ X. Ademas ,

f−1(y) = x ⇐⇒ y = f(x).

f−1 se llama funcion inversa de f .

El grafico de f−1 es simetrico del de f respecto a la recta y = x.Puesto que:

(x, y) ∈ Gr(f) ⇐⇒ f(x) = y ⇐⇒ f−1(y) = x ⇐⇒ (y, x) ∈ Gr(f−1)

8. Si A,B,C,D son subconjuntos de los numeros reales, entonces f y gse dicen funciones reales de variable real.

Algebra de Funciones:

a) (f + g)(x) = f(x) + g(x); Dom(f + g) = Domf ∩Domg.

b) (f · g)(x) = f(x) · g(x); Dom(f · g) = Domf ∩Domg.

c) (f/g)(x) =f(x)

g(x)g(x) �= 0; Domf/g = Domf ∩Domg.

Propiedades de las funciones:

Sea f una funcion real de variable real definida en un conjunto A ⊂ IR.



1.Funciones pares e impares.

Sea A el conjunto con la propiedad : Si x ∈ A, entonces −x ∈ AEntonces la funcion:

f es par ⇐⇒ f(x) = f(−x)f es impar ⇐⇒ f(x) = −f(−x)

El grafico de una funcion par presenta simetrıa con respecto al eje Y.El grafico de una funcion impar presenta simetrıa con respecto al origen.

2. Funciones Periodicas.

Sea T > 0. Supongamos que el conjunto A verifica la propiedad:Si x ∈ A =⇒ x+T ∈ A. Entonces diremos que la funcion f es periodicade perıodo T > 0 si:

f(x) = f(x+ T ) ∀x ∈ A

Se llama perıodo mınimo al menor real T > 0 que cumple con laigualdad anterior.

fig 3.2

1.

2.



3.Ceros o Raıces de f :

Ceros o raıces de la funcion f son las abscisas x de las interseccionesdel grafico de f con el eje X (la recta y = 0) .

4.Funciones Crecientes y Decrecientes:

Una funcion f con x1, x2 ∈ A se dice que:

i) f es creciente en A si: x1 < x2 =⇒ f(x1) ≤ f(x2)

ii) f es decreciente en A si: x1 < x2 =⇒ f(x1) ≥ f(x2)

Si la relacion entre f(x1) y f(x2) es estrictamente (desigualdad) se diceque la funcion f es estrictamente creciente o estrictamente decrecientesegun sea el caso.f es una funcion monotona si y solo si ella es o bien creciente o biendecreciente.

fig 3.3 fig 3.4

3.

4.



5. Funciones Acotadas:

Se dice que una funcion f es acotada (inferior o superiormente) si ysolo si el conjunto imagen de la funcion es un conjunto acotado (infe-riormente o superiormente). La funcion f se dice acotada si lo es tantoinferiormente como superiormente.

Es decir:|f(x)| < M ⇐⇒ −M < f(x) < M

fig 3.5

Tipos especiales de funciones reales de variable real

Funcion Constante:

La funcion constante tiene la forma y = f(x) = c, c ∈ IR.El dom es IR. El recorrido es c. Su grafica es una recta paralela o (coinciden-te) al eje X.

fig 3.6

5.



Funcion lineal:

La funcion lineal tiene la forma y = f(x) = ax+ b, a �= 0, a, b ∈ IR.El dominio y recorrido de la funcion lineal es IR. Su grafica es una recta conpendiente a. Ademas es biyectiva, luego tiene una inversa que es

f−1(x) =1

ax− b

a

fig 3.7

Funcion Cuadratica:

La funcion cuadratica tiene la forma

y = f(x) = ax2 + bx+ c, a �= 0 a, b, c ∈ IR.

Intercepta al eje Y en el punto (0, c). Su grafica es una parabola con vertice(−b/2a, f(−b/2a)).Si a > 0 se abre hacia arriba, si a < 0 se abre hacia abajo.

fig 3.8


Funcion lineal:

La funcion lineal tiene la forma y = f(x) = ax+ b, a �= 0, a, b ∈ IR.El dominio y recorrido de la funcion lineal es IR. Su grafica es una recta conpendiente a. Ademas es biyectiva, luego tiene una inversa que es

f−1(x) =1

ax− b

a

fig 3.7

Funcion Cuadratica:

La funcion cuadratica tiene la forma

y = f(x) = ax2 + bx+ c, a �= 0 a, b, c ∈ IR.

Intercepta al eje Y en el punto (0, c). Su grafica es una parabola con vertice(−b/2a, f(−b/2a)).Si a > 0 se abre hacia arriba, si a < 0 se abre hacia abajo.

fig 3.8



Funcion Valor absoluto:

La funcion valor absoluto tiene la forma y = f(x) = |x|. Su dominio esIR, el recorrido es IR+ ∪ {0}.

Es estrictamente creciente en [0,∞) y estrictamente decreciente en (−∞, 0].Su unico cero es x0 = 0. Es simetrica con respecto al eje Y (es una funcionpar ).

fig 3.9

Funcion x =⇒ xn:

Si n ∈ N , tal que n es par, entonces la funcion f(x) = xn. tiene comodominio IR.

Su unico cero es x0 = 0. Es simetrica con respecto al eje Y (es una funcionpar ). Su grafica es una parabola.

Si n es impar, su dominio es IR. Su unico cero es x0 = 0. Es simetricacon respecto al origen (es una funcion impar ). En el caso n = 1, la funciony = x recibe el nombre de funcion identidad.



fig 3.10 fig 3.11

Funcion raız n-esima.

Sea n ∈ IN : f(x) = n√x. Esta definida sobre IR si n es impar. Esta

definida sobre IR+ ∪ {0} si n es par.En cualquier caso es estrictamente creciente.

fig 3.12 fig 3.13

Funcion Polinomica:

La funcion:

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · · ·+ a2x2 + a1x+ a0

donde a0, a1, a2, · · · · ·, an son IR se llama funcion polinomica de grado n.



Funciones Racionales:

La funcion racional tiene la forma f(x) =p(x)

q(x)donde p(x), q(x) son

funciones polinomicas. Estan definidas para todos los elementos de IR que nosean ceros del denominador.

Funcion Exponencial:

La funcion exponencial tiene la forma f(x) = ax, a �= 1, a ∈ IR+ se llamafuncion exponencial de base a. Su dominio es IR. La grafica de cualquier fun-cion exponencial intercepta al eje Y en (0, 1). Con el eje X no hay interseccion.

Si 0 < a < 1 la funcion exponencial es estrictamente decreciente e inyec-tiva su grafico es de la forma (fig 3.14).Si a > 1 es una funcion estrictamente creciente e inyectiva su grafico es de laforma (fig 3.15).

fig 3.14 fig 3.15

Una base que se utiliza con frecuencia en las funciones exponenciales esel numero irracional e ≈ 2, 71828.









fig 3.14 fig 3.15










fig 3.14 fig 3.15





i) a0 = 1, a �= 0ii) a1 = aiii) an · am = an+m

iv) an : am = an−m

v) apq = (a

1q )p

vi) a−n = 1an, a �= 0

Funcion Logarıtmica:

La funcion logarıtmica es la funcion inversa de la funcion exponencial, yviceversa. La funcion logarıtmica con base a se denota por :

f(x) = logax, ademas logax = b ⇐⇒ ab = x

Los logaritmos con base e se les llama logaritmos naturales y se denotanpor ln. Los logaritmos de base 10 se les denomina logaritmos comunes y sedenotan por log.


1) loga1 = 02) logaa = 13) loga(xy) = logax+ logay x > 0, y > 04) loga(

xy) = logax− logay x > 0, y > 0

5) logaxb = b logax x > 0, b ∈ IR

6) Si logab = logac, entonces b = c7) alogab = b, en particular 10logx = x elnx = x

8) logab =logcb

logca, cambio de base.

Si a > 1; esta funcion es estrictamente creciente (fig 3.16). Si a < 1 es es-trictamente decreciente, no es acotada, su unico cero es x0 = 1 (fig 3.17).



fig 3.16 fig 3.17

Su dom : IR+, el recorrido IR. La grafica de cualquier funcion logarıtmicaintercepta al eje X en (1,0) debido a que loga1 = 0. Con el eje Y no hayinterceptos.

Transformaciones simples de los graficos

y = f(x) Grafica original

y = f(x+ a) Trasladar f(x); |a| unidades a lo largo del eje xen direccion opuesta al signo de a

y = f(x) + a Trasladar f(x); |a| unidades a lo largo del eje yen direccion acorde al signo de a

y = −f(x) Es simetrico del grafico f(x) respecto al eje x

y = f(−x) Es simetrico del grafico f(x) respecto al eje y

y = |f(x)| Se refleja sobre el eje x la grafica de f(x)


fig 3.16 fig 3.17










fig 3.16 fig 3.17











3.2 Ejercicios Resueltos Funciones.

Problema 1

Hallar el dominio de la funcion

f(x) =x

x2 − x− 2

Solucion:

El denominador no puede ser cero. Como:

x2 − x− 2 = 0 ⇒ (x− 2)(x+ 1) = 0 ⇒ x = 2 ∨ x = −1

Luego el dominio de f esta formado por todos los IR− {2,−1}.

Problema 2

Determinar el dominio de

f(x) =√1−

√4− x2

Solucion:

Deberan cumplirse simultaneamente:

(1) 4− x2 ≥ 0 ∧ (2) 1−√4− x2 ≥ 0

resolviendo por separado estas ecuaciones se tiene:

4− x2 ≥ 0 ⇒ (2− x)(2 + x) ≥ 0

de donde S1 = [−2, 2].Analogamente √

4− x2 ≤ 1 ⇒ 4− x2 ≤ 1 ⇒

3− x2 ≤ 0 ⇒ (√3− x)(

√3 + x) ≤ 0



de donde S2 = (∞,−√3] ∪ [

√3,∞)

Intersectando S1 y S2 tenemos la solucion final y obtenemos:

Domf = [−2,−√3] ∪ [

√3, 2]

Problema 3


f(x) =√x2 − x− 2 +

1√3 + 2x− x2

Solucion:

Deberan cumplirse simultaneamente:

(1) x2 − x− 2 ≥ 0 ∧ (2) 3 + 2x− x2 > 0

de donde S1 = (−∞,−1) ∪ [2,∞) y S2 = (−1, 3) intersectando S1 y S2

tenemos:Domf = [2, 3)

Problema 4

En la funcion racional

f(x) =x2 − 4x

x2 − 4x+ 3

determinar dominio y ceros de f .

Solucion:

Dominio: El denominador de la funcion racional no puede ser igual a cero,como

f(x) =x2 − 4x

x2 − 4x+ 3=

x2 − 4x

(x− 3)(x− 1)

entonces Dom f = {x ∈ IR/x �= 3 ∧ x �= 1}



Ceros: Una funcion racional es igual a cero si y solo si su numerador escero, entonces

x2 − 4x = 0 =⇒ x(x− 4) = 0 ⇒ x = 0, x = 4

Luego; Ceros de f son {x = 0, x = 4}

Problema 5

La funcion f(x) esta definida en [0, 1]. ¿Cuales son los dominios de definicionde las funciones ?

a) f(2x+ 3) b) f(x2)

Solucion:

a) Como 0 ≤ 2x+ 3 ≤ 1 ⇒ −32≤ x ≤ −1

b) Como 0 ≤ x2 ≤ 1 ⇒ x2 − 1 ≤ 0 ⇒ (x− 1)(x+ 1) ≤ 0

De donde: Dom f = [−1, 1] , notese que se trata de f(x2)

Problema 6

Demostrar que si f es periodica de perıodo T , la funcion f(ax + b) tam-bien es periodica. Determinar su perıodo teniendo en cuenta el signo de a.

Solucion:

Como f es periodica f(x + T ) = f(x), T > 0 y sea h(x) = f(ax + b),por demostrar que h(x+ p) = h(x), en efecto:

h(x+ p) = f(ax+ ap+ b) = f(ax+ b+ ap) = f(ax+ b)

donde T = ap ⇒ p = T/a perıodo de h(x). Como el perıodo es positivo, sia > 0 conviene tomar T/a y si a < 0 conviene tomar −T/a



Problema 7

Si f es una funcion definida por la ecuacion y = x2 − 6x + 14, muestreque 6 esta en el recorrido, no ası y = 4

Solucion:

El numero y = 6 esta en el recorrido ya que la ecuacion 6 = x2 − 6x+ 14 esequivalente a x2 − 6x + 8 = (x − 4)(x − 2) = 0 cuyas soluciones son 4 y 2.Comprobando, se tiene:

f(4) = 42 − 6(4) + 14 = 16− 24 + 14 = 6

y

f(2) = 22 − 6(2) + 14 = 4− 12 + 14 = 6

Ası, 4 y 2 corresponden a 6, lo cual esta permitido en una funcion . Sinembargo, y = 4 no esta en el recorrido, ya que si estuviese, podria resolversela ecuacion

x2 − 6x+ 14 = 4

Esta ecuacion es equivalente a x2− 6x+10 = 0, y segun la forma cuadraticano hay soluciones reales (b2 − 4ac < 0)

Problema 8

Muestre que la ecuacion x4 + y4 = 17 no define una funcion de x

Solucion:

La ecuacion x4+y4 = 17 no define una funcion porque a x = 1 le correspondey = 2, e y = −2

Problema 9

Sea f(x) =1

x. Pruebe que f(a)− f(b) = f(

ab

b− a)



Solucion:

f(a)− f(b) =1

a− 1

b=

b− a

ab

=1ab

b− a

= f(ab

b− a)

Problema 10

Sea:

g =

x2 − 2 , si x ≤ −2|x− 3| , si − 2 < x ≤ 6

1

x, si x > 6

Determinar:g(5) + g(−1)− g(−10)

5g(0)

Solucion:

Como 5 ∈ al intervalo −2 < x ≤ 6 entonces, g(5) = |5− 3| = 2.Como −1 ∈ al intervalo −2 < x ≤ 6 entonces, g(−1) = | − 1− 3| = 4.Como −10 ∈ al intervalo x ≤ −2 entonces, g(−10) = (−10)2 − 2 = 98.Como 0 ∈ al intervalo −2 < x ≤ 6 entonces, g(0) = |0− 3| = 3.

Entonces:

g(5) + g(−1)− g(−10)

5g(0)=

2 + 4− 98

5 · 3=

−92

15

Problema 11

Estudie la paridad de

f(x) =√1 + x+ x2 −

√1− x+ x2



Solucion:

f(−x) =√1 + (−x) + (−x)2 −

√1− (−x) + (−x)2

f(−x) =√1− x+ x2 −

√1 + x+ x2

f(−x) = −(√1 + x+ x2 −

√1− x+ x2)

f(−x) = −f(x)

Luego f es impar.

Problema 12

Estudie la paridad de g(x) =x2

x3 + x

Solucion:

g(−x) =(−x)2

(−x)3 + (−x)

g(−x) = −[

x2

x3 + x

]

g(−x) = −g(x)

Luego g es impar.

Problema 13

Estudie la paridad de h(x) = |x3 − x|

Solucion:

h(−x) = |(−x)3 − (−x)|h(−x) = | − x3 + x|h(−x) = | − (x3 − x)|h(−x) = h(x)

Luego h es par.



Problema 14

Halle la funcion inversa de f(x) =(2x+ 1)

(x− 3), si existe.

Solucion:

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

(x− 3)

Para poder tener una funcion inversa, es necesario que f sea biyectiva.Intercambiamos x e y, multiplicamos por y − 3

xy − 3x = 2y + 1

xy − 2y = 1 + 3x

y =1 + 3x

x− 2

Siempre que x �= 2 existe una unica y. La funcion inversa es:

f−1(x) =3x+ 1

x− 2si x �= 2

Problema 15

Dado f(x) = x2 − 3x− 4Determine:a) Ceros de fb) Intervalos donde f crece y decrecec) Intervalos donde f es positiva y donde es negativa.d) ¿f es acotada superiormente y/o inferiormente ?

Solucion:

a) Ceros f : x2 − 3x− 4 = 0 ⇒ (x− 4)(x+ 1) = 0de donde se obtienen Ceros:{x = 4, x = −1}

b) Con ayuda de la grafica f decrece (−∞, 1,5), f crece (1,5,∞)



c) Con ayuda de la grafica f es positiva (−∞,−1) ∪ (4,∞)

d) f es acotada inferiormente por f(1,5) = −6,25

Problema 16

Sea f definida por f(x) = x2 + 7, calcular:

a) f(3a) b)f(b− 1) c)f(x+ h)− f(x)

hh �= 0

Solucion:

a) Sustituyendo x por 3a se tiene: f(3a) = (3a)2 + 7 = 9a2 + 7

b) Sustituyendo x por b− 1 se tiene:

f(b− 1) = (b− 1)2 + 7 = b2 − 2b+ 1 + 7 = b2 − 2b+ 8

c)f(x+ h)− f(x)

h=

[(x+ h)2 + 7]− [x2 + 7]

h

=x2 + 2xh+ h2 + 7− x2 − 7

h

=2xh+ h2

h=

h(2x+ h)

h

= 2x+ h

Problema 17

Sean f(x) = 2x− 3 y g(x) = x2 + 1

Calcular: a) (f + g)(x) b) (f − g)(x) c) (f · g)(x) d)f

g(x)

Solucion:

a) (f + g)(x) = f(x) + g(x) = (2x− 3) + (x2 + 1) = x2 + 2x− 2

b) (f − g)(x) = f(x)− g(x) = (2x− 3)− (x2 + 1) = −x2 + 2x− 4



(f · g)(x) = f(x) · g(x) = (2x− 3) · (x2 + 1) = 2x3 − 3x2 + 2x− 3

f

g(x) =

f(x)

g(x)=

2x− 3

x2 + 1

Problema 18

Dado f(x) =1

x2 − 16Determinar:

i) f(10) ii) f(a

2) iii) f(x− h)

iv) f([5, 7]) v) f−1(3)

Solucion:

a) f(10) =1

(10)2 − 16=

1

100− 16=

1

84

b) f(a

2) =

1

(a

2)2 − 16

=1

a2

4− 16

=4

a2 − 64

c) f(x− h) =1

(x− h)2 − 16=

1

x2 − 2xh+ h2 − 16

d) f([5, 7]) corresponde a la imagen del intervalo [5, 7] como en este in-

tervalo f es decreciente y esta definida calculamos: f(5) =1

9f(7) =

1

33tenemos f([5, 7]) = [1/33, 1/9]

e) f−1(3) corresponde a la imagen inversa de f , luego calculamos prime-ro la inversa de f .

f(x) =1

x2 − 16entonces f ◦ f−1 = Id donde Id = x entonces :

(f ◦ f−1)(x) = f [f−1(x)] = x

1

[f−1(x)]2 − 16= x



despejando f−1(x) se tiene:

f−1(x) =

√16x+ 1

x

para que exista f−1 debe restringirse el dominio de f para que la funcion seabiyectiva. luego

f−1(3) =7√3

Problema 19

Dado las funciones f(x) = 2x3 − 1 y g(x) =3

√x+ 1

2Probar que una es la inversa de la otra.

Solucion:

Primero podemos observar que ambas funciones tienen como dominio y re-corrido el conjunto de los reales.La composicion de f ◦ g esta definida por:

f(g(x)) = 2(3

√x+ 1

2)3 − 1 = 2(

x+ 1

2)− 1 = x+ 1− 1 = x

La composicion de g ◦ f esta definida por:

g(f(x)) =3

√(2x3 − 1) + 1

2=

3

√2x3

2=

3√x3 = x

Como f(g(x)) = g(f(x)) = x, concluimos que f y g son inversas una de laotra.

Problema 20

Sea

g(x) = 4x− 6 f(x) =

x− 2

|x− 2|, si x �= 2

0 , si x = 2

Hallar i) f ◦ g ii) g ◦ f



Solucion:

i)(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(4x− 6)

si 4x− 6 = 2 ⇒ x = 2 entonces f(4x− 6) = 0

si 4x− 6 < 2 ⇒ x < 2 entonces f(4x− 6) = −1

si 4x− 6 > 2 ⇒ x > 2 entonces f(4x− 6) = 1Luego:

f ◦ g =

1 , si x > 2−1 , si x < 20 , si x = 2

ii)(g ◦ f)(x) = g(f(x))

si x > 2 ⇒ g(1) = −2si x < 2 ⇒ g(−1) = −10si x = 2 ⇒ g(0) = −6Luego:

g ◦ f =

−2 , si x > 2−10 , si x < 2−6 , si x = 2

Problema 21

Determinar el dominio y recorrido de la funcion de x definida por

f ={√

x− 1 , si x ≥ 11− x , si x < 1

Solucion:

Como f esta definida para x ≥ 1 y x < 1, su dominio es todo IR. En laporcion x ≥ 1 del dominio la funcion se comporta como f(x) =

√x− 1, don-

de f(x) nunca es negativo, toma todos los valores no negativos. Para x < 1,el valor de 1 − x es positivo y, por tanto, el recorrido de la funcion es elintervalo [0,∞)



Problema 22

Halle los ceros de:

f(x) ={x2 − 4x+ 3 , si x ≤ 4

x− 1 , si x > 4

Solucion:

Si x ≤ 4 =⇒ x2 − 4x + 3 = 0 ⇐⇒ (x − 1)(x − 3) = 0 entonces en esteintervalo tiene dos cero x = 1 y x = 3.Si x > 4 =⇒ x − 1 = 0 ⇐⇒ x = 1, como no pertenece al intervalo no tieneceros. Por tanto los ceros de f son {1, 3}

Problema 23

Determinar f(x) de modo que g(f(x)) = x. Siendo g(x) =1

1 + x

Solucion:

Aplicamos g al elemento f(x) entonces:

g(f(x)) =1

1 + f(x)= x

luego,1 = x[1 + f(x)]

f(x) =1− x

x



Problema 24

Trazar la grafica de f si

a) f(x) = (x− 4)2 b) f(x) = (x+ 2)2

Solucion:

Conocemos la grafica y = x2, si trasladamos esta curva 4 unidades haciala derecha, da la grafica de la funcion y = (x − 4)2; la traslacion de y = x2

hacia la izquierda 2 unidades, da la grafica de y = (x+ 2)2 (fig 3.18).

fig 3.18

Problema 25

Trazar la grafica de f si

a) f(x) = x2 + 4 b) f(x) = x2 − 2

Solucion:

Conocemos la grafica y = x2, la traslacion de esta curva 4 unidades ha-cia arriba, da la grafica de la funcion y = x2+4; la traslacion de y = x2 haciaabajo 2 unidades, da la grafica de y = x2 − 2. Cada una de las graficas esuna parabola simetrica al eje Y . (fig 3.19).



fig 3.19

Problema 26

Trazar la grafica de f sia) f(x) = 4x2 b) f(x) = 1

4x2

Solucion:

Conocemos la grafica de y = x2 multiplicamos las ordenadas de cada puntopor 4 y obtenemos la grafica de f(x) = 4x2 que es una parabola mas angostay puntiaguda en el vertice (fig 3.20). Analogamente para trazar la graficade f(x) = 1

4x hay que multiplicar por 1/4 las ordenadas de cada punto y

obtenemos una parabola mas ancha y aplanada en el vertice. (fig 3.21).

fig 3.20 fig 3.21


fig 3.19

Problema 26


4x2

Solucion:




fig 3.20 fig 3.21


fig 3.19

Problema 26


4x2

Solucion:




fig 3.20 fig 3.21



Problema 27

Trazar la grafica de f sia) f(x) = |2x+ 1| b) g(x) = |x2 + 2x− 3|

Solucion:

Dibujamos las graficas sin valor absoluto, conservamos lo que esta por enci-ma del eje x, y la parte situada por debajo se refleja simetricamente respectodel eje x. a) (fig 3.22) b) (fig 3.23)

fig 3.22 fig 3.23

Problema 28

Trazar la grafica de f sia) f(x) = log3 (x− 2) b) f(x) = log3 x− 2

Solucion:

a) Se puede obtener la grafica de f(x) = log3 (x − 2) trasladando la graficade y = log3 x dos unidades hacia la derecha (fig 3.24)

b) La grafica de f(x) = log3 x − 2 se puede obtener trasladando la grafi-ca de y = log3 x dos unidades hacia abajo.(fig 3.25)




fig 3.24 fig 3.25


fig 3.24 fig 3.25



3.3 Funciones Exponenciales y Logarıtmicas.

Problema 29


i) f(x) =√log(x− 7) ii) f(x) =

√log1/2 (x− 3)

Solucion:

i) La funcion raız cuadrada esta definida para valores positivos o ceroentonces

log(x− 7) ≥ 0 =⇒ x− 7 ≥ 1 ⇒ x ≥ 8

Luego, Dom f = {x ∈ IR/ x ≥ 8}

ii) La raız esta definida si log1/2 (x− 3) ≥ 0Como la base del log es menor que 1 se tiene

0 < x− 3 ≤ 1 =⇒ 3 < x ≤ 4

Luego, Dom f = {x ∈ IR/ 3 < x ≤ 4}

Problema 30


f(x) = ln[x√1 + x2]

Solucion:

La funcion logarıtmica esta definida para valores positivos, luego;

x√1 + x2 > 0

Como√1 + x2 > 0 ∀x ∈ IR, se tiene x > 0

Luego, Dom f = IR+



Problema 31

Estudie Dominio, Paridad y Ceros de:

g(x) = ln[1 + x

1− x

]

Solucion:

Dom g: La funcion logarıtmica esta definida para valores positivos, luego;

1 + x

1− x> 0

de donde Dom: {x ∈ IR/x ∈ (−1, 1)}

Paridad:

g(−x) = ln

[1 + (−x)

1− (−x)

]

g(−x) = ln(1− x)− ln(1 + x)

g(−x) = −(ln(1 + x)− ln(1− x)

g(−x) = −ln[1 + x

1− x

]

g(−x) = −g(x)

Luego g es impar

Ceros: Como ln1 = 0, los ceros de g se determinan:

1 + x

1− x= 1

entonces1 + x = 1− x =⇒ x = 0



Problema 32

Dado

f(x) = log1

2−√3− 2x

Determinar Dominio y Ceros de f .

Solucion:

Dom:

(1)1

2−√3− 2x

> 0 ∧ (2) 3− 2x ≥ 0

Resolviendo simultaneamente (1) y (2) tenemos:En (1) como el numerador es positivo;

2−√3− 2x > 0 =⇒

√3− 2x < 2

3− 2x < 4 =⇒ x > −1

2

Por (2) tenemos x ≤ 32entonces:

Dom f es la interseccion de las soluciones de (1) y (2); luegoDom f es {x ∈ IR \ x ∈ (−1

2, 32]}

Ceros: Se obtienen cuando

1

2−√3− 2x

= 1

2−√3− 2x = 1 =⇒

√3− 2x = 1 ⇒ x = 1

Luego el unico cero es x = 1.

Problema 33

Sean

f(x) = ln[2− x

2 + x

]g(x) =

x

x+ 1

Determinar Dom (f ◦ g)



Solucion:

(f ◦ g)(x) = f [g(x)]

= f[

x

x+ 1

]

= ln

2− x

x+ 1

2 +x

x+ 1

= ln

2x+ 2− x

x+ 12x+ 2 + x

x+ 1

= ln

[x+ 2

3x+ 2

]

Luego el Dom (f ◦ g) : x+ 2

3x+ 2> 0

Resolviendo esta desigualdad se obtiene :

Dom (f ◦ g) : {x ∈ IR/x ∈ (−∞,−2) ∪ (−2/3,∞)}

Problema 34

Si f(x) = 2x Probar:i) f(x+ 3)− f(x− 1) = 15

2f(x)

ii)f(x+ 3)

f(x− 1)= f(4)



Solucion:

i) f(x+ 3)− f(x− 1) = 2x+3 − 2x−1

= 2x · 23 − 2x · 2−1

= 2x [23 − 2−1]

= 2x15

2

=15

2f(x)

ii)f(x+ 3)

f(x− 1)=

2x+3

2x−1

= 2x+3−x+1

= 24 = f(4)

Problema 35

Determinar el valor de x en

log2(x+ 1)− log1/2(x− 1) = 3

Solucion:

Igualamos las bases con la formula

logab =lognb

logna

entonces en la ecuacion tenemos:

log2(x+ 1)− log2(x− 1)

log21/2= 3

Como log21/2 = log21− log22 = −1 tenemos:

log2(x+ 1) + log2(x− 1) = 3

log2(x+ 1)(x− 1) = 3

log2(x2 − 1) = 3 =⇒ x2 − 1 = 23 ⇒ x = ±3



De donde la solucion es x = 3, se descarta x = −3 por no existir los lo-garıtmos de numeros negativos.

Problema 36

Resolverlog3 log2 log2 x = 1

Solucion:

log3 log2 log2 x = 1 =⇒ 31 = log2 log2 x

23 = log2x ⇒ x = 28 = 256

Problema 37

Resolverlogx2 + 1

logx= 3

Solucion:

logx2 + 1 = 3logx

logx2 − 3logx+ 1 = 0

2logx− 3logx+ 1 = 0

−logx+ 1 = 0 =⇒ logx = 1

Luego, la solucion es x = 10

Problema 38

Resolverex + e−x = 2



Solucion:

Multiplicando la ecuacion por ex tenemos:

e2x + 1 = 2ex

e2x − 2ex + 1 = 0

haciendo la sustitucion u = ex se tiene:

u2 − 2u+ 1 = 0

de donde se obtiene(u− 1)2 = 0 ⇒ u = 1

entonces ex = 1 aplicamos logarıtmo natural para obtener xlne = ln1de donde x = 0 es la solucion.

Problema 39

Evaluar

log3

√729(1/9)5

81(1/9)2

Solucion:

log3

√729(1/9)5

81(1/9)2= log3

27(1/9)5

81(1/9)2

= [log3 33 + log3 9−5]− [log3 34 + log3 9−2]= [3 · 1− 5log3 32]− [4 · 1− 2log3 32]= [3 +−10]− [4 +−4 · 1] = −7

Problema 40

Resolver:3(x−1)(x+2) = 81



Solucion:

Como 81 = 34, igualando exponentes se obtiene

(x− 1)(x+ 2) = 4 ⇒ x2 + x− 6 = 0

(x− 2)(x+ 3) = 0 ⇒ x = 2 ∨ x = −3

Problema 41

Resolver:log(x+ 6)− log(x− 9) = log4

Solucion:

Por propiedades de logaritmos podemos escribir:

logx+ 6

x− 9= log4

de donde se deduce:x+ 6

x− 9= 4

x+ 6 = 4x− 36 ⇒ 3x = 42 ⇒ x = 14

Problema 42

Encontrar los ceros o raices de f si: f(x) = x2(−2e−2x) + 2xe−2x

Solucion:

f puede escribirse de la siguiente manera:

f(x) = 2xe−2x − 2x2e−2x = 2xe−2x(1− x)

Para encontrar los cero de f , se debe resolver la ecuacion f(x) = 0. Puestoque e−2x > 0 para toda x, f(x) = 0 si y solo si x = 0 o bien 1− x = 0. Portanto las raıces de f son 0 y 1.



3.4 APLICACIONES.

Problema 43

Un cono de radio x se inscribe en una esfera de radio r. Expresar el vo-lumen del cono en funcion de x.

Solucion:

Sabemos que el volumen del cono es: V =1

3πx2h

Por Pitagoras(h− r)2 + x2 = r2 ⇒ h = r +

√r2 − x2

Luego:

V =1

3πx2(r +

√r2 − x2)

Notese que: 0 < x ≤ r

Problema 44

Un rectangulo tiene 100 cm de perımetro. Expresar su area A como fun-cion de x.

Solucion:

Como el perımetro de la region es 2x+ 2y = 100, entonces

y =100− 2x

2= 50− x


3.4 APLICACIONES.

Problema 43

Un cono de radio x se inscribe en una esfera de radio r. Expresar el vo-lumen del cono en funcion de x.

Solucion:

Sabemos que el volumen del cono es: V =1

3πx2h

Por Pitagoras(h− r)2 + x2 = r2 ⇒ h = r +

√r2 − x2

Luego:

V =1

3πx2(r +

√r2 − x2)

Notese que: 0 < x ≤ r

Problema 44

Un rectangulo tiene 100 cm de perımetro. Expresar su area A como fun-cion de x.

Solucion:


y =100− 2x

2= 50− x



Luego el area encerrada es: A = x · y

A = x(50− x) = 50x− x2

Problema 45

Un granjero dispone de 200 mt de valla para cercar dos corrales adyacen-tes. Expresar el area A encerrada como funcion de x.

Solucion:


y =200− 3x

4

Luego el area encerrada es: A = x · 2y

A = x(200− 3x

2) =

200x− 3x2

2

Problema 46

Un artıculo cuyo costo es de $8 se vende en $22, otro artıculo cuyo cos-to es de $104, se vende en $310. Si estos ejemplos representan la polıticageneral de precios, determinar:

i) La funcion lineal que representa el precio de venta V en terminos delcosto x.

ii) EL costo del artıculo que se vende en $80.

iii) El precio de venta del artıculo cuyo costo es de $35

Solucion:

i) La funcion lineal tiene la forma V (x) = mx + b, donde, V es el preciode venta y x el costo.Como un artıculo cuyo costo es de $8 se vende en $22. Entonces:



(1) 22 = 8 ·m+ b.Otro artıculo cuyo costo es de $104, se vende en $310. Entonces:(2) 310 = 104 ·m + b formando un sistema con las ecuaciones (1) y(2) se tiene:

22 = 8 ·m+ b310 = 104 ·m+ b

}

restando las ecuaciones:

288 = 96m =⇒ m = 3

reemplazando en la ecuacion (1) obtenemos b = −2Luego, la funcion lineal es V (x) = 3x− 2

ii) Como V (x) = 3x− 2 =⇒ 80 = 3x− 2 ⇒ x = 26Entonces el costo de un artıculo que se vende en $80 es $26.

iii) Como V (x) = 3x− 2 =⇒ V (35) = 3 · 35− 2 ⇒ V = 103Luego el precio de venta de un artıculo cuyo costo es $35 es $103

Problema 47

Una empresa que proporciona computadores en alquiler cobra $2500 mas$2000 por cada hora de uso del computador, durante el mes. Determine:

i) La funcion que relaciona el costo C y el numero de horas t de uso.

ii) ¿Cual es el costo mensual C por uso de 20 hrs ?.

iii) Si el costo mensual asciende a $72,500. ¿Cuantas horas de uso mensualtiene ?.

Solucion:

i) La funcion que relaciona el costo C y el numero de horas t de uso es:

C(t) = 2500 + 2000t, t en hrs.



ii) El costo mensual por 20 hrs es C(20) = 2500 + 2000 · 20 = $42,500

iii) Si el costo mensual asciende a $72,500 tiene:

72,500 = 2500 + 2000t =⇒ t = 35 horas de uso

Problema 48

Bajo ciertas condiciones, una companıa encuentra que la utilidad p al pro-ducir x artıculos de cierto tipo es p = 90x − x2 − 261. ¿Para que valores dex es igual a cero la utilidad ?.

Solucion:

Si p = 0 =⇒ 90x− x2 − 261 = 0 ⇒ x = 87, x = 3

Problema 49

En 1985 se estimo que la demanda mundial de cobre serıa C = 9e0,08t, dondeC esta en terogramos de cobre y t es el numero de anos despues de 1985.¿Cuando la demanda del cobre sera de 20 tg?

Solucion:

20 = 9e0,08t

20

9= e0,08t

ln20

9= 0,08t

t =ln20/9

0,08≈ 10 anos

Luego, en 1995 la demanda sera de 20 tg



Problema 50

Una inversion de 1000 en acciones en oro crece de acuerdo a la funcionA(t) = 1000 2t, t tiempo en anos. ¿En cuanto tiempo alcanzara la inver-sion los 16.384.000 ?.

Solucion:

16,384,000 = 1000 2t

16,384 = 2t

t = log216,384 = 14 anos

Problema 51

El valor de reventa V en $ de un equipo industrial se comporta conformea la funcion V = 750000e−0,05t, donde t son los anos transcurridos desde lacompra original.i) ¿Cual era el valor original del equipo ?.ii)¿Cual es el valor esperado de reventa depues de 5 anos?.iii) Al cabo de cuantos anos el precio de reventa sera de $354274, 9146 ?.

Solucion:

i) El valor original se obtiene cuando t = 0, luego V = $750,000

ii) Si t = 5 se obtiene V = $750,000e−0,25 ≈ $584,101.

iii) Si V = $354274, 9146 entonces

0,47 = e−0,05t

ln0,47 = −0,05t. Entonces t = 15 anos

Problema 52

En cierto circuito electrico la corriente esta dada por : i = 1, 5e−200t. ¿Paraque valor de t (en segundos) es i = 1, 00 A ?.



Solucion:

1,00 = 1,5e−200t

2

3= e−200t

ln2

3= −200t

t = − 1

200ln2

3≈ 0,002027 seg

Problema 53

La corriente I de cierto circuito electrico en el tiempo t esta dada por

I =E

R(1− e−Rt/L

)

donde E,R, y L representan la tension, o voltaje aplicado, la resistencia y lainductancia, respectivamente. Evalue t en terminos de los demas sımbolos.

Solucion:

La formula

I =E

R

(1− e−Rt/L

)

podemos escribirla:

1− RI

E= e−Rt/L

usando logaritmo natural

ln(1− RI

E

)=

−Rt

L

de donde

t =−L ln(1− RI

E)

R



3.5 FUNCIONES TRIGONOMETRICAS

Conversion entre Radianes y Grados

180o = π radianes 1o =π

180radianes 1 radian =

180o

π

Funciones trigonometricas de angulos agudos

Para un angulo agudo θ cosiderando un triangulo rectangulo se definen lassiguientes razones:

sen θ =cat.op

hipcsc θ =

hip

cat.op

cos θ =cat.ady

hipsec θ =

hip

cat.ady

tg θ =cat.op

cat.adycotg θ =

cat.ady

cat.op

Observando las graficas (fig 3.26) se tiene:

1.−1 ≤ sen θ ≤ 1 − 1 ≤ cos θ ≤ 1

Ambas funciones estan definidas para cualquier valor de θ . Esto esDom (f) = IR. El recorrido de las funciones sen y cos es: [−1, 1], sien-do, ambas funciones sobreyectivas, pero no inyectivas.

2.sen(θ + 2π) = sen θ cos(θ + 2π) = cos θ




Esto significa que las funciones seno y coseno son periodicas ambas conperıodo 2π. Podemos generalizar para k ∈ Z.

cos(θ + 2kπ) = cos θ sen(θ + 2kπ) = sen θ

3. En la grafica de y = senx hay simetrıa con respecto al origen luegosenx es una funcion impar:

sen(−x) = −senx

En la grafica de y = cosx hay simetrıa con respecto al eje Y, entoncescosx es una funcion par:

cos(−x) = cosx

4. La funcion y = tg θ es periodica de periodo T = π entonces:

tg(θ + π) = tgθ

Esta funcion esta definida siempre que cos θ �= 0. LuegoDom (f) = {θ ∈ IR / θ �= π/2 + kπ}Su grafica presenta simetrıa con respecto al origen, luego es una funcionimpar.

fig 3.26


Esto significa que las funciones seno y coseno son periodicas ambas conperıodo 2π. Podemos generalizar para k ∈ Z.

cos(θ + 2kπ) = cos θ sen(θ + 2kπ) = sen θ

3. En la grafica de y = senx hay simetrıa con respecto al origen luegosenx es una funcion impar:

sen(−x) = −senx

En la grafica de y = cosx hay simetrıa con respecto al eje Y, entoncescosx es una funcion par:

cos(−x) = cosx

4. La funcion y = tg θ es periodica de periodo T = π entonces:

tg(θ + π) = tgθ

Esta funcion esta definida siempre que cos θ �= 0. LuegoDom (f) = {θ ∈ IR / θ �= π/2 + kπ}Su grafica presenta simetrıa con respecto al origen, luego es una funcionimpar.

fig 3.26



Signos de las funciones trigonometricas.

P (θ) senθ cosθ tgθI (0 < θ < π

2) + + +

II (π2< θ < π) + − −

III (π < θ < 3π2) − − +

IV (3π2< θ < 2π) − + −

Formulas Trigonometricas Basicas

De las definiciones de las funciones trigonometricas pueden obtenerselas llamadas identidades trigonometricas basicas. Estas son a menudo utilesen aplicaciones de matematicas, porque permiten reducir expresiones trigo-nometricas complicadas a otras mas sencillas .

1. sen2 θ + cos2 θ = 1 2. 1 + tg2 θ = sec2 θ

3. 1 + ctg2 θ = cosec2 θ 4. sen θ · cosec θ = 1

5. cos θ · sec θ = 1 6. tg θ · cotg θ = 1

Otras identidades.-

Formulas de suma y diferencia de dos angulos.

1) sen(α± β) = senαcosβ ± cosαsenβ

2) cos(α± β) = cosαcosβ ∓ senαsenβ

3) tg(α± β) =tgα± tgβ

1∓ tgαtgβ



Formulas de sumas y diferencias de funciones:

1) senα + senβ = 2senα+β2cosα−β

2

2) senα− senβ = 2cosα+β2senα−β

2

3) cosα + cosβ = 2cosα+β2cosα−β

2

4) cosα− cosβ = −2senα+β2senα−β

2

Formulas de productos de funciones:

1) senα · senβ = −12[cos(α + β)− cos(α− β)]

2) senα · cosβ = 12[sen(α + β) + sen(α− β)]

3) cosα · cosβ = 12[cos(α + β) + cos(α− β)]

Formulas del angulo doble.-

1) cos2α = cos2α− sen2α

2) cos2α = 1− 2sen2α = 2cos2α− 1 ⇔ sen2α =1− cos2α

2

3) sen2α = 2senαcosα cos2α =1 + cos2α

2

4) tg2α =2tgα

1− tg2α

Ecuaciones Trigonometricas

Una ecuacion trigonometrica es una igualdad valida para ciertos valoresdel angulo α. Resolverla es encontrar los valores que la satisfacen. No exis-ten, practicamente, metodos para resolver estas ecuaciones. Generalmenteconviene descomponer en forma factorial o llegar a una ecuacion cuadratica,reducir todas las funciones a una unica funcion mediante identidades.



Funciones Trigonometricas Inversas

Las funciones trigonometricas no tienen funciones inversas, ya que no soninyectivas. Sin embargo, al restringir los dominios es factible obtener fun-ciones (sobre dominios mas reducidos) con el mismo comportamiento de lasfunciones trigonometricas y que tengan inversas. Ası tenemos:

1. Arco seno de x

x = seny ⇐⇒ y = arcsenx

El dominio de esta funcion es −1 ≤ x ≤ 1 y el rango −π/2 ≤ y ≤ π/2.

2. Arco coseno de x

y = arcosx ⇐⇒ x = cosy

donde −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ π.

3. Arco tangente de x

y = arctgx ⇐⇒ x = tgy

donde −∞ ≤ x ≤ ∞, −π/2 ≤ y ≤ π/2.

Analogamente se definen las funciones inversas de la secante, cosecanteo cotangente.

Sea un triangulo ABC cualquiera se tiene:

Teorema del Seno:

sen α

a=

sen β

b=

sen γ

c

Teorema del Coseno:

a2 = b2 + c2 − 2bc cos αb2 = a2 + c2 − 2ac cos βc2 = a2 + b2 − 2ab cos γ




3.6 Ejercicios Resueltos Funciones Trigonometricas.

Problema 1

Determine las cinco funciones de θ si cos θ =3

5(θ ∈ IV C)

Solucion:

cos θ =x

r=

3

5

En todo triangulo rectangulo r2 = x2 + y2

de donde: y2 = r2 − x2

y2 = 16 ==> y = ±4

Luego: sen θ =y

r= −4

5(θ ∈ IV C, la funcion seno es negativa)

tg θ =y

x=

−4

3ctg θ =

y

x=

−3

4

sec θ =r

x=

5

3cosec θ =

r

y=

−5

4

Problema 2

Calcularsen α + cos α− ctg α

sec α− cosec α− tgα

sabiendo que cos α = −3/5, y α ∈ (π/2, π).

Solucion:

Como α ∈ (π/2, π). =⇒ α ∈ II Cte.

sen α =√1− cos2 α =

√1− 9/25 =

4

5



cosecα =1

senα=

5

4

tg α =sen α

cos α=

−4

3

ctg α =cos α

sen α=

−3

4

sec α =1

cos α=

−5

3

Luegosen α + cos α− ctg α

sec α− cosec α− tgα=

45+ −3

5+ 3

4−53− 5

4+ 4

3

= −3

5

Problema 3

Demostrar:sen θcotg θ + cos θ

cotg θ= 2sen θ

Solucion:

sen θcotg θ + cos θ

cotg θ= 2sen θ

sen θcos θ

sen θ+ cos θ

cosθ

senθ

=

2cos θsen θ

cos θ= 2sen θ

Problema 4

Demostrar que:1

sen θ− sen θ = ctg θ · cos θ



Solucion:1

sen θ− sen θ = ctg θ · cos θ

=cos θ

sen θ· cos θ

=1− sen2 θ

sen θ

=1

sen θ− sen θ

Problema 5

Demostrar que:

cosec θ + cotg θ =sen θ

1− cos θ

Solucion:

cosec θ + cotg θ =sen θ

1− cos θ

1

sen θ+

cos θ

sen θ=

1 + cos θ

sen θ

sen θ

sen θ=

sen θ(1 + cos θ)

1− cos2 θ=

sen θ(1 + cos θ)

(1− cos θ)(1 + cos θ)=

senθ

1− cosθ

Problema 6

Resolver la ecuacion:

2sen2x+ senx− 1 = 0



Solucion:

Descomponiendo en factores se tiene:

(2senx− 1)(senx+ 1) = 0

del primer factor tenemos:2senx− 1 = 0 =⇒ x = π

6+ 2nπ (en el primer cuadrante).

x = 5π6+ 2nπ (en el segundo cuadrante).

del segundo factor se tiene senx+ 1 = 0

senx = −1 =⇒ x =3π

2+ 2nπ

Problema 7

Hallar los valores de x en el intervalo 0 a 2π que satisface la ecuacion:

cos2 2x+ 3sen 2x− 3 = 0

Solucion:

Usamos la identidad:sen2 2x+ cos2 2x = 1

Luego la ecuacion se transforma:

1− sen2 2x+ 3sen 2x− 3 = 0

que se descompone en los factores:

(1− sen 2x)(2− sen 2x) = 0

1− sen 2x = 0 =⇒ sen 2x = 1

2x =π

2+ 2nπ

x =π

4+ nπ, n = 0, 1

2− sen 2x = 0 =⇒ sen 2x = 2

que no tiene solucion.



Problema 8

Resolver la ecuacion:

tg2 x+ sec2 x = 7

Solucion:

Usamos la identidad:sec2 x = 1 + tg2 x

Luego la ecuacion se transforma:

tg2 x+ (1 + tg2 x) = 7

tg2 x = 3

Luego

tg x = ±√3 =⇒ x =

π

3+ nπ,

2π

3+ nπ n ∈ Z

Problema 9

Resolversen 3x+ sen x+ sen 2x = 0

Solucion:

sen (2x+ x) + sen (2x− x) + sen 2x = 0

2sen 2x · cos x+ sen 2x = 0sen 2x(2cos x+ 1) = 0

i) sen 2x = 0 =⇒ 2sen x · cos x = 0 ⇒ sen x = 0 entonces, x1 = kπ k ∈ Zcos x = 0 ⇒ x = 0 entonces, x2 =

π2+ 2kπ k ∈ Z

ii) 2cos x+ 1 = 0 =⇒ cos x = −1/2 ⇒ x3 = ±2π3+ 2kπ

Luego la solucion es {x1, x2, x3}



Problema 10

Pruebe que

2arctg a = arctg2a

1− a2

Solucion:

Sea2arctg a = u =⇒ arctg a =

u

2=⇒ tg

u

2= a

Ademas:tg u = tg (

u

2+

u

2)

tg u =2tg (u/2)

1− tg2 (u/2)

tg u =2a

1− a2=⇒ u = arctg

2a

1− a2

Por tanto:

2arctg a = arctg2a

1− a2

Problema 11

Dado y = arcsec (√5/2). Hallar tg y

fig 3.27Solucion:

Como sec y =√5/2.

Construimos un triangulo rectangulo (fig 3.27)En consecuencia:

tg y = tg[arc sec(

√5/2)

]=

catop.

catady.=

1

2



Graficas de Funciones Trigonometricas

Problema 12

Graficar: y =5

2cos

(πx

2

)

Solucion:

La grafica tiene la forma y = acos (bx)Amplitud: |a| = 5/2Perıodo: 2π/|b| = 4Luego la grafica es:

fig 3.28

Problema 13

Graficar y =1

2sen (πx)

Solucion:

La grafica tiene la forma y = asen bxAmplitud: |a| = 1/2Perıodo: 2π/|b| = 2Luego la grafica es:

fig 3.29

Problema 14

Dibujar la grafica de f(x) = 2 sen(3x− π

2

)



Problema 12

Graficar: y =5

2cos

(πx

2

)

Solucion:


fig 3.28

Problema 13

Graficar y =1

2sen (πx)

Solucion:


fig 3.29

Problema 14


2

)



Problema 12

Graficar: y =5

2cos

(πx

2

)

Solucion:


fig 3.28

Problema 13

Graficar y =1

2sen (πx)

Solucion:


fig 3.29

Problema 14


2

)



Problema 12

Graficar: y =5

2cos

(πx

2

)

Solucion:


fig 3.28

Problema 13

Graficar y =1

2sen (πx)

Solucion:


fig 3.29

Problema 14


2

)



Problema 12

Graficar: y =5

2cos

(πx

2

)

Solucion:


fig 3.28

Problema 13

Graficar y =1

2sen (πx)

Solucion:


fig 3.29

Problema 14


2

)



Solucion:

Notese que la grafica de f tiene la forma f(x) = asen (bx + c) con la si-guientes caracteristicas:Amplitud: |a| = 2 Perıodo: 2π

|b| =2π3

Desface a la derecha: − cb= π

6

Como el desplazamiento es π/6, comenzamos un ciclo en x = π/6. Ademas,dado que el perıodo es 2π/3, ese ciclo termina en x = (π/6)+(2π/3) = 5π/6.La (fig 3.30) muestra la grafica.

fig 3.30

Problema 15

En los ejercicios i) y ii), hallar a, b, c de modo que la funcion se ajustea la grafica de la figura:i) y = a cos (bx− c) ii) y = a sen (bx− c)

fig 3.31 fig 3.32

Solucion:

i) El valor a corresponde a la amplitud (semi diferencia entre el valormas alto de la grafica y el valor mas bajo). Luego a = 3.El perıodo (longitud del intervalo donde se produce un ciclo completo).en este caso un ciclo se produce en el intervalo [π, 5π], luego la longituddel es 4π. Entonces el perıodo es: 2π/|b| = 4π =⇒ |b| = 1/2.


Solucion:


|b| =2π3


6


fig 3.30

Problema 15


fig 3.31 fig 3.32

Solucion:




Solucion:


|b| =2π3


6


fig 3.30

Problema 15


fig 3.31 fig 3.32

Solucion:



El desface es: c/b = π =⇒ c = π/2Luego; la ecuacion de la curva es:

y = 3 cos (1/2x− π/2)

ii) Amplitud: |a| = 1/2Perıodo: P = 2π/|b| = 6π

4− π

2= π =⇒ |b| = 2

Desface: c/b = π/2 =⇒ c = πLuego; la ecuacion de la curva es:

y = 1/2 sen (2x− π)

Problema 16

Representar graficamente f(x) = 2 + sen (x)

Solucion:

El Dom(f) = IR, por ser el dominio de sen (x)Im(f) = [1, 3], por ser el recorrido de sen (x) = [−1, 1].El perıodo es el de sen x , es decir, 2π (fig 3.33)

fig 3.33



Resolucion de Triangulos

Problema 17

Si en el triangulo ABC, γ = 90◦, α = 34◦ y b = 10,5. Resolver el triangulo.

Solucion:

Resolver un triangulo significa determinar sus tres angulos y sus tres la-dos.Como la suma de los angulos interiores de un triangulo es 180◦, entonces:β = 180◦ − (α + γ) =⇒ β = 56◦. Como el triangulo es rectangulo se tiene:

tg 34◦ =a

10,5=⇒ a = 10,5 tg 34◦

Usando calculadora a ≈ (10,5)(0,6745) ≈ 7,1El lado c puede determinarse mediante la funcion coseno o la funcion secante.

Como cos α =ady

hip, podemos escribir:

cos 34◦ =10,5

c=⇒ c =

10,5

cos 34◦≈ 12,7

Problema 18

Hallar la altura de una torre, sabiendo que desde donde nos encontramos(A) vemos su parte mas alta B bajo un angulo de 65◦, y que estamos a15 mts de su base.

Solucion:

fig 3.34



En el triangulo ABC de la (fig 3.34), h es la medida del cateto opuesto alangulo de 65◦, y 15 mts la medida del cateto adyacente. Como el cuocienteentre el cateto opuesto y cateto adyacente es la tg del angulo, tenemos que:

tg 65◦ =h

15=⇒ h = 15 · tg 65◦ = 15 · 2, 144 = 32, 16

La torre mide 32, 16 mt

Problema 19

Desde dos puntos B y C separados entre sı 8 mt y situados en una de lasorillas de un rıo, se observa el pie de un arbol (A) en la orilla opuesta (fig3.35). Las visuales forman con la orilla angulos de 53◦ y 90◦. Calcular laanchura del rıo.

Solucion:

fig 3.35

Segun la (fig 3.35).

tg 53◦ =h

8=⇒ h = 8 · 1, 327 = 10, 616 mt

Problema 20

Un cuerpo en O esta sometido a dos fuerzas, una de 150 lb hacia el norte yla otra de 200 lb al este. Encuentre la magnitud y la direccion de la resultante.



Solucion:

En el triangulo

OBC, OC =√(OB)2 + (BC)2 =

√(200)2 + (150)2 = 250 lb

tg � BOC = 150/200 = 0,7500 =⇒ � BOC = 36◦50′.

Luego, la magnitud de la fuerza resultante es 250 lb y su direccion N 53◦10′E

fig 3.36

Problema 21

A y B son dos puntos localizados en las orillas opuestas de un rıo. DesdeA se traza una recta AC = 275 mt y se miden los angulos CAB = 125◦40′ yACB = 48◦50′ . Encuentre la longitud AB.

Solucion:

En la (fig 3.37) B = 180◦ − (C + A) = 5◦30′

Usando la ley de los senos:

AB = c =bsen C

senB=

275sen 48◦50′

sen 5◦30′=

275(0,7528)

0,0958= 2160 m




fig 3.37 fig 3.38

Problema 22

Resuelva el triangulo ABC, dado a = 30,3, b = 40,4 c = 62, 6

Solucion:

Usamos la ley de los cosenos: (fig 3.38)Para A:

cos A =b2 + c2 − a2

2bc=

(40,4)2 + (62,6)2 − (30,3)2

2(40,4)(62,6)= 0,9159 ⇒ A = 23◦40′

Para B:

cos B =c2 + a2 − b2

2ca=

(62,6)2 + (30,3)2 − (40,4)2

2(62,6)(30,3)= 0,8448 ⇒ B = 32◦20′

Para C:

cos C =a2 + b2 − c2

2ab=

(30,3)2 + (40,4)2 − (62,6)2

2(30,3)(40,4)= −0,5590 ⇒ C = 124◦



4.1 Sucesiones

Una sucesion: {Xn} es una funcion cuyo dominio es el conjunto de los en-teros positivos, es decir a cada numero natural n se le asigna un numero realXn. Se denotan por {Xn} = {x1, x2, x3, · · · · · · xn, · · ·} =

(xn

). El numero

correspondiente a n se llama enesimo termino de la sucecion.

Sucesiones Monotonas:

Una sucesion es Monotona Creciente si: Xn ≤ Xn+1 ∀nUna sucesion es Monotona Decreciente si: Xn ≥ Xn+1 ∀nSi la desigualdad es estricta (solo se da la desigualdad < o >) se dice quelas sucesiones son estrictamente creciente o estrictamente decreciente, segunsea el caso.

Sucesiones Acotadas:

Una sucesion {Xn} es mayorada o acotada superiormente siXn ≤ M ∀ n ∈ IN , donde M es una constante (independiente de n), M esun mayorante.Una sucesion {Xn} es minorada o acotada inferiormente siXn ≥ m ∀ n ∈ IN , donde m es una constante (independiente de n), m esun minorante.Si m ≤ Xn ≤ M la sucesion se dice acotada se indica |Xn| ≤ P

Una sucesion {Xn} converge hacia un lımite finito L, si lımn→∞

Xn = L

existe, cuando dado un numero ε tan pequeno como queramos, se puede en-contrar un entero positivo m de manera que a partir de un n dado y paratodos los siguientes, n > m, se verifica la desigualdad |Xn − L| < ε. Si unasucesion tiene lımite es convergente, si no lo tiene es divergente.

Una sucesion {Xn} diverge o tiende a ∞,[lım

n→+∞Xn = ∞

], cuando dado

un numero positivo M tan grande como queramos , existe un entero positivom de manera que a partir de un n dado y para todos los siguientes, n > m,se verifica la desigualdad |Xn| > M . Si Xn > M , lım

n→+∞Xn = +∞; si

Xn < −M , lımn→+∞

Xn = −∞




Xn < −M , lımn→+∞

Xn = −∞

Subsucesiones:

Sea {Xn} una sucesion dada, {nk} de numeros naturales estrictamente cre-ciente. La sucesion {Xnk

} se llama subsucesion de {Xn}.

Teoremas de Sucesiones:

- Toda sucesion acotada, creciente o decreciente, es convergente

- Una sucesion convergente (divergente) no modifica su caracter al cam-biar de lugar uno o todos de sus n primeros terminos.

- Toda sucesion convergente es acotada

- Toda sucesion no acotada es divergente.

- Si una sucesion es creciente entonces lımn→+∞

An = Sup {An}Si una sucesion es decreciente entonces lım

n→+∞An = Inf {An}

- El lımite de una sucesion es unico

- Toda subsucesion de una sucesion convergente converge al mismo lı-mite.

Algebra de Lımites:

Si lımn→+∞

An = A y lımn→+∞

Bn = B

1. lımn→+∞

k · An = k · lımn→+∞

An = k · A k ∈ IR

2. lımn→+∞

(An ± Bn) = lımn→+∞

An ± lımn→+∞

Bn = A± B

3. lımn→+∞

(An · Bn) = lımn→+∞

An · lımn→+∞

Bn = A · B

4. lımn→+∞

(An/Bn) = lımn→+∞

An/ lımn→+∞

Bn = A/B

siempre que Bn �= 0 y B �= 0 para todo n

5. Sea {Xn} una sucesion de terminos no nulos, si lımn→+∞

Xn = ∞, se

verifica lımn→+∞

1/Xn = 0



6. Si a > 1, lımn→+∞

an = +∞

7. Si |a| < 1, se verifica lımn→+∞

an = 0

8. lımn→+∞

Apn =

(lım

n→+∞An

)p= (A)p

9. lımn→+∞

pAn = plım

n→+∞An

= pA

10. lımn→+∞

√An =

√lım

n→+∞An =

√A An ≥ 0

11. lımn→+∞

(logbAn) = logb( lımn→+∞

An) = logbA An > 0, A > 0

12. Stolz: Si las sucesiones {un} y {vn} la segunda tiende a infinito y escreciente

lımn→∞

un

vn= lım

n→∞

un+1 − un

vn+1 − vn

13. lımn→∞

n√un = lım

n→+∞

un+1

un

con un > 0

14. lımn→∞

n√n = 1

15. lımn→∞

n√c = 1 c ∈ IR

16. lımn→∞

n√n! = ∞

17. Si lımn→∞

|An+1

An

| < 1 ⇒ lımn→∞

An = 0

18. Si bn ≤ an ≤ cn y lımn→∞

bn = lımn→∞

cn = L entonces lımn→∞

an = L

19. Si {an} es una sucesion divergente a infinito sin terminos nulos tal que

(1 +1

an) > 0 entonces:

lımn→∞

(1 +

1

an

)an= e (e = 2, 718 · · ·)



4.2 Ejercicios Resueltos Sucesiones

Problema 1

Probar que la sucesion de termino n− esimo un =2n− 7

3n+ 2es:

a) monotona creciente.b) es mayoradac) es minoradad) es acotadae) tiene un lımite.

Solucion:

a) {un} es monotona creciente si: un+1 − un ≥ 0 ∀n

Como:

un+1 − un =2(n+ 1)− 7

3(n+ 1) + 2− 2n− 7

3n+ 2=

2n− 5

3n+ 5− 2n− 7

3n+ 2=

o(2n− 5)(3n+ 2)− (2n− 7)(3n+ 5)

(3n+ 5)(3n+ 2)=

25

(3n+ 5)(3n+ 2)≥ 0

Luego la sucesion un es estrictamente creciente.

b) Escribiendo algunos terminos de la sucesion tenemos que el 2 es un mayo-rante (por ejemplo). Para demostrar esto debemos probar un ≤ 2. En efectosi:

2n− 7

3n+ 2≤ 2

Entonces 2n − 7 ≤ 6n + 4, o sea, −4n < 11 , lo cual es cierto. Invirtiendolos pasos se demuestra, que 2 es un mayorante.

c) Como esta sucesion es monotona creciente , el primer termino −1 es unminorante, esto es, un ≥ −1, ∀n. Cualquier numero menor que −1 es tam-bien un minorante.



d) Como la sucesion es mayorada y minorada, es acotada. Ası, porejemplo podemos escribir |un| ≤ 2 ∀n.

e) Como toda sucesion monotona (creciente o decreciente) y acotada tienelımite, la sucesion dada tiene lımite . En efecto

lımn→∞

2n− 7

3n+ 2= lım

n→∞

2− 7/n

3 + 2/n=

2

3

Problema 2

Demostrar que la sucesion cuyo termino general es:

xn =1

4 + 1+

1

42 + 1+

1

43 + 1+ · · · · · ·+ 1

4n + 1

es convergente.

Solucion:

La sucesion (xn) es creciente ya que:

xn+1 = xn +1

4n+1 + 1=⇒ xn+1 > xn, ∀n

Ademas esta acotada superiormente puesto que:1

4n + 1<

1

4n∀n y

xn =1

4 + 1+

1

42 + 1+

1

43 + 1+ · · ·+ 1

4n + 1<

1

4+

1

42+

1

43+ · · ·+ 1

4n

=1

4

(14)n − 114− 1

=1

3(1− 1

4n) <

1

3

por tanto la sucesion (xn) es convergente.

obs:

Una suma de la forma: 1 + 1a+ 1

a2+ 1

a3+ · · · · · · 1

an=

( 1a)n − 11a− 1

se llama serie


geometrica

Problema 3

Dada la sucesion (xn):

1

3,3

5,5

7,7

9, · · · · · · · · ·

Usando la definicion de lımite demostrar lımn→∞

xn = 1

Solucion:

Como

xn = {2n− 1

2n+ 1}

Sea ε > 0, se trata de encontrar un numero N ∈ IN tal que ∀n > N secumpla |xn − 1| < ε.Luego:

|2n− 1

2n+ 1− 1| = | −2

2n+ 1| = 2

2n+ 1

entonces debera cumplirse

2

2n+ 1< ε de donde n >

1

ε− 1

2

Luego;

N =[1ε− 1

2

]

Ası, ∀ε > 0, N = [1ε− 1

2] entonces ∀n > N se tiene |xn − 1| < ε lo que

significalımn→∞

xn = 1




geometrica

Problema 3


1

3,3

5,5

7,7

9, · · · · · · · · ·


xn = 1

Solucion:

Como

xn = {2n− 1

2n+ 1}

Sea ε > 0, se trata de encontrar un numero N ∈ IN tal que ∀n > N secumpla |xn − 1| < ε.Luego:

|2n− 1

2n+ 1− 1| = | −2

2n+ 1| = 2

2n+ 1

entonces debera cumplirse

2

2n+ 1< ε de donde n >

1

ε− 1

2

Luego;

N =[1ε− 1

2

]

Ası, ∀ε > 0, N = [1ε− 1

2] entonces ∀n > N se tiene |xn − 1| < ε lo que

significalımn→∞

xn = 1



Problema 4


1,13

19,28

44,49

79, · · · · · · · · ·


xn =3

5

Solucion:

Como

xn = {3n2 + 1

5n2 − 1}

Sea ε > 0, se trata de encontrar un numero N ∈ IN tal que ∀n > N secumpla |xn − 3

5| < ε.

Luego:

|3n2 + 1

5n2 − 1− 3

5| = 8

5(5n2 − 1)

sea ε > 0, se obtiene:

n2 >8

25ε+

1

5de donde n >

1

5

√8 + 5ε

ε

haciendo;

N =[15

√8 + 5ε

ε

]

se obtiene, ∀n > N se tiene |xn − 35| < ε lo que significa

lımn→∞

xn =3

5

Por ejemplo; si tomamos ε = 0,02 tenemos N = 4 y todos los termi-nos de la sucesion empezando por el 5o, estan contenidos en el intervalo(35− 0,02, 3

5+ 0,02) = (0,58, 0,62)



Problema 5

Probar que la sucesion definida por recurrencia como:

uo = 1, un+1 = un +2− un

1 + 2un

es monotona y convergente. Calcular su lımite.

Solucion:

uo = 1, u1 = uo +2− uo

1 + 2uo

= 1 +1

3=

4

3

u2 = u1 +2− u1

1 + 2u1

=4

3+

2

9=

14

9

u3 = u2 +2− u2

1 + 2u2

=14

9+

4

37=

554

333

Al parecer, la (un) esta acotada y es creciente.

Probaremos por induccion que los un < 2, ∀ni) Si n = 1, u1 =

43< 2

ii) Suponemos que un < 2iii) Por demostrar que un+1 < 2Como:

un+1 = un +2− un

1 + 2un

< 2 +2− 2

1 + 4= 2

Luego;un+1 < 2, ∀n

Ahora probemos que es una sucesion creciente;

un+1 − un = un +2− un

1 + 2un

− un =2− un

1 + 2un

> 0

entoncesun+1 > un, ∀n

Por tanto (un) es creciente y 43< un < 2

Entonces es monotona y acotada luego converge (tiene lımite).



Calculemos su lımite:Como el lımite existe, llamemoslo L y toda subsucesion tiende al mismolımite, luego:

lımn→∞

un+1 = lımn→∞

{un +2− un

1 + 2un

}

entonces:

L = L+2− L

1 + 2L

2− L

1 + 2L= 0 ⇒ L = 2

Problema 6

Considere la sucesion definida por

x1 = 3, xn+1 =1

2(xn −

1

xn

)

Pruebe que esta sucesion no es convergente.

Solucion:

Supongamos que es convergente entonces lımn→∞

xn = L y toda subsucesion

tiende a L .Luego;

lımn→∞

xn+1 =1

2lımn→∞

(xn −1

xn

)

L =1

2(L− 1

L)

2L2 = L2 − 1 =⇒ L2 = −1 �∈ IR

Entonceslımn→∞

xn = � ∃

Luego, la sucesion (xn) diverge.



Problema 7

Sean (an) y (bn) sucesiones con las propiedades:i) a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an · · · bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1ii) lım

n→∞(bn − an) = 0

Demostrar que ambas sucesiones convergen y tienen el mismo lımite.

Solucion:

Como an ≤ an+1 ∀n (an) es creciente.Como a1 ≤ an ≤ b1 ∀n (an) es acotada. Por tanto (an) es monotona yacotada entonces (an) converge. Sea L el lımite .Por otra parte bn+1 ≤ bn ∀n entonces (bn) es decreciente y como;a1 ≤ bn ≤ b1 ∀n (bn) es acotada. Luego (bn) es monotona y acotada enton-ces (bn) converge. Sea L′ el lımite .Por la segunda condicion lım

n→∞(bn − an) = 0 =⇒ L− L′ = 0 =⇒ L = L′

Problema 8

Sea la sucesion an definida por:

a1 = 1; an+1 =n

2n+ 1· an

i) Demuestre que la sucesion es convergente.ii) Calcule su lımite.

Solucion:

a1 = 1, a2 =1

3, a3 =

1

3· 25, a4 =

3

7· 25· 13· · · · · ·

Se tiene que {an} es decreciente pues:

an+1

an=

n

2n+ 1< 1 ∀n =⇒ an+1 < an ∀n ∈ IN

Ademas {an} esta acotada pues 0 < an ≤ 1Luego como es monotona y acotada ella es convergente.



Sea L = lımx→∞

an se tiene, entonces que:

lımn→∞

an+1 = lımn→∞

n

2n+ 1· an

lımn→∞

an+1 = lımn→∞

n

2n+ 1· lımn→∞

an

L = 1/2 L =⇒ L = 0

Por tantolımn→∞

an = 0

Problema 9

Sea la sucesion an definida por:

a1 = 1; an+1 =√3 · an

i) Demuestre que la sucesion es convergente.ii) Calcule su lımite.

Solucion:

a1 = 1, a2 =√3 · a1 =

√3 = 31/2, a3 =

√3 · a2 =

√3 · 31/2 = 31/2+1/4, · · · · · ·

an = 31/2 +1/4 +1/8 +······ 1/2n−1

< 31 ∀nSe puede probar por induccion que los an < 3 ∀n. En efecto:i) Si n = 1, a1 = 1 < 3ii) Suponemos que an < 3iii) Por demotrar que an+1 < 3Como:

an+1 =√3 · an <

√3 · 3 = 3

Luegoan+1 > an ∀n

Luego {an} es acotada : 1 ≤ an < 3Ademas se tiene que {an} es creciente pues:

an+1

an=

√3 · anan

=

√3

√an

> 1 ∀n =⇒ an+1 > an ∀n ∈ IN



Luego como es monotona y acotada {an} es convergente.Sea L = lım

n→∞an se tiene, entonces que:

lımn→∞

an+1 = lımn→∞

√3 · an

L =√3 ·

√L

L2 = 3 LL(L− 3) = 0 =⇒ L = 0 o L = 3

Como los terminos de la sucesion no son nulos, Por tanto

lımn→∞

an = 3

Problema 10

Probar{2nn!

}es convergente. Calcular su lımite.

Solucion:

Algunos terminos de la sucesion son:

{2nn!

}= {2, 2, 4/3, 2/3 · · · · · ·}

un − un+1 =2n

n!− 2n+1

(n+ 1)!=

2n(n+ 1)− 2n+1

(n+ 1)!

=2n(n+ 1− 2)

(n+ 1)!=

2n(n− 1)

(n+ 1)!> 0

Luego, ∀n > 1 un − un+1 > 0 ⇒ un > un+1

Entonces la sucesion es monotona decreciente.

Como 0 < un ≤ 2. La sucesion es acotada.Como la sucesion es monotona y acotada entonces converge.

Para calcular el lımite de esta sucesion usaremos el teorema

lımn→∞

an+1

an< 1 ⇒ lım

n→∞an = 0



En efecto se tiene:

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

2n+1

(n+ 1)!· n!2n

= lımn→∞

2

n+ 1= 0 < 1

Luego,

lımn→∞

an = lımn→∞

2n

n!= 0

Problema 11

Dada la sucesion{ √

n

1 +√n

}

a) Estudiar monotonıa y acotamiento.b) Calcular su lımite.

Solucion:

a) an+1 − an =

√n+ 1

1 +√n+ 1

−√n

1 +√n

=

√n+ 1 +

√n(n+ 1)−

√n−

√n(n+ 1)

(1 +√n+ 1)(1 +

√n)

=

√n+ 1−

√n

(1 +√n+ 1)(1 +

√n)

> 0

Luego, an+1 > an ∀n entonces an es creciente.Algunos terminos de la sucesion son:

a1 = 1/2 a4 = 2/3 a16 = 4/5 a25 = 5/6 · · ·

entonces 1/2 ≤ an < 1, por tanto es acotada.an es monotona y acotada entonces tiene lımite.

b)

lımn→∞

√n

1 +√n= lım

n→∞

11√n+ 1

= 1


En efecto se tiene:

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

2n+1

(n+ 1)!· n!2n

= lımn→∞

2

n+ 1= 0 < 1

Luego,

lımn→∞

an = lımn→∞

2n

n!= 0

Problema 11

Dada la sucesion{ √

n

1 +√n

}

a) Estudiar monotonıa y acotamiento.b) Calcular su lımite.

Solucion:

a) an+1 − an =

√n+ 1

1 +√n+ 1

−√n

1 +√n

=

√n+ 1 +

√n(n+ 1)−

√n−

√n(n+ 1)

(1 +√n+ 1)(1 +

√n)

=

√n+ 1−

√n

(1 +√n+ 1)(1 +

√n)

> 0

Luego, an+1 > an ∀n entonces an es creciente.Algunos terminos de la sucesion son:

a1 = 1/2 a4 = 2/3 a16 = 4/5 a25 = 5/6 · · ·

entonces 1/2 ≤ an < 1, por tanto es acotada.an es monotona y acotada entonces tiene lımite.

b)

lımn→∞

√n

1 +√n= lım

n→∞

11√n+ 1

= 1Vıctor Vargas V. - Luisa Traub K. 143

(se divide por la mayor potencia de n)

Problema 12

Calcular

lımn→∞

1 + 2√2 + 3 3

√3 + · · · · · ·n n

√n

n2

Solucion:

Usaremos Stolz: Como la sucesion {n2} es creciente y tiende a infinito

lımn→∞

un+1 − un

vn+1 − vn=

lımn→∞

{1 + 2√2 + · · ·n n

√n+ (n+ 1) n+1

√n+ 1} − {1 + 2

√2 + · · ·n n

√n}

(n+ 1)2 − n2

lımn→∞

(n+ 1) n+1√n+ 1

2n+ 1= lım

n→∞

[(n+ 1)

2n+ 1· n+1

√n+ 1

]=

1

2· 1 =

1

2




(se divide por la mayor potencia de n)

Problema 12

Calcular

lımn→∞

1 + 2√2 + 3 3

√3 + · · · · · ·n n

√n

n2

Solucion:

Usaremos Stolz: Como la sucesion {n2} es creciente y tiende a infinito

lımn→∞

un+1 − un

vn+1 − vn=

lımn→∞

{1 + 2√2 + · · ·n n

√n+ (n+ 1) n+1

√n+ 1} − {1 + 2

√2 + · · ·n n

√n}

(n+ 1)2 − n2

lımn→∞

(n+ 1) n+1√n+ 1

2n+ 1= lım

n→∞

[(n+ 1)

2n+ 1· n+1

√n+ 1

]=

1

2· 1 =

1

2



4.3 Lımites de Funciones y Continuidad

Definicion 1:

Sea f definida en un entorno reducido de xo, es decir; (0 < |x − xo| < δ),pero no necesariamente en el mismo punto xo. Diremos que f tiene el lımiteL en xo cuando para toda sucesion {xn} perteneciente al Dom f , distintosde xo, es valido que, si la sucesion converge a xo, la sucesion correspondientef(x1), f(x2), · · · ·, f(xn), · · · converge a L cuando n → ∞. Se denota por:

lımx→xo

f(x) = L

Si consideramos las sucesiones que convergen a xo por la derecha (x > xo),anotamos:

lımx→x+

o

f(x) = L1

Analogamente: si consideramos las sucesiones que convergen a xo por la iz-quierda (x < xo), anotamos:

lımx→x−

o

f(x) = L2

Como el lımite es unico, f tiene lımite en x = xo, si L1 = L2 = L.

Definicion 2:

lımx→xo

f(x) = L ⇐⇒ ∀ ε > 0, ∃ δ(ε) > 0;

tal que:0 < |x− xo| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε

Una definicion equivalente a esta se obtiene a partir de vecindades:

Definicion 3:

Decimos que:lımx→xo

f(x) = L

Si ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que:

x ∈ V ∗(xo, δ) ⇒ f(x) ∈ V (L, ε)



V ∗(xo, δ) denota la vecindad perforada centro xo radio δ dondex ∈ V ∗(xo, δ) ⇐⇒ −δ + xo < x < xo + δ (equivale al intervalo abierto(−δ + xo, xo + δ) sin incluir el punto xo).V (xo, δ) denota la vecindad centro xo radio δ dondex ∈ V (xo, δ) ⇐⇒ −δ + xo < x < xo + δ (equivale al intervalo abierto(−δ + xo, xo + δ) incluyendo el punto xo).

Limites laterales:

- Lımite por la derecha: Es el valor al que tiende f(x) cuando lavariable x se aproxima a xo con valores mayores que xo. Se simbolizapor

lımx→x+

o

f(x) = L1

Formalmente se define:

∀ ε > 0, ∃ δ(ε) > 0;

tal que:0 < x− xo < δ ⇒ |f(x)− L1| < ε

- Lımite por la izquierda: Es el valor al que tiende f(x) cuando lavariable x se aproxima a xo con valores menores que xo. Se simbolizapor

lımx→x−

o

f(x) = L2

Formalmente se define:

∀ ε > 0, ∃ δ(ε) > 0;

tal que:0 < xo − x < δ ⇒ |f(x)− L2| < ε



Limites infinitos:

1. Se dice quelımx→x+

o

f(x) = ∞

cuando al aproximarse x a xo con valores mayores que xo se cumpleque f(x) es mayor que cualquier numero k ∈ IR

2.lımx→x+

o

f(x) = −∞

si al tender x a xo, con x > xo, entonces, f(x) < k Analogamente sedefinen los limites laterales por la izquierda

lımx→x−

o

f(x) = ∞ y lımx→x−

o

f(x) = −∞

Limites en el infinito:

Se dice que

lımx→+∞

f(x) = L ⇐⇒ ∀ ε > 0, ∃ M(ε) > 0; ∀x,

tal que:x > M(ε) ⇒ |f(x)− L| < ε

En forma similar para lımx→−∞

f(x) = L

Limites infinitos en el infinito:

Decimos quelım

x→+∞f(x) = ∞,

cuando f(x) > k para todo x > p, siendo k y p numeros arbitrariamentegrandes.Si f(x) → −∞, cuando x → +∞, se dice que

lımx→∞

f(x) = −∞



y significa que f(x) < k para todo x > p.Analogamente se definen

lımx→−∞

f(x) = ∞ y lımx→−∞

f(x) = −∞

Propiedades

Si lımx→a

f(x) y lımx→a

g(x) existen y c es una constante, entonces:

1. lımx→a

c = c

2. lımx→a

f(x)± g(x) = lımx→a

f(x)± lımx→a

g(x)

3. lımx→a

cf(x) = c lımx→a

f(x)

4. lımx→a

[f(x)g(x)] = lımx→a

f(x) · lımx→a

g(x)

5. lımx→a

f(x)

g(x)=

lımx→a

f(x)

lımx→a

g(x), si lım

x→ag(x) �= 0

6. lımx→a

xn = an

7. lımx→a

n

√f(x) = n

√lımx→a

f(x)

8. lımx→a

[logbf(x)] = logb[ lımx→a

f(x)]

9. Si f es una funcion polinomial, entonces lımx→a

f(x) = f(a)

10. lımx→a

f(x)g(x) =[lımx→a

f(x)] lımx→a

g(x)

Lımites Especiales

1. lımx→0

senx

x= 1

2. lımx→0

1− cosx

x= 0

3. lımx→∞

(1 +a

x)x = ea



4. lımx→0+

(1 + x)1x = e

Calculo de lımites

* En el calculo de lımite de una funcion lo primero que hay que haceres sustituir el valor del punto en la funcion. Si ese valor existe, sera ellımite buscado; si el resultado no tiene sentido o es indeterminado sedebe recurrir a los casos siguientes:

* Casok

0, k �= 0

Este lımite no existe; su valor es infinito. Para mayor precision se debencalcular los lımites laterales.

* Casos indeterminadosCuando al sustituir los valores en los lımites aparezcan expresiones dela forma:

0

0;∞∞

; ∞−∞; 0 · ∞; 1∞; 00; ∞0

diremos que el lımite tiene una forma indeterminada Para resol-ver algunas de estas formas en funciones de tipo polinomicas conside-raremos:

a) Indeterminacion del tipo0

0Si f(x) es una funcion racional, se descomponen los polinomios del nu-merador y del denominador en factores, simplificando la fraccion hastaque desaparezca la indeterminacion. Esta simplificacion se hace divi-diendo el numerador y denominador de f(x) por x− a.

b) Indeterminacion del tipo∞∞

Si f(x) es una funcion racional, se divide numerador y denominadorde la fraccion por la variable elevada a la mayor potencia que tenga la



expresion. Los posibles casos se resumen como sigue:

lımx→∞

P (x)

Q(x)=

(∞∞

)=

∞, si el grado de P (x) > grado de Q(x)0, si el grado de P (x) < grado de Q(x)k

p, si el grado de P (x) = grado de Q(x)

siendo k y p los coeficientes de losterminos de mayor grado de P (x) y Q(x).

c) Indeterminacion del tipo ∞−∞Esta determinacion se resuelve efectuando la resta de las funciones,transformandolas ası en un cuociente.Si aparecen expresiones con raıces, es aconsejable multiplicar el nume-rador y el denominador por la expresion radical conjugada. Ası puedeconvertirse en alguno de los casos anteriores.

d) Indeterminacion del tipo 1∞

Definiendo los lıımites:

lımx→∞

(1 +1

x)x = e; lım

x→0(1 + x)

1x = e

entonces, la forma 1∞ se resuelve por reduccion mediante operaciones,a alguno de esos dos lımites.

Continuidad

Definicion

Una funcion f es continua en el punto x = a si y solo si se satisfacenlas tres condiciones siguientes:

1. f(x) esta definida en x = a, es decir, a se encuentra en el dominio def .

2. Existe lımx→a

f(x)

3. lımx→a

f(x) = f(a)



Definicion:

Una funcion es continua sobre un intervalo a ≤ x ≤ b si es continua encada punto de este intervalo.

En terminos geometricos, la grafica de una funcion continua no presentainterrupciones, se puede trazar sin levantar el lapiz.

Ejemplos de Funciones Continuas

- Las funciones polinomicas son siempre continuas.

- Las funciones racionales son continuas para todo punto de su domi-nio. Esto es, en todos los puntos que no hagan cero el denominador.

- La funcion exponencial es siempre continua.

- Las funcion y = logx es continua para x > 0.

- Las funciones trigonometricas son continuas en todos los puntos desu dominio.

- Las funciones definidas a trozos son continuas si cada trozo lo es,y si lo son en los puntos de union.

. Una funcion que no cumple una de las condiciones de continuidad se diceque es discontinua. Si f no es continua en un punto, se dice que es discon-tinua en ese punto.En general, una funcion sera discontinua en todos los puntos que no perte-nezcan a su dominio.

Tipos de Discontinuidad

1. Discontinuidad reparable en un punto x = a. Se da en el caso que loslımites laterales en a son iguales, pero f(a) no esta definida. Se reparaasignandole a f(a) el valor del lımite.

2. Discontinuidad irreparable en un punto x = a. Se da en los siguientescasos:

- Los lımites laterales en a son distintos (discontinuidad de salto)



- A lo menos uno de los lımites laterales en a no existe.

- En el caso en que los lımites laterales en a son iguales, pero distintoa f(a), como f(a) esta definida no puede redefinirse.

3. Discontinuidad infinita en x = a en los casos en que uno o los doslımites laterales sea +∞ o−∞.

Toda discontinuidad que resulta de la no existencia del lımite es irreparable.

Propiedades de una funcion continua en [a, b]

1. Sea f(x) continua en [a, b], entonces posee las siguientes propiedades:

i) f(x) esta acotada en [a, b]

ii) f(x) tiene los valores maximo y mınimos en [a, b]

iii) (Valor intermedio) Si m = mın f(x) y M = max f(x); ∀x ∈ [a, b]entonces ∀ε , que satisfaga:

m ≤ ε ≤ M, ∃ xo ∈ [a, b] tal que: f(xo) = ε

En particular si f(a) · f(b) < 0 ⇒ ∃xo ∈ [a, b] tal que: f(xo) = 0.(es decir f(a) y f(b) tienen signos opuestos.)

2. Si la funcion f(x) esta definida y es continua y estrictamente monotonaen [a, b], entonces existe una funcion inversa x = g(y) definida, continuay tambien estrıctamente monotona en [f(a), f(b)]



4.4 Ejercicios Lımites de Funciones

Problema 1

Demuestrelımx→−2

(3x+ 5) = −1

Solucion:

Debemos demostrar ∀ ε > 0, ∃ δ(ε) > 0; tal que:|(3x+ 5)− (−1)| < ε cuando: |x− (−2)| < δ, en efecto:como |(3x + 5) − (−1)| = |3(x + 2)| = 3|x + 2|, entonces se quiere que3|x + 2| < ε cuando 0 < |x + 2| < δ, lo cual nos indica que basta tomar

δ =ε

3, puesto que: (∀ ε > 0)(∃ δ = ε/3); tal que

0 < |x+ 2| < δ ⇒ 3|x+ 2| < 3 · ε3⇒ |(3x+ 5)− (−1)| < ε

Problema 2

Demuestrelımx→4

(x2 − 3x+ 1) = 5

Solucion:

Debemos demostrar ∀ ε > 0, ∃ δ(ε) > 0;tal que: |(x2 − 3x+ 1)− 5| < ε cuando: |x− 4)| < δ, en efecto:

como |(x2 − 3x+ 1)− 5)| = |(x− 4)(x+ 1)| = |x− 4||x+ 1|,Si |x− 4| < 1 ⇒ 3 < x < 5 ⇒ 4 < x+ 1 < 6 ⇒ |x+ 1| < 6, luego|(x2 − 3x+ 1)− 5| < 6|x− 4| si |x− 4| < ε/6, entonces:|(x2−3x+1)−5| < ε, lo cual nos indica que debemos tomar δ = mın(1, ε/6),luego(∀ ε > 0) (∃ δ = mın(1, ε/6)); tal que0 < |x− 4| < 1 ⇒ |(x2 − 3x+ 1)− 5| < 6|x− 4| y

|x− 4| < ε

6⇒ |(x2 − 3x+ 1)− 5| < ε.



Problema 3

Demuestre que la funcion

f(x) =|x|x, x �= 0

no tiene lımite en x = 0

Solucion:

Debemos demostrar que para cualquier numero L, ∀ε > 0 tal que ∃δ > 0:

0 < |x− 0| < δ ⇒ |f(x)− L| > ε

en efecto:Caso 1: Si L ≥ 0 tomemos ε = 1, para cualquier δ > 0, tomemos a x de talmanera que, −δ < x < 0 entonces,

|f(x)− L| = | − 1− L| = L+ 1 ≥ 1 = ε.

Caso 2: Si L < 0 tomemos ε = 1, para cualquier δ > 0, tomemos a x de talmanera que, 0 < x < δ entonces,

|f(x)− L| = 1− L > 1 = ε.



4.5 Ejercicios Resueltos Calculo de Lımites1

1.− lımn→∞

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

n3= lım

n→∞

n3 + 6n2 + 9n+ 2n+ 6

n3

= lımn→∞

1 +6

n+

11

n2+

6

n3

n3

n3

= 1

2.− lımn→∞

n+ (−1)n

n− (−1)n= lım

n→∞

1 +(−1)n

n

1− (−1)n

n

= 1

3.− lımn→∞

2(n+1) + 3(n+1)

2n + 3n = lımn→∞

(2

3)n+1 + 1

(2n

3n× 1

3) + (

3n

3n× 1

3)

= 0 + 1

0× 1

3+ 1× 1

3

=11

3

= 3

4.− lımn→∞

(√n+ 1−

√n) = lım

n→∞(√n+ 1−

√n)× (

√n+ 1 +

√n)

(√n+ 1 +

√n)

= lımn→∞

n+ 1− n√n+ 1 +

√n

= lımn→∞

1√n+ 1 +

√n= 0

5.− lımx→∞

(2x− 3)(3x+ 5)(4x− 6)

3x3 + x+ 1

/ : x3

/ : x3= lım

x→∞

(2− 3

x)(3 +

5

x)(4− 6

x)

3 +1

x2+

1

x3

=2 · 3 · 4

3= 8

6.− lımx→∞

x3√x3 + 10

= lımx→∞

1

3

√1 +

10

x3

= 1

1* Problemas planteados en el Libro Analisis Matematico de Demidovic



7.− lımx→∞

(x+ 1)2

x2 + 1= lım

x→∞

(1 +1

x)2

1 +1

x2

= 1

8.− lımx→∞

1000x

x2 − 1= lım

x→∞

1000

x

1− 1

x2

=0

1= 0

9.− lımx→∞

x2 − 5x+ 1

3x+ 7= lım

x→∞

1− 5

x+

1

x2

3

x+

7

x2

=1

0= ∞

10.− lımx→∞

2x2 − x+ 3

x3 − 8x+ 5= lım

x→∞

2

x− 1

x2+

3

x3

1− 8

x2+

5

x3

=0

1= 0

11.− lımx→∞

(2x+ 3)3(3x− 2)2

x5 + 5= lım

x→∞

(2 +3

x)3(3− 2

x)2

1 +5

x5

=23 · 32

1= 72

12.− lımx→∞

2x2 − 3x− 4√x4 + 1

= lımx→∞

2− 3/x− 4/x2

√1 + 1/x4

=2√1= 2

13.− lımx→∞

2x+ 3

x+ 3√x= lım

x→∞

2 + 3/x

1 + 3

√1/x2

=2

1= 2

14.− lımx→∞

x2

10 + x√x= lım

x→∞

1

10/x2 +√1/x

=1

0= ∞

15.− lımx→∞

3√x2 + 1

x+ 1= lım

x→∞

3

√1/x+ 1/x3

1 + 1/x=

0

1= 0



16.− lımx→∞

√x√

x+√x+

√x

= lımx→∞

1√1 +

√1/x+

√1/x3

=1

1= 1

17.− lımx→2

x2 − 4

x2 − 3x+ 2= lım

x→2

(x− 2)(x+ 2)

(x− 2)(x− 1)= lım

x→2

x+ 2

x− 1= 4

18.− lımx→−1

x3 + 1

x2 + 1=

(−1)3 + 1

(−1)2 + 1=

0

2= 0

19.− lımx→5

x2 − 5x+ 10

x2 − 25=

25− 25 + 10

25− 25=

10

0= ∞

20.− lımx→−1

x2 − 1

x2 + 3x+ 2= lım

x→−1

(x+ 1)(x− 1)

(x+ 2)(x+ 1)= lım

x→−1

(x− 1)

(x+ 2)=

−2

1= −2

21.− lımx→2

x2 − 2x

x2 − 4x+ 4= lım

x→2

x(x− 2)

(x− 2)(x− 2)= lım

x→2

x

x− 2=

2

0= ∞

22.− lımx→1

x3 − 3x+ 2

x4 − 4x+ 3= lım

x→1

(x− 1)(x2 + x− 2)

(x− 1)(x3 + x2 + x− 3)= lım

x→1

x2 + x− 2

x3 + x2 + x− 3

= lımx→1

(x− 1)(x+ 2)

(x− 1)(x2 + 2x+ 3)= lım

x→1

x+ 2

x2 + 2x+ 3=

1

2

23.− lımx→a

x2 − (a+ 1)x+ a

x3 − a3= lım

x→a

(x− a)(x− 1)

(x− a)(x2 + ax+ a2)= lım

x→a

x− 1

x2 + ax+ a2

=a− 1

a2 + a2 + a2=

a− 1

3a2

24.− lımh→0

(x+ h)3 − x3

h= lım

h→0

x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3 − x3

h

= lımh→0

h(3x2 + 3xh+ h2)

h= lım

h→0(3x2 + 3xh+ h2) = 3x2



25.− lımx→1

(1

1− x− 3

1− x3) = lım

x→1

1− x3 − 3(1− x)

(1− x)(1− x3)= lım

x→1

1− x3 − 3 + 3x

(1− x)(1− x3)

= lımx→1

−2− x3 + 3x

(1− x)(1− x3)= lım

x→1

(x− 1)(−x2 − x+ 2)

(1− x)(1− x3)

= lımx→1

(1− x)(x2 + x− 2)

(1− x)(1− x3)

= lımx→1

(x− 1)(x+ 2)

(x− 1)(−x2 − x− 1)= lım

x→1

x+ 2

−x2 − x− 1

=3

−1− 1− 1=

3

−3= −1

26.− lımx→0

√1 + x− 1

3√1 + x− 1

Sea : 1 + x = y6, Si : x → 0, y → 1

26.− lımx→0

√1 + x− 1

3√1 + x− 1

= lımy→1

y3 − 1

y2 − 1

= lımy→1

(y − 1)(y2 + y + 1)

(y + 1)(y − 1)= lım

y→1

y2 + y + 1

y + 1=

3

2

27.− lımx→1

√x− 1

x− 1

Sea : y =√x −→ y2 = x, Luego si : x → 1, entonces y → 1

lımx→1

√x− 1

x− 1= lım

y→1

y − 1

y2 − 1= lım

y→1

y − 1

(y + 1)(y − 1)= lım

y→1

1

y + 1=

1

2

28.− lımx→64

√x− 8

3√x− 4

Sea : y = 6√x, Luego si : x → 64, entonces y → 2



lımy→2

y3 − 8

y2 − 4= lım

y→2

(y − 2)(y2 + 2y + 4)

(y + 2)(y − 2)

= lımy→2

y2 + 2y + 4

y + 2=

4 + 4 + 4

4=

12

4= 3

29.− lımx→1

3√x− 1

4√x− 1

Sea : y12 = x. Si x → 1, y → 1

lımx→1

3√x− 1

4√x− 1

= lımy→1

y4 − 1

y3 − 1= lım

y→1

(y − 1)(y3 + y2 + y + 1)

(y − 1)(y2 + y + 1)

= lımy→1

y3 + y2 + y + 1

y2 + y + 1=

4

3

30.− lımx→1

3√x2 − 2 3

√x+ 1

(x− 1)2= lım

y→1

y2 − 2y + 1

(y3 − 1)2= lım

y→1

(y − 1)(y − 1)

[(y − 1)(y2 + y + 1)]2

= lımy→1

(y − 1)2

(y − 1)2(y2 + y + 1)2= lım

y→1

1

(y2 + y + 1)2

=1

32=

1

9

31.− lımx→a

√x−

√a

x− a= lım

x→a

√x−

√a

x− a·√x+

√a√

x+√a

= lımx→a

x− a

(x− a)(√x+

√a)

= lımx→a

1√x+

√a=

1

2√a

(a > 0)

32.− lımx→7

2−√x− 3

x2 − 49= lım

x→7

2−√x− 3

(x− 7)(x+ 7)· 2 +

√x− 3

2 +√x− 3



= lımx→7

4− (x− 3)

(x− 7)(x+ 7)(2 +√x− 3)

= lımx→7

4− x+ 3

(x− 7)(x+ 7)(2 +√x− 3)

= lımx→7

7− x

(x− 7)(x+ 7)(2 +√x− 3)

= lımx→7

−(x− 7)

(x− 7)(x+ 7)(2 +√x− 3)

= lımx→7

−1

(x+ 7)(2 +√x− 3)

=−1

14 · (2 +√7− 3)

=−1

56

33.− lımx→8

x− 83√x− 2

= lımx→8

x− 83√x− 2

·3√x2 + 2 3

√x+ 4

3√x2 + 2 3

√x+ 4

= lımx→8

(x− 8)(3√x2 + 2 3

√x+ 4)

3√x3 + 2

3√x2 + 4 3

√x− 2

3√x2 − 4 3

√x− 8

= lımx→8

(x− 8)(3√x2 + 2 3

√x+ 4)

x− 8

= lımx→8

(3√x2 + 2 3

√x+ 4)

=3√64 + 2

3√8 + 4 = 4 + 4 + 4 = 12

34.− lımx→1

√x− 1

3√x− 1

= lımx→1

(√x− 1) · (

√x+ 1)√x+ 1

· 13√x− 1

· (3√x2 + 3

√x+ 1)

(3√x2 + 3

√x+ 1)

= lımx→1

x− 1√x+ 1

·3√x2 + 3

√x+ 1

x− 1

= lımx→1

3√x2 + 3

√x+ 1√

x+ 1=

3

2

35.− lımx→4

3−√5 + x

1−√5− x

= lımx→4

(3−√5 + x)(3 +

√5 + x)(1 +

√5− x)

(1−√5− x)(3 +

√5 + x)(1 +

√5− x)



= lımx→4

[9− (5 + x)](1 +√5− x)]

[1− (5− x)](3 +√5 + x)

= lımx→4

(4− x)(1 +√5− x)

(−4 + x)(3 +√5 + x)

= lımx→4

(4− x)(1 +√5− x)

−(4− x)(3 +√5 + x)

= lımx→4

(1 +√5− x)

−(3 +√5 + x)

=2

−(6)=

−1

3

36.− lımx→0

√1 + x−

√1− x

x= lım

x→0

(√1 + x−

√1− x)

x· (√1 + x+

√1− x)

(√1 + x+

√1− x)

= lımx→0

(1 + x)− (1− x)

x(√1 + x+

√1− x)

= lımx→0

2x

x(√1 + x+

√1− x)

= lımx→0

2√1 + x+

√1− x

=2

1 + 1=

2

2= 1

37.− lımh→0

√x+ h−

√x

h= lım

h→0

(√x+ h−

√x)

h· (√x+ h+

√x)

(√x+ h+

√x)

= lımh→0

x+ h− x

h(√x+ h+

√x)

= lımh→0

h

h(√x+ h+

√x)

= lımh→0

1√x+ h+

√x

=1√

x+√x=

1

2√x

38.− lımh→0

3√x+ h− 3

√x

h= lım

h→0

( 3√x+ h− 3

√x)( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)



= lımh→0

3

√(x+ h)3 + 3

√x(x+ h)2 + 3

√x2(x+ h)− 3

√x(x+ h)2 − 3

√x2(x+ h)− 3

√x3

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

x+ h− x

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

h

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

13

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2

=1

33√x2

39.− lımx→3

√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x+ 3

= lımx→3

√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

(x2 − 4x+ 3)· (√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

x2 − 2x+ 6− (x2 + 2x− 6)

(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

x2 − 2x+ 6− x2 − 2x+ 6

(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4x+ 12

(x− 1)(x− 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4(x− 3)

(x− 1)(x− 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4

(x− 1)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

=−4

2(√9 +

√9)

=−2

6=

−1

3


= lımh→0

3

√(x+ h)3 + 3

√x(x+ h)2 + 3

√x2(x+ h)− 3

√x(x+ h)2 − 3

√x2(x+ h)− 3

√x3

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

x+ h− x

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

h

h( 3

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2)

= lımh→0

13

√(x+ h)2 + 3

√x(x+ h) +

3√x2

=1

33√x2

39.− lımx→3

√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x+ 3

= lımx→3

√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

(x2 − 4x+ 3)· (√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

x2 − 2x+ 6− (x2 + 2x− 6)

(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

x2 − 2x+ 6− x2 − 2x+ 6

(x2 − 4x+ 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4x+ 12

(x− 1)(x− 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4(x− 3)

(x− 1)(x− 3)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4

(x− 1)(√x2 − 2x+ 6 +

√x2 + 2x− 6)

=−4

2(√9 +

√9)

=−2

6=

−1

3



40.− lımx→∞

(√x+ a−

√x) = lım

x→∞

(√x+ a−

√x)(

√x+ a+

√x)√

x+ a+√x

= lımx→∞

x+ a− x√x+ a+

√x= a · lım

x→∞

1√x+ a+

√x

= a · 0 = 0

41.− lımx→∞

[√x(x+ a)− x] = lım

x→∞(√x(x+ a)− x) ·

(√x(x+ a) + x)

(√x(x+ a) + x)

= lımx→∞

x2 + ax− x2

√x2 + ax+ x

= lımx→∞

ax√x2 + ax+ x

= lımx→∞

a√1 + a/x+ 1

=a√1 + 1

=a

2

42.− lımx→∞

(√x2 − 5x+ 6− x) = lım

x→∞(√x2 − 5x+ 6− x) · (

√x2 − 5x+ 6 + x)

(√x2 − 5x+ 6 + x)

= lımx→∞

x2 − 5x+ 6− x2

√x2 − 5x+ 6 + x

= lımx→∞

−5x+ 6√x2 − 5x+ 6 + x

= lımx→∞

−5 + 6/x√1− 5/x+ 6/x2 + 1

=−5

2

43.− lımx→∞

x(√x2 + 1− x) = lım

x→∞x(√x2 + 1− x) · (

√x2 + 1 + x)

(√x2 + 1 + x)

= lımx→∞

x(x2 + 1− x2)√x2 + 1 + x



= lımx→∞

x√x2 + 1 + x

= lımx→∞

1√1 + 1/x2 + 1

=1

1 + 1=

1

2

44.− lımx→∞

(x+ 3√1− x3) = lım

x→∞

(x+ 3√1− x3)(x2 − x 3

√1− x3 + 3

√(1− x3)2)

[x2 − x 3√1− x3 + 3

√(1− x3)2]

= lımx→∞

x3 + 1− x3

x2 − x 3

√(1− x3) + 3

√(1− x3)2

= lımx→∞

1

x2 − x 3

√(1− x3) + 3

√(1− x3)2

= 0

45.− lımx→0

sen5x

x= lım

x→0

(sen5x5x

· 5)= 1 · 5 = 5

46.−a) lımx→2

senx

x=

sen2

2

b) lımx→∞

senx

x= 0

Pues : −1 ≤ senx ≤ 1

Por lo tanto nos queda por el Teor. del sandwich:

−1

x≤ senx

x≤ 1

x

47.− lımx→0

sen3x

x= lım

x→0

(sen3x3x

· 3)= 1 · 3 = 3

48.− lımx→0

sen5x

sen2x= lım

x→0

sen5x

5x· 5

sen2x

2x· 2

=5

2



49.− lımx→0

senπx

sen3πx= lım

x→0

(senπxπx

)· π

(sen3πx3πx

)· 3π

=π

3π=

1

3

50.− lımn→∞

(n · senπn) = lım

n→∞

senπ/n

1/n

= lımn→∞

(senπ/nπ/n

)· π = π

51.− lımx→0

1− cosx

x2= lım

x→0

1− cosx

x2· 1 + cosx

1 + cosx

= lımx→0

1− cos2x

x2(1 + cosx)

= lımx→0

sen2x

x2(1 + cosx)

= lımx→0

(senx

x)2 · 1

1 + cosx= 1 · 1

2=

1

2

52.− lımx→a

senx− sena

x− a= lım

x→a

sen[(x− a) + a]− sena

x− a

= lımx→a

[sen(x− a)cosa+ cos(x− a)sena− sena]

x− a

= lımx→a

[sen(x− a)

x− a· cosa+ sen(a)[cos(x− a)− 1]

x− a

]

= lımx→a

sen(x− a)

x− a· cosa+−sena · lım

x→a

1− cos(x− a)

x− a

= cosa · lımx→a

sen(x− a)

x− a− sena · lım

x→a

1− cos2(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))

= cosa · lımx→a

sen(x− a)


x→a

sen2(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))


49.− lımx→0

senπx

sen3πx= lım

x→0

(senπxπx

)· π

(sen3πx3πx

)· 3π

=π

3π=

1

3

50.− lımn→∞

(n · senπn) = lım

n→∞

senπ/n

1/n

= lımn→∞

(senπ/nπ/n

)· π = π

51.− lımx→0

1− cosx

x2= lım

x→0

1− cosx

x2· 1 + cosx

1 + cosx

= lımx→0

1− cos2x

x2(1 + cosx)

= lımx→0

sen2x

x2(1 + cosx)

= lımx→0

(senx

x)2 · 1

1 + cosx= 1 · 1

2=

1

2

52.− lımx→a

senx− sena

x− a= lım

x→a

sen[(x− a) + a]− sena

x− a

= lımx→a

[sen(x− a)cosa+ cos(x− a)sena− sena]

x− a

= lımx→a

[sen(x− a)

x− a· cosa+ sen(a)[cos(x− a)− 1]

x− a

]

= lımx→a

sen(x− a)

x− a· cosa+−sena · lım

x→a

1− cos(x− a)

x− a

= cosa · lımx→a

sen(x− a)


x→a

1− cos2(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))

= cosa · lımx→a

sen(x− a)


x→a

sen2(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))



= cosa · lımx→a

sen(x− a)


x→a

sen(x− a)sen(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))

= cosa · 1− sena · 1 · 02= cosa

53.− lımx→a

cosx− cosa

x− a= lım

x→a

cos[(x− a) + a]− cosa

x− a

= lımx→a

cos(x− a)cosa− sen(x− a)sena− cosa

x− a

= lımx→a

cos(x− a)cosa− cosa

x− a− sen(x− a)sena

x− a

= −cosa · lımx→a

1− cos(x− a)


x→a

sen(x− a)

x− a

= −cosa · 0− sena · 1 = −sena

54.− lımx→−2

tgπx

x+ 2= lım

x→−2

tgπ(x+ 2− 2)

x+ 2

= lımx→−2

tg[π(x+ 2)− 2π]

x+ 2

= lımx→−2

sen[π(x+ 2)− 2π]

(x+ 2)cos[π(x+ 2)− 2π]

= lımx→−2

senπ(x+ 2)cos2π − cosπ(x+ 2)sen2π

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

senπ(x+ 2) · 1− 0

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

senπ(x+ 2)

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

πsenπ(x+ 2)

π(x+ 2)cosπx


= cosa · lımx→a

sen(x− a)


x→a

sen(x− a)sen(x− a)

(x− a)(1 + cos(x− a))

= cosa · 1− sena · 1 · 02= cosa

53.− lımx→a

cosx− cosa

x− a= lım

x→a

cos[(x− a) + a]− cosa

x− a

= lımx→a

cos(x− a)cosa− sen(x− a)sena− cosa

x− a

= lımx→a

cos(x− a)cosa− cosa

x− a− sen(x− a)sena

x− a

= −cosa · lımx→a

1− cos(x− a)


x→a

sen(x− a)

x− a

= −cosa · 0− sena · 1 = −sena

54.− lımx→−2

tgπx

x+ 2= lım

x→−2

tgπ(x+ 2− 2)

x+ 2

= lımx→−2

tg[π(x+ 2)− 2π]

x+ 2

= lımx→−2

sen[π(x+ 2)− 2π]

(x+ 2)cos[π(x+ 2)− 2π]

= lımx→−2

senπ(x+ 2)cos2π − cosπ(x+ 2)sen2π

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

senπ(x+ 2) · 1− 0

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

senπ(x+ 2)

(x+ 2)cosπx

= lımx→−2

πsenπ(x+ 2)

π(x+ 2)cosπx



= π · 1

cos(−2π)= π

55.− lımh→0

sen(x+ h)− senx

h= lım

h→0

senxcosh+ cosxsenh− senx

h

= lımh→0

senx(cosh− 1) + cosxsenh

h

= lımh→0

−senx(1− cosh)

h+ lım

h→0

cosxsenh

h

= −senx · lımh→0

1− cosh

h+ cosx · lım

h→0

senh

h

= −senx · 0 + cosx · 1 = cosx

56.− lımx→π

4

senx− cosx

1− tgx= lım

x→π4

senx− cosx

1− senx

cosx

= lımx→π

4

senx− cosxcosx− senx

cox

= lımx→π

4

cosx(senx− cosx)

−(senx− cosx)

= lımx→π

4

cosx

−1=

−√2

2

57.− a) lımx→0

x · sen1x= 0 (como − 1 ≤ senα ≤ 1)

b) lımx→∞

x · sen1x= lım

x→∞

sen 1x

1

x

= 1 (Por limite especial)

58.− lımx→1

(1− x)tgπx

2= lım

x→1

(1− x)senπx

2

cosπx

2



Sea: 1− x = y → x = 1− y Luego si : x → 1, entonces y → 0

= lımy→0

ysen(π2− π

2y)

cos(π2− π

2y

= lımy→0

y[senπ/2 cosπ/2 y − cosπ/2 senπ/2 y]

cosπ/2 cosπ/2 y + senπ/2 senπ/2 y

= lımy→0

ycosπ/2 y

senπ/2 y

=2

πlımy→0

cosπy2

senπ2y

π

2y

=2

π

59.− lımx→0

cotg2xcotg(π

2− x) = lım

x→0cotg2xtgx

= lımx→0

cos2x

sen2x· senxcosx

= lımx→0

cos2xsenx

2senxcosxcosx

= 12lımx→0

cos2x

cos2x=

1

2

60.− lımx→π

1− senx2

π − x= lım

x→π

1− cos(π2− x

2)

π − x

= lımx→π

1− cos12(π − x)

π − x·1 + cos1

2(π − x)

1 + cos12(π − x)

= lımx→π

1− cos2 12(π − x)

(π − x)(1 + cos12(π − x))

= lımx→π

sen2 12(π − x)

(π − x)(1 + cos12(π − x))



= lımx→π

sen12(π − x)

2 · 12(π − x)

·sen1

2(π − x)

1 + cos12(π − x)

=1

2· 1 · 0

2= 0

61.− lımx→π

3

1− 2cosx

π − 3x= lım

x→π3

1− 2cos[−13(π − 3x) + π

3]

π − 3x

= lımx→π

3

1− 2[cos−13(π − 3x) · cosπ

3− sen−1

3(π − 3x) · senπ

3]

π − 3x

= lımx→π

3

1− 2cos−13(π − 3x) · 1

2+ 2sen−1

3(π − 3x) ·

√32

π − 3x

= lımx→π

3

1− cos−13(π − 3x) +

√3sen−1

3(π − 3x)

π − 3x

= lımx→π

3

[1− cos−1

3(π − 3x)

π − 3x+

√3sen−1

3(π − 3x)

π − 3x]

= lımx→π

3

[1− cos−13(π − 3x)

π − 3x·1 + cos−1

3(π − 3x)

1 + cos−13(π − 3x)

+

√3sen−1

3(π − 3x)

(−3)(−13)(π − 3x)

]

= lımx→π

3

[ 1− cos2−13(π − 3x)

(π − 3x)[1 + cos−13(π − 3x)]

−√3

3·sen−1

3(π − 3x)

−13(π − 3x)

]

= lımx→π

3

[ sen2−13(π − 3x)

(π − 3x)[1 + cos−13(π − 3x)]

−√3

3·sen−1

3(π − 3x)

−13(π − 3x)

]

= lımx→π

3

[sen−13(π − 3x)

π − 3x·

sen−13(π − 3x)

1 + cos−13(π − 3x)

−√3

3·sen−1

3(π − 3x)

−13(π − 3x)

]

= lımx→π

3

[ −13sen−1

3(π − 3x)

−13(π − 3x)

·sen−1

3(π − 3x)

1 + cos−13(π − 3x)

−√3

3·sen−1

3(π − 3x)

−13(π − 3x)

]



=−1

3· 1 · 0−

√3

3=

−√3

3

62.− lımx→0

cosmx− cosnx

x2= lım

x→0

cosmx− cosnx

x2· cosmx+ cosnx

cosmx+ cosnx

= lımx→0

cos2mx− cos2nx

x2(cosmx+ cosnx)

= lımx→0

1 + cos2mx− 1− cos2nx

x2(cosmx+ cosnx)

= lımx→0

−(1− cos2mx) + (1− cos2nx)

x2(cosmx+ cosnx)

= lımx→0

−(1− cos2mx)

x2(cosmx+ cosnx)+ lım

x→0

1− cos2nx

x2(cosmx+ cosnx)

= − lımx→0

sen2mx

x2(cosmx+ cosnx)+ lım

x→0

sen2nx

x2(cosmx+ cosnx)

= − lımx→0

(senmx

mx)2 · m2

cosmx+ cosnx

+lımx→0

(sennx

nx)2 · n2

cosmx+ cosnx

= −1 · m2

2+ 1 · n

2

2=

1

2(n2 −m2)

63.− lımx→0

arcsenx

xSea y = arcsenx ; por lo tanto x = seny

64.− lımx→0

arcsenx

x= lım

y→0

y

seny

= lımy→0

1seny

y

=1

1= 1



65.− lımx→0

tgx− senx

x3= lım

x→0

senxcosx

− senx

x3

= lımx→0

senx− senxcosx

x3cosx

= lımx→0

senx(1− cosx)

x3cosx

= lımx→0

senx(1− cosx)

x3cosx· (1 + cosx)

(1 + cosx)

= lımx→0

senx(1− cos2x)

x3cosx(1 + cosx)

= lımx→0

senx · sen2x

x3cosx(1 + cosx)

= lımx→0

sen3x

x3· 1

cosx(1 + cosx)

= 13 · 12=

1

2

66.− lımx→0

arctg2x

sen3x= lım

x→0

2arctg2x2x

3sen3x3x

=2

3lımx→0

arctg2x2x

sen3x3x

Pero lımx→0

arctg2x

2x= 1; (Ejercicio 64) y lım

x→0

sen3x

3x= 1.

Luego:

= lımx→0

arctg2x

sen3x

=2

3· 11=

2

3



67.− lımx→1

1− x2

senπx= lım

x→1

(1− x)(1 + x)

sen[−π(1− x) + π]

= lımx→1

(1− x)(1 + x)

sen[−π(1− x)]cosπ + cos[−π(1− x)]senπ

= lımx→1

(1− x)(1 + x)

−sen[−π(1− x)]

= lımx→1

(1 + x) · (1− x)

−sen[−π(1− x)]

= lımx→1

(1 + x) · 1

−πsen[−π(1− x)]−π(1− x)

=1

−π· lımx→1

(1 + x) · 1

sen[−π(1− x)−π(1− x)

=1

π· 2 · 1 =

2

π

68.− lımx→0

x− sen2x

x+ sen3x= lım

x→0

x(1− sen2xx )

x(1 + sen3xx )

= lımx→0

1− sen2xx

1 + sen3xx

= lımx→0

1− 2sen2x2x

1 +3sen3x

3x

=1− 2

1 + 3=

−1

4

69.− lımx→1

cos(πx2)

1−√x

= lımx→1

cos(πx

2)

1−√x

· 1 +√x

1 +√x

= lımx→1

(1 +√x)cos(

πx

2)

1− x



= lımx→1

(1 +√x)cos[

−π

2(1− x) +

π

2]

1− x

= lımx→1

(1 +√x)[cos[

−π

2(1− x)]cos

π

2− sen[

−π

2(1− x)]sen

π

2]

1− x

= lımx→1

(1 +√x)(−sen[

−π

2(1− x)])

1− x

= lımx→1

−π

2(1 +

√x) ·

−sen[−π2(1− x)]

−π2 (1− x)

=π

2· (1 + 1) · 1 = π

70.− lımx→0

1−√cosx

x2= lım

x→0

1−√cosx

x2· 1 +

√cosx

1 +√cosx

= lımx→0

1− cosx

x2(1 +√cosx)

= lımx→0

1− cosx

x2(1 +√cosx)

· 1 + cosx

1 + cosx

= lımx→0

1− cos2x

x2(1 +√cosx)(1 + cosx)

= lımx→0

sen2x

x2(1 +√cosx)(1 + cosx)

=1

(1 + 1)(1 + 1)=

1

4

71.− lımx→0

√1 + senx−

√1− senx

x



= lımx→0

√1 + senx−

√1− senx

x·√1 + senx+

√1− senx√

1 + senx+√1− senx

= lımx→0

1 + senx− (1− senx)

x(√1 + senx+

√1− senx)

= lımx→0

2senx

x(√1 + senx+

√1− senx)

=2√

1 +√1= 1

72.− lımx→0

(sen2xx

)1+x

Como:

lımx→0

(sen2xx

)= 2 y lım

x→0(1 + x) = 1

lımx→0

(sen2xx

)1+x= 21 = 2

73.− lımx→∞

( x+ 1

2x+ 1

)x2

Como:

lımx→∞

x+ 1

2x+ 1= lım

x→∞

1 + 1/x

2 + 1/x=

1

2

y ademas:lımx→∞

x2 = +∞

Entonces lımx→∞

( x+ 1

2x+ 1

)x2

= 0

pues : x+ 1 < 2x+ 1

74.− lımx→∞

(x− 1

x+ 1)x

Como : lımx→∞

x− 1

x+ 1= lım

x→∞

1− 1/x

1 + 1/x= 1

La forma 1∞ conduce a formar:



lımx→∞

(1 + k/x

)x= ek

Entonces : lımx→∞

(x− 1

x+ 1

)x= lım

x→∞

[1 + (

x− 1

x+ 1− 1)

]x

= lımx→∞

[[1 + (

−2

x+ 1)]x+ 1−2

] −2x1 + x

= elımx→∞

−2x

1 + x = e−2

De otra forma:

lımx→∞

(x− 1

x+ 1

)x

lımx→∞

(1− 1/x

)x(1 + 1/x

)x =e−1

e= e−2

75.− lımx→0

(2 + x

3− x

)x=

(23

)0= 1

76.− lımx→1

( x− 1

x2 − 1

)x+1= lım

x→1

(x− 1

(x+ 1)(x− 1)

)x+1

= lımx→1

( 1

x+ 1

)x+1

=(12

)2=

1

4

77.− lımx→∞

( 1

x2

) 2x

x+ 1 = lımx→∞

( 1

x2

)2

1 + 1/x = 02 = 0

78.− lımx→0

(x2 − 2x+ 3

x2 − 3x+ 2

)senxx =

(0− 0 + 3

0− 0 + 2

)1

=(32

)1=

3

2



79.− lımx→∞

( x2 + 2

2x2 + 1

)x2

= lımx→∞

(1 + 2/x2

2 + 1/x2

)x2

=(12

)∞= 0

80.− lımn→∞

(1− 1

n

)n= lım

n→∞

(1 +

−1

n

)n= e−1

81.− lımx→∞

(1 +

2

x

)x= e2

82.− lımx→∞

( x

x+ 1

)x= lım

x→∞

(1

1 +1

x

)x

= lımx→∞

(1 +

1

x

)−x=

1

e= e−1

83.− lımx→∞

(x− 1

x+ 3

)x+ 2= lım

x→∞

(x− 1

x+ 3

)x·(x− 1

x+ 3

)2

= lımx→∞

(1− 1/x

1 + 3/x

)x·(1− 1/x

1 + 3/x

)2

=e−1

e3· 12 = e−4

84.− lımn→∞

(1 +

x

n

)n= ex

85.− lımx→0

(1 + sen(x)

)1x = lım

x→0

(1 + sen(x)

)senxx

· 1

senx = e1 = e

Para los siguientes ejercicios:

lımx→a

[lnf(x)] = ln

[lımx→a

f(x)]

86.− lımx→0

ln(1 + x

)

x= lım

x→0

1

xln

(1 + x

)



= lımx→0

ln(1 + x

)1x

= ln

[lımx→0

(1 + x

)1x

]= lne = 1

87.− lımx→∞

[ln(2x+ 1)− ln(x+ 2)] = lımx→∞

ln(2x+ 1

x+ 2

)

= ln[lımx→∞

2x+ 1

x+ 2

]

= ln[lımx→∞

2 + 1/x

1 + 1/x

]= ln2

88.− lımx→0

log(1 + 10x)

x= log

[lımx→0

(1 + 10x)

1

x

]

= loge10 = 10loge

89.− lımx→0

(1

xln

√1 + x

1− x

)= lım

x→0ln

(√1 + x

1− x

)1

x

= lımx→0

ln

[(1 + x)1/2

(1− x)1/2

]1x

= lımx→0

ln

(1 + x

) 1

2x

(1− x

) 1

2x

= ln lımx→0

[(1 + x)

1

x

]12

[(1− x)

1

x

]12



= lne1/2

(e−1)1/2= ln

e1/2

e−1/2= lne1 = 1

90.− lımx→∞

x[ln(x+ 1)− lnx] = lımx→∞

x[lnx+ 1

x

]

= lımx→∞

ln(x+ 1

x

)x

= ln lımx→∞

(x+ 1

x

)x

= ln lımx→∞

(1 +

1

x

)x= lne = 1

91.− lımx→0

ln(cosx)

x2= lım

x→0

1

x2· ln(cosx)

= lımx→0

ln(cosx

) 1

x2

= ln[lımx→0

(cosx

) 1

x2]

Pero :

lımx→0

(cosx

) 1

x2 = lımx→0

(1 + cosx− 1

) 1

x2

= lımx→0

(1 + cosx− 1

)cosx− 1

x2(cosx− 1)

= lımx→0

(1 + cosx− 1

)1

(cosx− 1)·(senx

x

)2· −1

cosx+ 1 = e−1/2

Entonces :

ln(e)−1/2

=−1

2

(lne

)= −1/2

92.− lımx→0

ex − 1

x



Sea: ex − 1 = α

Entonces: α → 0 cuando x → 0

ex = α + 1 → lnex = ln(α + 1) → x = ln(α + 1)

lımx→0

ex − 1

x= lım

α→0

α

ln(α + 1)= lım

α→0

1

ln(α + 1)

α

=1

1= 1

93.− lımx→0

ax − 1

x(a > 0)

Indicacion: ax − 1 = α

= lımx→0

ax − 1

x= lım

α→0

α

ln(α + 1)

ln(a)

= lımα→0

ln(a)

ln(α + 1)

α

= ln(a) · lımα→0

1

ln(α + 1)

α

= ln(a) · 11= ln(a)

94.− lımn→∞

n( n√a− 1) =

Sea n√a− 1 = α. Si n → ∞ entonces α → 0

Luego:n√a = α + 1 → ln( n

√a) = ln(α + 1)

→ ln(a)

1

n = ln(α + 1) → 1

nln(a) = ln(α + 1)



→ 1

n=

ln(α + 1)

ln(a)→ n =

ln(a)

ln(α + 1)

lımn→∞

n( n√a− 1) = lım

n→∞

ln(a)

ln(α + 1)· α

= ln(a) · lımn→∞

1

ln(α + 1)

α

= ln(a) · 11= ln(a)

95.− lımx→0

eax − ebx

x= lım

x→0

eax − 1− ebx + 1

x

= lımx→0

eax − 1

x− ebx − 1

x

Sea:

α = eax − 1 y sea β = ebx − 1

→ α + 1 = eax y β + 1 = ebx

→ ln(α + 1) = ln(eax) y ln(β + 1) = ln(ebx)

→ ln(α + 1) = ax y ln(β + 1) = bx

→ ln(α + 1)

a= x y

ln(β + 1)

b= x

Si x → 0, entonces α → 0Si x → 0, entonces β → 0

= lımx→0

eax − 1

x− ebx − 1

x



= lımα→0

α

ln(1 + α)

a

− lımβ→0

β

ln(1 + β)

b

= lımα→0

a

ln(1 + α)

α

− lımβ→0

b

ln(1 + β)

β

=a

1− b

1= a− b

96.− lımx→0

1− e−x

sen(x)= lım

x→0

1− e−x

xsen(x)

x

= lımx→0

−(−1 + e−x)

xsen(x)

x

= lımx→0

(e−x − 1)

−xsen(x)

x

=1

1= 1

Nota: Recordar lımx→0

sen(x)

x= 1

Ademas: Si α = e−x − 1 se tiene que si x → 0 entonces α → 0

Luego α + 1 = e−x implica ln(α + 1) = −x

lımx→0

(e−x − 1)

−x= lım

α→0

α

ln(α + 1)= 1

97.− a) lımx→0

senh(x)

x= lım

x→0

ex − e−x

2x

=1

2lımx→0

ex − e−x

x



=1

2

(1− (−1)

)=

1

2(2) = 1

Nota: Recordar resultado obtenido en problema 95.

98.− lımx→0

cosh(x)− 1

x2= lım

x→0

cosh(x)− 1

x2· cosh(x) + 1

cosh(x) + 1

= lımx→0

cos2h(x)− 1

x2(cosh(x) + 1)

Como: cos2h(x)− sen2h(x) = 1

= lımx→0

[senh(x)x

]2· 1

cosh(x) + 1

Como: lımx→0

cosh(x) = lımx→0

ex + e−x

2= 1

Entonces: lımx→0

cosh(x)− 1

x2= 1 · 1

2=

1

2

99.− a) lımx→−∞

x√x2 + 1

= lımx→−∞

x

√x2 ·

√1 +

1

x2

= lımx→−∞

x

|x| ·√1 +

1

x2

= lımx→−∞

x

−x ·√1 +

1

x2

= lımx→−∞

1

−√1 +

1

x2

= −1

f(−1) =−1√

(−1)2 + 1=

−1√2;

f(1) =1√

(1)2 + 1=

1√2

99.− b) lımx→+∞

x√x2 + 1

= lımx→+∞

1√1 +

1

x2

= 1



100.− a) lımx→−∞

tgh(x) = lımx→−∞

ex − e−x

ex + e−x

f(−10) =e−10 − e10

e−10 + e10=

1

e10− e10

1

e10+ e10

=

1− e20

e10

1 + e20

e10

=1− e20

1 + e20

=−+

= −

f(10) =e10 − e−10

e10 + e−10=

e20 − 1

e10

e20 + 1

e10

=e20 − 1

e20 + 1=

+

+= +

Luego: lımx→−∞

tgh(x) = −1

b) lımx→+∞

tgh(x) = lımx→+∞

ex − e−x

ex + e−x

= lımx→+∞

1− 1

e2x

1 +1

e2x

= 1

101.− lımx→0

1

1 +1

ex

= 1



ALGUNOS LIMITES Y SUS GRAFICAS

Problema 1

Dibujo de la funcion: y =√x

Observe que:

lımx→0−

√x = � ∃, lım

x→0+

√x = 0, lım

x→4−

√x = 2, lım

x→4+

√x = 2, lım

x→∞

√x = ∞

Problema 2

Dibujo de la funcion: y = ex

Observe que:

lımx→0−

ex = 1, lımx→0+

ex = 1, lımx→−∞

ex = 0, lımx→∞

ex = ∞



Problema 3

Dibujo de la funcion: y = e−x

Observe que:

lımx→0−

e−x = 1, lımx→0+

e−x = 1, lımx→−∞

e−x = ∞, lımx→∞

e−x = 0

Problema 4

Dibujo de la funcion: y = ln(x)

Observe que:

lımx→0−

ln(x) = � ∃, lımx→0+

ln(x) = −∞, lımx→∞

ln(x) = ∞



Problema 5

Dibujo de la funcion: y =1

x

Observe que:

lımx→0−

1

x= −∞, lım

x→0+

1

x= ∞, lım

x→−∞

1

x= 0, lım

x→∞

1

x= 0



Problema 6


x2

Observe que:

lımx→0−

1

x2= ∞, lım

x→0+

1

x2= ∞, lım

x→−∞

1

x2= 0, lım

x→∞

1

x2= 0

Problema 7

Dibujo de la funcion: y = e−1x



Observe que:

lımx→0+

e−1x = 0, lım

x→0−e

−1x = ∞, lım

x→∞e

−1x = 1, lım

x→−∞e

−1x = 1

Problema 8

Ahora dibujamos la funcion y = e1x

Observe que:

lımx→0+

e1x = ∞, lım

x→0−e

1x = 0, lım

x→∞e

1x = 1, lım

x→−∞e

1x = 1



Problema 9


1 + e−1x

Observe que:

lımx→0+

2

1 + e−1x

= 2, lımx→0−

2

1 + e−1x

= 0, lımx→∞

2

1 + e−1x

= 1, lımx→−∞

2

1 + e−1x

= 1

Problema 10

Dibujo de la funcion y = |x|

Observe que:

lımx→0+

|x| = 0, lımx→0−

|x| = 0, lımx→∞

|x| = ∞, lımx→−∞

|x| = ∞



Problema 11

Dibujo la funcion y =sen(x)

x.

Observe que:

lımx→0+

sen(x)

x= 1, lım

x→0−

sen(x)

x= 1, lım

x→∞

sen(x)

x= 0, lım

x→−∞

sen(x)

x= 0

Problema 12

Dibujo de la funcion: y =|x|x.

Observe que:

lımx→0+

|x|x

= 1, lımx→0−

|x|x

= −1, lımx→∞

|x|x

= 1, lımx→−∞

|x|x

= −1



Problema 13

Dibujo de la funcion y =(1 +

1

x

)x

(entre x = −10 y x = 10).

Observe que:

lımx→0+

(1 +

1

x

)x

= 1, lımx→0−

(1 +

1

x

)x

= +∞, lımx→∞

(1 +

1

x

)x

= e, lımx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e

Problema 14

Dibujo de la funcion y =ex − e−x

ex + e−x.

Observe que:

lımx→0+

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→0−

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→∞

ex − e−x

ex + e−x= 1, lım

x→−∞

ex − e−x

ex + e−x= −1


Problema 13


1

x

)x

(entre x = −10 y x = 10).

Observe que:

lımx→0+

(1 +

1

x

)x

= 1, lımx→0−

(1 +

1

x

)x

= +∞, lımx→∞

(1 +

1

x

)x

= e, lımx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e

Problema 14


ex + e−x.

Observe que:

lımx→0+

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→0−

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→∞

ex − e−x

ex + e−x= 1, lım

x→−∞

ex − e−x

ex + e−x= −1


Problema 13


1

x

)x

(entre x = −10 y x = 10).

Observe que:

lımx→0+

(1 +

1

x

)x

= 1, lımx→0−

(1 +

1

x

)x

= +∞, lımx→∞

(1 +

1

x

)x

= e, lımx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e

Problema 14


ex + e−x.

Observe que:

lımx→0+

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→0−

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→∞

ex − e−x

ex + e−x= 1, lım

x→−∞

ex − e−x

ex + e−x= −1


Problema 13


1

x

)x

(entre x = −10 y x = 10).

Observe que:

lımx→0+

(1 +

1

x

)x

= 1, lımx→0−

(1 +

1

x

)x

= +∞, lımx→∞

(1 +

1

x

)x

= e, lımx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e

Problema 14


ex + e−x.

Observe que:

lımx→0+

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→0−

ex − e−x

ex + e−x= 0, lım

x→∞

ex − e−x

ex + e−x= 1, lım

x→−∞

ex − e−x

ex + e−x= −1



4.6 Ejercicios Resueltos Continuidad

Problema 1

Determinar los puntos de discontinuidad de

f(x) =2x+ 1

x2 − 4x+ 3

Solucion:

Las funciones racionales son discontinuas en las raıces del denominador, en-tonces: x2 − 4x+ 3 = 0 ⇒ x = 1, x = 3

Problema 2


f(x) =

√5 + x

5− x

Solucion:

Las funciones radicales son discontinuas cuando la cantidad subradical esnegativa, entonces:

5 + x

5− x< 0

resolviendo la desigualdad y considerando que el denominador es cero parax = 5 se tiene que f(x) es discontinua en:

(−∞,−5) ∪ [5,∞)

Problema 3


f(x) = ln[(x+ 7)(x− 2)

]



Solucion:

Las funciones logarıtmicas estan definidas para numeros positivos, luego sondiscontinuas si:

(x+ 7)(x− 2) ≤ 0

Resolviendo la desigualdad, se tiene que f(x) es discontinua en : [−7, 2]

Problema 4

Estudiar la continuidad de:

f(x) =

7, si x < 05

x+ 4, si 0 ≤ x ≤ 2

6x− 7

6, si x > 2

Solucion:

Analizando la continuidad en cada uno de los intervalos indicados tenemos:

* En el intervalo (−∞, 0) es continua por ser una funcion constante,f(x) = 7.

* En el intervalo (0, 2); f(x) =5

x+ 4, tambien es continua pues siempre

esta definida. Observar que f(x) no esta definida en x = −4 pero estepunto no pertenece al intervalo (0, 2).

* En (2,+∞), f(x) = x − 7/6, que es una funcion lineal, tambien escontinua en todo el intervalo.Luego en cada trozo f(x) es continua.

Falta analizar los puntos extremos de los intervalos:En x = 0:- Por la izquierda, lım

x→0−f(x) = lım

x→0−7 = 7



- Por la derecha, lımx→0+

f(x) = lımx→0+

5

x+ 4=

5

4

Como los lımites laterales son distintos, la funcion es discontinua en x = 0En x = 2:

- Por la izquierda, lımx→2−

f(x) = lımx→2−

5

x+ 4=

5

6


f(x) = lımx→2+

6x− 7

6=

5

6

Como los lımites laterales son iguales y coinciden tambien con

f(2) =5

2 + 4=

5

6, se concluye que f(x) es continua en x = 2.

Luego f(x) es continua para todos los numeros reales salvo en x = 0, dondepresenta una discontinuidad irreparable.

Problema 5

Estudiar la continuidad de f(x) =x3 + 1

x+ 1

Solucion:

Se tiene que f(x) es discontinua en x = −1.

Puesto que f(−1) no esta definido, falla la primera condicion de la defi-nicion de continuidad.

El lımx→−1

x3 + 1

x+ 1es de la forma 0

0. Factorizando el numerador y luego

simplificando se obtiene:

lımx→−1

x3 + 1

x+ 1= lım

x→−1

(x+ 1)(x2 − x+ 1)

x+ 1= lım

x→−1(x2 − x+ 1) = 3

Luego en x = −1 la funcion f(x) presenta una discontinuidad reparable.Definiendo f(−1) = 3, la funcion sera continua en todo numero real.



La funcion redefinida quedara:

f(x) =

x3 + 1

x+ 1, si x �= −1

3, si x = −1

Problema 6

Estudiar la continuidad de:

f(x) =

1, si x > 0

0, si x = 0

−1, si x < 0

Solucion:

Aunque f esta definida en x = 0, lımx→0

f(x) no existe (los lımites laterales

son distintos). Luego, f es discontinua en x = 0. En este caso, f presentauna discontinuidad irreparable.

Problema 7

Dada la funcion

f(x) =

x+ 3, si x ≤ 1

mx+ n, si 1 < x ≤ 3

−x2 + 10x− 11, si x > 3

Hallar los valores de m y n para que f(x) sea continua en todo IR.

Solucion:

Por separado cada una de las funciones son continuas (en los tres casos sonpolinomios). Ademas la funcion f esta definida en todo IR.Para que f(x) sea continua es necesario que los lımites laterales coincidan enlos puntos de union.



En x = 1:- Por la izquierda, lım

x→1−f(x) = lım

x→1−(x+ 3) = 4


f(x) = lımx→1+

(mx+ n) = m+ n

Para que sea continua debe cumplirse que 4 = m+ n

En x = 3:- Por la izquierda, lım

x→3−f(x) = lım

x→3−(mx+ n) = 3m+ n


f(x) = lımx→3+

(−x2 + 10x− 11) = 10

La continuidad en x = 3, exige que 3m+ n = 10.Luego se tiene el sistema:

{m+ n = 43m+ n = 10

cuya solucion es m = 3, n = 1

Problema 8

Calcular el valor de k ∈ IR para que sea continua la funcion

f(x) =

3x2 − 2x− 1

x− 1, si x �= 1

k, si x = 1

Solucion:

f(x) es continua en todo IR, salvo en x = 1. Para que tambien lo sea enx = 1, es necesario que lım

x→1f(x) = k. Como:

lımx→1

3x2 − 2x− 1

x− 1=

(00

)= lım

x→1

(x− 1)(3x+ 1)

x− 1= lım

x→1(3x+ 1) = 4

El valor de k debe ser 4.



Problema 9

Estudiar la continuidad de

f(x) =

ln e3, si x ≤ −2

|3x+ 3|, si x > −2

Solucion:

Como ln e3 = 3 · ln e = 3, y 3x + 3 es positivo para x > −1 y negativopara x < −1, se puede definir f(x) ası:

f(x) =

3, si x ≤ −2

−3x− 3, si −2 < x < −1

3x+ 3, si x ≥ −1

En los puntos −2 y −1 que son los que puede presentar dificultad se verificaque:

lımx→−2−

f(x) = lımx→−2−

3 = 3; lımx→−2+

f(x) = lımx→−2+

(−3x− 3) = 3

Como f(−2) = 3 la funcion es continua en x = −2.Analogamente,

lımx→−1−

f(x) = lımx→−1+

f(x) = f(−1) = 0

se deduce que f(x) es continua en x = −1



4.7 Propiedades de la Continuidad en un Cerrado

Problema 10

Demostrar que si f(x) =sen x

x, entonces existe x0 tal que f(x0) =

1

2,

para algun x0 entre 0 y π.

Solucion:

Como f(π

2) =

2

π> 12 y f(

5π

6) =

3

5π<

1

2Por el teorema del Valor Intermedio y como f(x) es continua en (0, π) y masaun en [π/2, 5π/6], entonces f(xo) = 1/2 para algun xo ∈ [π/2, 5π/6]

Problema 11

Demostrar que si f , es continua en [a,b], con f(a) < a y f(b) > b,necesariamente hay algun x en [a, b] donde f(x) = x.

Solucion:

Sea g(x) = f(x)− x, tambien continua en [a, b], entonces:g(a) = f(a)− a < 0, g(b) = f(b)− b > 0.Luego por el teorema del Valor Intermedio, ∃ x ∈ (a, b)tal que g(x) = 0, es decir, f(x)− x = 0 =⇒ f(x) = x

Problema 12

Muestre que existe un real x ∈ (1, 2), tal que:

5√x− 1 +√x+ 1 =

3

x(x+ 1)



Solucion:

Sea

f(x) = 5√x− 1 +√x+ 1− 3

x(x+ 1)

f es continua si: x+ 1 > 0 ⇒ x > −1, x �= 0, x �= −1Por tanto f es continua en [1, 2]. Ademas:

f(1) =5√0 +

√2− 3

1 · 2< 0

f(2) =5√1 +

√3− 3

2 · 3> 0

Como f(1) y f(2) tienen signos opuestos existe un x ∈ (1, 2) tal quef(x) = 0. Luego

f(x) = 5√x− 1 +√x+ 1− 3

x(x+ 1)= 0

Lo que implica:5√x− 1 +

√x+ 1 =

3

x(x+ 1)

Problema 13

¿Existira algun numero x que sea igual a su cubo menos uno?

Solucion:

Como buscamos un x = x3 − 1. Sea f(x) = x− x3 + 1entonces f(1) = 1− 1 + 1 = 1 > 0 f(2) = 2− 8 + 1 < 0y f es continua en [1, 2], entonces existe x ∈ (1, 2) tal que:

x− x3 + 1 = 0 =⇒ x = x3 − 1

Problema 14

Muestre que la ecuacion(2x+ 3) · 2x+2 = 1



tiene una solucion real negativa (no la determine).

Solucion:

Sea f(x) = (2x+ 3) · 2x+2 − 1, f es continua ∀x ∈ IR.Ademas:f(−1) = (−2 + 3) · 2− 1 = 1 > 0f(−2) = (−4 + 3) · 20 − 1 = −2 < 0Como f es continua en [−2,−1] y f(−1), f(−2) tienen signos opuestosentonces existe x ∈ (−2,−1) donde f(x) = 0. Esto asegura la existencia deuna solucion entre x = −2 y x = −1.Por tanto ∃ x < 0, tal que:

f(x) = (2x+ 3) · 2x+2 − 1 = 0 =⇒ (2x+ 3) · 2x+2 = 1

Problema 15

Determinar si la funcion f(x) =

√2− x

3 + xes continua en cada uno de los

siguientes intervalos:

(−3, 2); [−3, 2]; [−3, 2); (−3, 2]

Solucion:

Una funcion es continua en un intervalo si es continua en cada punto delintervalo. Buscamos el dominio de f mediante:

2− x

3 + x≥ 0

Resolviendo esta desigualdad tenemos que el dominio de f es −3 < x ≤ 2,entonces f es continua en el interior del intervalo (−3, 2).Falta analizar los bordes del intervalo x = −3 y x = 2. Pero no existe graficaantes de x = −3 ni despues de x = 2, por lo que no existe lımite en estos dospuntos. Observe que f(−3) no existe y que f(2) = 0.Conclusion: f es continua solamente en el intervalo (−3, 2).



5. Derivacion

Definicion

Sea f(x) definida en un punto x0 de (a, b). Se define la derivada de f(x)en x = x0 como

f ′(x0) = lımh→0

f(xo + h)− f(xo)

hsiempre que este lımite exista.Tambien se puede definir la derivada de otras maneras equivalentes, como

f ′(x0) = lımx→xo

f(x)− f(xo)

x− xo

= lım∆x→0

f(xo +∆x)− f(xo)

∆x

Se dice que una funcion es derivable en un punto x = xo si tiene derivada enese punto, es decir si existe f ′(xo). Se dice que una funcion es derivable enun intervalo si es derivable en cada punto del intervalo.

Derivadas Laterales

* Derivada por la izquierda de la funcion f(x) en x = x0 se definecomo

f ′(x−0 ) = lım

h→0−

f(xo + h)− f(xo)

h

es decir, h tiende a cero, siendo h < 0* Derivada por la derecha de la funcion f(x) en x = x0 se define como

f ′(x+0 ) = lım

h→0+

f(xo + h)− f(xo)

h

es decir, h tiende a cero, siendo h > 0

Una funcion continua es derivable en un punto si sus derivadaslaterales existen y son iguales.Las notaciones mas frecuentes para la derivada de y = f(x) son:

f ′(x); y′(x);dy

dx;

d

dx(f(x)); Dxy



Derivabilidad y Continuidad

Para que una funcion sea derivable en un punto es necesario que sea con-tinua en dicho punto.La continuidad es una condicion necesaria de derivabilidad; no es condicionsuficiente. Es decir, una funcion puede ser continua en un punto y no serderivable en el.

DERIVABLE ⇒ CONTINUA

NO CONTINUA ⇒ NO DERIVABLE

Derivadas de orden Superior

Debido a que la derivada f ′(x) de una funcion f(x) es tambien una fun-cion, se la puede derivar en forma sucesiva para obtener la segunda derivadaf ′′(x) o D(2)

x f , la tercera derivada f ′′′(x) o D(3)x f y ası sucesivamente. Se de-

signa por f (n) la derivada de orden n.

Interpretacion de la derivada

- Geometricamente, la derivada determina la pendiente de la recta tan-gente a la curva y = f(x) en el punto (x, f(x)). La ecuacion de la rectatangente a la curva y = f(x) en un punto especıfico de ella, (x1, y1), es:

y − y1 = f ′(x1)(x− x1)

- En una ecuacion de movimiento s = s(t), donde s es posicion en el

tiempo t, entonces la derivadads

dtdetermina la velocidad instantanea

en el tiempo t.

- Tambien puede interpretarse la derivadady

dxcomo tasa de variacion o

razon de cambio (instantanea) de y con respecto a x.

- Para cualquier funcion la tasa de variacion relativa de f(x) esf ′(x)

f(x)que compara la razon de cambio de f(x) con la propia f(x).



- La tasa de variacion porcentual esf ′(x)

f(x)· 100

Formulas Basicas de derivacion

1. ddx(c) = 0 donde c es una constante.

2. ddx(xn) = nxn−1 donde n es cualquier real

3. ddx(cf(x)) = cf ′(x)

4. ddx[f(x)± g(x)] = f ′(x)± g′(x)

5. ddx[f(x) · g(x)] = f(x)g′(x) + g(x)f ′(x)

6.d

dx

[f(x)

g(x)

]=

g(x)f ′(x)− f(x)g′(x)

[g(x)]2

7. ddx(f(g(x)) = f ′(g(x)) · g′(x) (Regla de la cadena).

Derivadas de funciones Implıcitas

Si una funcion derivable y = f(x) satisface la ecuacion F (x, y) = 0 en-tonces derivamos la ecuacion respecto a x, considerando que y es funcion de

x, es decird

dxF (x, y) = 0 y despejamos y′ = f ′(x).

Derivadas de funciones Exponenciales y Logarıtmicas

Si u = f(x), a es una constante entonces

Dx(au) = au · u′ · lna Dx(e

u) = eu · u′

Dx(lnu) =1

u· u′ Dx(logbu) =

1

u(logbe) · u′



Derivadas de las funciones Trigonometricas

1.d

dx(sen u) = cosu · u′ 2.

d

dx(cos u) = −senu · u′

3.d

dx(tg u) = sec2u · u′ 4.

d

dx(ctg u) = −cosec2u · u′

5.d

dx(sec u) = secu · tgu · u′ 6.

d

dx(cosec u) = −cosecu · ctgu · u′

Derivadas de las funciones Trigonometricas Inversas

1. ddx(arcsen u) =

u′√1− u2

2. ddx(arccos u) =

−u′√1− u2

3. ddx(arctg u) =

u′

1 + u24. d

dx(arcctg u) =

−u′

1 + u2

5. ddx(arcsec u) =

±u′

u√u2 − 1

6. ddx(arccosec u) =

∓u′

u√u2 − 1

+ si u > 1, − si u < −1 − si u > 1, + si u < −1

Derivadas de funciones representadas en forma Parametricas.

Si el sistema de ecuaciones:

x = g(t); y = h(t); α < t < β

donde g(t) y h(t) son funciones derivables y g′(t) �= 0 define a y = f(x) comouna funcion continua de x, entonces existe una derivada

f ′(x) =h′(t)

g′(t)



o lo que es lo mismody

dx=

dy

dt· dtdx

Para determinar la segunda derivada tenemos:

d2y

dx2=

d

dx

(dydx

)=

d

dt

(dydx

)· dtdx

Regla de L’Hopital

I) Las formas indeterminadas del tipo0

0,∞∞

.

Si las funciones f(x) y g(x) son derivables en un cierto entorno delpunto xo, excepto, quizas en el propio punto xo y g′(x) �= 0 y si

lımx→xo

f(x) = lımx→xo

g(x) = 0 o lımx→xo

f(x) = lımx→xo

g(x) = ∞

entonces

lımx→xo

f(x)

g(x)= lım

x→xo

f ′(x)

g′(x)

siempre que este ultimo lımite exista en el punto xo, puede ser finito ono.

II) Las formas indeterminadas del tipo: 0 · ∞ o ∞ − ∞ se reducen al

tipo0

0,∞∞

mediante trasformaciones algebraicas.

III) Las formas indeterminadas del tipo 1∞, ∞0, 00 se reducen a las formas0

0,∞∞

tomando logarıtmo o mediante la transformacion

[f(x)]g(x) = eg(x)ln [f(x)]



5.1 Ejercicios Resueltos Derivadas

Problema 1

Calcular la pendiente de la tangente y la ecuacion de la recta tangente ala curva y =

√x en el punto (4, 2). (usando la definicion de derivada).

Solucion:

Primero calculamos la derivada dy/dx

dy

dx= lım

∆x→0

∆y

∆x= lım

∆x→0

√x+∆x−

√x

∆x

= lım∆x→0

(√x+∆x)2 − (

√x)2

∆x(√x+∆x+

√x)

= lım∆x→0

(x+∆x)− x

∆x(√x+∆x+

√x)

= lım∆x→0

1√x+∆x+

√x=

1

2√x

Entonces f ′(x) = 1/2√x. Cuando x = 4, f ′(4) = 1/2

√4 = 1/4. Luego, la

pendiente de la tangente a y =√x cuando x = 4 es 1/4.

Para obtener la ecuacion de la recta tangente, usamos la ecuacion:

y − y1 = m(x− x1)

donde m = 14y (x1, y1) = (4, 2). Obtenemos

y − 2 =1

4(x− 4)

y =1

4x+ 1



Problema 2

Durante el perıodo de 10 anos de 1960 a 1970, se encontro que la pobla-cion de cierto paıs estaba dada por la formula

P (t) = 1 + 0,03t+ 0,001t2

donde P esta en millones y t es el tiempo medido en anos desde el inicio de1960. Calcule la tasa de crecimiento instantanea al inicio de 1965.

Solucion:

El incremento de P entre t = 5 y t = 5 +∆t es

∆P = P (5 + ∆t)− P (5)= [1 + 0,03(5 + ∆t) + 0,001(5 + ∆t)2]−[1 + 0,03(5) + 0,001(5)2]

= 1 + 0,15 + 0,03∆t+ 0,001(25 + 10∆t+ (∆t)2)−[1 + 0,15 + 0,001(25)]

= 0,04∆t+ 0,001(∆t)2.

La tasa de crecimiento promedio durante este intervalo de tiempo es:

∆P

∆t= 0,04 + 0,001∆t

Para obtener la tasa de crecimiento instantanea, debemos tomar el lımitecuando ∆t → 0

lım∆t→0

∆P

∆t= lım

∆t→0[0,04 + 0,001∆t] = 0,04

Luego al inicio de 1965, la poblacion de la ciudad estaba creciendo a una tasade 0.04 millones por ano (esto es, 40.000 por ano).

Problema 3

Si f(x) = x2, determinar f ′(1) (aplicando la definicion de derivada).



Solucion:

Aplicando la definicion, considerando ∆x = h podemos decir:

f ′(x) = lımh→0

f(x+ h)− f(x)

h

= lımh→0

(x+ h)2 − x2

h

= lımh→0

x2 + 2xh+ h2 − x2

h

= lımh→0

h(2x+ h)

h= lım

h→0(2x+ h) = 2x

Observamos que f ′(x) = 2x define una funcion de x, que se puede interpretarcomo la pendiente de la recta tangente a la grafica de f en (x, f(x)). Si x = 1,entonces la pendiente es f ′(1) = 2.

Problema 4

Derivar las siguientes funciones utilizando las formulas basicas de derivacion

1. Dx(8) = 0 porque 8 es una constante

2. Sea h(x) =1

x√x

Podemos escribir h(x) = x−3/2. Luego aplicando la formula 2 tenemos:

h′(x) =d

dx(x−3/2) = −3

2x−3/2−1 = −3

2x−5/2

3. Derivar g(x) = 7x3.Aqui, g es una constante (7) multiplicada por una funcion (x3).



d

dx(7x3) = 7

d

dx(x3) (formula 3)

= 7(3x3−1) = 21x2 (formula 4)

4. Derivar y =0,7025√x2

Podemos considerar que y es una constante multiplicada por una fun-cion. y = 0,702x−2/5 de donde

y′ = 0,702d

dx(x−2/5) = 0,702(−2

5x−7/5) = −0,2808x−7/5

5. Derivar f(x) = 3x6 +√x

f(x) es una suma de dos funciones aplicamos la (formula 4)

f ′(x) =d

dx(3x6) +

d

dx(x1/2)

= 3d

dx(x6) +

d

dx(x1/2)

= 3(6x5) + 12x−1/2 = 18x5 + 1

2√x

6. Derivar y(x) = 3x4 − 5x3 + 7x+ 2

dy

dx=

d

dx(3x4 − 5x3 + 7x+ 2)

=d

dx(3x4)− d

dx(5x3) +

d

dx(7x) +

d

dx(2)

= 3(4x3)− 5(3x2) + 7(1) + 0 = 12x3 − 15x2 + 7

7. Derivar y(t) =5t4 + 7t2 − 3

2t2



En este caso, antes de derivar, podemos simplificar las fracciones. Es-cribimos

y =5

2t2 +

7

2− 3

2t−2

Luego:dy

dt= 5t+ 3t−3

8. Derivar y(x) = (5x2 − 3x)(2x3 + 8x+ 7)

En este caso podemos derivar aplicando la formula 5, como tambienpodemos desarrollar el producto y luego derivar.

Por consiguiente, por la regla del producto

y′ = (5x2 − 3x)d

dx(2x3 + 8x+ 7) + (2x3 + 8x+ 7)

d

dx(5x2 − 3x)

= (5x2 − 3x)(6x2 + 8) + (2x3 + 8x+ 7)(10x− 3)

= 50x4 − 24x3 + 120x2 + 22x− 21

9. Calcule y′ si y(x) =x2 + 1

x3 + 4

Usamos la formula del cuociente

y′ =(x3 + 4) d

dx(x2 + 1)− (x2 + 1) d

dx(x3 + 4)

(x3 + 4)2

=(x3 + 4)(2x)− (x2 + 1)(3x2)

(x3 + 4)2

=2x4 + 8x− (3x4 + 3x2)

(x3 + 4)2

=−x4 − 3x2 + 8x

(x3 + 4)2



Problema 5

Estudiar la diferenciabilidad de:

f(x) =

x2, si x ≤ 0x2 + 1, si 0 < x < 13

x− 1, si x ≥ 1

Solucion:

fig 5.1

Fuera de los puntos x = 0 y x = 1 la derivada de f(x) es:

f ′(x) =

2x, si x < 02x, si 0 < x < 1

− 3

x2, si x > 1

En x = 0 la funcion es discontinua, (los limıtes laterales son diferentes), luegono es diferenciable.En x = 1 la funcion es continua, pero no es diferenciable, ya que:

f ′(1−) = lım�x→0−

[(1 +�x)2 + 1]− 2

�x= 2



y

f ′(1+) = lım�x→0+

(3

1+�x

)− 2

�x= −3

Geometricamente la curva en el punto (1, 2) tiene dos tangentes. (Ver fig 5.1)

Problema 6

Sea

f(x) =

{3x, si x ≤ 1ax2 + b(x− 1), si x > 1

¿Para que valores de a y b es continua f(x)? ¿Para que valores es derivable?

Solucion:

El unico punto que puede presentar dificultad es x = 1. Para que sea conti-nua en x = 1 es necesario que lım

x→1f(x) = f(1) = 3

Veamos los lımites laterales.

lımx→1−

f(x) = lımx→1−

3x = 3

lımx→1+

f(x) = lımx→1+

(ax2 + b(x− 1)) = a

Luego, f(x) es continua si a = 3.Derivabilidad:

f ′(x) =

{3, si x < 12ax+ b, si x > 1

Como f debe ser continua para ser derivable a = 3En x = 1 las derivadas laterales son:

f ′(1−) = 3 f ′(1+) = 6 + b

Para que f(x) sea derivable en x = 1 es necesario que f ′(1−) = f ′(1+)luego, 3 = 6 + b; de donde b = −3Por tanto, la funcion dada es:

f(x) =

{3x, si x ≤ 13x2 − 3(x− 1), si x > 1



Problema 7

Demuestre que f(x) = |x| no tiene derivada en x = 0

Solucion:

f ′(0) = lımx→0

f(x)− f(0)

x− 0

Como f(0) = 0 ⇒ f ′(0) = lımx→0

f(x)

x

recordando la definicion de valor absoluto, tenemos:

lımx→0+

f(x)

x= lım

x→0+

x

x= lım

x→0+1 = 1;

lımx→0−

f(x)

x= lım

x→0−

−x

x= lım

x→0−(−1) = −1;

Luego, f ′(0) no existe.

Problema 8

La funcion f(x) = |x2 − x− 2| no es derivable en dos puntos. ¿Cuales son ?. Represente la funcion.

Solucion:

La derivabilidad de f(x) presenta dificultades en los puntos donde f(x) = 0pues las derivadas laterales pueden ser distintas en esos puntos. Para verlocon mas claridad escribimos

f(x) =

x2 − x− 2, si x ≤ −1−x2 + x+ 2, si − 1 < x < 2x2 − x− 2, si x ≥ 2

cuya grafica es la siguiente (fig 5.2):



fig 5.2

La derivada de f(x) es:

f(x) =

2x− 1, si x < −1−2x+ 1, si − 1 < x < 22x− 1, si x > 2

En x = −1, se tiene:

f(−1−) = 2(−1)− 1 = −3 y f ′(−1+) = −2(−1) + 1 = 3

Como las derivadas laterales no coinciden , f(x) no es derivable en x = −1.Igualmente,

f(2−) = −4 + 1 = −3 y f ′(2+) = 4− 1 = 3

Tampoco coinciden f(2−) con f(2+), luego f(x) no es derivable en x = 2.Graficamente, si en x = −1 y x = 2 trazamos la tangente a la curva se obser-va que esta tangente no es unica. En ambos casos hay dos rectas tangentes,una con pendiente −3 y otra con pendiente 3. (fig 5.2)

Problema 9

Derivar y = (5x2 + 7x+ 1)20

Solucion:

Se considera que la funcion es una funcion compuesta. Sean

y = f(u) = u20 y u = g(x) = 5x2 + 7x+ 1



Entonces,y = (5x2 + 7x+ 1)20 = f(g(x)). Como y = u20 y u = x2 + 1, por la reglade la cadena

dy

dx=

dy

du· dudx

= 20u19(10x+ 7)

= 20(5x2 + 7x+ 1)19(10x+ 7) = (200x+ 140x)(5x2 + 7x+ 1)19

Problema 10

Si y =1

x2 − 2, obtener

dy

dx

Solucion:

Aunque puede utilizarse la formula del cuociente, se considera como y =(x2 − 2)−1 y se utiliza la regla de la potencia

y = un ⇒ dy

dx= nun−1du

dx

Por tanto : Dx(x2 − 2)−1 = (−1)(x2 − 2)−1−1Dx(x

2 − 2)

= (−1)(x2 − 2)−2(2x)

= − 2x

(x2 − 2)2

Problema 11

Dado y = 3

√(4x2 + 3x− 2)2. Obtener

dy

dxcuando x = −2



Solucion:

Como y = (4x2 + 3x− 2)2/3. utilizamos la regla de la potencia:

dy

dx= 2

3(4x2 + 3x− 2)(2/3)−1Dx(4x

2 + 3x− 2)

= 23(4x2 + 3x− 2)−1/3(8x+ 3)

=2(8x+ 3)

3 3√4x2 + 3x− 2

Evaluada para x = −2

f ′(−2) =2(−13)

3 3√8

= −13

3

Problema 12

Calculedy

dxen xy2 + y3 = 5 + x3

Solucion:

Esta funcion se encuentra en forma ımplicita, luego derivando con respec-to a x se obtiene:

xd

dx(y2) + y2

d

dx(x) +

d

dx(y3)=

d

dx(5) +

d

dx(x3)

x2ydy

dx+ y2(1) + 3y2

dy

dx= 0 + 3x2

dy

dx[2xy + 3y2] = 3x2 − y2

dy

dx=

3x2 − y2

2xy + 3y2

Problema 13

Calculedy

dxen x3 + y3 − 3axy = 0



Solucion:

Derivando con respecto a x se obtiene:

3x2 + 3y2dy

dx− 3ax

dy

dx− 3ay = 0

(y2 − ax)dy

dx= ay − x2

dy

dx=

ay − x2

y2 − ax

Problema 14

Determinar Dx(5e2x+1)

Solucion:

dy

dx= 5e2x+1 · d

dx(2x+ 1) = 10e2x+1

Problema 15

Determinar Dx ln(x3 + 2x− 1)

Solucion:

dy

dx=

1

x3 + 2x− 1· (3x2 + 2) =

3x2 + 2

x3 + 2x− 1

Problema 16

Determinar Dx[ex+1 ln(x2 + 1)]



Solucion:

Aplicando la formula del producto tenemos

dy

dx= ex+1 · d

dx[ln(x2 + 1)] + [ln(x2 + 1)]

d

dx(ex+1)

= ex+1(1

x2 + 1)(2x) + [ln(x2 + 1)]ex+1(1)

= ex+1[2x

x2 + 1+ ln(x2 + 1)]

Problema 17

Determinar Dx(4(x2+3x+2))

Solucion:

Dx(4(x2+3x+2)) = 4(x

2+3x+2) · d

dx(x2 + 3x+ 2) · (ln4)

= 4(x2+3x+2)(2x+ 3)(ln4)



Derivacion Logarıtmica

Existe una tecnica que con frecuencia simplifica la derivacion de funcionesque contienen productos, cuocientes, o potencias. Consiste en aplicar el loga-ritmo natural a ambos lados de y = f(x). Despues simplificar utilizando laspropiedades de los logaritmos, se deriva ambos lados con respecto a x.

Problema 18

Evaluar y′ si y =(2x− 5)3

x2 4√x2 + 1

Solucion:

Derivar esta funcion directamente resulta complicado. Utilizando ln en am-bos lados y simplificando tenemos

lny = ln(2x− 5)3

x2 4√x2 + 1

= ln (2x− 5)3 − ln [x2 4√x2 + 1 ]

= 3 ln(2x− 5)− 2lnx− 1/4 ln(x2 + 1)

Derivando con respecto a x se obtiene

1

yy′ = 3(

1

2x− 5)(2)− (2)(

1

x)− 1

4(

1

x2 + 1)(2x)

y′

y=

6

2x− 5− 2

x− x

2(x2 + 1)

y′ = y

[6

2x− 5− 2

x− x

2(x2 + 1)

]

y′ =(2x− 5)3

x2 4√x2 + 1

[6

2x− 5− 2

x− x

2(x2 + 1)

]



Problema 19

Calcular y′ si y = xx2+2

Solucion:

En este caso se tiene una funcion elevada a otra funcion. Utilizando ln enambos lados y simplificando se tiene

lny = (x2 + 2)lnx


1

yy′ = 2xlnx+ (x2 + 2) · 1

x

de donde

y′ = xx2+2(2xlnx+ (x2 + 2) · 1x)

Problema 20

Calcular y′ si y(x) =√(x− 1)(x− 2)(x− 3)

Solucion:

Utilizando ln en ambos lados y simplificando se tiene

lny =1

2[ln(x− 1) + ln(x− 2) + ln(x− 3)]


1

yy′ =

1

2

[ 1

x− 1+

1

x− 2+

1

x− 3

]

de donde

y′(x) =1

2

√(x− 1)(x− 2)(x− 3)

[ 1

x− 1+

1

x− 2+

1

x− 3

]



Derivadas de orden superior

Problema 21

Obtener todas las derivadas de orden superior de

f(x) = 6x3 − 12x2 + 6x− 2

Solucion:

Derivando f(x)f ′(x) = 18x2 − 24x+ 6

Derivando f ′(x) se tienef ′′(x) = 36x− 24

Analogamente,f ′′′(x) = 36

f (4)(x) = 0

Todas las derivadas sucesivas son tambien 0, luego

fn(x) = 0 ∀n ≥ 4

Problema 22

Si f(x) = x ln x Obtener f ′′′(x)

Solucion:

f ′(x) = x(1

x) + (lnx)(1) = 1 + lnx

f ′′(x) = 0 +1

x=

1

x

f ′′′(x) = Dx(x−1) = (−1)x−2 = − 1

x2



Problema 23

Encontrar y′′ si x2 + 4y2 = 4

Solucion:

Derivando ambos lados corespecto a x, se obtiene

2x+ 8yy′ = 0

De donde

y′ =−x

4y

y′′ =4yDx(−x)− (−x)Dx(4y)

(4y)2

=4y(−1)− (−x)(4y′)

16y2

=−4y + 4xy′

16y2=

−y + xy′

4y2

Problema 24

Calcular la derivada n-esima de las funciones:

a) f(x) = e−2x b) f(x) = ln x

Solucion:

a) f ′(x) = −2e−2x ⇒ f ′′(x) = (−2)2e−2x ⇒ f ′′′(x) = (−2)3e−2x

Generalizando:f (n)(x) = (−2)ne−2x

b) f ′(x) =1

x⇒ f ′′(x) = − 1

x2⇒ f ′′′(x) =

2

x3⇒ f (4)(x) =

−2 · 3x4

⇒

f (5)(x) =2 · 3 · 4x5

· · ·

Calculando otras derivadas sucesivas podemos observar:- Los signos van alternandose, siendo positivas las derivadas impares.



- Los denominadores son siempre x elevada al orden de la derivada.- Los numeradores prescindiendo del signo, son sucesivamente

1, 1, 1 · 2, 1 · 2 · 3, 1 · 2 · 3 · 4 · · · ; esto es (n− 1)!.

Luego:

f (n)(x) =(−1)n−1(n− 1)!

xn

Problema 25

Derivar las siguientes funciones:

1. y = sen5(3x− 2)

y′ = 5sen4(3x− 2) · cos(3x− 2) · 3 = 15sen4(3x− 2)cos(3x− 2)

2. y =√cosx3

y′ =1

2√cosx3

· (−senx3) · 3x2 =−3x2senx3

2√cosx3

3. y = tg3x5

y′ = 15x4 · sec23x5

4. y = 2arcsenx5

y′ =2 · (x5)′√1− (x5)2

=10x4

√1− x10

5. y = arctg (1− 5x)

y′ =−5

1 + (1− 5x)2



Problema 26

Si y = ln

√x− a

x+ a+ arctg

(ax

)

Muestre:dy

dx=

2a3

x4 − a4

Solucion:

Simplicando la funcion tenemos:

y = 1/2 ln (x− a)− 1/2 ln (x+ a) + arctg(a/x)

dy

dx=

1

2(x− a)− 1

2(x+ a)− a

x2(1 + a2

x2 )

=1

2

(x+ a− x+ a

x2 − a2

)− a

x2 + a2

=a

x2 − a2− a

x2 + a2

=a(x2 + a2)− a(x2 − a2)

x4 − a4=

2a3

x4 − a4

Problema 27

Probar que si:

f(x) = 3b2 arctg

√x

b− x− (3b+ 2x)

√bx− x2

f ′(x) = 4x

√x

b− x



Solucion:

f ′(x) =3b2

1 + xb−x

1/2( x

b− x

)−1/2 ( b

(b− x)2

)−

[2√bx− x2 +

(b− 2x)(3b+ 2x)

2√bx− x2

]

=3b2(b− x)

2b

(b− x

x

)1/2( b

(b− x)2

)−

4(bx− x2) + (b− 2x)(3b+ 2x)

2√bx− x2

=3b2

2(b− x)1/2x1/2− 4(bx− x2) + (b− 2x)(3b+ 2x)

2√bx− x2

=3b2 − 4bx+ 4x2 − 3b2 + 4bx+ 4x2

2√bx− x2

=4x2

√x(b− x)

= 4

√√√√ x4

x(b− x)= 4x

√x

b− x

Problema 28

Sea f una funcion con las propiedades:a) f(x+ y) = f(x) · f(y)b) f(x) = 1 + x · g(x)c) lım

x→0g(x) = 1

Demostrar f ′(x) = f(x)



Solucion:

f ′(x) = lımh→0

f(x+ h)− f(x)

h

= lımh→0

f(x) · f(h)− f(x)

h(prop a)

= lımh→0

f(x)[f(h)− 1]

h(prop b)

= f(x) · lımh→0

h g(h)

h= f(x) · 1 = f(x) (prop c)

Problema 29

Sea g una funcion continua en x = a.Hallar f ′(a) si f(x) = (x− a)g(x)

Solucion:

Como g es continua en x = a ⇒ g(a) = lımx→a

g(x) = A

Si f ′(x) existe entonces:

f ′(x) = g(x) + (x− a)g′(x) =⇒ f ′(a) = g(a) = A

Problema 30

Si f y g son derivables en x = 0 tales que: f(0) = g(0) = 0. Demostrar:

lımx→0

f(x)

g(x)=

f ′(0)

g′(0)donde g′(0) �= 0

Solucion:

Como f y g son derivables en x = 0, f y g son continuas en x = 0. Luego;

lımx→0

f(x) = f(0) = 0

ylımx→0

g(x) = g(0) = 0



Ademas:

f ′(0) = lımx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lım

x→0

f(x)

xy

g′(0) = lımx→0

g(x)− g(0)

x− 0= lım

x→0

g(x)

x

Por tanto:

lımx→0

f(x)

g(x)= lım

x→0

f(x)

xg(x)

x

=f ′(0)

g′(0)

este lımite existe siempre que g′(0) �= 0.

Problema 31

Si (a− bx)e y/x = x Probar que: x3y′′ = (xy′ − y)2

Solucion:

Aplicamos logaritmo natural: ln (a − bx) + y/x = ln x, derivamos implıci-tamente

1

a− bx(−b)+

xy′ − y

x2=

1

x⇒ xy′−y =

ax

a− bx⇒ (xy′−y)2 =

a2x2

(a− bx)2(1)

derivamos nuevamente:

xy′′ + y′ − y′ =(a− bx)a− ax(−b)

(a− bx)2=

a2

(a− bx)2

de donde se obtiene:

x3y′′ =a2x2

(a− bx)2(2)

Finalmente de (1) y (2):

x3y′′ = (xy′ − y)2



Derivadas de funciones parametricas

Problema 32

Si x = t2 y =1

2t

Calculardy

dx

Solucion:

Usando la regla de la cadena tenemos:

dy

dx=

dy

dt· dtdx

Luego:dy

dt=

−1

2t2

dx

dt= 2t

Por tanto:dy

dx=

dy

dt·(dxdt

)−1=

−1

2t2: 2t = − 1

4t3

Problema 33

Si x = t2 − 1, y = 2/t

Obtener:d2y

dx2

Solucion:


d2y

dx2=

d

dx·(dydx

)=

d

dt·(dydx

) dtdx



Luego:dy

dx=

dy

dt· dtdx

=(−2)

t2· 1

2t= −t−3

Ahorad

dt

(−t−3

)= 3t−4

Falta determinardt

dxdx

dt= 2t

En consecuencia,d2y

dx2=

d

dt(−t−3) · (2t)−1 =

3

2t5

Problema 34

Six = Arcsen sen2 t, y =

√1− t2

Obtener:dy

dx

Solucion:


dy

dx=

dy

dt· dtdx

Luego:dy

dt=

−2t

2√1− t2

=−t√1− t2

dx

dt=

2sen t · cos t√1− sen4 t

Por tanto:dy

dx=

dy

dt·(dxdt

)−1=

−t√1− sen4 t

2sen t · cos t√1− t2



Problema 35

Six = Arctg (1 + t2), y = ln (2t2 − 1)

Obtener:d2y

dx2

Solucion:


d2y

dx2=

d

dx

(dydx

)=

d

dt

(dydx

) dtdx

Luego:dy

dx=

dy

dt· dtdx

=4t

2t2 − 1·( 2t

1 + (1 + t2)2

)−1

=4t

2t2 − 1· 1 + (1 + t2)2

2t

=4 + 4t2 + 2t4

2t2 − 1

Ahora

d

dt

(4 + 4t2 + 2t4

2t2 − 1

)=

(8t+ 8t3)(2t2 − 1)− 4t(4 + 4t2 + 2t4)

(2t2 − 1)2

=4t[(2 + 2t2)(2t2 − 1)− (4 + 4t2 + 2t4)]

(2t2 − 1)2

=4t[4t2 − 2 + 4t4 − 2t2 − 4− 4t2 − 2t4]

(2t2 − 1)2

=4t[2t4 − 6− 2t2]

(2t2 − 1)2



Comodt

dx=

1 + (1 + t2)2

2t

En consecuencia,

d2y

dx2=

d

dt(dy

dx) · dt

dx

=4t(2t4 − 6− 2t2)

2(t2 − 1)2· 1 + (1 + t2)2

2t

=(2t4 − 6− 2t2)(2 + 2t2 + t4)

(t2 − 1)2

Problema 36

Demostrar: x = et sent y = et costsatisface la relacion

y′′(x+ y) = 2(xy′ − y)

Solucion:

y′ =dy

dx=

dy

dt· dtdx

= (etcost− etsent) · 1

etsent+ etcost

=cost− sent

sent+ cost

y′′ =d

dt(dy

dx) · dt

dx

ddt( dydx) =

(−sent− cost)(sent+ cost)− (cost− sent)(cost− sent)

(sent+ cost)2

=−(sent+ cost)2 − (cost− sent)2

(sent+ cost)2




=−[sen2t+ 2costsent+ 2cos2t− 2costsent+ sen2t]

(sent+ cost)2

y′′ =−2

(sent+ cost)2· 1

et(sent+ cost)=

−2

et(sent+ cost)3

y′′(x+ y)2 =−2

et(sent+ cost)3(etsent+ etcost)2 =

−2et

sent+ cost(∗)

2(xy′ − y) = 2(etsent · (cost− sent)

sent+ cost− etcost)

=2et sentcost− 2etsen2t− 2et costsent− 2et cos2t

sent+ cost

=−2et

sent+ cost(∗∗)

Comparando (∗) con (∗∗) se tiene:

y′′(x+ y)2 = 2(xy′ − y)



Regla de L’Hopital

Problema 37

Evaluar

lımx→0

ex − (1 + x)

x2

Solucion:

Este lımite tiene la forma0

0, luego;

lımx→0

ex − (1 + x)

x2= lım

x→0

ex − 1

2x

= lımx→0

ex

2=

1

2

Problema 38

Evaluar

lımx→∞

ln x

x

Solucion:

Este lımite tiene la forma∞∞

, luego;

lımx→∞

ln x

x= lım

x→∞

1x

1= 0



Problema 39

Evaluar

lımx→∞

xn

ex

Solucion:

Este lımite tiene la forma∞∞

, luego;

lımx→∞

xn

ex= lım

x→∞

nxn−1

ex

= lımx→∞

n(n− 1)xn−2

ex

= · · · = lımx→∞

n!

ex= 0

Problema 40

Evaluarlımx→∞

x(e1/x − 1)

Solucion:

Este lımite tiene la forma ∞ · 0, luego;

lımx→∞

x(e1/x − 1) = lımx→∞

e1/x − 11x

= lımx→∞

− 1x2 · e1/x

− 1x2

= 1

Problema 41

Evaluarlımx→0

(1− 2x)3/x



Solucion:

Este lımite tiene la forma 1∞, luego;

lımx→0

(1− 2x)3/x = lımx→0

elımx→0

ln (1− 2x)

x/3

= elımx→0

ln (1− 2x)

x/3

= elımx→0

−2

1− 2x1/3 = e−6

Luego:lımx→0

(1− 2x)3/x = e−6

Problema 42

Evaluarlımx→1−

(√2− x2 − 1) x−1

Solucion:

Este lımite tiene la forma 00, luego;



lımx→1−

(√2− x2 − 1) x−1 = lım

x→1−elımx→1−

ln (√2− x2 − 1)

1x−1

= e

lımx→1−

1/2(2− x2)−1/2(−2x)√2− x2 − 1

−1

(x− 1)2

= elımx→1−

x(x− 1)2

(2− x2)− (2− x2)1/2

= elımx→1−

(x− 1)2 + 2x(x− 1)

−2x− 1/2(2− x2)−1/2(−2x)

= elımx→1−

3x2 − 4x+ 1

−2x+ x(2− x2)−1/2= e0/1 = e0 = 1

Luego:lımx→1−

(√2− x2 − 1) x−1 = e0 = 1

Problema 43

Evaluarlımx→∞

(x+ ex)2/x



Solucion:

Este lımite tiene la forma ∞0, luego;

lımx→∞

(x+ ex)2/x = lımx→∞

elımx→∞

ln (x+ ex)

x/2

= elımx→∞

1 + ex

x+ ex

1/2 = elımx→∞

2(1 + ex)

x+ ex

= elımx→∞

2ex

1 + ex = elımx→∞

2ex

ex = e2

Luego:lımx→∞

(x+ ex)2/x = e2

Problema 44

Evaluar

lımx→1

( 1

ln x− 1

x− 1

)

Solucion:

Este lımite tiene la forma ∞−∞, luego;

lımx→1

( 1

ln x− 1

x− 1

)= lım

x→1

x− 1− ln x

(x− 1)ln x

= lımx→1

1− 1

x

ln x+x− 1

x

= lımx→1

1

x2

1

x+

x− (x− 1)

x2

=1

2



5.2 Aplicaciones de las Derivadas

Con las propiedades de las funciones y sus derivadas, determinaremos lascaracterısticas mas importantes de la grafica de una funcion dada.

Definicion:

Si f(c) existe, decimos que c es un punto crıtico de f , si f ′(c) = 0 o f ′(c) noexiste.

Intervalos de Crecimiento y Decrecimiento.

Si f es una funcion con primera derivada, entonces:

- f es creciente, para todo x tal que f ′(x) > 0- f es decreciente, para todo x tal que f ′(x) < 0- f es constante, para todo x tal que f ′(x) = 0

Concavidad

Se utiliza la segunda derivada para determinar si existe concavidad y paraidentificar los puntos de inflexion.

Si f ′′(x) > 0 en un intervalo, entonces f es concava hacia arriba en eseintervalo y su grafica se curva hacia arriba.

Si f ′′(x) < 0 en un intervalo, entonces f es concava hacia abajo en eseintervalo y su grafica se curva hacia abajo.

Un punto de la grafica en donde cambia la concavidad se denomina puntode inflexion. El punto (a,f(a)) de la grafica es un posible punto de inflexionsi f ′′(a) = 0 o no esta definida. (fig 5.1)


fig 5.2.1

Nota: Es posible que f ′′(x) sea cero en un punto que no es de inflexion.Por ejemplo, la grafica de f(x) = x4 no tiene punto de inflexion puesto quela concavidad no cambia de sentido.

Extremos Locales o Relativos

Definicion:

Sea f definida en un intervalo I que contiene a c entonces:

1. f(c) es el mınimo de f en I si f(c) ≤ f(x) para todo x en I

2. f(c) es el maximo de f en I si f(c) ≥ f(x) para todo x en I

El mınimo y el maximo de una funcion en un intervalo se llaman valoresextremos o extremos de la funcion en ese intervalo.

Un punto (a,f(a)) de una grafica en el que f ′(a) es cero o bien no estadefinida es candidato a ser un extremo local. a es un valor crıtico.

Para determinar si un valor crıtico es un extremo existen :Prueba de la primera derivada y Prueba de la segunda derivada.



fig 5.2.1



Definicion:








fig 5.2.1



Definicion:








fig 5.2.1



Definicion:









Prueba de la primera derivada

- Si a esta en el dominio de f y f ′(x) cambia de positiva a negativa alcrecer x y pasar por a, entonces f tiene un maximo local en x = a.

- Si f ′(x) cambia de negativa a positiva cuando x aumenta y pasa pora, entonces f tiene un mınimo local en x = a.

Prueba de la segunda derivada

- Si f ′(a) = 0 y f ′′(a) < 0, entonces f tiene un maximo local en x = a.

- Si f ′(a) = 0 y f ′′(a) > 0, entonces f tiene un mınimo local en x = a.

- Si f ′(a) = 0 y f ′′(a) = 0 en estas condiciones no es aplicable la funcionf(x) puede tener maximo, mınimo local o ninguno de ellos. En tal casodebe utilizarse la prueba de la primera derivada.

Maximos y Mınimos Absolutos

En algunos problemas, ocurre que la variable independiente x se restringea algun intervalo de valores, como a ≤ x ≤ b. Para encontrar el valor maxi-mo o mınimo de una funcion f(x) sobre este conjunto de valores de x. Estarestriccion sobre x no afecta ninguno de los resultados que hemos obtenido.

Definicion:

El Valor maximo absoluto de f(x) sobre un intervalo a ≤ x ≤ b desu dominio es el valor mas grande de f(x) cuando x asume todos los valoresentre a y b. Analogamente el valor mınimo absoluto de f(x) es el valormas pequeno de f(x) a medida que x varıa entre a y b.

Es obvio que si f(x) es continua en a ≤ x ≤ b, el punto en que f(x) al-canza su maximo absoluto debe estar en un maximo local de f(x) o en unode los puntos extremos a o b. Analogamente el mınimo absoluto de f(x) debeestar en un mınimo local o en uno de los extremos a o b.



Teorema

Si una funcion es continua en un intervalo cerrado, entonces la funciontiene tanto un valor maximo como un valor mınimo en ese intervalo.

fig 5.2.2

Trazado de Curvas

Para trazar la grafica de una curva se pueden utilizar muchos mediosauxiliares:

1. Intersecciones con los ejes coordenados.Con el eje X: Hacer y = 0 en la ecuacion de la curva.Con el eje Y: Hacer x = 0 en la ecuacion de la curva.

2. Intervalos de crecimiento y decrecimiento.Si f ′(x) > 0 en un intervalo, entonces f es crecienteSi f ′(x) < 0 en un intervalo, entonces f es decreciente

3. SimetrıasCon respecto al eje X: Reemplazar y por −y en la ecuacion y se obtieneuna ecuacion equivalente.Con respecto al eje Y: Reemplazar x por −x en la ecuacion y se obtieneuna ecuacion equivalente.Con respecto al origen: Reemplazar x por −x e y por −y en la ecuacion


y se obtiene una ecuacion equivalente.

4. Asıntotas

Horizontales: La recta y = b es una asıntota horizontal de la graficade f si ocurre cualquiera de las situaciones siguientes:

lımx→+∞

f(x) = b o bien lımx→−∞

f(x) = b

Las funciones racionales tienen asıntotas horizontales siempre que elgrado del numerador sea menor o igual que el grado del denominador.

Verticales: La recta x = a es una asıntota vertical de la grafica def si:

lımx→a+

f(x) = +∞ (−∞) o cuando lımx→a−

f(x) = +∞ (−∞)

En las funciones racionales puede haber asıntota vertical en los cerosdel denominador.

Oblicuas: La recta y = mx + n es una asıntota oblicua del graficode f(x) si:

lımx→∞

f(x)

x= m m �= 0 m �= ∞ y lım

x→∞(f(x)−mx) = n n �= ∞.

Las funciones racionales tienen asıntotas oblicuas cuando el numeradortiene un grado mas que el denominador.

5. Extremos locales o relativosUn punto (a, f(a)) de la grafica en el que f ′(a) es cero o bien no estadefinida es candidato a ser un extremo local y a se llama valor crıtico.Para determinar los extremos locales esta la prueba de la primera o dela segunda derivada. Si el interes se centra en los extremos absolutos,deben examinarse los extremos del dominio de la funcion.




y se obtiene una ecuacion equivalente.

4. Asıntotas

Horizontales: La recta y = b es una asıntota horizontal de la graficade f si ocurre cualquiera de las situaciones siguientes:

lımx→+∞

f(x) = b o bien lımx→−∞

f(x) = b

Las funciones racionales tienen asıntotas horizontales siempre que elgrado del numerador sea menor o igual que el grado del denominador.

Verticales: La recta x = a es una asıntota vertical de la grafica def si:

lımx→a+

f(x) = +∞ (−∞) o cuando lımx→a−

f(x) = +∞ (−∞)

En las funciones racionales puede haber asıntota vertical en los cerosdel denominador.

Oblicuas: La recta y = mx + n es una asıntota oblicua del graficode f(x) si:

lımx→∞

f(x)

x= m m �= 0 m �= ∞ y lım

x→∞(f(x)−mx) = n n �= ∞.

Las funciones racionales tienen asıntotas oblicuas cuando el numeradortiene un grado mas que el denominador.

5. Extremos locales o relativosUn punto (a, f(a)) de la grafica en el que f ′(a) es cero o bien no estadefinida es candidato a ser un extremo local y a se llama valor crıtico.Para determinar los extremos locales esta la prueba de la primera o dela segunda derivada. Si el interes se centra en los extremos absolutos,deben examinarse los extremos del dominio de la funcion.



6. ConcavidadSe utiliza la segunda derivada para determinar si existe concavidad ypara identificar los puntos de inflexion.Si f ′′(x) > 0 en un intervalo, entonces f es concava hacia arriba en eseintervalo y su grafica se curva hacia arriba.Si f ′′(x) < 0 en un intervalo, entonces f es concava hacia abajo en eseintervalo y su grafica se curva hacia abajo.El punto donde la concavidad cambia de sentido se llama punto deinflexion. Los posibles puntos de inflexion de la grafica se encuentranen f ′′(a) = 0 o no esta definida .




5.3 Ejercicios Resueltos Aplicaciones de las Derivadas

Problema 1

Hallar los intervalos en que f(x) = x3 − 32x2 es creciente o decreciente.

Solucion:

Con f ′(x) = 0 tenemos los puntos crıticos, entonces:

f ′(x) = 3x2 − 3x = 0

de donde 3x(x− 1) = 0 luego x = 0 y x = 1 son numeros crıticos.

Como f(x) esta definida en todos los puntos, x = 0 y x = 1 son los ni-cos nmeros crıticos. En la siguiente tabla se resume lo que ocurre en cadaintervalo. La grafica f(x) en (fig 5.3).

Intervalo −∞ < x < 0 0 < x < 1 1 < x < ∞

Valor de prueba x = −1 x = 12

x = 2

Signo de f ′(x) −f(−1) = 6 > 0 f(12) = −3

4< 0 f(2) = 6 > 0

Conclusion Creciente Decreciente Creciente



fig 5.3

Problema 2

Hallar los intervalos donde la grafica

y = x4 + x3 − 3x2 + 1

es concava hacia arriba o hacia abajo.

Solucion:

f ′(x) = 4x3 + 3x2 − 6x

f ′′(x) = 12x2 + 6x− 6 = 6(2x− 1)(x+ 1)

Los posibles puntos de inflexion son x = −1 y x = 12. La siguiente tabla

resume lo que ocurre en cada intervalo.

Intervalo −∞ < x < −1 −1 < x < 12

12< x < ∞

Valor de prueba x = −2 x = 0 x = 1

Signo de f ′′(x) f ′′(−2) > 0 f ′′(0 < 0 f ′′(1) > 0Conclusion Concava Concava Concava

hacia arriba hacia abajo hacia arriba



fig 5.4

Problema 3

Hallar los extremos relativos de

y = −3x5 + 5x3

Solucion:

Los puntos crıticos de f(x) se encuentran donde f ′(x) = 0 o donde f ′(x)no existe.

f ′(x) = −15x4 + 15x2 = 15x2(1− x2) = 0

Luego los puntos crıticos son x = −1,0, 1. Como f ′ existe en todo x, estos sonlos unicos puntos crıticos de f . Aplicando el criterio de la segunda derivada,tenemos:

f ′′(x) = 15(−4x3 + 2x)

Punto Signo de f ′′ Conclusion

(−1,−2) f ′′(−1) = 30 > 0 ==> Mınimo relativo

(1, 2) f ′′(1) = −30 < 0 ==> Maximo relativo

(0, 0) f ′′(0) = 0 ==>El criterio no decide



fig 5.5

Problema 4

Determinar los maximos y mınimos absolutos de f(x) = x2 − 4x+ 5en el intervalo cerrado [1, 4].

Solucion:

Se observa que f es continua, luego f tiene al menos un valor maximo ymınimo en [1, 4].

f ′(x) = 2x− 4 = 2(x− 2)

Haciendo f ′(x) = 0 se obtiene el valor crıtico x = 2. Los intervalos que hayque cdonsiderar son cuando x < 2 y cuando x > 2.Si x < 2 entonces f ′(x) < 0 y f es decreciente; si x > 2 , entonces f ′(x) > 0y f es creciente. Luego existe un mınimo local cuando x = 2. Se presenta enla grafica en el punto (2, 1).Si determinamos el valor de la funcion en los extremos del intervalo, tenemosque f(1) = 2, y f(4) = 5. Comparando estos valores, se concluye que queocurre un maximo absoluto cuando x = 4. Cuando x = 2, se tiene un mınimo



absoluto, que tambien es local. (fig 5.6)

fig 5.6

Problema 5

Trazar la grafica de y = 2x3 − 9x2 + 12x

Solucion:

Intersecciones:Si x = 0 entonces y = 0.Si y = 0 entonces x(2x2−9x+12) = 0 de donde x = 0 y utilizando la formulacuadratica para 2x2 − 9x + 12 = 0 resulta que no tiene raıces reales. Por loque la unica intercepcion es el punto (0, 0).Maximos y mınimos: Tomando f ′(x) = 6x2 − 18x + 12 = 0, se tiene quelos puntos crıticos son x = 1 y x = 2.Si x < 1 entonces f ′(x) = 6(−)(−) = +, por lo que f es creciente.Si 1 < x < 2 entonces f ′(x) = 6(+)(−) = −, luego f es creciente.Si x > 2 entonces fx) = 6(+)(+) = +, por ello, ff es creciente.Luego en x = 1 existe un maximo relativo y en x = 2 hay un mınimo relativo.

Concavidad:

f ′′(x) = 12x− 18 = 6(2x− 3)



Tomando f ′′(x) = 0 se obtiene un posible punto de inflexion en x = 32.

Cuando x < 32, f ′′(x) < 0 y f es concava hacia abajo.

Cuando x > 32, f ′′(x) > 0 y f es concava hacia arriba.

Como la concavidad cambia de sentido, existe un punto de inflexion cuandox = 3

2. Determinaremos las coordenadas de algunos puntos importantes de

la grafica y cualquier otro si existe duda con respecto al comportamiento dela grafica. (fig 5.7)

x 0 1 3/2 2y 0 5 9/2 4

fig 5.7

Problema 6

Trazar la grafica de f(x) =x2

(x− 1)2



Solucion:

Intersecciones: Si x = 0 entonces y = 0. Unico intercepto con los ejes.Simetrıas: Ninguna.Asıntotas:Horizontales: la recta y = 1 es una asıntota horizontal de la grafica de f

puesto que: lımx→∞

x2

(x− 1)2= 1

Verticales: La recta x = 1es una asıntota vertical de la grafica de f puestoque:

lımx→1−

f(x) = +∞ lımx→1+

f(x) = +∞

Crecimiento:

f ′(x) =−2x

(x− 1)3

f(x) decrece en (−∞, 0); f ′(x) < 0f(x) crece en (0, 1); f ′(x) > 0f(x) decrece en (1,∞); f ′(x) < 0En x = 0 hay un mınimo relativo (y absoluto) (fig 5.8)

fig 5.8



6. Integracion

6.1 Definicion

Sea f una funcion y sea f ′ su derivada. Entonces f se llama una primi-tiva o antiderivada de f ′.

Es decir una antiderivada de una funcion f , es una funcion F tal que:

F ′(x) = f(x)

Luego la derivacion y la antiderivacion son procesos inversos. Pero mien-tras una funcion tiene por lo menos una derivada esta puede tener muchasprimitivas.

Por ejemplo la funcion F (x) = x3 define una primitiva de la funcionf(x) = 3x2 ya que Dx(x

3) = 3x2. Pero x3 − 5, x3 +√5 tambien define una

primitiva de f(x) = 3x2.Ası, si f ′(x) = 3x2, entonces x3+C, donde C es una constante arbitraria,

define una familia completa de antiderivadas de f ′.

El conjunto de todas las primitivas de una funcion f(x) se llama integralindefinida de f(x) se denota como

∫f(x)dx.

Por lo tanto, si F (x) es cualquier antiderivada de f(x), entonces:

∫f(x)dx = F (x) + C si y solo si F ′(x) = f(x)

Al sımbolo∫

se le denomina sımbolo de integral, f(x) es el integran-

do y C es la constante de integracion.

La integracion puede considerarse como la operacion inversa de la derivacion.



Recordemos:

1. Si f ′(x) = 0 ∀x ∈ (a, b) entonces f(x) = C en (a, b)

2. Si f ′(x) = g′(x) ∀x ∈ (a, b) entonces f(x) = g(x) + C en (a,b).

Es decir, si las derivadas de dos funciones son iguales, las funcionesdifieren en una constante.

6.2 Formulas Basicas de Integracion

Como una antiderivada de una f(x) es una funcion F (x) tal que F ′(x) =f(x), a cada una de las formulas para derivadas le corresponde una formulapara integrales. Estas formulas son:

1)∫ d

dx[f(x)]dx = f(x) + C 2)

∫(u+ v)dx =

∫udx+

∫vdx

3)∫audu = a

∫udu a = cte 4)

∫undu =

un+1

n+ 1+ C n �= −1

5)∫ du

u= ln | u | +C 6)

∫audu =

au

ln(a)+ C a > 0, a �= 1

7)∫eudu = eu + C 8)

∫sen(u)du = −cos(u) + C

9)∫cos(u)du = sen(u) + C 10)

∫tg(u)du = ln | sec(u) | +C

11)∫

ctg(u)du = ln | sen(u) | +C 12)∫

sec(u)du = ln | sec(u) + tg(u) | +C

13)∫

cosec(u)du = ln | cosec(u)− ctg(u) | +C 14)∫

sec2(u)du = tg(u) + C

15)∫

cosec2(u)du = −ctg(u) + C 16)∫

sec(u) tg(u)du = sec(u) + C


Recordemos:

1. Si f ′(x) = 0 ∀x ∈ (a, b) entonces f(x) = C en (a, b)

2. Si f ′(x) = g′(x) ∀x ∈ (a, b) entonces f(x) = g(x) + C en (a,b).

Es decir, si las derivadas de dos funciones son iguales, las funcionesdifieren en una constante.

6.2 Formulas Basicas de Integracion

Como una antiderivada de una f(x) es una funcion F (x) tal que F ′(x) =f(x), a cada una de las formulas para derivadas le corresponde una formulapara integrales. Estas formulas son:

1)∫ d

dx[f(x)]dx = f(x) + C 2)

∫(u+ v)dx =

∫udx+

∫vdx

3)∫audu = a

∫udu a = cte 4)

∫undu =

un+1

n+ 1+ C n �= −1

5)∫ du

u= ln | u | +C 6)

∫audu =

au

ln(a)+ C a > 0, a �= 1

7)∫eudu = eu + C 8)

∫sen(u)du = −cos(u) + C

9)∫cos(u)du = sen(u) + C 10)

∫tg(u)du = ln | sec(u) | +C

11)∫ctg(u)du = ln | sen(u) | +C 12)

∫sec(u)du = ln | sec(u) + tg(u) | +C

13)∫cosec(u)du = ln | cosec(u)− ctg(u) | +C 14)

∫sec2(u)du = tg(u) + C

15)∫cosec2(u)du = −ctg(u) + C 16)

∫sec(u) tg(u)du = sec(u) + C




17)∫

cosec(u) ctg(u)du = −cosec(u) + C 18)∫ du√

a2 − u2= arcsen

(u

a

)+ C

19)∫ du

a2 + u2=

1

aarctg

(u

a

)+ C 20)

∫ du

u√u2 − a2

=1

aarcsec

(u

a

)+ C

21)∫ du

u2 − a2=

1

2aln | u− a

u+ a|+ C 22)

∫ du

a2 − u2=

1

2aln | u+ a

u− a|+ C

23)∫ du√

a2 + u2= ln(u+

√u2 + a2) + C 24)

∫ du√u2 − a2

= ln(u+√u2 − a2) + C

25)∫ √

a2 − u2du =1

2u√a2 − u2 +

1

2a2arcsen

(u

a

)+ C

26)∫ √

u2 + a2du =1

2u√a2 + u2 +

1

2a2ln(u+

√u2 + a2) + C

27)∫ √

u2 − a2du =1

2u√u2 − a2 − 1

2a2ln | u+

√u2 − a2 |+ C

6.3 Metodos de Integracion

Sirven para resolver integrales no inmediatas. Se trata de una serie de pro-cedimientos para transformar la expresion original en otra cuya integracionsea mas facil de realizar. Estudiaremos los metodos mas elementales.

1. Integracion por Sustitucion

Las formulas basicas de integracion se pueden extender a una gran varie-dad de funciones mediante el metodo de sustitucion.


17)∫

cosec(u) ctg(u)du = −cosec(u) + C 18)∫ du√

a2 − u2= arcsen

(u

a

)+ C

19)∫ du

a2 + u2=

1

aarctg

(u

a

)+ C 20)

∫ du

u√u2 − a2

=1

aarcsec

(u

a

)+ C

21)∫ du

u2 − a2=

1

2aln | u− a

u+ a|+ C 22)

∫ du

a2 − u2=

1

2aln | u+ a

u− a|+ C

23)∫ du√

a2 + u2= ln(u+

√u2 + a2) + C 24)

∫ du√u2 − a2

= ln(u+√u2 − a2) + C

25)∫ √

a2 − u2du =1

2u√a2 − u2 +

1

2a2arcsen

(u

a

)+ C

26)∫ √

u2 + a2du =1

2u√a2 + u2 +

1

2a2ln(u+

√u2 + a2) + C

27)∫ √

u2 − a2du =1

2u√u2 − a2 − 1

2a2ln | u+

√u2 − a2 |+ C

6.3 Metodos de Integracion

Sirven para resolver integrales no inmediatas. Se trata de una serie de pro-cedimientos para transformar la expresion original en otra cuya integracionsea mas facil de realizar. Estudiaremos los metodos mas elementales.

1. Integracion por Sustitucion

Las formulas basicas de integracion se pueden extender a una gran varie-dad de funciones mediante el metodo de sustitucion.



Teorema:

Si u = g(x) define una funcion derivable g cuya imagen es un intervalo Iy si f es una funcion definida en I, tal que:

∫f(u)du = F (u) + C

entonces: ∫f(g(x)) · g′(x)dx = F (g(x)) + C

Dem:

Basta probar que

DxF (g(x)) = f(g(x)) · g′(x)

El objetivo de este metodo es transformar una integral con integrandocomplicado en otra con integrando mas simple. El metodo es aplicable siem-pre que la integral original se pueda escribir en la forma

∫f(g(x)) · g′(x)dx = F (g(x)) + C

ya que la sustitucion u = g(x), du = g′(x)dx la transforma en:∫

f(u)du

Si esta integral se resuelve se obtiene una primitiva, por ejemplo P (u) y laintegral original se resuelve sustituyendo u por g(x) en la formula de P (u).

2. Integracion por partes

Sean u y v funciones derivables de x. En estas condiciones,

d(uv) = udv + vdu

Integrando

uv =∫

udv +∫

vdu

de donde se obtiene



∫udv = uv −

∫vdu

Para aplicar esta formula, se separa el integrando en dos partes; una deellas se iguala a u y la otra, junto con dx, a dv.

Es conveniente tener en cuenta lo siguiente:

a) La parte que se iguala a dv debe ser facilmente integrable.

b)∫

vdu no debe ser mas complicada que∫

udv.

Para escoger el u y dv adecuado es util considerar la sigla LIATE; quesignifica:

LogaritmoInversa trigonometricaAlgebraicaTrigonometricaExponencial

La cual nos entrega el orden de preferencia en cualquier combinacion dedos de estas funciones en la integral original, escogiendo para u la funcionque aparece primero en LIATE y el resto queda en dv.

Este metodo es util cuando aparecen productos de funciones.

3. Formulas de reduccion

Las formulas de reduccion permiten simplificar el calculo cuando se hayade aplicar la integracion por partes varias veces consecutivas. Una formula dereduccion es util si, conduce a una integral que se puede calcular facilmente.Algunas de las formulas mas corrientes de reduccion son:




(a)∫ du

(a2 ± u2)m=

1

a2{ u

(2m− 2)(a2 ± u2)m−1}+ 2m− 3

2m− 2

∫ du

(a2 ± u2)m−1, m �= 1

(b)∫(a2 ± u2)mdu =

u(a2 ± u2)m

2m+ 1+

2ma2

2m+ 1

∫(a2 ± u2)m−1du, m �= −1

2

(c)∫(u2 − a2)mdu =

u(u2 − a2)m

2m+ 1− 2ma2

2m+ 1

∫(u2 − a2)m−1du, m �= −1

2

(d)∫

xmlnn(x) dx =xm+1lnn(x)

m+ 1− n

m+ 1

∫xmln(n−1)(x)dx

(e)∫

lnn(x) dx = xlnn(x)− n∫ln(n−1)(x)dx

(f)∫

xnex dx = xnex − n∫

x(n−1)exdx

4. Integracion de funciones racionales simples

Una funcion F (x) =f(x)

g(x)en la que f(x) y g(x) son polinomios, recibe el

nombre de fraccion racional.Si el grado de f(x) es menor que el de g(x), F (x) recibe el nombre de funcionpropia; en caso contrario, F (x) se denomina impropia.

Toda fraccion racional impropia, dividiendo el numerador por el denomi-nador siempre se puede expresar como suma de un polinomio y una fraccionpropia.Por ejemplo,

x3

x2 + 1= x− x

x2 + 1

Toda fraccion racional propia se puede expresar como suma de fraccio-nes simples.


(a)∫ du

(a2 ± u2)m=

1

a2{ u

(2m− 2)(a2 ± u2)m−1}+ 2m− 3

2m− 2

∫ du

(a2 ± u2)m−1, m �= 1

(b)∫(a2 ± u2)mdu =

u(a2 ± u2)m

2m+ 1+

2ma2

2m+ 1

∫(a2 ± u2)m−1du, m �= −1

2

(c)∫(u2 − a2)mdu =

u(u2 − a2)m

2m+ 1− 2ma2

2m+ 1

∫(u2 − a2)m−1du, m �= −1

2

(d)∫

xmlnn(x) dx =xm+1lnn(x)

m+ 1− n

m+ 1

∫xmln(n−1)(x)dx

(e)∫

lnn(x) dx = xlnn(x)− n∫

ln(n−1)(x)dx

(f)∫

xnex dx = xnex − n∫

x(n−1)exdx

4. Integracion de funciones racionales simples

Una funcion F (x) =f(x)

g(x)en la que f(x) y g(x) son polinomios, recibe el

nombre de fraccion racional.Si el grado de f(x) es menor que el de g(x), F (x) recibe el nombre de funcionpropia; en caso contrario, F (x) se denomina impropia.

Toda fraccion racional impropia, dividiendo el numerador por el denomi-nador siempre se puede expresar como suma de un polinomio y una fraccionpropia.Por ejemplo,

x3

x2 + 1= x− x

x2 + 1

Toda fraccion racional propia se puede expresar como suma de fraccio-nes simples.



Atendiendo a la naturaleza de los factores del denominador, conside-raremos.

Caso I. Factores lineales distintos

A cada factor lineal distinto, de la forma ax + b, en el denominador deuna fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones de laforma

A1

a1x+ b1+

A2

a2x+ b2+ · · · · · ·+ An

anx+ bnsiendo A1, A2, · · · · · ·An constantes a determinar.

Caso II. Factores lineales Iguales

A cada factor lineal, ax+b, que figure n veces repetido en el denominadorde una fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones dela forma

A1

ax+ b+

A2

(ax+ b)2+ · · · · · ·+ An

(ax+ b)n

siendo A1, A2, · · · · · ·An constantes a determinar.

Caso III. Factores cuadraticos distintos

A cada factor cuadratico distinto, ax2 + bx+ c, del denominador de unafraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones de la forma

A1x+ B1

a1x2 + b1x+ c1+

A2x+ B2

a2x2 + b2x+ c2+ · · · · · ·+ Anx+ Bn

anx2 + bnx+ cnsiendo A1, A2, · · · · · ·An, B1, B2, · · · · · ·Bn constantes a determinar.

Caso IV. Factores cuadraticos Iguales

A cada factor cuadratico, ax2+bx+c, que figure n veces en el denominadorde una fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones dela forma

A1x+ B1

ax2 + bx+ c+

A2x+ B2

(ax2 + bx+ c)2+ · · · · · ·+ Anx+ Bn

(ax2 + bx+ c)n




siendo A1, A2, · · · · · ·An, B1, B2, · · · · · ·Bn constantes a determinar.


Atendiendo a la naturaleza de los factores del denominador, conside-raremos.

Caso I. Factores lineales distintos

A cada factor lineal distinto, de la forma ax + b, en el denominador deuna fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones de laforma

A1

a1x+ b1+

A2

a2x+ b2+ · · · · · ·+ An

anx+ bnsiendo A1, A2, · · · · · ·An constantes a determinar.

Caso II. Factores lineales Iguales

A cada factor lineal, ax+b, que figure n veces repetido en el denominadorde una fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones dela forma

A1

ax+ b+

A2

(ax+ b)2+ · · · · · ·+ An

(ax+ b)n

siendo A1, A2, · · · · · ·An constantes a determinar.

Caso III. Factores cuadraticos distintos

A cada factor cuadratico distinto, ax2 + bx+ c, del denominador de unafraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones de la forma

A1x+ B1

a1x2 + b1x+ c1+

A2x+ B2

a2x2 + b2x+ c2+ · · · · · ·+ Anx+ Bn

anx2 + bnx+ cnsiendo A1, A2, · · · · · ·An, B1, B2, · · · · · ·Bn constantes a determinar.

Caso IV. Factores cuadraticos Iguales

A cada factor cuadratico, ax2+bx+c, que figure n veces en el denominadorde una fraccion racional propia, le corresponde una suma de n fracciones dela forma

A1x+ B1

ax2 + bx+ c+

A2x+ B2

(ax2 + bx+ c)2+ · · · · · ·+ Anx+ Bn

(ax2 + bx+ c)n



5. Sustituciones trigonometricas

Caso 1: Integrales que contienen√a2 − u2

Sustitucion:u

a= sen(t) → du = a · cos(t)dt −π

2≤ t ≤ π

2, a > 0

Entonces:√a2 − u2 = a · cos(t)

fig 6.9a

Caso 2: Integrales que contienen√u2 + a2.

Sustitucion:u

a= tg(t) → du = a · sec2(t)dt − π

2≤ t ≤ π

2t, a > 0

Entonces√u2 + a2 = a · sec(t)



fig 6.9b

Caso 3: Integrales que contienen√u2 − a2.

Sustitucion:u

a= sec(t) → du = a · sec(t)tg(t)dt 0 ≤ t ≤ π

t �= π

2, a > 0

Entonces:√u2 − a2 = a · tg(t)

fig 6.9c



6. Integrales que contienen funciones trigonometricas

Caso 1:∫

senn(x)dx y∫

cosn(x)dx

Si n es impar factorizar por sen(x) y usar la identidad:

sen2(x) = 1− cos2(x)

Si n es par usar la identidad:

sen2(x) =1− cos(2x)

2o usar:

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

Caso 2:∫

senm(x)cosn(x)dx

Si m o n son enteros impares positivos y el otro exponente es cualquiernumero, factorizar por sen(x) o cos(x) y usar la identidad

sen2(x) + cos2(x) = 1

Si m y n son ambos enteros pares positivos usar la identidad

sen2(x) =1− cos(2x)

2

cos2(x) =1 + cos(2x)

2

Caso 3:∫

sen(mx)cos(nx)dx,∫

sen(mx)sen(nx)dx y∫

cos(mx)cos(nx)dx

Usar la identidad

sen(mx)cos(nx) =1

2[sen(m+m)x+ sen(m− n)x]

sen(mx)sen(nx) = −1

2[cos(m+m)x− cos(m− n)x]



cos(mx)cos(nx) =1

2[cos(m+m)x+ cos(m− n)x]

Caso 4:∫

tgn(x)dx,∫

cotgn(x)dx

Usar la identidad

tg2(x) = sec2(x)− 1

cotg2(x) = cosec2(x)− 1

Caso 5:∫

tgm(x)secn(x)dx,∫

cotgm(x)cosecn(x)dx

Si n es par y m es cualquier numero usar la identidad:

tg2(x) = sec2(x)− 1

Si m es impar y n es cualquier numero factorizar por sec(x)tg(x) y usarla identidad:

tg2(x) = sec2(x)− 1



6.4 Ejercicios por formula y de sustitucion

Ejemplos directos por formula

Problema 1

Calcular:∫

x5dx

Solucion:

∫x5dx =

x6

6+ C

Problema 2

Calcular:∫ dx

x2

Solucion:

∫ dx

x2=

∫x−2dx =

x−1

−1+ C = −1

x+ C

Problema 3

Calcular:∫(2x2 − 5x+ 3)dx

Solucion:

∫(2x2 − 5x+ 3)dx = 2

∫x2dx− 5

∫x dx+ 3

∫dx

=2x3

3− 5

x2

2+ 3x+ C



Problema 4

Calcular:∫(3s+ 4)2ds

Solucion:

∫(3s+ 4)2ds =

∫(9s2 + 24s+ 16)ds = 3s3 + 12s2 + 16s+ C

Problema 5

Calcular:∫ 3x3 − x2 + 5x− 4

xdx

Solucion:

∫ 3x3 − x2 + 5x− 4

xdx =

∫(3x2 − x+ 5− 4

x)dx

= x3 − x2

2+ 5x− 4ln|x|+ C

Problema 6

Calcular:∫ 1

4 + x2dx

Solucion:

∫ 1

4 + x2dx =

1

2arctg

(x

2

)+ C



6.5 Ejercicios de sustitucion

Problema 1

Calcular∫

3x2(x3 + 7)3dx

Solucion:

Sea u = x3 + 7. Entonces du = 3x2dx.Luego la integral original puede escribirse:∫

3x2(x3 + 7)3dx =∫

u3du

=u4

4+ C

=(x3 + 7)4

4+ C

Problema 2

Calcular∫

x3cos(x4)dx

Solucion:

Sea u = x4. Entonces du = 4x3dx. Luego:∫x3cos(x4)dx =

1

4

∫cos(u)du

=1

4sen(u) + C

=1

4sen(x4) + C

Problema 3

Calcular∫(x2 + 1)ex

3+3xdx



Solucion:

Si u = x3 + 3x, entonces du = (3x2 + 3)dx = 3(x2 + 1)dx. Luego:∫(x2 + 1)ex

3+3xdx =1

3

∫eudu

=1

3eu + C

=1

3ex

3+3x + C

Problema 4

Hallar la integral∫ x

x+ 5dx.

Solucion:

Hacemos: u = x+ 5 entonces x = u− 5 y dx = du. Luego:∫ x

x+ 5dx =

∫ u− 5

udu

=∫ u

udu−

∫ 5

udu

= u− 5ln(u) + CReemplazando u por x+ 5:∫ x

x+ 5dx = x− 5ln(x) + C1 donde C1 = 5 + C

Problema 5

Hallar la integral∫ dx

x+√x.

Solucion:

Hacemos: u =√x entonces u2 = x y 2udu = dx. Luego:



∫ dx

x+√x

=∫ 2u

u2 + udu

= 2∫ 1

u+ 1du

= 2ln(u+ 1) + CReemplazando u por

√x:∫ dx

x+√x

= 2ln(√x+ 1) + C

Problema 6

Hallar la integral∫ sec2(ln(x))dx

2x.

Solucion:

Hacemos: u = ln(x) entonces du = x y u = 1xdx. Luego:

∫ sec2(ln(x)dx

2x=

1

2

∫sec2(u)du

=1

2tg(u) + C

Reemplazando u por ln(x):∫ sec2(ln(x)dx

2x=

1

2tg(ln(x)) + C

Problema 7

Hallar la integral∫2cos(x)sen(x)dx.

Solucion:

Hacemos: u = cos(x) entonces du = −sen(x)dx. Luego:



∫2cos(x)sen(x)dx = −

∫2udu

= − 2u

ln(2)+ C

Reemplazando u por cos(x):∫2cos(x)sen(x)dx = −2cos(x)

ln(2)+ C

Problema 8

Hallar la integral∫ sen(

√1− x)√

1− xdx.

Solucion:

Hacemos: u =√1− x entonces du = −1√

1−xdx. Luego:

∫ sen(√1− x)√

1− xdx = −

∫sen(u)du

= cos(u) + C

Reemplazando u por√1− x:∫ sen(

√1− x)√

1− xdx = sen(

√1− x) + C

6.6 Ejercicios de Integracion por partes

Problema 1

Calcular∫

x3ex2

dx.

Solucion:

Usando Liate tomamos: u = x2; y dv = xex2dx de donde du = 2xdx



y v = 12ex

2. Aplicando la formula

∫x3ex

2

dx =1

2x2ex

2 −∫xex

2

dx

=1

2x2ex

2 − 1

2ex

2

+ C

Problema 2

Calcular∫

xsenxdx.

Solucion:

Usando Liate tomamos: u = x; y dv = senxdx de donde du = dx yv = −cosx. Aplicando la formula

∫xsenxdx = −xcosx−

∫−cosxdx

= −xcosx+ senx+ C

Problema 3

Calcular∫

x2lnxdx.

Solucion:

Usando Liate tomamos: u = lnx; y dv = x2dx de donde du =dx

xy

v = x3

3. Aplicando la formula

∫x2lnxdx =

x3

3lnx−

∫ x3

3· dxx

=x3

3lnx− 1

3

∫x2dx

=x3

3lnx− 1

9x3 + C



En ocasiones puede utilizarse la integracion por partes mas deuna vez, como muestra el siguiente ejemplo.

Problema 4

Calcular∫

x2e2x+1dx.

Solucion:

Usando Liate tomamos: u = x2 y dv = e2x+1dx de dondedu = 2xdx y v = e

2x+12 . Aplicando la formula

∫x2e2x+1dx =

x2e2x+1

2−

∫ e2x+1

2(2x)dx

=x2e2x+1

2−

∫xe2x+1dx

Para evaluar∫

xe2x+1dx se utiliza nuevamente integracion por partes.

Donde u = x y dv = e2x+1dx. Entonces du = dx y v =e2x+1

2∫

xe2x+1dx =xe2x+1

2−

∫ e2x+1

2dx

=xe2x+1

2− e2x+1

4+ C

Por lo tanto

∫x2e2x+1dx =

x2e2x+1

2− xe2x+1

2+

e2x+1

4+ C

=e2x+1

2(x2 − x+

1

2) + C



Problema 5

Calcular∫

sec3(x)dx.

Solucion:

Usando Liate tomamos: u = sec(x) y dv = sec2(x)dx de dondedu = sec(x)tg(x)dx y v = tg(x).Aplicando la formula de integracion por partes:

∫sec3(x)dx =

∫sec2(x)sec(x)dx

= sec(x)tg(x)−∫

tg(x) · sec(x)tg(x)dx

= sec(x)tg(x)−∫tg2(x) · sec(x)dx

= sec(x)tg(x)−∫ [

sec2(x)− 1]sec(x)dx

∫sec3(x)dx = sec(x)tg(x)−

∫sec3(x)dx+

∫sec(x)dx

2∫

sec3(x) = sec(x)tg(x) +∫

sec(x)dx

=1

2sec(x)tg(x) +

1

2

∫sec(x)dx

∫sec3(x)dx =

1

2sec(x)tg(x) +

1

2ln | sec(x) + tg(x) | +C

Problema 6

Calcular∫

sec5(x)dx.



Solucion:

Usando Liate tomamos: u = sec3(x) y dv = sec2(x)dx de dondedu = 3sec2(x)sec(x)tg(x)dx y v = tg(x).

du = 3sec3(x)tg(x)dx y v = tg(x).Aplicando la formula de integracion por partes:

∫sec5(x)dx =

∫sec3(x)sec2(x)dx

= sec3(x)tg(x)− 3∫

sec3(x)tg(x) · tg(x)dx

= sec3(x)tg(x)− 3∫tg2(x) · sec3(x)dx

= sec3(x)tg(x)− 3∫ [

sec2(x)− 1]sec3(x)dx

∫sec5(x)dx = sec3(x)tg(x)− 3

∫sec5(x)dx+ 3

∫sec3(x)dx

4∫sec5(x) = sec3(x)tg(x) + 3

∫sec3(x)dx

=1

4sec3(x)tg(x) +

3

4

∫sec3(x)dx

∫sec5(x)dx =

1

4sec3(x)tg(x) +

3

4

[1

2sec(x)tg(x) +

1

2ln | sec(x) + tg(x) |

]+ C

∫sec5(x)dx =

1

4sec3(x)tg(x) +

3

8sec(x)tg(x) +

3

8ln | sec(x) + tg(x) | +C

Nota: Hemos usado el ejercicio anterior para la integral∫sec3(x)dx



6.7 Ejercicios formulas de reduccion

Problema 1

Calcular∫ dx

(1 + x2)52

.

Solucion:

Como la formula de reduccion (a) reduce a una unidad el exponente deldenominador, aplicandola dos veces resulta:

∫ dx

(1 + x2)52

=x

3(1 + x2)32

+2

3

∫ dx

(1 + x2)32

=x

3(1 + x2)32

+2x

3(1 + x2)12

+ C

=x+ 2x(1 + x2)

3(1 + x2)32

+ C

=3x+ 2x3

3(1 + x2)32

+ C

=x(3 + 2x2)

3(1 + x2)32

+ C

Problema 2

Calcular∫(9 + x2)

32dx.

Solucion:

Aplicando la formula de reduccion (b),∫(9 + x2)

32dx =

1

4x(9 + x2)

32 +

27

4

∫(9 + x2)

12dx




∫(9 + x2)

32dx =

1

4x(9 + x2)

32 +

27

8

[x(9 + x2)

12 + 9ln(x+

√9 + x2)

]+ C

=1

4x(9 + x2)

32 +

27

8x(9 + x2)

12 +

243

8ln(x+

√9 + x2 ) + C ′

donde C ′ = C − 2438

· ln(3)

Problema 3

Calcular∫(x2 − 9)

32dx.

Solucion:

Aplicando la formula de reduccion (c),

∫(9 + x2)

32dx =

1

4x(x2 − 9)

32 − 27

4

∫(x2 − 9)

12dx

=1

4x(x2 − 9)

32 − 27

4

[1

2x(x2 − 9)

12 − 9

2ln(x+

√x2 − 9)

]+ C

=1

4x(x2 − 9)

32 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x(x2 − 9)(x2 − 9)

12 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 − 9

4x(x2 − 9)

12 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 −

[9

4+

27

8

]x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 − 45

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

donde C ′ = C − 2438

· ln(3)


∫(9 + x2)

32dx =

1

4x(9 + x2)

32 +

27

8

[x(9 + x2)

12 + 9ln(x+

√9 + x2)

]+ C

=1

4x(9 + x2)

32 +

27

8x(9 + x2)

12 +

243

8ln(x+

√9 + x2 ) + C ′

donde C ′ = C − 2438

· ln(3)

Problema 3

Calcular∫(x2 − 9)

32dx.

Solucion:

Aplicando la formula de reduccion (c),

∫(9 + x2)

32dx =

1

4x(x2 − 9)

32 − 27

4

∫(x2 − 9)

12dx

=1

4x(x2 − 9)

32 − 27

4

[1

2x(x2 − 9)

12 − 9

2ln(x+

√x2 − 9)

]+ C

=1

4x(x2 − 9)

32 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x(x2 − 9)(x2 − 9)

12 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 − 9

4x(x2 − 9)

12 − 27

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 −

[9

4+

27

8

]x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

=1

4x3(x2 − 9)

12 − 45

8x(x2 − 9)

12 +

243

8ln(x+

√x2 − 9 ) + C ′

donde C ′ = C − 2438

· ln(3)



Problema 4

Calcular∫

xln(x) dx.

Solucion:

Aplicando la formula de reduccion (d), con m = 1 y n = 1.

∫x1 (lnx)1 dx =

x1+1 (lnx)

1 + 1− 1

1 + 1

∫x1 (lnx)1−1dx

=x2ln(x)

2− 1

2

∫xdx

=x2ln(x)

2− 1

4x2 + C

=x2

2

[ln(x)− 1

2

]+ C

Problema 5

Calcular∫

x2ln(x) dx

Solucion:

Usando la formula de reduccion (d), tenemos m = 2 y n = 1

∫x2 (lnx)1 dx =

x2+1 (lnx)1

2 + 1− 1

2 + 1

∫x2 (lnx)1−1dx

=x3ln(x)

3− 1

3

∫x2dx

=x3ln(x)

3− 1

9x3 + C

=x3

3

[ln(x)− 1

3

]+ C



Problema 6

Calcular∫

xlnx2(x) dx

Solucion:

Usando la formula de reduccion (d), tenemos m = 1 y n = 2

∫x (lnx)2 dx =

x1+1 (lnx)2

1 + 1− 2

1 + 1

∫x1 (lnx)2−1dx

=x2ln2(x)

2− 2

2

∫xln(x)dx

=x2ln2(x)

2− x2

2

[ln(x)− 1

2

]+ C

=x2

2

[ln2(x)− ln(x)− 1

2

]+ C

Problema 7

Calcular∫

ln(x) dx

Solucion:

Usando la formula de reduccion (e), tenemos n = 1

∫(lnx)1 dx = x (lnx)1 − 1

∫(lnx)0dx

= xln(x)−∫dx

= xln(x)− x+ C



Problema 8

Calcular∫

ln2(x) dx

Solucion:


∫(lnx)2 dx = x (lnx)2 − 2

∫(lnx)1dx

= xln2(x)−∫ln(x)dx

= xln2(x)− 2 [xln(x)− x] + C= xln2(x)− 2xln(x) + 2x+ C

Problema 9

Calcular∫

ln3(x) dx

Solucion:


∫(lnx)3 dx = x (lnx)3 − 3

∫(lnx)2dx

= xln3(x)− 3∫

ln2(x)dx

= xln3(x)− 3[xln2(x)− 2xln(x) + 2x

]+ C

= xln3(x)− 3xln2(x) + 6xln(x)− 6x+ C

Problema 10

Calcular∫

x3ex dx



Solucion:

Usando la formula de reduccion (f), tenemos n = 3, (en el desarrollo usamosn = 2 y n = 1).

∫x3ex dx = x3ex − 3

∫x2exdx

= x3ex − 3[x2ex − 2

∫xexdx

]

= x3ex − 3x2ex + 6∫xexdx

= x3ex − 3x2ex + 6[xex −

∫x0exdx

]

= x3ex − 3x2ex + 6xex − 6∫

exdx

= x3ex − 3x2ex + 6xex − 6exdx

6.8 Ejercicios de integracion de funciones racionales simples

Factores lineales

Problema 1

Calcular∫ dx

x2 − 4.

Solucion:

El denominador se descompone en factores: x2 − 4 = (x− 2)(x+ 2)

Por tanto1

x2 − 4=

A

x− 2+

B

x+ 2de donde multiplicando la igualdad por x2 − 4 se obtiene:

[∗] 1 = A(x+ 2) + B(x− 2)o bien 1 = (A+ B)x+ (2A− 2B)



Para determinar el valor de las constantes se puede hacer por:

Metodo general: Se identifican los coeficientes de las mismas potencias dex y se resuelve el sistema de ecuaciones obtenidos para las constantes. Estoes,

A+ B = 0

y2A− 2B = 1

de donde se obtiene: A = 14

y B = −14

Metodo abreviado: Como la igualdad obtenida en [∗] es valida para cual-quier valor de x. Se puede asignar a x los valores que anulen ciertos factores:con x = 2 obtenemos 1 = 4A de donde A = 1

4

con x = −2 obtenemos 1 = −4B de donde B = −14

Hemos obtenido1

x2 − 4=

14

x− 2−

14

x+ 2

Luego ∫ dx

x2 − 4=

1

4

∫ dx

x− 2− 1

4

∫ dx

x+ 2

=1

4ln|x− 2| − 1

4ln|x+ 2|+ C

=1

4ln|x− 2

x+ 2|+ C

Problema 2

Calcular∫ 3x+ 2

x2 + x− 2dx.

Solucion:

El denominador se descompone en factores: x2 + x− 2 = (x− 1)(x+ 2)

Por tanto3x+ 2

x2 + x− 2=

A

x− 1+

B

x+ 2



de donde multiplicando la igualdad por x2 + x− 2 se obtiene:

[∗] 3x+ 2 = A(x+ 2) + B(x− 1)

Para determinar el valor de las constantes se puede hacer x = 1 entonces

5 = 3A → A =5

3

Si x = −2 se tiene −4 = −3B → B =4

3Luego; ∫ 3x+ 2

x2 + x− 2dx =

∫ 5/3

x− 1dx+

∫ 4/3

x+ 2dx

=5

3ln | x− 1 | +4

3ln | x+ 2 |+ C

Problema 3

Calcular∫ x2 + 2x

x2 − 3x+ 2dx.

Solucion:

En este caso la funcion racional es impropia luego es posible escribir el nu-merador ∫ x2 + 2x

x2 − 3x+ 2dx =

∫ (x2 − 3x+ 2) + 5x− 2

x2 − 3x+ 2dx

de esta forma es posible efectuar mas rapido la division, de donde

∫ 3x+ 2

x2 + x− 2dx =

∫(1 +

5x− 2

x2 − 3x+ 2)dx

=∫

dx+∫ 5x− 2

x2 − 3x+ 2dx

La primera integral, es igual a x. La segunda se resuelve por fracciones sim-ples.Las raıces de x2 − 3x+ 2 = 0 son x = 1 y x = 2. Luego:

5x− 2

x2 − 3x+ 2=

A

x− 1+

B

x− 2



de donde;5x− 2 = A(x− 2) +B(x− 1)

dando a x los valores 1 y 2, se tiene: para x = 2 → B = 8para x = 1 → A = −3Luego

∫ 3x+ 2

x2 + x− 2dx =

∫(1 +

5x− 2

x2 − 3x+ 2)dx

=∫

dx+∫ 5x− 2

x2 − 3x+ 2dx

= x+∫ −3

x− 1+

8

x− 2

= x− 3ln | x− 1 | +8ln | x− 2 | +C

Problema 4

Calcular∫ 2x

(x+ 3)2dx.

Solucion:

Cuando hay raıces dobles, la descomposicion que se hace es:

2x

(x+ 3)2=

A

(x+ 3)+

B

(x+ 3)2

entonces2x = A(x+ 3) + B

Dandole dos valores a x para hallar A y B:si x = −3 → B = −6;



si x = 0 → A = 2 Luego

∫ 2x

(x+ 3)2dx = 2

∫ dx

x+ 3− 6

∫ dx

(x+ 3)2

= 2ln|x+ 3|+ 6(x+ 3)−1 + C

= 2ln|x+ 3|+ 6(x+3)

+ C



Factores cuadraticos

Problema 1

Calcular∫ x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)(x2 + 4)dx.

Solucion:

Resolviendo por fracciones simples.

x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)(x2 + 4)dx =

Ax+ B

x2 + 1+

Cx+D

x2 + 4

de donde;

x2 + 3x+ 4 = (Ax+ B)(x2 + 4) + (Cx+D)(x2 + 1)

x2 + 3x+ 4 = (A+ C)x3 + (B +D)x2 + (4A+ C)x+ (4B +D)

A+ C = 0B +D = 14A+ C = 34B +D = 4

cuyos valores dan A = 1, B = 1, C = −1 y D = 0.Luego

∫ x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)(x2 + 4)dx =

∫(x+ 1

x2 + 1+

−x

x2 + 4)dx

=∫ x

x2 + 1dx+

∫ 1

x2 + 1dx−

∫ x

x2 + 4dx

=1

2ln(x2 + 1) + arctg(x) +

1

2ln(x2 + 4) + C



Problema 2

Calcular∫ x3 − 3x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)2dx.

Solucion:


x3 − 3x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)2dx =

Ax+ B

x2 + 1+

Cx+D

(x2 + 1)2

de donde;

x3 − 3x2 + 3x+ 4 = (Ax+ B)(x2 + 1) + (Cx+D)

x3 − 3x2 + 3x+ 4 = Ax3 + Bx2 + (A+ C)x+ (B +D)

A = 1B = −3A+ C = 3B +D = 4

cuyos valores dan A = 1, B = −3, C = 2 y D = 7.Luego:

∫ x3 − x2 + 3x+ 4

(x2 + 1)2dx =

∫ (x− 3

x2 + 1+

2x+ 7

(x2 + 1)2

)dx

=∫ x

x2 + 1dx− 3

∫ 1

x2 + 1dx+ 2

∫ x

(x2 + 1)2dx

+ 7∫ 1

(x2 + 1)2dx

=1

2ln(x2 + 1)− 3arctg(x)− 2

1

2(x2 + 1)

+ 7[1

2

x

x2 + 1+

1

2arctg(x)

]+ C



=1

2ln(x2 + 1)− 3arctg(x)− 1

(x2 + 1)

+7

2

x

x2 + 1+

7

2arctg(x) + C

=1

2ln(x2 + 1)− 1

x2 + 1

+7x

2(x2 + 1)+

1

2arctg(x) + C

Problema 3

Calcular∫ 3x2 − 5x+ 10

(x+ 3)(x2 + 4)dx.

Solucion:


3x2 − 5x+ 10

(x+ 3)(x2 + 4)dx =

A

x+ 3+

Bx+ C

(x2 + 4)

de donde;

3x2 − 5x+ 10 = (A)(x2 + 4) + (Bx+ C)(x+ 3)

3x2 − 5x+ 10 = (A+ B)x2 + (3B + C)x+ (4A+ 3C)

A+ B = 33B + C = −54A+ 3C = 10

cuyos valores dan A = 4, B = −1, C = −2.Luego:

∫ 3x2 − 5x+ 10

(x+ 3)(x2 + 4)dx =

∫(

4

x+ 3+

−x− 2

(x2 + 4))dx

= 4∫ 1

x+ 3dx−

∫ x

x2 + 4dx− 2

∫ 1

(x2 + 4)dx

= 4ln |x+ 3| − 1

2ln(x2 + 4)− arctg(

x

2) + C



6.9 Ejercicios de sustitucion trigonometrica

Problema 1

Hallar la integral∫ √

9− x2dx.

Solucion

Tenemos caso 1) con a = 3 y u = x.

Segun el grafico: sen(t) =x

3. Entonces: dx = 3 · cos(t)

fig 6.10a∫ √

9− x2dx =∫

3cos(t) · 3cos(t)dt = 9∫

cos2(t)dt

= 9∫ (

1

2+

cos(2t)

2

)dt =

9

2t+

9

2

sen(2t)

2+ C

Perox

3= sen(t) ⇒ t = arcsen(

x

3), y sen(2t) = 2sentcos(t).

Luego:∫ √9− x2dx =

9

2arcsen(

x

3) +

1

2x√9− x2 + C



Problema 2


4− x2

xdx.

Solucion



2. Entonces: dx = 2 · cos(t)

fig 6.10b

∫ √4− x2

xdx =

∫cot(t)(2cos(t))dt = 2

∫ cos(t)

sen(t)cos(t)dt = 2

∫ cos2(t)

sen(t)dt

=2∫ 1− sen2(t)

sen(t)dt= 2

∫ [1

sen(t)− sen(t)

]dt

=2∫

[cosec(t)− sen(t)] dt=2ln [cosec(t)− cotg(t)] + 2cos(t) + C

Como sen(t) =x

2implica que cosec(t) =

2

x(ver triangulo):

∫ √4− x2

x= ln|2

x−

√4− x2

x|+

√4− x2 + C



Problema 3

Hallar la integral∫ 1√

9 + x2dx.

Solucion


Segun el grafico: tg(t) =x

3. Entoces: dx = 3·sec(t) Entonces dx = 3sec2(t)dt.

fig 6.10c

∫ 1√9 + x2

dx =∫ 3sec2(t)

3sec(t)dt =

∫sec(t)dt = ln|sec(t) + tg(t)|+ C

Como tg(t) =x

3implica que sec(t) =

√9 + x2

3(ver triangulo):

∫ 1√9 + x2

dx =ln|√9 + x2 + x

3|+ c = ln|

√9 + x2 + x|+ C

Problema 4


x2 − 4

xdx.



Solucion:


Segun el grafico: sec(t) =x

2. Entonces dx = 2 · sec(t) · tg(t)dt.

fig 6.10d

∫ √x2 − 4

xdx =

∫ 2tg(t)

2sec(t)· 2sec(t)tg(t)dt

= 2∫

tg2(t)dt

= 2[tg(t)− t] + c

=√x2 − 4− 2arcsec(

x

2) + C

Problema 5


x2 − 9dx.

Solucion:



3.

Entonces dx = 3 · sec(t) · tg(t)dt.



Solucion:



3.

Entonces dx = 3 · sec(t) · tg(t)dt.√x2 − 9 = 3 · tg(t)

fig 6.10f∫ √

(x2 − 9)3dx =∫

(3tg(t))3 · 3sec(t)tg(t)dt

= 81∫

sec(t)tg4(t)dt

= 81∫

sec(t)[sec2(t)− 1

]2dt

= 81∫

sec5(t)− 2sec3(t) + sec(t)dt

= 81∫

sec5(t)dt− 162∫sec3(t)dt+ 81

∫sec(t)dt

= 81[1

4sec3(t)tg(t) +

3

8sec(t)tg(t) +

3


]

−162[1

2sec(t)tg(t) +

1


]

+81ln | sec(t) + tg(t) |+ C

=81

4sec3(t)tg(t) +

[243

8− 81

]sec(t)tg(t)

+[243

8+ 81− 81

]ln | sec(t) + tg(t) | +C



=81

4sec3(t)tg(t) +

−405

8sec(t)tg(t)

+243

8ln | sec(t) + tg(t) | +C

=81

4·(x

3

)3

·√x2 − 9

3− 405

8· x3·√x2 − 9

3

+243

8· ln | x

3+

√x2 − 9

3| +C

=1

4x3√x2 − 9− 45

8x√x2 − 9

+243

8ln | x+

√x2 − 9 | +C ′

Nota: C ′ = C +243

8ln(3)

Hemos usado los resultados de integracion por partes para∫sec3(x)dx

y para∫

sec5(x)dx.

Problema 7

Hallar la integral∫ 1√

x2 + 2x+ 26dx.

Solucion

Observamos que:√x2 + 2x+ 26 =

√x2 + 2x+ 1 + 25 =

√(x+ 1)2 + 25

Tenemos caso 2) con a = 5 y u = (x+ 1).

Segun el grafico: tg(t) =(x+ 1)

5. Entonces dx = 5 · sec2(t)dt.



fig 6.10g

∫ 1√(x+ 1)2 + 25

dx =∫ 1

5sec(t)5sec2(t)dt

=∫

sec(t)dt = ln [sec(t) + tg(t)] + C

=ln

√(x+ 1)2 + 25

5+

(x+ 1)

5

+ C

Problema 8

Hallar la integral∫

x2√1− x2dx.

Solucion:



1= x. Entonces dx = 5 · cos(t)dt.

√1− x2 = cos(t)



fig 6.10h∫

x2√1− x2dx=

∫sen2(t)cos(t)cos(t)dt=

∫sen2(t)cos2(t)dt=

∫sen2(t)

[1− sen2

]dt

Pero: sen2(t) =1− cos(2t)

2

=∫

1− cos(2t)

2−

(1− cos(2t)

2

)2dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2−

(1− 2cos(2t) + cos2(2t)

4

)]dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2−

(1

4− cos(2t)

2+

cos2(2t)

4

)]dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2− 1

4+

cos(2t)

2− cos2(2t)

4

]dt

=∫ [

1

4− 1 + cos(4t)

8

]dt

=1

4t− 1

8t− sen(4t)

32+ C

=1

8t− sen(4t)

32+ C

=1

8arcsen(x)− sen(4t)

32+ C

Pero: sen(2α) = 2sen(α)cos(α), cos(2α) = cos2(α)−sen2(α) = 1−2sen2(α)


fig 6.10h∫x2√1− x2dx=

∫sen2(t)cos(t)cos(t)dt=

∫sen2(t)cos2(t)dt=

∫sen2(t)

[1− sen2

]dt

Pero: sen2(t) =1− cos(2t)

2

=∫

1− cos(2t)

2−

(1− cos(2t)

2

)2dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2−

(1− 2cos(2t) + cos2(2t)

4

)]dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2−

(1

4− cos(2t)

2+

cos2(2t)

4

)]dt

=∫ [

1

2− cos(2t)

2− 1

4+

cos(2t)

2− cos2(2t)

4

]dt

=∫ [

1

4− 1 + cos(4t)

8

]dt

=1

4t− 1

8t− sen(4t)

32+ C

=1

8t− sen(4t)

32+ C

=1

8arcsen(x)− sen(4t)

32+ C

Pero: sen(2α) = 2sen(α)cos(α), cos(2α) = cos2(α)−sen2(α) = 1−2sen2(α)



Luego:

sen(2 · 2t) = 2sen(2t)cos(2t) = 2 · [2sen(t)cos(t)] · [1− 2sen2(t)]

= 4sen(t)cos(t)− 8sen3(t)cos(t)

∫x2√1− x2dx =

1

8arcsen(x)− 4sen(t)cos(t)− 8sen3(t)cos(t)

32+ C

=1

8arcsen(x)− sen(t)cos(t)

8+

sen3(t)cos(t)

4+ C

=1

8arcsen(x)− x

√1− x2

8+

x3√1− x2

4+ C

6.10 Ejercicios de integrales trigonometricas

Problema 1


sen3(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 1 con n impar:∫sen3(x)dx =

∫sen2(x) · sen(x)dx =

∫(1− cos2(x)) · sen(x)dx

=∫

sen(x)dt−∫

cos2(x)sen(x)

=−cos(x) +cos3(x)

3+ C

Problema 2


cos2(x)dx.



Solucion:

Tenemos la forma 1 con n par:∫cos2(x)dx =

∫ 1 + cos(2x)

2dx =

1

2

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2dx)

=1

2x− 1

4sen(2x) + C

Problema 3


sen4(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 1 con n par:∫

sen4(x)dx =∫ (

1− cos(2x)

2

)2

(x)dx =1

4

∫ (1− 2cos(2x) + cos2(2x)

)dx

=1

4

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2)dx+

1

8

∫(1 + cos(4x))dx

=3

8

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2)dx+

1

32

∫cos(4x)(4)dx

=3

8x− 1

4sen(2x) +

1

32sen(4x) + c

Problema 4


sen3(x)cos−2(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 2 con m impar:∫sen3(x)cos−2(x)dx=

∫ (sen2(x)cos−2(x)

)sen(x)dx=

∫ (1− cos2(x)

)cos−2(x)sen(x)dx

=∫

cos−2(x)sen(x)dx−∫

cos0(x)sen(x)dx

=cos−1(x) + cos(x) + C


Solucion:

Tenemos la forma 1 con n par:∫cos2(x)dx =

∫ 1 + cos(2x)

2dx =

1

2

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2dx)

=1

2x− 1

4sen(2x) + C

Problema 3


sen4(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 1 con n par:∫

sen4(x)dx =∫ (

1− cos(2x)

2

)2

(x)dx =1

4

∫ (1− 2cos(2x) + cos2(2x)

)dx

=1

4

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2)dx+

1

8

∫(1 + cos(4x))dx

=3

8

∫dx− 1

4

∫cos(2x)(2)dx+

1

32

∫cos(4x)(4)dx

=3

8x− 1

4sen(2x) +

1

32sen(4x) + c

Problema 4


sen3(x)cos−2(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 2 con m impar:∫sen3(x)cos−2(x)dx=

∫ (sen2(x)cos−2(x)

)sen(x)dx=

∫ (1− cos2(x)

)cos−2(x)sen(x)dx

=∫

cos−2(x)sen(x)dx−∫

cos0(x)sen(x)dx

=cos−1(x) + cos(x) + C



Problema 5


sen4(x)cos2(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 2 con m par y n par:∫

sen4(x)cos2(x)dx =∫ (

1− cos(2x)

2

)2 (1 + cos(2x)

2

)dx

=∫ (

1− 2cos(2x) + cos2(2x)

4

)(1 + cos(2x)

2

)dx

=1

8

∫ (1− cos(2x)− cos2(2x) + cos3(2x)

)dx

=1

8

∫ [1− cos(2x)− 1

2(1 + cos(4x)) + (1− sen2(2x))cos(2x)

]dx

=1

8

∫ [1

2+

1

2cos(4x)− sen2(2x)cos(2x)

]dx

=1

8

[1

2x+

1

8sen(4x)− 1

6sen3(2x)

]+ C

Problema 6


sen(5x)cos(4x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 3, debemos usar la 1ra. formula:∫sen(5x)cos(4x)dx =

1

2

∫[sen(9x) + cos(4x)]dx

=−1

18cos(9x) + cos(x) + C

Problema 7


sen(5x)sen(4x)dx.


Problema 5

Hallar la integral∫sen4(x)cos2(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 2 con m par y n par:∫sen4(x)cos2(x)dx =

∫ (1− cos(2x)

2

)2 (1 + cos(2x)

2

)dx

=∫ (

1− 2cos(2x) + cos2(2x)

4

)(1 + cos(2x)

2

)dx

=1

8

∫ (1− cos(2x)− cos2(2x) + cos3(2x)

)dx

=1

8

∫ [1− cos(2x)− 1

2(1 + cos(4x)) + (1− sen2(2x))cos(2x)

]dx

=1

8

∫ [1

2+

1


]dx

=1

8

[1

2x+

1

8sen(4x)− 1

6sen3(2x)

]+ C

Problema 6

Hallar la integral∫sen(5x)cos(4x)dx.

Solucion:


1

2


=−1


Problema 7

Hallar la integral∫sen(5x)sen(4x)dx.


Problema 5


sen4(x)cos2(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 2 con m par y n par:∫

sen4(x)cos2(x)dx =∫ (

1− cos(2x)

2

)2 (1 + cos(2x)

2

)dx

=∫ (

1− 2cos(2x) + cos2(2x)

4

)(1 + cos(2x)

2

)dx

=1

8

∫ (1− cos(2x)− cos2(2x) + cos3(2x)

)dx

=1

8

∫ [1− cos(2x)− 1

2(1 + cos(4x)) + (1− sen2(2x))cos(2x)

]dx

=1

8

∫ [1

2+

1


]dx

=1

8

[1

2x+

1

8sen(4x)− 1

6sen3(2x)

]+ C

Problema 6


sen(5x)cos(4x)dx.

Solucion:


1

2


=−1


Problema 7


sen(5x)sen(4x)dx.



Solucion:

Tenemos la forma 3, debemos usar la 2da. formula:∫sen(5x)sen(4x)dx =

−1

2

∫[cos(9x)− cos(x)]dx

=1

18sen(9x)− sen(x) + C

Problema 8


cos(5x)cos(4x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 3, debemos usar la 3ra. formula:∫cos(5x)cos(4x)dx =

1

2

∫[cos(9x) + cos(x)]dx

=1

18sen(9x) + sen(x) + c

Problema 9


tg4(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 4:∫tg4(x)dx =

∫tg2(x)tg2(x)dx

=∫

tg2(x)[sec2(x)− 1

]dx

=∫

tg2(x)sec2(x)dx−∫

tg2(x)dx

=∫

tg2(x)sec2(x)dx−∫ (

sec2(x)− 1)dx

=1

3tg3(x)− tg(x)− x+ C

Nota: Sea u = tg(x), entonces du = sec(2)x)dx



Problema 10


tg3(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 4:∫tg3(x)dx =

∫tg(x)tg2(x)dx

=∫

tg(x)[sec2(x)− 1

]dx

=∫

tg(x)sec2(x)dx−∫

tg(x)dx

=1

2tg2(x)− ln|x|+ C

Nota: Sea u = tg(x), entonces du = sec2(x)dx

Problema 11


tg12 (x)sec4(x)dx.

Solucion:

Tenemos la forma 5, con m cualquier numero y n par:∫tg

12 (x)sec4(x)dx =

∫tg

12 (x)sec2(x)sec2(x)dx

=∫

tg12 (x)

[tg2(x) + 1

]sec2(x)dx

=∫

tg52 (x)sec2(x)dx+

∫tg

12 (x)sec2(x)dx

=∫

tg52 (x)sec2(x)dx+

∫tg

12 (x)sec2(x)dx

=2

7tg

72 (x) +

2

3tg

32 (x) + C

Nota: Sea u = tg(x), entonces du = sec2(x)dx

Problema 12


tg3(x)sec12 (x)dx.



Solucion:

Tenemos la forma 5, con m impar y n cualquier numero:∫tg3(x)sec

12 (x)dx =

∫tg2(x)sec

−12 (x)sec(x)tg(x)dx

=∫ [

sec2(x)− 1]sec


=∫

sec32 (x)sec(x)tg(x)dx−

∫sec


=2

5sec

52 (x)− 2sec

12 (x) + c

Nota: Sea u = sec(x), entonces du = sec(x)tg(x)dx



7. Integral definida y area bajo una curva

La integral representa el area bajo una curva. Dada una funcion f(x) ylas rectas x = a y x = b entonces el area sombreada (fig 7.1) se representamediante:

∫

a

b

f(x) dx

fig 7.1

La expresion:∫ b

af(x) dx se denomina integral definida de f(x) entre

a y b.Los numeros a y b se llaman lımites inferior y lımite superior de la

integral, respectivamente.El calculo de una integral definida se realiza mediante la siguiente defini-

cion

7.1 Definicion:

Si F (x) es una antiderivada de f(x), entonces,

∫

a

b

f(x) dx = F (x)]ba= F (b)− F (a)



7.2. Aplicaciones al calculo de areas

1. Area bajo una curva

El area S comprendida entre la curva y = f(x), el eje OX y las rectas deecuacion x = a y x = b

- Si f(x) ≥ 0 es S =∫

a

b

f(x) dx, (ver fig 7.2a)

fig 7.2a

- Si f(x) ≤ 0 es S = −∫

a

b

f(x) dx =∫

b

a

f(x) dx, (ver fig 7.2b)

fig 7.2b

- Si f(x) corta al eje OX en el punto c ∈ [a, b] (ver fig. 7.2.c)

S = S1 + S2 =∫

a

c

f(x) dx−∫

c

b

f(x) dx



fig 7.2.c

El punto c se determina haciendo f(x) = 0. (fig 7.2.c)



2. Area comprendida entre dos curvas, y = f(x) e y = g(x)

- Si f(x) > g(x) en [a,b]: (fig 7.3)

S =∫

a

b

[f(x)− g(x)] dx

- Si f(x) y g(x) se cortan en el intervalo [a,b]: Se determina el punto olos puntos de cortes y la funcion que es mayor en cada subintervalo.(fig 7.4)

S = S1 + S2 =∫

a

c

[f(x)− g(x)] dx+∫

c

b

[g(x)− f(x)] dx

El punto c se determina resolviendo el sistema y = f(x) ; y = g(x)

fig 7.3 fig 7.4



7.3 Ejercicios de integral definida

Problema 1

Calcular∫

2

4

(2x5 + 3) dx

Solucion:

∫ 4

2(2x5 + 3) dx =

∫

2

4

2x5dx+∫

2

4

3 dx

=x6

3

∣∣∣42+ 3x

∣∣∣42

=46

3− 26

3+ (3 · 4− 3 · 2)

=4032

3+ 6 = 1344 + 6 = 1350

Problema 2

Calcular∫

2

5 3x

1 + 2x2dx

Solucion:

∫

2

5 3x

1 + 2x2dx = 3

4

∫

2

5 4x

1 + 2x2dx

=3

4ln(1 + 2x2)

∣∣∣52

=3

4(ln51− ln17) =

3

4ln3



Problema 3

Calcular∫ π

4

0

sen(x)

cos2(x)dx

Solucion:

Sea u = cos(x) → du = −sen(x)dxObserve:Si x = 0 → u = cos(0) → u = 1

Si x =π

4→ u = cos(

π

4) → u =

√2

2

∫ π4

0

sen(x)

cos2(x)dx =

∫

1

√22 −du

u2

= −∫ √

22

1u−2du

=1

u

∣∣∣√

22

1

=2√2− 1

Problema 4

Calcular∫ 1

0(ex + 1)2 dx



Solucion:

∫ 1

0(ex + 1)2 dx =

∫

0

1 [(ex)2 + 2ex + 1

]dx

=∫

0

1 (e2x + 2ex + 1

)dx

=∫

0

1

e2xdx+∫

2exdx+∫dx

=

(e2x

2+ 2ex + x

)∣∣∣10

=e2·1

2+ 2e1 + 1−

(e0

2+ 2e0 + 2 · 0

)

=e2

2+ 2e+ 1− 1

2− 2

=e2

2+ 2e− 3

2

Problema 4

Calcular∫ 1

0(ex + 1)2 dx



Solucion:

∫ 1

0(ex + 1)2 dx =

∫

0

1 [(ex)2 + 2ex + 1

]dx

=∫

0

1 (e2x + 2ex + 1

)dx

=∫

0

1

e2xdx+∫

2exdx+∫dx

=

(e2x

2+ 2ex + x

)∣∣∣10

=e2·1

2+ 2e1 + 1−

(e0

2+ 2e0 + 2 · 0

)

=e2

2+ 2e+ 1− 1

2− 2

=e2

2+ 2e− 3

2

Problema 5

Calcular∫ 1

0

(x√x+ x

−12

)dx



Solucion:

∫ 1

0

(x√x+ x

−12

)dx =

∫

0

1

x32dx+

∫ 1

0x

−12 dx

=

x

52

52

+x

12

12

∣∣∣10

=2 · 1 5

2

5+

2 · 1 12

1− 0− 0

=2

5+ 2 =

12

5

Problema 6

Calcular∫ 2

1

x2 − 3x+ 4

x2dx

Solucion:

∫ 2

1

x2 − 3x+ 4

x2dx =

∫ 2

1

(x2

x2− 3x

x2+

4

x2

)dx

=∫ 2

1

(1− 3

x+

4

x2

)dx

=∫ 2

1dx− 3

∫ 2

1

3

xdx+ 4

∫ 2

1x−2dx

=(x− 3ln(x)− 4

1

x

)∣∣∣21

=(2− 3ln(2)− 4

1

2

)−

(1− 3ln(1)− 4

1

1

)

= 2− 3ln(2)− 2− 1 + 3 · 0 + 4 = 3− 3ln(2)




7.4 Ejercicios de area bajo una curva

Problema 1

Calcular el area de la region limitada por la grafica de y = 2x2 − 3x + 2el eje x y las rectas verticales x = 0 y x = 2, (fig 7.5)

Solucion:

fig 7.5

El area A es:



A =∫

0

2

(2x2 − 3x+ 2) dx

= [2x3

3− 3x2

2+ 2x])

∣∣∣20=

16

3− 6 + 4 =

10

3u2 (unidades cuadradas)

Problema 2

Determinar el area de la region limitada por las curvas y = x2 − x − 2 yy = 0 (el eje x) de x = −2 a x = 2.

Solucion:

fig 7.6

En la (fig 7.6) se presenta la grafica de esta region. Notese que las intersec-ciones con el eje x son (−1, 0) y (2, 0)En el intervalo [-2,-1], el area es positiva en cambio en [-1,2], el area es nega-tiva en consecuencia el area A es:



A =∫

−2

−1

(x2 − x− 2) dx+∫

−1

2

− (x2 − x− 2) dx

= (x3

3− x2

2− 2x)

]−1

−2−(

x3

3− x2

2− 2x)

]2−1

= [(−1

3− 1

2+ 2)− (−8

3− 4

2+ 4)]− [(

8

3− 4

2− 4)− (−1

3− 1

2+ 2)]

=19

3u2 (unidades cuadradas)

7.5 Ejercicios de area entre dos curvas

Problema 1

Calcular el area limitada por las funciones y = x2 − 2x e y = −x+ 2

Solucion:

La superficie buscada esta representada en la (fig 7.7)

fig 7.7



Los puntos de corte de ambas funciones se determinan resolviendo elsistema {

y = x2 − 2xy = −x+ 2

(1)

de donde se obtiene x = −1 y x = 2Luego:

A =∫

−1

2

[(−x+ 2)− (x2 − 2x)] dx

=∫

−1

2

(−x2 + x+ 2) dx

= (−x3

3+

x2

2+ 2x)

]2−1

= (−8

3+ 2 + 4)− (

1

3+

1

2− 2) = 4,5

Problema 2

Calcular el area limitada por la curva y =√x y la recta y = 1

2x

Solucion:


fig7.8




y =√x

y = 12x

(2)

de donde se obtiene x = 0 y x = 4Luego:

A =∫

0

4

(√x− 1

2x) dx

=∫

0

4

(x1/2 − 1

2x) dx

= (2

3x3/2 − 1

4x2)

]40

=16

3− 4 =

4

3

Problema 3

Calcular el area limitada por las funciones y = x4 + x− 2 e y = x− 1

Solucion:


fig 7.9


y = x4 + x− 2y = x− 1

(3)



de donde se obtiene x = −1 y x = 1Luego:

A =∫

−1

1

[(x− 1)− (x4 + x− 2)] dx

=∫

−1

1

[(x− 1− x4 − x+ 2)] dx

=∫

−1

2

(−x4 + 1) dx

= (−x5

5+ x)

]1−1

= (−1

5+ 1)− (

1

5− 1) =

8

5= 1, 6

Problema 4

Calcular el area limitada por la curva y = x3 y la recta y = 3x+ 2

Solucion:


Los puntos de corte de ambas funciones se determinan resolviendo el sis-tema {

y = x3

y = 3x+ 2(4)

de donde se obtiene x = −1 y x = 2



fig 7.10

Luego:

A =∫

−1

2

(3x+ 2− x3) dx

= (3

2x2 + 2x− x4

4)]2−1

=3

2· 4 + 2 · 2− 16

4−

[3

2· (−1)2 + 2 · (−1)− (−1)4

4

]

=3

2· 4 + 4− 4− 3

2+ 2 +

1

4=

27

4= 6,75

Problema 5

Calcular el area limitada por las funciones y = x3 e y = x2 − 2, −2 ≤ x ≤ 1



Solucion:


fig 7.11


y = x3

y = x2 − 2(5)

de donde se obtiene x = −1Luego:

A =∫

−2

−1

[(x2 − 2)− (x3)] dx+∫

−1

1

[(x3)− (x2 − 2)] dx

=∫

−2

−1

(x2 − 2− x3) dx+∫

−1

1

(x3 − x2 + 2) dx

= (x3

3− 2x− x4

4)]−1

−2+ (

x4

4− x3

3+ 2x)

]1−1

= −1

3+ 2− 1

4+

8

3− 4 +

16

4+

1

4− 1

3+ 2− 1

4− 1

3+ 2

= 6 +5

3− 1

4=

89

12= 7, 41



7.6 Ejercicios de Aplicaciones

El valor medio o valor promedio de una funcion y = f(x) sobreel intervalo [a,b] se denota por f y esta definido por

f =1

b− a

∫

a

b

f(x) dx

Problema 1

La poblacion de bacterias es

P (t) = 18e0,32t t en dıas

Halle la poblacion promedio m en los proximos 25 dıas

Solucion

m =1

25− 0

∫

0

25

18e0,32t dt

=1

25[562,5e0,32t

]250= 22,5(e0,8 − 1) ≈ 27,6

Problema 2

La sensibilidad a la droga se mide por el tipo de reaccion de la persona a unadroga en particular. Si la razon de cambio de temperatura T con respecto ala dosis x de medicina esta dada por:

T ′(x) = 3x− 0,75x2 0 ≤ x ≤ 4



Solucion:

La intensidad total de la reaccion para las dos primeras unidades de la me-dicina se determina por

T (x) =∫

0

2

(3x− 0,75x2) dx

= 1,5x2 − 0,25x3

]20= 6− 2 = 4 grados

Problema 3

La razon de reaccion o de sensibilidad de una persona a una droga especıficat horas despues de que se le administre esta dada por

S ′(t) =3

t+

4

t2

donde S se mide en unidades convenientes. Halle la intensidad de la reacciontotal desde t = 1 hasta t = 8

Solucion:

S(t) =∫

1

8

(3t−1 + 4t−2) dt

= 3lnt− 4

t

]81≈ 9,7

Problema 4

Los arboricultores han calculado que una especie particular de arbol cre-ce a razon de [2,5 + 1

(t+2)2] mt por anos. ¿Cuanto crecera dicho arbol en el

tercer ano ?



Solucion:

G(t) =∫

2

3

[2,5 +1

(t+ 2)2] dt

=∫

2

3

[2,5 + (t+ 2)−2] dt

= [2,5− (t+ 2)−1]]32= 2,55 mt el tercer ano.

Problema 5

La razon de decrecimiento del numero de insectos, despues de t horas si-guientes a la utilizacion de un pesticida esta dado por

dy

dt=

−450

1 + 3t

Si inicialmente hay 1000 insectos, halle el numero en t = 5

Solucion:

Empleando integracion por sustitucion

y = −450ln(1 + 3t) · 13+ C

= −150ln(1 + 3t) + C

En t = 0 con ln1 = 0y = C = 1000

Sustituyendo y evaluando en t = 5

y = 1000− 150ln16

= 1000− 150(2,77259) ≈ 584



BIBLIOGRAFIA

1. El Calculo con Geometrıa Analıtica.- Louis Leithold. Harla, S.A de C.V., Mexico.

2. Calculo y Geometrıa Analıtica.- Larson Hostetler.M c Graw Hill. Madrid.

3. Matematicas para Administracion y Economıa- Ernest Haeussler, Jr. y Richard S. Paul.Grupo Editorial Iberoamericana. Mexico.

4. Fundamento Matematicas Universitarias- Allendorfer y Oakley.M c Graw Hill. New York.

5. Algebra y Trigonometrıa con Geometrıa Analıtica- Earl. W. Swokowski.Grupo Editorial Iberoamericana. Mexico.

6. Calculo- Purcell, Varbeg, Rigdon.Pearson Educacion, Mexico.

7. Calculo- Robert T. Smith, Roland B. Minton.M c Graw Hill. Madrid.

8. 5.000 problemas de analisis matematico- Demidovic, B. P.Paraninfo, 1996. Madrid.


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Víctor Vargas Villegas es Profesor de Matemática, titulado en la Universidad Católica en 1972. Tiene el grado de Magíster en Matemática de la Universidad Santiago de Chile en 1981.

Desde mayo 1973 a 1981 es académico del Departamento de Ciencias Básicas en la Universidad Técnica del Estado y de 1981 a la fecha continúa como académico del Departamento de Matemática y Estadística en la Universidad de La Frontera en Temuco, Chile.

Ha realizado pasantías en la Universidad Politécnica de Madrid, España (2003), y en la Universidad Autónoma de Barcelona (2010). Realiza posgrado de “Especialización en Entornos Virtuales de Aprendizaje” (2011).

Se ha desempeñado como docente en los cursos de Pregrado de la Facultad de Ingeniería de la Universidad de La Frontera, en las cátedras de Cálculo, Álgebra, Álgebra Lineal, Matemáticas Aplicadas, Matemáticas Discretas, Cálculo Numérico, y cursos electivos como Látex con Cálculo para Ingeniería Informática, entre otros. Además se ha desempeñado como docente en los cursos de Posgrado en el Programa de Magíster en Educación Matemática de la Universidad de La Frontera, en las cátedras de Educación y Nuevas Tecnologías, Diseño Instruccional y uso de Recursos TICs Matemáticos, Desafíos matemáticos en la generación de juegos mediante el computador, Fundamentos y Tecnologías en la Educación Matemática.

Profesor guía de Tesis conducentes al grado de Magíster en Educación de varios estudiantes de este programa. Ha realizado diversos proyectos de Investigación y de Extensión en el área de la Educación Matemática. Aficionado y amante de la tecnología al servicio de la Educación, ha trabajado con software de aplicación como Maple, Mathematica, MatLab, Geogebra, uso de plataforma Moodle, a la vez que ha participado en proyectos de Educación a distancia destacando en diversas jornadas como expositor, enfocado al Aprendizaje de la Matemática en el Aula y desarrollando videos tutoriales en Matemática que ayuden al estudio de esta disciplina por parte de sus alumnos, incursionando actualmente en “flipped classroom” cuyo significado es “aula invertida”.

Ejercicios Resueltos Introducción al Cálculo

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