Cálculo Problemas Resueltos - M Rosa Estela Carbonell-1 - Julio Benavidez Fonte

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www.pearsoneducacion.com
Este libro de la colección Prentice Práctica forma parte, junto con un libro
de teoría y un curso de Cálculo con soporte interactivo en la plataforma
Moodle, de un conjunto dedicado a la enseñanza del Cálculo de una y varias
variables.
Este texto presenta una colección de problemas resueltos propuestos en
distintos exámenes a los estudiantes de la Escuela Técnica Superior de
Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos de Barcelona en la Unversidad
Politécnica de Cataluña y está particularmente indicado para los estudiantes
de titulaciones cientifico-técnicas.
PRENTICE PRÁCTICA es una colección de libros, cuyo texto es
eminentemente práctico. La finalidad de esta colección es permitir al
alumno comprender y afianzar la asimilación de la teoría a través de
diversos ejercicios y ejemplos.
PRENTICE PRÁCTICA es una colección amena, de carácter muy
didáctico y que, de una forma sencilla, consigue que el alumno obtenga
un perfecto manejo práctico de la asignatura.
PRENTICE PRÁCTICA está dirigida al alumno para conseguir su
autoaprendizaje en la materia. La colección es una de las más actualizadas
del mercado.
Otro libro de interés
Estela Carbonell, M. Rosa
Saà Seoane, Joel
Cálculo con soporte interactivo
en moodle.
PEARSON PRENTICE HALL
ISBN: 978-84-8322-480-9
Cálculo
Problemas resueltos
M. Rosa Estela Carbonell / Anna M. Serra Tort
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CÁLCULO
Ejercicios resueltos
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CÁLCULO
Ejercicios resueltos
M. ROSA ESTELA CARBONELL
ANNA M. SERRA TORT
Departamento de Matemática Aplicada III
Universidad Politécnica de Cataluña
Madrid • México • Santafé de Bogotá • Buenos Aires • Caracas • Lima • Montevideo
San Juan • San José • Santiago • São Paulo • White Plains
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Datos de catalogación bibliográfica
Estela Carbonell, M. Rosa; Serra Tort, Anna M.
CÁLCULO. Ejercicios resueltos
PEARSON EDUCACIÓN, S.A. 2008
ISBN: 9788483224816
Materia: Cálculo, 517
Formato: 195 X 270 mm Páginas: 193
Todos los derechos reservados.
Queda prohibida, salvo excepción prevista en la ley, cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública y trans-
formación de esta obra sin contar con autorización de los titulares de propiedad intelectual. La infracción de los derechos mencio-
nados puede ser constitutiva de delito contra la propiedad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal).
DERECHOS RESERVADOS
c© 2008, PEARSON EDUCACIÓN S.A.
Ribera del Loira, 28
28042 Madrid (España)
CÁLCULO. Ejercicios resueltos
Estela Carbonell,M. Rosa; Serra Tort, Anna M.
ISBN: 9788483224816
Deposito Legal: M.
PRENTICE HALL es un sello editorial autorizado de PEARSON EDUCACIÓN S.A.
Equipo editorial:
Editor: Miguel Martín-Romo
Técnico editorial: Marta Caicoya
Equipo de producción:
Director: José A. Clares
Técnico: José A. Hernán
Diseño de cubierta: Equipo de diseño de Pearson Educación S.A.
Impreso por:
IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPAIN
Este libro ha sido impreso con papel y tintas ecológicos
Nota sobre enlaces a páginas web ajenas: Este libro puede incluir enlaces a sitios web gestionados por terceros y ajenos a PEAR-
SON EDUCACIÓN S.A. que se incluyen solo con finalidad informativa. PEARSON EDUCACIÓN S.A. no asume ningún tipo
de responsabilidad por los daños y perjuicios derivados del uso de los datos personales que pueda hacer un tercero encargado del
mantenimiento de las páginas web ajenas a PEARSON EDUCACIÓN S. A y del funcionamiento, accesibilidad o mantenimien-
to de los sitios web no gestionados por PEARSON EDUCACIÓN S.A. Las referencias se proporcionan en el estado en que se
encuentran en el momento de publicación sin garantías, expresas o implícitas, sobre la información que se proporcione en ellas.
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ÍNDICE GENERAL
PRÓLOGO VII
CAPÍTULO 1. CONJUNTOS NUMÉRICOS Y TOPOLOGÍA 1
CAPÍTULO 2. SUCESIONES Y SERIES NUMÉRICAS 19
CAPÍTULO 3. FUNCIONES REALES DE VARIABLE REAL 37
CAPÍTULO 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 73
CAPÍTULO 5. INTEGRAL DE RIEMANN 131
CAPÍTULO 6. INTEGRACIÓN MÚLTIPLE 147
CAPÍTULO 7. SUCESIONES Y SERIES DE FUNCIONES. SERIES DE FOURIER 171
BIBLIOGRAFÍA 185
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PRÓLOGO
El presente libro de problemas resueltos forma parte, junto con un libro de teoría y un curso de cálculo
interactivo sobre la plataforma Moodle, de un conjunto dedicado a la enseñanza de la asignatura de
Cálculo del primer ciclo de titulaciones científico-técnicas de grado superior. Aunque independientes,
las tres obras son complementarias y se han diseñado con una metodología acorde a las directrices del
Espacio Europeo de Educación Superior.
El libro presenta un conjunto de problemas que las autoras han propuesto a lo largo de la última
década en los exámenes de las titulaciones de Ingeniería de Caminos Canales y Puertos e Ingeniería
Geológica impartidas en la Escola Tècnica Superior d’Enginyers de Camins Canals i Ports de la Univer-
sitat Politècnica de Catalunya.
El temario propuesto está pensado para iniciar al estudiante en un proceso de formación en funda-
mentos matemáticos cuyo objetivo final es el dominio de las herramientas de cálculo que va a necesitar
a lo largo de la carrera y de su vida profesional. A diferencia de otros textos dedicados a la resolución
de problemas, éste no contiene resúmenes de teoría ya que ésta se puede consultar extensamente en el
correspondiente libro de teoría (M.R. Estela y J. Saà, Pearson Educación, S.A.) que incluye los enun-
ciados de los problemas aquí propuestos. De esta manera el estudiante tiene la posibilidad de intentar
la resolución de los problemas con los teoremas a la vista pero sin las soluciones. El valor de estos dos
libros se ve potenciado por la tercera vía educativa, es decir la plataforma Moodle en la que, de forma
interactiva, se pueden visualizar los conceptos y reforzar su aprendizaje.
En este texto se presenta básicamente el cálculo diferencial e integral para funciones de una y varias
variables. En el primer capítulo se introducen los números reales y complejos y nociones de topología.
En el Capítulo 2 se estudian las sucesiones numéricas y las series numéricas destacando el concepto de
límite. En el Capítulo 3, los ejercicios tratan conceptos fundamentales de las funciones reales; conti-
nuidad, derivabilidad y teoremas relacionados. En el Capítulo 4, el estudio corresponde a las funciones
de varias variables, resaltando el cálculo de límites, continuidad, diferenciabilidad y los teoremas de la
función inversa e implícita. Los últimos ejercicios del capítulo corresponden a desarrollos en serie de
Taylor y problemas de extremos, libres y condicionados. Los Capítulos 5 y 6 estudian la integrabilidad
de Riemann para funciones de una y varias variables respectivamente. El libro termina con un capítulo
dedicado al estudio de sucesiones y series de funciones, con ejemplos de un caso particular; series de
Fourier. Hemos dividido este texto en capítulos que se ajustan a la organización docente de la asignatura
de Cálculo que impartimos y somos conscientes de que el orden de estos podría ser distinto, por ejemplo,
se puede permutar el capítulo de la integral de Riemann por el de funciones de varias variables.
El conjunto de enunciados, anotaciones y esquemas de resolución no se habría convertido en el
libro que ahora tiene el lector en sus manos sin el apoyo de nuestra Escuela y sin la dedicaciónde
nuestros colaboradores. Por ello, queremos expresar nuestro más sincero agradecimiento a las personas
que nos han ayudado en la elaboración del texto. Agradecemos a l’Escola Tècnica Superior d’Enginyers
de Camins, Canals i Ports de Barcelona la concesión de la ayuda de la “Convocatòria d’Ajuts a Projectes
d’Innovació Educativa i Elaboració de Material Docent 2007". Raúl Cano García, Joel Saà Seoane y
Marta Martín Escudero han colaborado con nosotras en la edición del texto en Latex, realizando gráficos
y/o revisando los problemas. Muchas gracias, Raúl, Joel y Marta por todas las horas que habéis dedicado
a este libro, trabajando con mucha profesionalidad y siempre con la mejor disposición. Los gráficos que
contiene el libro se han realizado con tecnología WIRIS, producto de Maths for More. Agradecemos a
Maths for More su colaboración, especialmente a Ramon Eixarch.
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VIII Cálculo. Ejercicios resueltos
Agradecemos también a los profesores Eusebi Jarauta y Xavier Gisbert sus opiniones, pues con ellos
compartimos la docencia de la asignatura de Cálculo en la Escuela y en general a los demás profesores
de nuestro Departamento (Matemàtica Aplicada III) con los que siempre es grato intercambiar ideas.
Especial mención merecen nuestros estudiantes por su interés por la asignatura ya que, con su actitud
colaboradora y entusiasta, nos motivan a escribir libros. Así pues, agradecemos a los estudiantes que
hayáis escogido este libro para el estudio del Cálculo. Esperamos que disfrutéis aprendiendo Cálculo
al mismo tiempo que adquirís una base matemática fuerte que os permita asimilar los conceptos de la
titulación en la que habéis puesto vuestra ilusión de futuro.
No podemos finalizar este prólogo sin pedir disculpas por las erratas que sin duda se nos han esca-
pado. Cualquier alerta en este sentido así como comentarios y sugerencias por parte del lector serán bien
venidos y, por supuesto, muy apreciados.
M. Rosa Estela Carbonell
Barcelona Anna M. Serra Tort
Marzo del 2008
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]n[
Θ
(i )V
=1i
Σ
N
CONJUNTOS NUMÉRICOS Y TOPOLOGÍA
CAPÍTULO
11
1. Definir conjunto ordenado. Dar un ejemplo.
Solución: Un conjunto ordenado M es aquel que cumple una relación de ordren < definida por los
siguientes axiomas y con la notación x > y equivale a y > x:
1. ∀x,y ∈ M se cumple una y tan solo una de las siguientes relaciones x < y , x = y , y < x
2. ∀z ∈ M si x < y entonces x + z < y + z
3. Si x > 0 e y > 0, entonces xy > 0
4. x < y e y < z, entonces x < z (transitiva)
Ejemplos: Los conjuntos de números reales (N), enteros (Z), racionales (Q) y reales (R) son ordenados.
Alternativamente los axiomas de ordren se pueden describir con la relación ≤ y las propiedades:
1. Reflexiva: x ≤ x ∀x
2. Antisimétrica: ∀x,y x ≤ y y y ≤ x ⇒ x = y
3. Transitiva: x ≤ y y y ≤ z ⇒ x ≤ z, ∀x,y,z
2. Expresar en forma de intervalos los siguientes conjuntos de números reales:
a) {x ∈ R : 2 ≤ |2x−6|}
b) {x ∈ R : |x + 1|> |x−2|}
Solución: Para resolver este apartado utilizaremos propiedades de la función valor absoluto.
a) Los puntos x ∈ R que cumplen 2 ≤ |2x−6| son
|2x−6| ≥ 2 ⇔ [2x−6 ≥ 2 ó 2x−6 ≤−2]
2x−6 ≥ 2 ⇔ 2x ≥ 8 ⇔ x ≥ 4 ⇒ [4,+∞)
2x−6 ≤−2 ⇔ 2x ≤ 4 ⇔ x ≤ 2 ⇒ (−∞,2]
luego,
{x ∈ R : 2 ≤ |2x−6|}= (−∞,2]∪ [4,+∞)
b) Para resolver el sistema analíticamente debemos considerar cuatro intervalos que se obtienen de
resolver las ecuaciones:
|x + 1|= 0 ⇒ x = −1
|x−2|= 0 ⇒ x = 2
|x + 1|= |x−2| ⇒ x = 1/2
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2 Cálculo. Ejercicios resueltos
x < −1
x + 1 < 0
x−2 < 0
}
⇒−x−1 > −x + 2 ⇒−1 > 2
luego, no se satisface nunca.
−1 ≤ x ≤ 2
x + 1 ≥ 0
x−2 < 0
}
⇒ x + 1 > −x + 2 ⇒ 2x > 1
por tanto se satisface si
(
1
2 < x ≤ 2
)
x ≥ 2
x + 1 ≥ 0
x−2 ≥ 0
}
⇒ x + 1 > x−2 ⇒ 1 > −2
Se satisface siempre.
Por tanto, el resultado es (
1
2
,2
]
∪ [2,∞) =
(
1
2
,∞
)
Alternativamente se podría haber enfocado el problema de la siguiente manera:
x + 1 > 0
x−2 > 0
}
(x > 2)
x + 1 > x−2 ⇒ 1 > −2
que siempre es cierto.
x + 1 < 0
x−2 > 0
}
que nunca es cierto.
x + 1 > 0
x−2 < 0
}
(−1 < x < 2)
x + 1 > −x + 2 ⇒ x > 1
2
siempre cierto en el intervalo
(
1
2
,2
)
.
x + 1 < 0
x−2 < 0
}
(x < −1)
−x−1 > −x + 2 ⇒−1 > 2
que nunca es cierto.
x = 2 ⇒ 3 > 0, cierto ⇒{2}
x = 1/2 ⇒ 3
2
>
3
2
, nunca es cierto
x = −1 ⇒ 0 > 3, nunca es cierto
De donde se deduce el resultado,
(
1
2
,2
)
∪{2}∪ (2,∞) =
(
1
2
,+∞
)
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1. Conjuntos numéricos y topología 3
3. Expresar en forma de intervalo el siguiente conjunto de números reales
A = {x ∈ R : ||x + 1|− |x−1||< 1}
Solución: Sea el intervalo
−1 < |x + 1|− |x−1|< 1
Sea a = x + 1 y b = x−1:
Si (a > 0) y (b > 0) entonces x > 1 de forma que obtenemos −1 < x +1− x +1 < 1 y, por tanto,
encontramos −1 < 2 < 1 que podemos ver que es falso. Luego debe cumplirse x < 1.
Si (a > 0) y (b < 0) entonces −1 < x < 1 y los puntos del conjunto A son los que cumplen,
−1 < x + 1 + x−1 < 1
es decir, −1 < 2x < 1 y, por tanto −1
2
< x <
1
2
.
Si (a < 0) y (b < 0) entonces x < −1 y el conjunto queda expresado como
−1 < −x−1 + x−1 < 1
es decir, −1 < −2 < 1 que también es falso. Por tanto podemos decir que los únicos valores
posibles son
−1
2
< x <
1
2
4. Expresar en forma de intervalo el siguiente conjunto de números reales
{
x ∈ R :
∣∣∣∣
x2 + 6x−1
(x + 3)2
∣∣∣∣< 1
}
Solución: Aplicando la definición de la función valor absoluto, obtenemos
∣∣∣∣
x2 + 6x−1
(x + 3)2
∣∣∣∣< 1 ⇔ |x
2 + 6x−1|< (x + 3)2 ⇔−(x + 3)2 < x2 + 6x−1 < (x + 3)2
Estudiamos primero la desigualdad izquierda:
−x2 −6x−9 < x2 + 6x−1⇔ 2x2 + 12x + 8 > 0
de esta ecuación podemos extraer los dos resultados siguientes:
x < −3−
√
5
x > −3 +
√
5
Estudiamos a continuación, la desigualdad de la derecha:
x2 + 6x−1 < x2 + 6x + 9
En este caso la desigualdad es cierta siempre, y, por tanto, el intervalo de puntos en el que se cumplen
ambas condiciones es: (
−∞,(−3−
√
5)
)
∪
(
(−3 +
√
5),∞
)
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4 Cálculo. Ejercicios resueltos
5. Encontrar el lugar geométrico de los puntos z ∈ C tales que z+ z < |z|
Solución: Expresamos el numero complejo z ∈ C en forma binómica, z = x + iy, y de esta forma su
conjugado será z = x− iy. Imponiendo la condición z+ z < |z| del enunciado, se cumple,
z+ z = 2x < |z| =
√
x2 + y2
2x <
√
x2 + y2
4x2 < x2 + y2
3x2 < y2
√
3|x| < |y|
De donde se deduce que si x > 0 √
3x < |y|
Para representar el lugar geométrico, estudiamos los puntos de la frontera, es decir, las rectas y =
√
3x y
y = −
√
3x.
Figura 1.1
Si x < 0 la desigualdad 2x < |z| siempre es cierta. Luego el lugar geométrico de os puntos z ∈ C tales
que z+ z < |z| corresponde a los puntos del plano sombreados en la Figura 1.1.
6. Determinar el lugar geométrico de los puntos del plano z ∈ C tales que la razón de distancias de z a los
puntos 1 y −1 tiene valor constante 2.
Solución: Sea z = x + iy y las distancias
d(z,1) = |z−1|
d(z,−1) = |z+ 1|
Imponemos que la razón de distancias sea 2.
|z−1|
|z+ 1| = 2 ⇔ |z−1|= 2|z+ 1| ⇔
√
(x−1)2 + y2 = 2
√
(x + 1)2 + y2
de donde se deduce,
(x−1)2 + y2 = 4(x + 1)2 + 4y2
x2 −2x + 1 + y2 = 4(x2 + 2x + 1)+ 4y2
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1. Conjuntos numéricos y topología 5
x2 −2x + 1 + y2 = 4x2 + 8x + 4 + 4y2
3x2 + 3y2 + 10x + 3 = 0
x2 + y2 +
10
3
x + 1 = 0
este lugar geométrico corresponde a los puntos de una circunferencia, que puede reescribirse como
(
x +
5
3
)2
+ y2 =
16
9
Figura 1.2
Luego, el lugar geométrico de los puntos del plano z ∈ C tales que la razón de distancias de z a los puntos
1 y −1 tiene valor constante 2 corresponde a una circunferencia de centro
(
− 53 ,0
)
y radio 43 .
7. Encontrar para qué valores de n ∈ N, z = (
√
3+ i)n es un número realpositivo.
Solución: El número complejo z =
√
3+ i, tiene módulo 2 y argumento π6 , luego podemos expresarlo en
forma trigonométrica como
z = 2
(
cos
π
6
+ isen
π
6
)
Aplicando la fórmula de Moivre para el cálculo de potencias de números complejos, obtenemos
(
√
3+ i)n =
[
2(cos
π
6
+ isen
π
6
)
]n
= 2n
(
cos
nπ
6
+ isen
nπ
6
)
2n
(
cos
nπ
6
+ isen
nπ
6
)
∈ R ⇔ sen nπ
6
= 0
sen
nπ
6
= 0 ⇔
(nπ
6
= kπ , k ∈ Z
)
⇔ n = 6k
De donde
(
√
3+ i)n = 26k coskπ
Si k es un número par coskπ > 0 y si k es un número impar coskπ < 0, por lo tanto z = (
√
3+ i)n es un
número real positivo si k es par, es decir, n es múltiplo de 12.
8. Calcular (−8) 13 en el conjunto de los números complejos C y expresar el resultado en forma binómica.
Solución: Para calcular en C las raíces cúbicas de z =−8 expresamos éste número en forma exponencial,
z = −8 = 8eiπ .
Las raíces cúbicas de z, 3
√
8eiπ son
zk =
3
√
8ei(
π
3 +k
2π
3 ), k = 0,1,2
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6 Cálculo. Ejercicios resueltos
Luego las tres soluciones de 3
√
z son
z1 =
3
√
8ei(
π
3 ) = 2( 12 + i
√
3
2 ) = 1 + i
√
3
z2 =
3
√
8ei(
π
3 +
2π
3 ) = 2(−1 + 0i) = −2
z3 =
3
√
8ei(
π
3 +
4π
3 ) = 2(− 12 + i
√
3
2 ) = −1 + i
√
3
9. Sea z ∈ C el punto del plano z = 24 + 23i
10−5i +
1
5
i. Calcular z2/3.
Solución: Para el cálculo de potencias y raíces de números complejos es preferible tener la expresión
trigonométrica del número complejo, luego
z =
24 + 23i
10−5i +
1
5
i =
(24 + 23i)(10 + 5i)
125
+
1
5
i = 1 + 3i =
√
10eiθ
con θ = arctan
( 3
1
)
, luego se deduce,
z2 = 10ei2θ
Las raíces cúbicas de z2 son
z0 =
3
√
10ei
2θ
3
z1 =
3
√
10ei(
2θ
3 +
2π
3 )
z2 =
3
√
10ei(
2θ
3 +
4π
3 )
En la siguiente representación gráfica, Figura 1.3, observamos que estas soluciones son puntos que se
distribuyen de manera equidistante en una circunferencia de radio 3
√
10.
Figura 1.3
10. Calcular en el cuerpo de los números complejos
6
√√
2− i
√
6
Solución: Para el cálculo de raíces de números complejos es preferible tener la expresión del número
complejo en coordenadas polares, luego en primer lugar, se expresa el número complejo z =
√
2− i
√
6
en forma exponencial z = reiθ , siendo
r =
√
(
√
2)2 +(
√
6)2 =
√
8
θ = arctan
(
−
√
6√
2
)
= arctan(−
√
3) = −π
3
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1. Conjuntos numéricos y topología 7
Así pues,
z =
√
8e−i
π
3
A continuación se calculan las raíces sextas de z,
6
√√
8e−i
π
3
zk =
6
√
re(
θ
6 +k
2π
6 ), k = 0,1,2,3,4,5
y obtenemos
z0 =
12
√
8e−i
π
18
z1 =
12
√
8ei(
−π
18 +
π
3 ) = 12
√
8ei
5π
18
z2 =
12
√
8ei(
−π
18 +
2π
3 ) = 12
√
8ei
11π
18
z3 =
12
√
8ei(
−π
18 +π) = 12
√
8ei
17π
18
z4 =
12
√
8ei(
−π
18 +
4π
3 ) = 12
√
8e−i
13π
18
z5 =
12
√
8ei(
−π
18 +
5π
3 ) = 12
√
8e−i
7π
18
En la siguiente representación gráfica, Figura 1.4, observamos que estas soluciones son puntos que per-
tenecen a una misma circunferencia.
Figura 1.4
11. Sean z1 y z2 las soluciones de la ecuación z2 − 2z + 5 = 0 en el cuerpo de los números complejos.
Calcular 3
√
z1 + z2.
Solución: La solución de la ecuación z2 −2z+ 5 = 0 es
z =
2±
√
4−20
2
=
2±4i
2
Luego existen dos soluciones,
z1 = 1 + 2i
z2 = 1−2i
De donde se deduce,
3
√
z1 + z2 =
3
√
2
Debemos pues, calcular las raíces cúbicas de z = 2 que expresado en forma polar es z = 2ei0.
En este caso, las tres raíces complejas que obtenemos son:
z0 =
3
√
2
z1 =
3
√
2
(
cos 2π3 + isen
2π
3
)
= −
3√2
2 + i
3√2
√
3
2
z2 =
3
√
2
(
cos 4π3 + isen
4π
3
)
= −
3√2
2 − i
3√2
√
3
2
En la siguiente representación gráfica, Figura 1.5, observamos que estas soluciones son puntos que per-
tenecen a una misma circunferencia.
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8 Cálculo. Ejercicios resueltos
Figura 1.5
12. Demostrar que, si z1 y z2 son las soluciones complejas de la ecuación ax2 + bx + c = 0 (b2 < 4ac),
entonces
z1
z2
y
z2
z1
son números complejos conjugados de módulo 1.
Solución: Se calculan las soluciones de la ecuación
x =
−b±
√
b2 −4ac
2a
= − b
2a
± i
√
4ac−b2
2a
Llamando α =
−b
2a
y β =
√
4ac−b2
2a
, las soluciones de la ecuación se pueden expresar como
z1 = α + iβ
z2 = α − iβ
y observamos que son números complejos conjugados. Comprobamos que z1 y z2 tienen el mismo mó-
dulo
|z1| =
√
α2 + β 2 =
√
α2 +(−β )2 = |z2|
Si r es el módulo de estos números complejos, y θ = arctan
(
β
α
)
es el argumento, entonces se pueden
expresar como:
z1 = re
iθ
z2 = re
−iθ
Se demuestra que
z1
z2
y
z2
z1
son complejos conjugados.
z1
z2
=
reiθ
re−iθ
= ei2θ = cos(2θ )+ isen(2θ )
z2
z1
=
re−iθ
reiθ
= e−i2θ = cos(−2θ )+ isen(−2θ ) = cos(2θ )− isen(2θ )
También se puede comprobar en forma binómica
z1
z2
=
(α + iβ )
(α − iβ ) =
(α + iβ )
(α − iβ )
(α + iβ )
(α + iβ )
=
(α2 −β 2)+ i2αβ
α2 + β 2
z2
z1
=
(α − iβ )
(α + iβ )
=
(α − iβ )
(α + iβ )
(α − iβ )
(α − iβ ) =
(α2 −β 2)− i2αβ
α2 + β 2
Se demuestra que
z1
z2
y
z2
z1
tienen módulo 1
∣∣∣∣
z1
z2
∣∣∣∣=
√
cos2(2θ )+ sen2(2θ ) = 1
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1. Conjuntos numéricos y topología 9
También se puede utilizar la siguiente propiedad del módulo:
∣∣∣∣
z1
z2
∣∣∣∣=
|z1|
|z2|
= 1
ya que anteriormente hemos probado que z1 y z2 tienen el mismo módulo.
13. Resolver los siguientes apartados:
a) Si x,y ∈ R, tales que x = y. Encontrar el error del siguiente razonamiento:
x2 = xy ⇒ x2 − y2 = xy− y2 ⇒ (x + y)(x− y) = y(x− y)⇒ x + y = y ⇒ 2y = y ⇒ 2 = 1
b) Demostrar que d : R×R−→ R+ definida por d(x,y) = |x2 − y2| no es distancia.
c) Calcular el interior, adherencia, conjunto de puntos de acumulación, conjunto de puntos aislados
y estudiar la compacidad de
A = {(x,y) ∈ R2 : y = x + 1}
Solución:
a) El error del razonamiento está en la siguiente implicación,
(x + y)(x− y) = y(x− y)⇒ x + y = y
porque al ser x = y estamos dividiendo por x− y = 0.
b) Dado un conjunto, en nuestro caso R, las propiedades de distancia son,
a) d(x,y) ≥ 0 ∀x,y ∈ R
b) d(x,y) = 0 ⇔ x = y ∀x,y ∈ R
c) d(x,y) = d(y,x) ∀x,y ∈ R
d) d(x,z) ≤ d(x,y)+ d(y,z) ∀x,y,z ∈ R
Observemos que en nuestro problema la segunda propiedad no se cumple porque
|x2 − y2| = 0 ⇔ x2 − y2 = 0 ⇔ (x + y)(x− y) = 0 ⇔ x = y o x = −y
luego d no es distancia.
c) Es importante observar que aún siendo A los puntos de una recta, se trata de un subconjunto del
plano, luego las bolas no son intervalos, sino círculos.
La Figura 1.6 representa los puntos del conjunto A.
Figura 1.6
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10 Cálculo. Ejercicios resueltos
De las definiciones de punto interior, frontera, adherente, acumulación y aislado, se deduce que
∂A = A
◦
A= /0
A = A′ = A ⇒ A es cerrado
Aisl A = /0
El conjunto A no es compacto porque no está acotado.
14. Sea f una función estrictamente creciente de R en R. Demostrar que D(x,y) = | f (x)− f (y)| es distancia
en R.
Solución: La función D es distancia en R si cumple las propiedades siguientes:
1. D(x,y) ≥ 0, ∀x,y ∈ R
D(x,y) = | f (x)− f (y)| ≥ 0, ∀x,y ∈ R
Esta condición es cierta por la definición de valor absoluto.
2. D(x,y) = 0 ⇔ x = y, ∀x,y ∈ R
0 = D(x,y) = | f (x)− f (y)| ⇔ f (x)− f (y) = 0 ⇔ f (x) = f (y)
f es inyectiva porque es estrictamente creciente, por tanto
f (x) = f (y) ⇔ x = y
3. D(x,y) = D(y,x), ∀x,y ∈ R
D(x,y) = | f (x)− f (y)| = | f (y)− f (x)| = D(y,x)
por la propiedad del valor absoluto.
4. D(x,z) ≤ D(x,y)+ D(y,z), ∀x,y,z ∈ R
D(x,z) = | f (x)− f (z)| = | f (x)− f (y)+ f (y)− f (z)|
≤ | f (x)− f (y)|+ | f (y)− f (z)|
= D(x,y)+ D(y,z)
Luego queda demostrado que la función D es distancia.
15. Dados dos conjuntos A y B, demostrar que A∩B ⊂ A∩B
Solución: Sean A y B los dos conjuntos
A∩B ⊂ A ⇒ A∩B ⊂ A
A∩B ⊂ B ⇒ A∩B ⊂ B
}
⇒ A∩B ⊂ A∩B
Las implicaciones anteriores son ciertas porque se cumple la propiedad
A ⊂ B ⇒ A ⊂ B
16. Demostrarque todos los puntos del conjunto A =
{
1,1/4, . . . , 1
n2
}
,n ∈ N son aislados.
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1. Conjuntos numéricos y topología 11
Solución: Fijado k ∈ N, consideramos los números previo y posterior, k− 1 y k + 1, y calculamos sus
distancias respectivas
r1 =
1
(k−1)2 −
1
k2
=
2k−1
(k−1)2k2
r2 =
1
k2
− 1
(k + 1)2
=
2k + 1
k2(k + 1)2
Se demuestra que r1 > r2
(2k + 1)(k−1)2 ?< (2k−1)(k + 1)2
2k3 −3k2 + 1 ?< 2k3 + 3k2 −1
−6k2 ?< −2
k2 >
1
3
que es cierto, ya que k ∈ N.
Al ser k un número natural cualquiera, es cierto que si sobre un punto del conjunto A se considera la bola
B
(
1
k2
,r
)
con r < r2, el único punto de la bola que pertenece al conjunto A es 1k2 . Luego se cumple la
definición de punto aislado para cualquier punto perteneciente al conjunto A.
17. Definimos
A =
{
x ∈ R : 2x
x−1 +
x + 2
x + 1
≥ 3
}
Estudiar el interior y el conjunto de puntos de acumulación del conjunto A. Estudiar si A es un conjunto
abierto, cerrado y/o compacto.
Solución: Los números x ∈ R tales que 2x
x−1 +
x + 2
x + 1
≥ 3 cumplen
(
2x(x + 1)+ (x + 2)(x−1)
x2 −1 ≥ 3
)
⇔
(
3x + 1
x2 −1 ≥ 0
)
Una fracción es positiva si simultáneamente numerador y denominador son positivos o bien negativos,
luego
3x + 1 ≥ 0
x2 −1 > 0
}
⇒ x > 1
o bien
3x + 1 ≤ 0
x2 −1 < 0
}
⇒−1 < x ≤−1/3
De donde resulta
A =
(
−1,−1
3
]
∪ (1,+∞)
El interior del conjunto A es (
−1,−1
3
)
∪ (1,+∞)
Al no coincidir con su interior, el conjunto A no es abierto. El conjunto de puntos de acumulación de A
es [
−1,−1
3
]
∪ [1,+∞)
y coincide con el conjunto de puntos adherentes. El conjunto A no cumple la caracterización de conjunto
cerrado al no coincidir con su adherencia, luego A no es cerrado. Al no ser cerrado tampoco es un
conjunto compacto.
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12 CALCULO. EJERCICIOS RESUELTOS
18. Sean los conjuntos A ⊂ R y B ⊂ R2 definidos por:
A =
{
1
2n
}
n∈N
B =
{
(x,y) ∈ R2 : −3 < x < 3, 0 < y ≤ 1
}
Encontrar los puntos de acumulación, aislados, puntos frontera e interiores de estos conjuntos. Estudiar
si A y B son conjuntos abiertos, cerrados y/o compactos.
Solución: Descripción topológica de A:
A′ = {0}
Aisl A = A
∂A = A∪{0}
◦
A= /0 ⇒ A no es abierto
A = A∪{0}⇒ A no es cerrado ⇒ A no es compacto.
Descripción topológica de B:
La representación geométrica del conjunto B corresponde al rectángulo que muestra la Figura 1.7.
Figura 1.7
B′ =
{
(x,y) ∈ R2 : −3 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1
}
= B
Aisl B = /0
∂B =
{
(x,y) ∈ R2 : x = −3, 0 ≤ y ≤ 1
}
∪
{
(x,y) ∈ R2 : −3 ≤ x ≤ 3, y = 1
}
∪
{
(x,y) ∈ R2 : x = 3, 0 ≤ y ≤ 1
}
∪
{
(x,y) ∈ R2 : −3 ≤ x ≤ 3, y = 0
}
◦
B=
{
(x,y) ∈ R2 : −3 < x < 3, 0 < y < 1
}
El conjunto B no coincide con su interior, luego B no es un conjunto abierto. B no es cerrado porque no
coincide con su adherencia, y al no ser cerrado no puede ser compacto.
19. Calcular el interior, adherencia, frontera, conjunto de puntos aislados y de acumulación del subconjunto
de R definido por:
A = (0,1)∪
{
2 +
1
n
}
n∈N
∪ (Q∩ [3,4])
Estudiar si A es un conjunto abierto y/o cerrado.
Solución: ◦
A= (0,1)
A = [0,1]∪{2}∪
{
2 +
1
n
}
n∈N
∪ [3,4]
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1. Conjuntos numéricos y topología 13
∂A = {0,1}∪{2}∪
{
2 +
1
n
}
n∈N
∪ [3,4]
Aisl(A) =
{
2 +
1
n
}
n∈N
A′ = [0,1]∪{2}∪ [3,4]
Como
◦
A 6= A, A no es un conjunto abierto.
Como A 6= A, A no es un conjunto cerrado.
20. Consideramos
A =
{
(x,y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1
n2
, n ∈ N
}
Razonar si (0,0) es un punto de acumulación, interior y/o frontera del conjunto A.
Solución: Observamos que los elementos del conjunto A son los puntos que pertenecen a las circunfe-
rencias de centro (0,0) y radios 1
n
, ∀n ∈ N.
El punto (0,0) es un punto de acumulación de A dado que
∀ε > 0, [B((0,0),ε)− (0,0)]∩A 6= /0
Observamos que en una bola B((0,0),ε) están todos los puntos que cumplen x2 +y2 = 1
n2
< ε2, es decir,
para todo n > 1ε .
El punto (0,0) /∈ A, por tanto no puede ser un punto del interior de A. Observamos que el punto (0,0) no
pertenece a A porque no existe ningún valor de n ∈ N tal que 0 = 1
n2
.
El punto (0,0) pertenece a la frontera de A, ya que
∀ε > 0, [B((0,0),ε)]∩A 6= /0 y [B((0,0),ε)]∩ [R2 −A] 6= /0
21. Describir geométricamente el conjunto
A = {z ∈ C : z− z = i}
Razonar si el conjunto A es abierto, cerrado, acotado y/o compacto.
Solución: Consideramos z = x + iy y, por tanto, z = x− iy
z− z = x + iy− (x− iy)= 2yi = i ⇒ y = 1
2
A =
{
(x,y) ∈ R2 : y = 1
2
}
El gráfico 1.8 describe a los puntos del conjunto A.
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14 Cálculo. Ejercicios resueltos
Figura 1.8
◦
A = /0 ⇒ A no es abierto; A = A ⇒ A es cerrado. El conjunto A no es acotado, luego no es compacto.
22. Sea A = {z ∈ C : z+ z = |z|2}
a) Describir geométricamente el conjunto A.
b) Calcular
◦
A, A, A′, Aisl(A), ∂A y estudiar si A es un conjunto abierto, cerrado, acotado y/o com-
pacto.
Solución: Sea z = x + iy y, por lo tanto, z = x− iy.
a) El conjunto A está formado por los puntos (x,y) ∈ R2 tales que
z+ z = |z|2 ⇒ 2x = x2 + y2
(x2 −2x + 1)+ y2−1 = 0
(x−1)2 + y2 = 1
Luego A corresponde al conjunto de puntos que pertenecen a una circunferencia de centro (1,0)
y radio R = 1, tal como representa gráficamente la Figura 1.9.
Figura 1.9
b) Considerando las definiciones de los conceptos que son objeto de estudio,
◦
A = /0
A = A
A′ = A
Aisl(A) = /0
∂A = A
Como A no coincide con su interior, A no es abierto. El conjunto A coincide con su adherencia,
luego es un conjunto cerrado. A es cerrado y acotado, y, por lo tanto, compacto.
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1. Conjuntos numéricos y topología 15
23. Describir el conjunto A de números complejos, z, tales que
|z| < 1−Re(z)
donde Re(z) indica la parte real de z ∈ C.
a) Representar gráficamente el conjunto A.
b) Encontrar el interior, la frontera, la adherencia y la acumulación del conjunto A y estudiar si es
un conjunto abierto, cerrado, acotado y/o compacto.
Solución:
a) Sea z = x + iy, entonces √
x2 + y2 < 1− x
Como el módulo es siempre positivo, podemos afirmar que 1− x > 0 y, por lo tanto, que 1 > x.
Elevando al cuadrado la expresión √
x2 + y2 < 1− x
obtenemos,
x2 + y2 < 1−2x + x2
y2 < 1−2x
de donde se deduce 1−2x > 0 ⇒ x < 12 .
La Figura 1.10 muestra la representación gráfica del conjunto A.
Figura 1.10
b) El conjunto A es el semiplano con frontera x = 12 . Al coincidir con su interior, A es un conjunto
abierto.
La frontera es el subconjunto
∂A = {z ∈ C : |z| = 1−Re(z)}
de donde se deduce que la frontera del conjunto A es la recta x = 12 .
La adherencia, coincide con el conjunto de puntos de acumulación,
A = {z ∈ C : |z| ≤ 1−Re(z)}= A′
y es el semiplano, incluida la frontera.
Al ser A 6= A, el conjunto A no es cerrado. El conjunto A no es ni acotado ni compacto.
24. Dado el conjunto A = {z ∈ C : Re(2z) = I m(z− 3)} estudiar si A es un conjunto abierto, cerrado,
acotado y/o compacto.
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16 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución: Si consideramos z = x + iy podemos escribir el conjunto A como
A = {(x,y) ∈ R2 : 2x = y}
y representarlo gráficamente, tal como muestra la Figura 1.11.
Figura 1.11
Para estudiar si el conjunto A es abierto, cerrado, acotado y/o compacto estudiaremos el interior y la
adherencia de este conjunto.
◦
A = /0
Por lo tanto como A no coincide con su interior, no es un conjunto abierto.
Observando la adherencia podemos ver que A = A por lo tanto, el conjunto A es cerrado.
El conjunto A no está acotado luego A no es compacto.
25. Interpretar geométricamente y representar gráficamente el conjunto de números complejos que cum-
plen las dos condiciones siguientes:
Re
(
3
z
)
−I m
(
3
z̄
)
≥ 2 Re(z) ≥ 3
4
Solución: Si consideramos z = x + iy podemosescribir
3
z
=
3
x + iy
=
3(x− iy)
x2 + y2
⇒ Re
(
3
z
)
=
3x
x2 + y2
3
z̄
=
3
x− iy =
3(x + iy)
x2 + y2
⇒ I m
(
3
z̄
)
=
3y
x2 + y2
Y por lo tanto la primera condición puede expresarse de la siguiente manera:
3x−3y ≥ 2(x2 + y2) → x2 + y2 − 3
2
x +
3
2
y ≤ 0
Para interpretar geométricamente el conjunto de números complejos que cumplen ambas condiciones,
identificaremos la frontera ( x2 + y2 − 32 x + 32 y = 0) con la forma canónica de la circunferencia de radio
r centrada en el punto (a,b), (x− a)2 +(y− b)2 = r2 y buscaremos los valores de a y b utilizando la
expresión anterior.
−2a = −3
2
−2b = 3
2
⇒ a = 3
4
b = −3
4
a2 + b2 = r2 ⇒ r = 3
√
2
4
Luego la desigualdad
Re
(
3
z
)
−I m
(
3
z̄
)
≥ 2
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1. Conjuntos numéricos y topología 17
corresponde al interior de la circunferencia de centro
( 3
4 ,− 34
)
y radio r = 3
√
2
4 .
Re(z) ≥ 3
4
⇒ x ≥ 3
4
A continuación la Figura 1.12 representa el lugar geométrico de los puntos del plano que cumplen las
condiciones del problema.
Figura 1.12
26. En el plano de los números complejos,
a) Encontrar el lugar geométrico de los puntos que cumplen,
{
z ∈ C :
∣∣∣∣
z−3
z+ 3
∣∣∣∣≤ 2
}
b) Consideramos A = S∪T donde S es el lugar geométrico definido en el apartado anterior y
T = {(x,0) ∈ R2 : x ∈ Q,−10 ≤ x ≤ 7}
Calcular el interior, la frontera, el conjunto de puntos adherentes, de acumulación y aislados del
conjunto A.
Solución:
a) Si z = x + iy,
∣∣∣∣
z−3
z+ 3
∣∣∣∣≤ 2 ⇔ |z−3| ≤ 2|z+ 3|
|z−3|=
√
(x−3)2 + y2 ; |z+ 3|=
√
(x + 3)2 + y2
de donde
(x−3)2 + y2 ≤ 4
[
(x + 3)2 + y2
]
⇔ x2 −6x + 9 + y2 ≤ 4x2 + 24x + 36 + 4y2 ⇔
⇔ x2 + y2 + 10x + 9≥ 0 ⇔ (x + 5)2 + y2 ≥ 16
Por tanto, el lugar geométrico, representado en la Figura 1.13, está formado por los puntos de la
circunferencia de centro (−5,0) y radio 4 y los puntos exteriores a ella.
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18 Cálculo. Ejercicios resueltos
Figura 1.13
b) De a) se deduce que
A = S∪{(x,0) : x ∈ Q,−9 < x < −1}
◦
A = {(x,y) ∈ R2 : (x + 5)2 + y2 > 16}
∂A = {(x,y) ∈ R2 : (x + 5)2 + y2 = 16}∪{(x,0)∈ R2 : −9 < x < −1}
A = {(x,y) ∈ R2 : (x + 5)2 + y2 ≥ 16}∪{(x,0) ∈ R2 : −9 < x < −1}
A′ = A
El conjunto A no tiene puntos aislados.
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]n[
Θ
(i )V
=1i
Σ
N
SUCESIONES Y SERIES NUMÉRICAS
CAPÍTULO
22
1. Sea {an}n∈N una sucesión convergente de números reales y {bn}n∈N una sucesión acotada. Estudiar si
son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones, demostrando las verdaderas y dando un contraejemplo
en caso de falsedad.
a) La sucesión {anbn}n∈N está acotada.
b) La sucesión {anbn}n∈N es convergente.
Solución:
a) Utilizamos básicamente la definición de sucesión acotada.
{an}n convergente⇒{an}n acotada ⇒∃M > 0 : |an| ≤ M ∀n ∈ N
{bn}n acotada ⇒∃N > 0 : |bn| ≤ N ∀n ∈ N
|anbn| = |an||bn| ≤ MN
de donde se deduce que la afirmación es cierta.
b) Si an = 1 y bn = (−1)n
anbn = (1)(−1)n = (−1)n
La sucesión {(−1)n}n∈N no converge, luego la afirmación es falsa.
2. Sea la sucesión de números complejos {zn}n∈N
zn = rne
iθn
donde rn = n ln(1 + 1n ) y θn = nsen(
π
n
).
a) Calcular lı́m
n→∞
zn.
b) Sea A⊂C el recorrido de la sucesión. Calcular el interior, la frontera y la adherencia del conjunto
A. Estudiar si A es un conjunto abierto, cerrado, acotado y/o compacto.
Solución:
a) Calculamos los límites que corresponden a las sucesiones de módulos y argumentos,
lı́m
n→∞
rn = lı́m
n→∞
n ln
(
1 +
1
n
)
= 1
lı́m
n→∞
θn = lı́m
n→∞
nsen
(π
n
)
= π
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20 Cálculo. Ejercicios resueltos
luego,
lı́m
n→∞
zn = 1e
iπ = −1
b) El interior de A es el conjunto vacío porque todo punto zn ∈ C es un punto aislado.
La frontera de A es el conjunto A más el límite z = eiπ = −1.
La adherencia es igual a la frontera.
Dado que ni el interior ni la adherencia coinciden con el conjunto, éste no es ni abierto ni cerrado.
Tampoco es compacto, por no ser cerrado.
Es acotado dado que la sucesión es convergente: fuera de cualquier entorno del límite hay un
número finito de puntos. Un entorno de radio igual a la distancia al más alejado del límite contiene
todos los puntos de A.
3. Sea la sucesión {xn}n∈N definida por
xn =
{
2n(e1/n −1) n = 3̇ (múltiplo de 3)
cosn[ln(n2 −n + 2)1/n] n 6= 3̇
a) Dar los puntos de adherencia y acumulación del rango de la sucesión.
b) Razonar si la sucesión es convergente o divergente.
c) ¿Es posible dar una subsucesión convergente?
d) ¿Es posible dar una subsucesión divergente?
e) En caso de respuesta afirmativa a los apartados c) y/o d) dar un ejemplo.
Solución:
a) Para encontrar la adherencia y la acumulación del rango de la sucesión calculamos el límite de
ésta
lı́m
n→∞
2n(e1/n −1) = lı́m
n→∞
2
e1/n −1
1
n
= 2
lı́m
n→∞
ln(n2 −n + 2)1/n = lı́m
n→∞
ln(n2 −n + 2)
n
= 0 ⇒ lı́m
n→∞
cosn[ln(n2 −n + 2)1/n] = 0
Por tanto, los puntos de acumulación y de adherencia son:
A′ = {0,2}
A = A∪{0,2}
b) La sucesión es divergente por tener más de un punto de acumulación.
c) Considerando solo una de las dos subsucesiones que definen la principal, por ejemplo, a3, a6, a9...
a3n, conseguiremos una subsucesión convergente.
d) Si elegimos valores de las dos subsucesiones que forman la principal, por ejemplo, a3, a5, a7...
a2n+1, conseguiremos una subsucesión divergente.
4. Sean dos sucesiones {xn}n∈N y {yn}n∈N de números reales. Supongamos que {xn}n∈N es de Cauchy
y que lı́m
n→∞
d(xn,yn) = 0. Demostrar que, en estas condiciones, {yn}n∈N también es una sucesión de
Cauchy.
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2. Sucesiones y series numéricas 21
Solución: Por ser {xn}n∈N una sucesión de Cauchy, se cumple
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n,m > N, |xn − xm| <
ε
3
De lı́m
n→∞
d(xn,yn) = 0 se deduce que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0, |xn − yn| < ε3
Sea N0 = máx{n0,N}. Si n,m > N0 se cumple
|yn − ym| = |yn − xn + xn − ym| = |yn − xn + xm − xm + xn − ym| ≤
≤ |yn − xn|+ |xm− ym|+ |xn − xm| <
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε
Luego
∀ε > 0, ∃N0 ∈ N : ∀n,m > N0, |yn − ym| < ε
quedando demostrado que en estas condiciones {yn}n∈N es una sucesión de Cauchy.
Nota: Si lı́m
n→∞
xn = x0 se cumple
d(yn,x0) ≤ d(yn,xn)+ d(xn,x0) <
ε
2
+
ε
2
< ε, ∀n ≥ n0 ∈ N
Manera alternativa de resolución del problema:
Si {xn}n∈N es una sucesión de Cauchy, es convergente en R (por ser R un espacio métrico completo). Si
x0 es el límite de la sucesión {xn}n∈N. Se cumple
∀ε > 0, ∃ n0 ∈ N : ∀n > n0 d(xn,x0) <
ε
2
De la hipótesis lı́m
n→∞
d(xn,yn) = 0, se deduce,
∀ε > 0, ∃ n1 ∈ N : ∀n > n1 d(xn,yn) <
ε
2
Luego ∀ε > 0, ∃ N = máx(n0,n1) tal que,
d(yn,x0) ≤ d(yn,xn)+ d(xn,x0) < ε
Así pues,
lı́m
n→∞
yn = x0
Finalmente, de {yn}n∈N convergente se deduce que {yn}n∈N es una sucesión de Cauchy.
5. Calcular los siguientes límites
a) lı́m
n→∞
(n +
√
n) ln
(
1 +
3
2n−1
)
b) lı́m
n→∞
(
1 + 3n2
3n2 −2
)1+n2
c) lı́m
n→∞
(
ln(a + n)
lnn
)n lnn
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22 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución:
a) Al evaluar el límite
lı́m
n→∞
(n +
√
n) ln
(
1 +
3
2n−1
)
vemos que presenta una indeterminación del tipo ∞·0, que resolvemos de la siguiente forma.
lı́m
n→∞
(n +
√
n) ln
(
1 +
3
2n−1
)
= lı́m
n→∞
ln
(
1 + 32n−1
)
1
(n+
√
n)
=
aplicamos infinitésimos equivalentes,
lı́m
n→∞
ln
(
1 + 32n−1
)
3
2n−1
= 1
y obtenemos
= lı́m
n→∞
ln
(
1 + 32n−1
)
3
2n−1
3
2n−1
1
(n+
√
n)
= lı́m
n→∞
3(n +
√
n)
2n−1 =
3
2
b) El límite
lı́m
n→∞
(
1 + 3n2
3n2 −2
)1+2n2
presenta una indeterminación del tipo 1∞ que podemos resolver utilizando la definición
e = lı́m
n→∞
(
1 +
1
n
) 1
n
y considerando que si lı́m
n→∞
an = 1 entonces lnan tiene por infinitésimo an −1.
lı́m
n→∞
(
1 + 3n2
3n2 −2
)1+2n2
= e
lı́m
n→∞
(
1+3n2
3n2−2−1
)
(1+2n2)
lı́m
n→∞
(
1 + 3n2
3n2 −2 −1
)
(1 + 2n2)= lı́m
n→∞
(
3
3n2 −2
)
(1 + 2n2) = lı́m
n→∞
3 + 6n2
3n2 −2 = 2
Luego,
lı́m
n→∞
(
1 + 3n2
3n2 −2
)1+2n2
= e2
c) El límite
lı́m
n→∞
(
ln(a + n)
lnn
)n lnn
presenta una indeterminación del tipo 1∞ ya que
lı́m
n→∞
ln(a + n)
lnn
= lı́m
n→∞
ln
(
n
(
a
n
+ 1
))
lnn
= lı́m
n→∞
lnn + ln
(
a
n
+ 1
)
lnn
=
= lı́m
n→∞
(
1 +
ln
(
a
n
+ 1
)
lnn
)
= 1
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2. Sucesiones y series numéricas 23
que resolvemos utilitzando la definición del número e.
lı́m
n→∞
(
ln(a + n)
lnn
)n lnn
= e
lı́m
n→∞
(
ln(a+n)
lnn −1
)
n lnn
lı́m
n→∞
(
ln(a + n)
lnn
−1
)
n lnn = lı́m
n→∞
(
ln(a + n)− lnn
lnn
)
n lnn = lı́m
n→∞
ln
(
a+n
n
)
lnn
n lnn =
= lı́m
n→∞
ln
(a
n
+ 1
) n
a a
= lnea = a
Luego,
lı́m
n→∞
(
ln(a + n)
lnn
)n lnn
= ea
6. Estudiar la existencia del límite y encontarlo, en caso de existir, de la sucesión de números reales
{xn}n∈N definida por
xn =
sen(αn)
1 + αn
en función del parámetro α ∈ R; α > 0.
Solución: Podemos reescribir la sucesión {xn}n∈N como
xn =
1
1 + αn
sen(αn)
Calculamos el límite
lı́m
n→∞
1
1 + αn
=



1 α < 1
1
2 α = 1
0 α > 1
Por tanto, solo existe el límite si α > 1, y en este caso
lı́m
n→∞
sen(αn)
1 + αn
= 0
7. Calcular
lı́m
n→∞
1
n
(
2ln
4
2
+ 3ln
5
3
+ · · ·+ n ln n + 2
n
)
Solución: Resolvemos el límite aplicando el criterio de Stolz.
lı́m
n→∞
n ln
(
n+2
n
)
n− (n−1) = lı́mn→∞ n ln
(
n + 2
n
)
= lı́m
n→∞
ln
(
1 +
2
n
)n
=
= lı́m
n→∞
ln
(
1 +
2
n
) n
2 2
= lne2 = 2
Luego
lı́m
n→∞
1
n
(
2ln
4
2
+ 3ln
5
3
+ · · ·+ n ln n + 2
n
)
= 2
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24 Cálculo. Ejercicios resueltos
8. Se considera la sucesión de números reales {an}n∈N definida por an =
2n2
n + 1
∀n ∈ N. Calcular los
siguientes límites:
a) lı́m
n→∞
(an+1 −an)
b) lı́m
n→∞
a1 + a2 + · · ·+ an
n2
Solución:
a) En primer lugar, para resolver el primer límite calculamos la diferencia entre dos valores conse-
cutivos de la sucesión {an}n∈N.
an+1 −an =
2(n + 1)2
n + 2
− 2n
2
n + 1
=
2(n + 1)2(n + 1)−2n2(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
=
2n2 + 6n + 2
n2 + 3n + 2
Por tanto,
lı́m
n→∞
(an+1 −an) = lı́m
n→∞
2n2 + 6n + 2
n2 + 3n + 2
= 2
b) Para calcular el segundo límite, utilizaremos el criterio de Stolz.
lı́m
n→∞
(a1 + a2 + · · ·+ an)− (a1 + a2 + · · ·+ an−1)
n2 − (n−1)2 = lı́mn→∞
an
2n−1 =
= lı́m
n→∞
2n2
n+1
2n−1 = lı́mn→∞
2n2
(n + 1)(2n−1) = 1
Luego,
lı́m
n→∞
a1 + a2 + · · ·+ an
n2
= 1
9. Calcular el siguiente límite,
lı́m
n→∞
1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1 + 1
siendo k ∈ N.
Solución: Utilizando el criterio de Stolz calculamos el siguiente límite,
lı́m
n→∞
1k + 2k + · · ·+ nk −
(
1k + 2k · · ·+(n−1)k
)
nk+1 + 1− ((n−1)k+1 + 1) = lı́mn→∞
nk
nk+1 − (n−1)k+1 =
= lı́m
n→∞
nk
nk+1 −
[
nk+1 +
(
k + 1
1
)
nk +
(
k + 1
2
)
nk−1 −·· ·
]
= lı́m
n→∞
nk
(k + 1)nk
=
1
k + 1
De donde se deduce,
lı́m
n→∞
1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1 + 1
=
1
k + 1
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2. Sucesiones y series numéricas 25
10. Se considera la sucesión de números reales {an}n∈N tal que
an =
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . .+
1
2n
a) Estudiar la monotonía de la sucesión.
b) Demostrar que la sucesión es acotada.
c) Deducir razonadamente de los apartados anteriores que la sucesión es convergente.
d) Dar un intervalo de amplitud menor que 1/2 dentro del cual se encuentre el límite de la sucesión.
Solución:
a) Calculamos los primeros valores de la sucesión,
a1 =
1
2
a2 =
1
3 +
1
4 =
7
12 > a1
a3 =
1
4 +
1
5 +
1
6 =
39
60 > a2
y observamos que en caso de existir monotonía, la sucesión será monótona creciente. Comproba-
mos que, efectivamente, es así:
an+1 −an =
(
1
n + 2
+ . . .+
1
2(n + 1)
)
−
(
1
n + 1
+ . . .+
1
2n
)
=
=
1
2n + 1
+
1
2n + 2
− 1
n + 1
=
1
2n + 1
− 1
2n + 2
=
1
2(n + 1)(2n + 1)
> 0
Por tanto, se cumple an+1 > an para todo n ∈ N como se quería probar.
b) Para todo n ∈ N se cumple
an =
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . .+
1
2n
≤ 1
n + 1
+
1
n + 1
+ . . .+
1
n + 1
=
n
n + 1
< 1
Como, por definición, an ≥ 0 para todo n ∈ N, resulta finalmente que la sucesión es acotada y, se
cumple
0 ≤ an < 1, ∀n ∈ N
c) La sucesión es convergente por ser monótona y acotada.
d) Atendiendo que a1 =
1
2 y que la sucesión es monótona creciente, por el apartado b), podemos
afirmar,
1
2
≤ an < 1, ∀n ≥ 2
y en definitiva se cumple
1
2
≤ lı́m
n→∞
an ≤ 1
11. Consideramos {xn}n∈N una sucesión de números reales que cumplen:
x1 =
1
2
7xn+1 = x3n + 6, ∀n ≥ 1
Estudiar la convergencia de la sucesión {xn}n∈N y calcular su límite.
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26 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución: Para obtener el candidato a límite resolvemos
7L = L3 + 6
L3 −7L+ 6 = (L2 + 2L−3)(L−2)
Y, por tanto, obtenemos como resultados de la ecuación los valores {1,2,−3}, de los cuales solo pueden
ser límites {1,2}, ya que por construcción todos los valores que toma la sucesión son positivos.
Demostraremos que la sucesión {xn}n∈N es monótona creciente, aplicando el método de inducción:
x2 =
1
7
(
1
8
+ 6
)
=
49
56
>
1
2
= x1
Supongamos, por hipótesis de inducción, xn+1 > xn. Debemos demostrar que xn+2 > xn+1.
xn+2 =
x3n+1 + 6
7
>
x3n + 6
7
= xn+1
Luego la sucesión es monótona creciente. El primer término de la sucesión es x = 12 luego la sucesión
está acotada inferiormente por este valor. A continuación demostramos que la sucesión está acotada
superiormente por 1.
Si n = 1, x1 < 1.
Supongamos xn < 1, y queremos ver xn+1 < 1 ∀n ∈ N.
xn+1 =
x3n + 6
7
<
1 + 6
7
= 1
Luego 1 es una cota superior de la sucesión {xn}n∈N.
Hemos demostrado que la sucesión {xn}n∈N es monótona creciente y está acotada, luego la sucesión
{xn}n∈N converge y
lı́m
n→∞
xn = 1
12. Estudiar la convergencia de la sucesión recurrente {xn}n∈N definida por
xn+1 =
√
4 + 3xn , x1 = a
siendo a ∈ R, 0 < a < 4. Calcular el límite, en caso de ser convergente.
Solución: Para estudiar la convergencia de la sucesión {xn}n∈N estudiaremos la monotonía y si está
acotada.
Primero veamos que la sucesión está acotada superiormente aplicando el método de inducción:
x1 = a ⇒ x2 =
√
4 + 3a <
√
4 + 3 ·4 = 4
Supongamos por hipótesis de inducción que xn < 4
xn+1 =
√
4 + 3xn <
√
4 + 3 ·4 = 4 ⇒ xn+1 < 4
Por tanto podemos decir que la sucesión está acotada superiormente por 4.
Para ver si la sucesión es creciente también utilizamos el método de inducción. Para el caso n = 1
tenemos:
x2 =
√
4 + 3a >
√
4a > a = x1 ⇒ x2 > x1
Por hipótesis de inducción suponemos xn > xn−1 y demostramos que xn+1 > xn o de manera equivalente
que x2n+1 > x
2
n ya que xn > 0 ∀n ∈ N.
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2. Sucesiones y series numéricas 27
4 + 3xn
?
> 4 + 3xn−1
Podemos ver que esto es cierto aplicando la hipótesis de inducción.
Por tanto, la sucesión es creciente, está acotada superiormente por 4, y como consecuencia, está acotada.
En R, una sucesión monótona y acotada es convergente, luego, ésta sucesión converge.
Para calcular el límite consideramos la definición de {xn}n∈N y obtenemos,
L =
√
4 + 3L ⇒ L2 −3L−4 = 0 ⇒ L = 4
13. Consideramos en R la sucesión recurrente {an}n∈N definida por
a0 = 11
an =
√
3 + 2an−1, ∀n ≥ 1
Estudiar la convergencia de {an}n∈N y, si es posible, calcular su límite.
Solución: Supongamos que lı́m
n→∞
an = L. Por definición de la sucesión recurrente debe cumplirse L =√
3 + 2L. La ecuación tiene dos soluciones L = −1 y L = 3, pero dado que {an}n∈N es una sucesión de
valores positivos, el candidato a límite es 3.
Si la sucesión es monótona y acotada entonces es convergente y la unicidad del límite nos permite afirmar
que lı́m
n→∞
an = 3.
Veamos primero que la sucesión {an}n∈N es monótona decreciente aplicando el método de inducción.
a0 = 11; a1 =
√
3 + 2 ·11 = 5 ⇒ a0 > a1
Supongamos an−1 ≥ an y probemos an ≥ an+1, ∀n ∈ N.an−1 ≥ an ⇔ 2an−1 ≥ 2an ⇔ 3 + 2an−1 ≥ 3 + 2an ⇔
√
3 + 2an−1 ≥
√
3 + 2an ⇔ an ≥ an+1
Demostraremos ahora, también por el método de inducción, que la sucesión está acotada inferiormente
por 3.
a0 = 11 > 3
Si an > 3 (Hip. de inducción) queremos demostrar que an+1 > 3, ∀n ∈ N.
an+1 =
√
2 + 2an >
√
3 + 2 ·3 = 3
Luego la sucesión {an}n∈N está acotada, porque al ser monótona decreciente está acotada superiormente
por a0.
14. Calcular, si es posible, la suma de las siguientes series numéricas:
a) ∑
n≥2
(
1
3
)n
b)
∞
∑
n=3
3
2n
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28 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución: Estas series son sumables porque son series geométricas convergentes.
a) Podemos calcular la suma de la serie ∑
n≥2
(
1
3
)n
porque se trata de una serie geométrica de razón
1
3
< 1
∑
n≥2
(
1
3
)n
=
(
1
3
)2
1− 13
=
1
9
2
3
=
3
9 ·2 =
1
6
b) Para calcular la suma tendremos en cuenta la suma de las series geométricas,
∞
∑
n=3
3
2n
=
∞
∑
n=3
3
1
2n
= 3
( 1
2
)3
1− 12
= 3
1
4
=
3
4
15. Demostrar que 9.9̂ = 10.
Solución: Observemos que podemos escribir
9.9̂ = 9 + 0,9 + 0,09 + 0,009 + . . . = ∑
n≥0
9
10n
= 9 ∑
n≥0
(
1
10
)n
La serie
∑
n≥0
(
1
10
)n
es una serie geométrica de razón
1
10
< 1, por tanto, convergente y de suma
∑
n≥0
(
1
10
)n
=
1
1− 110
=
10
9
Así pues,
9.9̂ = ∑
n≥0
9
(
1
10
)n
= 9
10
9
= 10
16. Sean ∑
n≥1
an y ∑
n≥1
bn dos series convergentes, λ ,β ∈ R. Aplicando la definición de serie convergente,
probar que la serie ∑
n≥1
(λ an + β bn) es convergente.
Solución: Por ser ∑
n≥1
an convergente, ∃ lı́m
n→∞
Sn = S donde Sn = a1 + a2 + . . .+ an. De la misma manera,
al ser ∑
n≥1
bn convergente, ∃ lı́m
n→∞
Tn = T donde Tn = b1 + b2 + . . .+ bn.
De donde
lı́m
n→∞
(λ Sn + β Tn) = λ S + β T
Luego, la serie ∑
n≥1
(λ an + β bn) es convergente.
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2. Sucesiones y series numéricas 29
17. Estudiar la convergencia de las series numéricas:
a)
∞
∑
n=1
(−1)n
(
n
2n−1
)n
b)
∞
∑
n=1
(
1
n
− 1
5n
)
Solución:
a) Estudiaremos el carácter de la serie de valores absolutos,
∞
∑
n=1
∣∣∣∣(−1)
n
(
n
2n−1
)n∣∣∣∣=
∞
∑
n=1
(
n
2n−1
)n
Al ser una serie de términos positivos, podemos aplicar el criterio de la raíz n-ésima
lı́m
n→∞
n
√(
n
2n−1
)n
= lı́m
n→∞
n
2n−1 =
1
2
< 1
Luego, la serie es absolutamente convergente y por tanto convergente.
b) Estudiamos ahora el carácter de la serie ∑
n≥1
(
1
n
− 1
5n
)
.
La serie ∑
n≥1
1
n
es divergente y ∑
n≥1
1
5n
es convergente por ser una serie geométrica de razón
1
5
< 1.
Luego ∑
n≥1
(
1
n
− 1
5n
)
diverge.
18. Estudiar el carácter de la serie
∑
n≥1
nn
n!
Solución: Aplicamos el criterio del cociente
lı́m
n→∞
an+1
an
= lı́m
n→∞
(n + 1)n+1
(n + 1)!
nn
n!
= lı́m
n→∞
n!(n + 1)n+1
(n + 1)!nn
=
= lı́m
n→∞
(n + 1)n+1
(n + 1)nn
= lı́m
n→∞
(n + 1)n
nn
= lı́m
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e > 1
por tanto la serie es divergente.
19. Estudiar el carácter de la siguiente serie dependiendo de los valores de α , siendo α > 0.
∑
n≥0
(n + α)!
α!n!αn
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30 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución: Aplicamos el criterio del cociente
lı́m
n→∞
(n+1+α)!
α!(n+1)!αn+1
(n+α)!
α!n!αn
= lı́m
n→∞
(n + 1 + α)!α!n!αn
α!(n + 1)!αn+1(n + α)!
= lı́m
n→∞
n + 1 + α
(n + 1)α
=
1
α
Según el criterio
si 1α < 1 ⇔ 1 < α , la serie es convergente.
si 1α > 1 ⇔ 1 > α , la serie es divergente.
si α = 1, ∑
n≥0
(n + 1)!
1!n!1n
= ∑
n≥0
(n + 1) la serie diverge.
Luego, la serie
∑
n≥0
(n + α)!
α!n!αn
converge si α > 1 y diverge si α ≤ 1.
20. Estudiar el carácter de la serie numérica
∑
n≥1
tann
(
π
5
+
2
n
)
Solución: Utilizamos el criterio de la raíz y obtenemos
lı́m
n→∞
n
√
tann
(
π
5
+
2
n
)
= lı́m
n→∞
tan
(
π
5
+
2
n
)
= tan
(π
5
)
< 1
Y, por tanto, vemos que la serie es convergente.
21. Razonar si las siguientes afirmaciones son ciertas o falsas, con demostraciones o contraejemplos según
convenga.
a) La siguiente serie es convergente.
∞
∑
n=1
2n
√
n3 + 1
2n2 −1
b) La sucesión {an}n∈N definida por
an =
1
n2
n
∑
k=1
kxk
es convergente si y solo si {xn}n∈N es una sucesión convergente.
Solución:
a) Calculamos el límite de la sucesión que define la serie numérica,
lı́m
n→∞
2n
√
n3 + 1
2n2 −1 6= 0
Como el límite de la sucesión no es cero, la serie no cumple la condición necesaria de convergen-
cia, luego la afirmación es falsa.
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2. Sucesiones y series numéricas 31
b) Es cierto que la convergencia de {xn}n∈N implica la convergencia de {an}n∈N
Por el criterio de Stolz:
lı́m
n→∞
(x1 + · · ·+ nxn +(n + 1)xn+1)− (x1 + · · ·+ nxn)
(n + 1)2−n2 = lı́mn→∞
n + 1
2n + 1
xn+1
Este límite existe y es finito si {xn}n∈N es una sucesión convergente.
Pero la convergencia de {an}n∈N no implica la convergencia de {xn}n∈N. Veamos un contraejem-
plo.
La sucesión {xn} = {0,1,0,1,0,1, . . .} es una sucesión divergente
2n
∑
k=1
kxk = 2 + 4 + 6 + . . .+ 2n = 2(1 + 2 + 3 + . . .+ n) = 2
n(n + 1)
2
a2n =
1
(2n)2
(2 + 4 + 6 + . . .+ 2n) =
n(n + 1)
4n2
lı́m
n→∞
an =
1
4
Vemos que {xn}n∈N es divergente y sin embargo {an}n∈N es convergente.
22. Estudiar la convergencia y, si es posible, calcular la suma de la serie
∑
n≥1
−1
(n + 4)(n + 3)
Solución: Aplicando el criterio de Pringsheim podemos comprobar que la serie es convergente. Para
calcular su suma, descomponemos en suma de fracciones simples.
−1
(n + 4)(n + 3)
=
A
n + 4
+
B
n + 3
=
A(n + 3)+ B(n + 4)
(n + 4)(n + 3)
Se deduce, A = 1 y B = −1, de donde,
−1
(n + 4)(n + 3)
=
1
n + 4
− 1
n + 3
Vemos que se trata de una serie telescópica que podemos reecribir como
∑
n≥1
(
1
n + 4
− 1
n + 3
)
Si an =
1
n + 3
, al ser
lı́m
n→∞
1
n + 3
= 0
la serie es convergente y su suma es
S = lı́m
n→∞
an+1 −a1 = −
1
4
23. Calcular la suma de la serie:
∑
n≥0
1
n!(n + 2)
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32 Cálculo. Ejercicios resueltos
Solución: Podemos reescribir la serie como
∑
n≥0
n + 1
(n + 2)!
y podemos descomponer esta fracción en la suma de las dos siguientes:
n + 1
(n + 2)!
=
A
(n + 2)!
+
B
(n + 1)!
=
A + B(n + 2)
(n + 2)!
y, por tanto
n + 1 = A + Bn + 2B
de donde se deduce,
A + 2B = 1
B = 1
}
⇒ A = −1
Luego podemos reescribir la serie inicial de la siguiente forma,
∑
n≥0
1
n!(n + 2)
= ∑
n≥0
(
1
(n + 1)!
− 1
(n + 2)!
)
considerando
an =
1
(n + 1)!
− 1
(n + 2)!
bn =
1
(n + 1)!
Vemos que se trata de una serie telescópica, cuya suma vale:
S = lı́m
n→∞
(a0 + a1 + · · ·+ an) = lı́m
n→∞
((b0 −b1)+ (b1 −b2)+ · · ·+(bn −bn+1)) =
=
1
1!
− lı́m
n→∞
1
(n + 2)!
= 1
24. Calcular la suma de la serie
∑
n≥1
ln
(n + 1)2
n(n + 2)
Solución: Podemos escribir
(n + 1)2
n(n + 2)
=
(n + 1)
n
(n + 1)
n + 2
Luego,
ln
(n + 1)2
n(n + 2)
= ln
n + 1
n
+ ln
n + 1
n + 2
= ln
n + 1
n
− ln n + 2
n + 1
se deduce, que la serie
∑
n≥1
(
ln
n + 1
n
− ln n + 2
n + 1
)
es una serie telescópica, y al ser
lı́m
n→∞
ln
n + 1
n
= 0
la serie
∑
n≥1
ln
(n + 1)2
n(n + 2)
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2. Sucesiones y series numéricas 33
es convergente y su suma vale
∑
n≥1
ln
(n + 1)2
n(n + 2)
= ln
1 + 1
1
− lı́m
n→∞
ln
n + 2
n + 1
= ln2
25. Calcular
lı́m
n→∞
sen
(
π
1
)
+ sen
(
π
2
)
+ . . .+ sen
(
π
n
)
lnn
Con ayuda del límite anterior, estudiar la convergencia de la serie
∑
n≥1
sen
(π
n
)
Solución: Para el calculo del límite utilizaremos el criterio de Stolz. Primero comprobaremos que se
cumplen las condiciones del criterio
yn+1 = ln(n + 1) > yn = lnn
lı́m
n→∞
yn = lı́m
n→∞
lnn = ∞
lı́m
n→∞
(
sen
(
π
1
)
+ sen
(
π
2
)
+ . . .+ sen
(
π
n+1
))
−
(
sen
(
π
1
)
+ sen
(
π
2
)
+ . . .+ sen
(
π
n
))
ln(n + 1)− lnn =
= lı́m
n→∞
sen
(
π
n+1)
ln(n + 1)− lnn = lı́mn→∞
π/(n + 1)
1/n
sen
(
π
n+1
)
π/(n + 1)
1/n
ln(1 + 1
n
)
= π
Para el cálculo de éste límite, se han utilizado infinitésimos equivalentes,
lı́m
n→∞
sen π
n+1
π
n+1
= 1
y
lı́m
n→∞
ln
(
1 + 1
n
)
1
n
= 1
Por tanto, aplicando el criterio de Stolz
lı́m
n→∞
sen
(
π
1
)
+ sen
(
π
2
)
+ . . .+ sen
(
π
n
)
lnn
= π
Con la ayuda del límite anterior estudiaremos la convergencia de la serie
∑
n≥1
sen
(π
n
)
= lı́m
n→∞
n
∑
k=1
sen
(π
k
)
= lı́m
n→∞
Sn
Así, según el apartado anterior
lı́m
n→∞
sen
(
π
1
)
+ sen
(
π
2
)
+ . . .+ sen
(
π
n
)
lnn
= lı́m
n→∞
Sn
lnn
= π
Esto implica que Sn y lnn son infinitos del mismo ordren y, por lo tanto, lı́m
n→∞
Sn = ∞. La serie ∑
n≥1
sen
(π
n
)
diverge.
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34 Cálculo. Ejercicios resueltos
Como método de resolución alternativo, podemos estudiar la convergencia de la serie utilizando el crite-
rio de comparación por el cociente. Si comparamos con la serie divergente ∑
n≥1
1
n
observamos que:
lı́m
n→∞
sen
(
π
n
)
1
n
= π
Por tanto, ambas series tienen el mismo carácter y la serie ∑
n≥1
sen
(π
n
)
también diverge.
26. Dada la serie numérica
∑
n≥2
6
4n2 + 8n + 3
demostrar que es una serie telescópica y calcular su suma.
Solución: Para demostrar que se trata de una serie telescópica, veremos que existe una sucesión {xn}n∈N
tal que
6
4n2 + 8n + 3
= xn − xn+1
Factorizando el polinomio encontramos
4n2 + 8n + 3 = 4
(
n +
1
2
)(
n +
3
2
)
= (2n + 1)(2n + 3)
y por lo tanto
xn =
3
2n + 1
Entonces podemos escribir la serie de la forma siguiente
∑
n≥2
6
4n2 + 8n + 3
= ∑
n≥2
(
3
2n + 1
− 3
2n + 3
)
= ∑
n≥2
(xn − xn+1)
Calcularemos la suma utilizando que se trata de una serie telescópica
∑
n≥2
6
4n2 + 8n + 3
= ∑
n≥2
(xn − xn+1) = x2 − lı́m
n→∞
xn+1 =
3
5
27. Considerar la sucesión de números reales definida por
an =
4n−1
2n
a) Demostrar que se cumple an = bn−1−bn, n ≥ 1 con bn = αn+β2n , n≥ 0 y determinar los números
α,β ∈ R.
b) Demostrar que la serie
∑
n≥1
an
es convergente y calcular su suma.
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2. Sucesiones y series numéricas 35
Solución:
a) Planteamos la igualdad siguiente:
4n−1
2n
=
α(n−1)+ β
2n−1
− αn + β
2n
=
2αn−2α + 2β −αn−β
2n
=
αn−2α + β
2n
Igualando coeficientes, se obtiene
{
4 = α
−1 = −2α + β
de donde α = 4 y β = 7.
b) Del apartado a) se deduce que
∑
n≥1
4n−1
2n
= ∑
n≥1
(bn−1 −bn) con bn =
4n + 7
2n
por tanto, la serie
∑
n≥1
an
es una serie telescópica. Vamos a calcular su suma:
+∞
∑
n=1
4n−1
2n
=
+∞
∑
n=1
(bn−1 −bn) = b0 − lı́m
n→∞
bn = 7−0 = 7
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]n[
Θ
(i )V
=1i
Σ
N
FUNCIONES REALES DE VARIABLE REAL
CAPÍTULO
33
1. Calcular
lı́m
x→0
(
x−2
x2 + x−2
)1+cot2 x
Solución: Si calculamos el límite directamente, nos queda una indeterminación del tipo 1∞.
Podemos reescribir el exponente como
1 +
cos2 x
sen2 x
=
1
sen2 x
y la base, la podemos reescribir como
x−2
x2 + x−2 = 1 +
x−2
x2 + x−2 −1 = 1−
x2
x2 + x−2
luego, podemos expresar el límite como
lı́m
x→0
(
1 +
−x2
x2 + x−2
) 1
sen2 x
= lı́m
x→0

1 +
1
x2 + x−2
−x2


x2+x−2
−x2
−x2
(x2+x−2)sen2 x
= e
1
2
2. Calcular
lı́m
x→2
2
1
x−2 −1
2
1
x−2 + 1
Solución: Calculamos los límites laterales porque
lı́m
x→2+
2
1
x−2 = 2+∞ = +∞
lı́m
x→2−
2
1
x−2 = 2−∞ =
1
2+∞
= 0
Luego,
lı́m
x→2+
2
1
x−2 −1
2
1
x−2 + 1
= lı́m
x→2+
1− 1
2
1
x−2
1 + 1
2
1
x−2
= 1
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38 Cálculo. Ejercicios resueltos
lı́m
x→2−
2
1
x−2 −1
2
1
x−2 + 1
= −1
Como los límites laterales no coinciden, no existe el límite
lı́m
x→2
2
1
x−2 −1
2
1
x−2 + 1
3. Estudiar la continuidad de la función f : R −→ R definida por
f (x) =
{ senx
|x| x 6= 0
1 x = 0
Solución: Si x 6= 0 la función f (x) = senx|x| es continua, por estar definida como cociente de funciones
continuas. Para estudiar la continuidad en x = 0, aplicamos la definición, es decir, comprobamos si
lı́m
x→0
f (x) = f (0)
Pero
lı́m
x→0+
senx
|x| = lı́mx→0
senx
x
= 1
lı́m
x→0−
senx
|x| = lı́mx→0
senx
−x = −1
luego podemos afirmar que no existe lı́m
x→0
f (x). Consecuentemente, f presenta una discontinuidad de
salto en x = 0 tal y como vemos en la Figura 3.1.
Figura 3.1
4. Encontrar una extensión continua a [0,π ] de la función f : (0,π) ⊂ R −→ R definida por
f (x) =
sen(x + senx)
senx
Solución: Como la función f es continua en el intervalo abierto, debemos encontrar el valor del límite
en los extremos para poder extender de manera continua la función f al intervalo cerrado.
lı́m
x→0
sen(x + senx)
senx
= lı́m
x→0
sen(x + senx)
x + senx
x + senx
senx
= lı́m
x→0
sen(x + senx)
x + senx
( x
senx
+
senx
senx
)
= 2
Para calcular
lı́m
x→π
sen(x + senx)
senx
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3. Funciones reales de variable real 39
aplicamos la regla de l’Hôpital ya que observamos que en este caso no podemos aplicar infinitésimos
equivalentes porque x no tiende a cero. Así pues, de
lı́m
x→π
cos(x + senx)(1 + cosx)
cosx
=
0
−1 = 0
se deduce que
lı́m
x→π
sen(x + senx)
senx
= 0
Luego, la función f̃ : [0,π ]−→ R definida por
f̃ (x) =



2 x = 0
sen(x + senx)
senx
0 < x < π
0 x = π
es una extensión continua de f en [0,π ].
5. Consideramos el conjunto
A =
{
z ∈ C : Re
(
3
z
)
−I m
(
2
z
)
≥ 3
}
Estudiar las condiciones que garantizan que una función f : A⊆R2 −→R tiene sus extremos en puntos
de A.
Solución: Sea z = x + iy y, por tanto, z = x− iy
3
z
=
3z
zz
=
3x−3iy
x2 + y2
⇒ Re
(
3
z
)
=
3x
x2 + y2
2
z
=
2z
zz
=
2x + 2iy
x2 + y2
⇒ I m
(
2
z
)
=
2y
x2 + y2
por tanto,
A =
{
(x,y) ∈ R2 : 3x−2y
x2 + y2
≥ 3
}
3x−2y
x2 + y2
≥ 3 ⇔ 3x−2y ≥ 3(x2 + y2) ⇔ x2 + y2 − x + 2
3
y ≤ 0
Identificamos el lugar geométrico con la ecuación de la circunferencia,
(x−a)2 +(y−b)2 ≤ r2
siendo a = 12 , b = − 13 , r2 = 1336 . Luego, podemos escribir
A =
{
(x,y) ∈ R2 :
(
x− 1
2
)2
+
(
y +
1
3
)2
≤ 13
36
}
La adherencia del conjunto A, A, coincide con A (puesto que A incluye los puntos de la frontera) y,
aplicando la caracterización de conjuntos cerrados, podemos afirmar que A es un conjunto cerrado.
El conjunto A está acotado, está contenido, por ejemplo, en una bola de centro en el origen y radio 100,
A ⊂ B((0,0),100)
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40 Cálculo. Ejercicios resueltos
Por tanto, podemos asegurar que A es un conjunto acotado. Por ser cerrado y acotado podemos garantizar
que el conjunto A también es compacto.
El teorema de Weierstrass nos garantiza que la función f : A −→ R tiene sus extremos en puntos del
conjunto A por el hecho de ser f continua y A compacto.
6. Sea f : [a,b]−→R, una función continua en [a,b] y P = (α,0) un punto del eje de abscisas. Demostrar
que existe un punto de la gráfica y = f (x), con x ∈ [a,b], que es el más cercano a P de entre todos los
puntos de la gráfica.
Solución: La distancia de P a los puntos de la gráfica de f viene dada por la función
d : [a,b] −→ R+
definida por
d(x) = d((x, f (x)),(α,0)) =
√
(x−α)2 + f 2(x)
La función d es continua en el compacto [a,b] por serlo f , luego estamos en condiciones de aplicar el
teorema de Weierstrass. Éste nos confirma que la función d tiene un mínimo absoluto en [a,b].
7. Estudiar los siguientes apartados:
a) Sea f : R −→ R una función continua. Estudiar las condiciones que debe cumplir la función f
para verificar:
a < b ⇒ 1
f (a)
<
1
f (b)
b) Sea p un punto aislado del dominio de una función f : R −→ R. Estudiar en qué condiciones se
cumple lı́m
x→p
f (x) = f (p).
c) Consideramos la función f : R −→R definida por f (x) = sen(x). Demostrar que f es uniforme-mente continua ∀x ∈ R.
Solución:
a) Las condiciones necesarias son:
a) f (x) 6= 0, ∀x ∈ R
b) Si f es continua f (x) tendrá siempre el mismo signo. Supongamos f (x) > 0 entonces
1
f (a)
<
1
f (b)
⇒ f (b)
f (a)
< 1 ⇒ f (b) < f (a)
Si f (x) < 0 entonces
1
f (a)
<
1
f (b)
⇒ f (b)
f (a)
> 1 ⇒ f (b) < f (a)
por lo tanto, si f (x) es continua debe ser estrictamente decreciente.
b) La expresión lı́m
x→p
f (x) requiere que cualquier entorno del punto p tenga elementos del dominio
distintos de p, es decir, p debe ser punto de acumulación. Por tanto, en ningún caso es cierto que
lı́m
x→p
f (x) = f (p) si p es un punto aislado.
c) Debemos encontrar una relación entre ε y δ independiente del punto en la definición de continui-
dad,
∀ε > 0 ∃δ > 0 : | f (x)− f (y)| < ε ∀x,y ∈ R : |x− y|< δ
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3. Funciones reales de variable real 41
La función f (x) = sen(x) es una función derivable en todo R por tanto podemos aplicar el teorema
del valor medio,
sen(x)− sen(y) = cos(θ )(x− y)
y como
|cos(θ )| ≤ 1
se cumple
|sen(x)− sen(y)| ≤ |x− y|< δ = ε
Luego f es uniformemente continua ∀x ∈ R.
8. Sea el conjunto A ⊂ C donde A = {z ∈ C : z+ z = |z−1|2}.
a) Probar que A es un conjunto compacto.
b) Sea f : A −→ R una función real de variable compleja continua en el dominio A.
Razonar si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones,
i) f es uniformemente continua.
ii) Existe z0 ∈ A, y δ > 0 tales que ∀z ∈ B(z0,δ )∩A se cumple que f (z) ≤ f (z0).
Solución:
a) Si z = x + iy, de z+ z = |z−1|2 se deduce,
(x + iy)+ (x− iy) = |(x−1)+ iy|2
2x = (x−1)2 + y2
(x−2)2 + y2 = 3
Figura 3.2
Luego, tal como ilustra la Figura 3.2, el conjunto A está formado por los puntos (x,y) del plano
que pertenecen a la circunferencia de centro (2,0) y radio r =
√
3.
Al ser A un conjunto acotado (por ejemplo, esta incluido en B((0,0),10) y cerrado (ya que A =
∂A), podemos decir que es compacto.
b)
i) Utilizando el teorema de Heine, como f es una función continua definida en un compacto,
podemos decir que es uniformemente continua.
ii) Si f (z) ≤ f (z0) en un entorno de z0, entonces la función tiene un máximo en z0. Como f
es una función continua definida en el compacto A, por el teorema de Weierstrass sabemos
que f alcanza extremos absolutos en A. Por tanto, existe al menos un z0 ∈ A que es máximo
absoluto.
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42 Cálculo. Ejercicios resueltos
9. Analizar la continuidad uniforme de la función f : R −→ R definida por f (x) = x
1 + x
. Dar un dominio
donde f sea uniformemente continua y un dominio donde no lo sea. Justificar la respuesta.
Solución: Si la función f (x) =
x
1 + x
está definida en un conjunto compacto A (tal que A no contiene
al punto x = −1), será uniformemente continua, ya que toda función continua definida en un conjunto
compacto es uniformemente continua.
Un posible dominio para que la función no sea uniformemente continua sería (−1,α], siendo α ∈R, α >
−1.
10. Sea f : [0,2] −→ R función continua tal que f (0) = f (2). Demostrar que existen x,y ∈ [0,2] con
x− y = 1 tales que f (x) = f (y).
Solución.
Consideramos x = y + 1 y definimos la función g(y) = f (y + 1)− f (y).
g(0) = f (1)− f (0)
g(1) = f (2)− f (1)
Si f (0) = f (1) tomamos y = 0 (⇒ x = 1), si f (0) 6= f (1) fijémonos que g(0)g(1) < 0.
Com g es una función continua (por serlo f ) podemos aplicar el teorema de Bolzano en el intervalo [0,1]
y obtenemos
∃y ∈ (0,1) : g(y) = 0
por tanto, existen x,y ∈ [0,2] con x− y = 1 tales que f (x) = f (y).
11. Encontrar un intervalo de la recta real donde la ecuación,
e2t −4 = 1
2
t2
tenga al menos una raíz real.
Solución: Definimos la función real de variable real f (t) = e2t −4− 12 t2. Se cumple,
f (0) = 1−4 = −3 < 0
f (1) = e2 −4− 1
2
= e2 − 9
2
> 0
y al ser f : [0,1] −→ R continua, del teorema de Bolzano se deduce que ∃ ∼t ∈ (0,1) : f (∼t ) = 0.
12. Estudiar la derivabilidad en x = 0 de la función f : R −→ R definida por:
f (x) =
{
x3
∣∣sen
( 1
x
)∣∣ x 6= 0
0 x = 0
Solución: Para estudiar la derivabilidad aplicamos la definición de derivada de una función en un punto.
lı́m
x→0
x3
∣∣sen
(
1
x
)∣∣
x
= lı́m
x→0
x2
∣∣∣∣sen
(
1
x
)∣∣∣∣= 0
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3. Funciones reales de variable real 43
Figura 3.3
Por tanto, f ′(0) = 0 y la función es derivable en x = 0. La Figura 3.3. muestra la representación gráfica
de la función f .
13. Consideremos la función f : A ⊂ R −→ R definida por
f (x) =
|x + 1||x−2|
(x + 1)(x + 2)
a) Determinar el dominio de la función f . Estudiar la continuidad de f y razonar si es posible
definir una extensión continua de f en R.
b) Estudiar la derivabilidad y el crecimiento y decrecimiento de la función f en su dominio.
Solución:
a) El dominio de la función es Dom f = R−{−1,−2}. La función es continua en todos los puntos
del dominio.
Definiendo la función por tramos obtenemos
f (x) =



x−2
x + 2
x < −2
x−2
x + 2
−2 < x < −1
2− x
x + 2
−1 < x < 2
x−2
x + 2
2 < x
Para estudiar la continuidad en x = −1, y x = −2 estudiamos los límites laterales en estos puntos.
lı́m
x→−2−
x−2
x + 2
=
−4
(−)0 = +∞
lı́m
x→−2+
x−2
x + 2
=
−4
(+)0
= −∞
luego f tiene una discontinuidad asintótica en x = −2.
lı́m
x→−1−
x−2
x + 2
=
−3
1
= −3
lı́m
x→−1+
2− x
x + 2
=
3
1
= 3
luego f tiene una discontinuidad de salto en x = −1.
La Figura 3.4 muestra la representación gráfica de la función f .
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44 Cálculo. Ejercicios resueltos
Figura 3.4
Por lo tanto, no podemos extender de manera continua f en todo R.
b) Si x 6= {−1,−2,2} f es derivable en x. La función f no es derivable en los puntos de discontinui-
dad x = −1 y x = −2.
Estudiamos en x = 2
lı́m
x→2−
2−x
x+2
x−2 = −
1
4
lı́m
x→2+
x−2
x+2
x−2 =
1
4
Los límites laterales no coinciden, luego al no existir
lı́m
x→2
f (x)− f (2)
x−2 = −
1
4
la función no es derivable en x = 2.
Así pues, la función derivada de la función f es
f ′(x) =



4
(x + 2)2
x < −1, x 6= −2
−4
(x + 2)2
−1 < x < 2
4
(x + 2)2
2 < x
Estudiando el signo de la derivada, podemos observar que la función solo decrece en (−1,2) y
crece en (−∞,−2)∪ (−2,−1) y en (2,+∞).
14. Estudiar para qué intervalo I ⊂ R la implicación siguiente es cierta.
∀x,y ∈ I, x < y ⇒ |x3| < |y3|
Solución: Sea la función f (x) = |x3|. La afirmación x < y ⇒ f (x) < f (y) se cumple cuando la función
es creciente, por lo tanto, debemos comprobar para qué intervalos de R la función f es creciente.
f (x) =



x3 x3 > 0 (x > 0)
0 x = 0
−x3 x3 < 0 (x < 0)
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3. Funciones reales de variable real 45
Como f es derivable podemos estudiar el crecimiento según el signo de la derivada
f ′(x) =



3x2 x > 0
0 x = 0
−3x2 x < 0
Por tanto, f es creciente en [0,∞), y será en éste intervalo donde la implicación sea cierta.
15. Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función
f (x) =
{
arctan(x−3)+ arctan
(
1
x−3
)
x 6= 3
π
2 x = 3
a) Encontrar la expresión analítica de la función derivada de f .
b) Representar gráficamente la función f .
Solución:
a) Calculamos los límites laterales en el entorno del punto x = 3.
lı́m
x→3+
f (x) =
π
2
lı́m
x→3−
f (x) = −π
2
Vemos que no existe el límite en x = 3 y, por tanto, la función no es continua en el punto, hecho
que implica que tampoco sea derivable.
Para calcular la derivada simplemente utilizamos las reglas de derivación de la función en los
puntos del dominio donde ésta es derivable, es decir, en R−{3}
f ′(x) =
1
1 +(x−3)2 +
1
1 +
(
1
x−3
)2
(
− 1
(x−3)2
)
= 0
b) Al ser f ′(x) = 0, ∀x 6= 3 la función f es
f (x) =



π
2
, x > 3
−π
2
, x < 3
y su representación gráfica es la que muestra la Figura 3.5.
Figura 3.5
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46 Cálculo. Ejercicios resueltos
16. Sea f : R −→ R la función definida por
f (x) =
{
xn sen
(
1
x
)
x 6= 0
0 x = 0
Estudiar la continuidad, derivabilidad y continuidad de la derivada de f para n = 0,1,2, ...
Solución: Para n = 0 tenemos
f (x) =
{
sen
(
1
x
)
x 6= 0
0 x = 0
El límite
lı́m
x→0
sen
(
1
x
)
no existe, por lo tanto la función f no será continua ni derivable en este punto.
Para n 6= 0,
lı́m
x→0
xn sen
(
1
x
)
= 0
luego la función es continua en todo el dominio y la derivada para x 6= 0 es:
f ′(x) = nxn−1 sen
(
1
x
)
+ xn cos
(
1
x
)(
− 1
x2
)
f ′(x) = nxn−1 sen
(
1
x
)
− xn−2 cos
(
1
x
)
Estudiamos la derivabilidad de la función en x = 0.
f ′(0) = lı́m
x→0
xn sen
(
1
x
)
−0
x−0
Este límite existe si n > 1, luego la función no es derivable en x = 0 para n = 1, y para n ≥ 2,
f ′(0) = 0
Estudiamos la continuidad de la derivada para n ≥ 2.
Si n = 2, el límite
lı́m
x→0
(
2xsen
(
1
x
)
− cos
(
1
x
))
no existe y si n > 2
lı́m
x→0
(
nxn−1 sen
(
1
x
)
− xn−2 cos
(
1
x
))
= 0
Luego, la derivada de f es continua en todo el dominio para n ≥ 3.
17. Consideramos la función f : R−{0} −→ R, definida por
f (x) = e
− 1
x2
a) Determinar, si es posible, una extensión continua F de f a R.
b) Estudiar la derivabilidad de F en R.
c) Demostrar que la ecuación F(x)− 12 = 0 tiene una única solución real positiva.
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3. Funciones reales de variable real 47
Solución:
a) La función f está definida en R∗ = R−{0} y es continua por ser composición de funciones
continuas. Su representación gráfica es la que se muestra en la Figura 3.6.
Figura 3.6
Para que exista una extensión continua F en R debe existir el límite de f en el origen:
lı́m
x→0
f (x) = lı́m
x→0
e
−1
x2 = lı́m
t→∞
e−t = 0
Para calcular el límite anterior, hemos realizado el cambio de variable
t =
1
x2
= t
de donde
x → 0 ⇔ t → ∞
Por tanto, la función F : R → R definida por
F(x) =



f (x) x 6= 0
0 x = 0
es continua en R.
b) Si x 6= 0, la función F es derivable, por serlo f y se cumple F ′(x) = 2x−3e
−1
x2
Debemos analizar la derivabilidad en el origen.
lı́m
x→0
F(x)−F(0)
x
= lı́m
x→0
e
−1
x2
x
= lı́m
t→∞
e−t
1
t
1
2
= lı́m
t→∞
t
1
2
et
= 0
Por orden de infinitos t
1
2 << et , luego existe F ′(0) y vale 0, es decir, la función derivada es
F ′(x) =



2x−3e
−1
x2 x 6= 0
0 x = 0
c) Definimos G : R −→ R como G(x) = F(x)− 12 ∀x ∈ R. La función G es continua en R por serlo
F . Estudiamos cambios de signo de G,
G(0) = F(0)− 1
2
= 0− 1
2
= −1
2
< 0
G(1) = F(1)− 1
2
= e−1 − 1
2
=
1
e
− 1
2
=
2− e
2e
< 0
G(2) = F(2)− 1
2
= e−1/4 − 1
2
=
1
e1/4
− 1
2
=
2− e1/4
2e1/4
> 0
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48 Cálculo. Ejercicios resueltos
Por lo tanto, aplicando el teorema de Bolzano, ∃x0 ∈ (1,2) tal que G(x0) = 0
Este punto es único, ya que
G′(x) = F ′(x) = 2x−3e
−1
x2 6= 0 ∀x 6= 0
y como consecuencia del teorema de Rolle no puede existir x1 tal que G(x1) = 0. Otra manera de
razonarlo es observar que G′(x) > 0 en todo el intervalo [1,2] luego la función es estrictamente
creciente.
18. Demostrar que si la función f : [a,b] −→ R es continua en [a,b] y derivable en (a,b), entonces entre
dos raíces consecutivas de f ′ existe como máximo una raíz de f .
Solución: Sean c1,c2, . . . ,cn los números reales, raices consecutivas de la ecuación f ′(x) = 0.
Supongamos que ∃ a1,a2 ∈ (c1,c2) : f (a1) = f (a2) = 0
Entonces, del teorema de Rolle se deduce que
∃c ∈ (a1,a2) : f ′(c) = 0
Al ser c1 y c2 raices consecutivas de f , la existencia de un valor c ∈ (a1,a2) : f ′(c) = 0 contradice las
hipótesis del problema. Así pues, entre dos raíces consecutivas de f ′ existe a lo sumo una raíz de f .
19. Sean f ,g : [a,b] −→ R dos funciones continuas tales que f (a) ≤ g(a) y f (b) ≥ g(b).
a) Demostrar que existe x0 ∈ [a,b] tal que f (x0) = g(x0).
b) Encontrar un intervalo que contenga una solución de la ecuación x2 −1 = cosx.
c) Demostrar que lnx = −x + 4 tiene una única raíz en [1,e2].
Solución:
a) Sea h(x) = f (x)−g(x) función continua en [a,b].
Si f (a) = g(a) o bien f (b) = g(b) entonces x0 = a o bien x0 = b. En caso contrario, h(a)h(b) < 0,
el Teorema de Bolzano permite afirmar que ∃x0 ∈ (a,b) : h(x0) = 0, por lo tanto ∃x0 ∈ [a,b] :
f (x0) = g(x0).
b) Sea f (x) = x2 −1 y g(x) = cosx
f (1) = 0 < g(1)
f
(π
2
)
> g
(π
2
)
= 0
por lo tanto, aplicando el apartado a), el intervalo
[
1, π2
]
contiene una solución de la ecuación.
c) Sea f (x) = lnx + x−4 continua y derivable en [1,e2]. Calculamos la derivada de la función para
estudiar donde hay cambio de signo
f ′(x) =
1
x
+ 1 ⇔ 1
x
= −1 ⇔ x = −1 /∈ [1,e2]
Del teorema de Rolle se deduce que f tendrá como mucho una raíz en el intervalo [1,e2].
f (1) = −3 < 0
f (e2) = e2 −2 > 0
El teorema de Bolzano nos permite afirmar que ∃x0 ∈ (1,e2) : f (x0) = 0.
De los teoremas de Rolle y Bolzano se deduce que la ecuación lnx = −x + 4 tiene una única
solución en el intervalo [1,e2].
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3. Funciones reales de variable real 49
20. Sea f : [0,a] −→ [0,a] con a > 1, f continua en [0,a] y derivable en (0,a).
a) Probar que ∃x0 tal que f (x0) = 2x20.
b) Estudiar la condición que debe cumplir f ′(x) para que el punto x0 sea único.
Solución:
a) Definimos h(x) = f (x)− 2x2 función continua en el intervalo [0,a] y derivable en (0,a). El teo-
rema de Bolzano permite resolver el problema. Veamos si estamos en condiciones de aplicarlo.
Calculamos la imagen de la función h en los extremos del intervalo.
Como h(0) = f (0), si f (0) = 0 entonces x0 = 0.
Supongamos pues, f (0) > 0. Entonces,
h(a) = f (a)−2a2 ≤ a−2a2 = a(1−2a)
h(a) = a(1−2a) < 0 ⇔ 1−2a < 0 ⇔ 1
2
< a
Al ser a > 1 se cumple a > 12 . Estamos pues en condiciones de aplicar el teorema de Bolzano y
afirmar que
∃x0 ∈ [0,a) : h(x0) = 0
b) Del teorema de Rolle se deduce que si una función continua en un intervalo cerrado, derivable
en el abierto, no tiene raíces en la función derivada, entonces a lo sumo tiene una raíz en dicho
intervalo. En nuestro caso particular,
h′(x) = f ′(x)−4x
Luego
h′(x) 6= 0 ⇒ f ′(x) 6= 4x, ∀x ∈ (0,a)
21. Sea f la función real definida por
f (x) = (x2 + 1) ln(x2 + 1)+ x2 ∀x ∈ [0,e]
Demostrar que la ecuación f (x) = 5 tiene una única raíz real en el intervalo.
Solución: Si definimos la función g(x) = f (x)−5 = (x2 +1) ln(x2 +1)+x2−5, debemos demostrar que
existe un único punto x ∈ [0,e] tal que g(x) = 0.
La Figura 3.7 muestra la representación gráfica de la función f .
Figura 3.7
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50 Cálculo. Ejercicios resueltos
Aplicaremos el teorema de Bolzano y para ello debemos comprobar si se cumplen las hipótesis del
mismo. Observamos que g(x) es una función continua definida en un compacto y existen dos valores
g(a) y g(b) no nulos de signos opuestos.
g(0) = −5 < 0
g(2) = 5ln5−1 > 0
}
⇒∃x ∈ (0,2) | g(x) = 0
Por lo tanto, existe al menos un punto donde g(x) = 0.
La función g es derivable en (0,e) y su derivada es
g′(x) = 2x ln(x2 + 1)+ 4x = 2x
(
ln(x2 + 1)+ 2
)
En (0,e) g′(x) > 0, por lo tanto, la función g(x) es estrictamente creciente. Se deduce que existe como
máximo un valor x ∈ (0,e) tal que g(x) = 0. De este modo, el valor x tal que g(x) = 0 es único, y así, la
ecuación f (x) = 5 tiene una única raíz real en el intervalo [0,e].
22. Estudiar el número de raíces de la ecuación en el intervalo [0,+∞) de R
ln
(
1
x2 + 1
)
= (x−3)3
Solución: Sea la función
f (x) = − ln
(
1
x2 + 1
)
+(x−3)3 = (x−3)3 + ln(x2 + 1)
definida en [0,+∞) y cuya representación gráfica muestra la Figura 3.8.
Figura 3.8
f ′(x) = 3(x−3)2 + 2x
x2 + 1
> 0, ∀x > 0
Si aplicamos el teorema de Bolzano en el intervalo [0,3] vemos que se cumplen las hipótesis del teorema
porque f es continua en [0,3], f (0) = −27 < 0