introducción a la ingeniería

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f( x)
n
k=0
f (k)(a)
k!
(x a)k
b
a
f( x) dx =F(b) F( a)
b
a
f( x) dx =F(b) F( a)
dy
dx
=f (x,y ), y(x0)= y0
dy
dx
=f (x,y ), y(x0)= y0
V=
D
f( x, y) dxdy
f( x)
n
k=0
f (k)(a)
k!
(x a)k
V=
D
f( x, y) dxdy
Curso de 
introducción 
al cálculo 
para grados 
en ingeniería
Isaac A. García
Susanna Maza
eines 73
Curso de introducción al cálculo 
para grados en ingeniería 
Isaac A. García y Susanna Maza
Seminari de Sistemes Dinàmics
Departament de Matemàtica
Universitat de Lleida
Maquetación
Edicions i Publicacions de la UdL
Diseño de portada
cat & cas
Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra 
solo puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley. 
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fragmento de esta obra.
ISBN 978-84-8409-603-0
© del texto: los autores
© Edicions de la Universitat de Lleida, 2013 
Esta publicación electrónica ha sido patrocinada por Banco Santander
Dedicado a nuestras hijas, Nadia y Ares.
Índice general
1. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 3
1.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Composición de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4. Función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5. Ĺımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.7. Funciones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.9. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2. Cálculo Diferencial con una Variable 17
2.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3. Teoremas sobre funciones derivables . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4. Aproximación local de funciones: Teorema de Taylor . . . . . . . 27
2.5. Aplicaciones de la fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3. Cálculo Integral con una Variable 53
3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2. Algunos teoremas sobre integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.3. Cálculo de primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.3.1. Fórmulas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.3.2. Integración de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . 62
3.3.3. Integración de funciones racionales trigonométricas . . . . 66
3.4. Algunas aplicaciones de la integración . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.4.1. Áreas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.4.2. Longitudes de arcos planos . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.4.3. Volúmenes y superficies de revolución . . . . . . . . . . . 71
3.4.4. Centro de masas de figuras planas . . . . . . . . . . . . . 73
3.4.5. Momentos de inercia de curvas planas . . . . . . . . . . . 75
3.5. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
i
ii ÍNDICE GENERAL
3.5.1. Integrales impropias de primera especie . . . . . . . . . . 76
3.5.2. Integrales impropias de segunda especie . . . . . . . . . . 78
3.5.3. Algunos criterios de convergencia . . . . . . . . . . . . . . 80
3.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
4. Continuidad de Funciones Reales de Varias Variables Reales 95
4.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . 95
4.2. Ĺımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.3. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4.4. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
5. Cálculo Diferencial con Varias Variables 105
5.1. La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
5.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
5.3. Interpretaciones geométricas de las derivadas parciales . . . . . . 115
5.4. Composición de funciones y regla de la cadena . . . . . . . . . . 120
5.5. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . 124
5.6. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.7. Extremos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
5.8. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5.9. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
5.10. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
5.11. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
6. Integración Doble 161
6.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
6.2. Cálculo de integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
6.3. Cambio de variables en integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . 167
6.4. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
6.5. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
6.6. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
7. Integrales de Ĺınea 185
7.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
7.2. Campos vectoriales conservativos y función potencial . . . . . . . 188
7.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
8. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 195
8.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
8.2. EDO de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
8.2.1. EDO de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . 196
8.2.2. EDO homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
8.2.3. EDO exacta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
8.2.4. El factor integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
8.2.5. EDO lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
ÍNDICE GENERAL iii
8.2.6. EDO de Bernouilli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
8.2.7. Algunas aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
8.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
8.4. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
1
Prólogo
El presente libro de teoŕıa y problemas corresponde a algunos temas bási-
cos de un primer curso de introducción al cálculo. Los autores imparten dicha
asignatura en las titulaciones de Grado en Ingenieŕıa Mecánica y Grado en Inge-
nieŕıa Electrónica Industrial y Automática de la Universitat de Lleida. El libro
resulta igualmente recomendable para estudiantes de otras titulaciones técnicas
y es un complemento del libro de problemas resueltos [6].
El objetivo principal es que el alumno disponga de un material preliminar
para el curso, con los resultados principales y algunas demostraciones de estos.
Además es interesante que el alumno pueda seguir paso a paso la resolución
de numerosos problemas de los temas mencionados como ejemplificación de los
conceptos y resultados teóricos. Se ha procurado presentar las soluciones en la
forma más práctica y directa.
Nos gustaŕıa que este libro facilitase el aprendizaje de la asignatura y agra-
deceŕıamos cualquier sugerencia o comentario que pueda mejorarlo dirigiéndose
a cualquiera de las siguientes direcciones electrónicas:
garcia@matematica.udl.cat, smaza@matematica.udl.cat.
Dr. IsaacA. Garćıa y Dra. Susanna Maza, Enero de 2013
Caṕıtulo 1
Continuidad de Funciones
Reales de Variable Real
1.1. Concepto de función. Dominio y recorrido
Dados dos conjuntos A y B, se define su producto cartesiano A × B como
el conjunto de pares ordenados siguiente: A× B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}. Una
correspondencia entre dos conjuntos A y B es cualquier subconjunto de A×B.
Definición 1.1 Decimos que una correspondencia f : R → R es una función
(real de variable real) si existe un subconjunto A ⊂ R tal que la restricción de
f en A, es decir, f : A → R es una aplicación (todo elemento de A tiene una y
solo una imagen).
Definición 1.2 Dada una función f : D ⊂ R → R, se llama dominio de f , y lo
denotaremos por Dom(f), al subconjunto D donde esté definida la función f .
Dicho de otro modo, Dom(f) = D = {x ∈ R : ∃ f(x)}.
Nota 1.3 Para el cálculo del dominio de una función se usan a menudo los si-
guientes resultados elementales concernientes a denominadores, ráıces de ı́ndice
par y logaritmos. Supongamos que las funciones reales de variable real A(x),
B(x) tienen por dominio todo R. Definimos las funciones f(x) = A(x)/B(x),
g(x) = n
√
A(x) con ı́ndice n par, h(x) = loga B(x) con a ∈ R. Entonces,
Dom(f) = {x ∈ R : B(x) �= 0}, Dom(g) = {x ∈ R : A(x) ≥ 0},
Dom(h) = {x ∈ R : B(x) > 0}.
Ejemplo 1.4 Hallar el dominio de las siguientes funciones:
(i) f(x) =
2x− 1
x2 − x− 2 , (ii) g(x) =
√
3− x
x+ 6
, (iii) h(x) = ln
(
(x− 1)(x− 2)
(x− 3)(x− 4)
)
.
Solución. (i) Como el denominador de f solo se anula para x = −1, 2 se tiene
que
Dom(f) = R− {−1, 2} = (−∞,−1) ∪ (−1, 2) ∪ (2,∞) .
3
4 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
(ii) Se tiene que
Dom(g) =
{
x ∈ R : 3− x
x+ 6
≥ 0, x+ 6 �= 0
}
= (−6, 3] ,
donde en la última igualdad se han tenido en cuenta los signos del cociente
viendo los signos de su numerador y denominador.
(iii) De manera análoga al caso anterior
Dom(h) =
{
x ∈ R : (x− 1)(x− 2)
(x− 3)(x− 4) > 0, (x− 3)(x− 4) �= 0
}
,
es decir, Dom(h) = (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4,∞). ⋄
Definición 1.5 Dada una función f : R → R, se llama recorrido de f o bien
imagen de f , y lo denotaremos por Rec(f), al subconjunto de R dado por las
imágenes de todos los elementos del dominio, es decir, Rec(f) = f(Dom(f)).
Dicho de otro modo, Rec(f) = {y ∈ R : ∃x ∈ Domf tal que f(x) = y}.
Por ejemplo, Rec(exp(x)) = (0,∞) mientras que Rec(ln(x)) = R.
Definición 1.6 La gráfica de una función f : A ⊂ R → R es la curva plana
formada por los puntos (x, f(x)) ∈ R2 para todo x ∈ A.
Podemos clasificar las aplicaciones de la siguiente manera.
Definición 1.7 Consideremos una aplicación f : A ⊂ R → B ⊂ R. Entonces,
decimos que:
(i) f es inyectiva si ∀x1, x2 ∈ A con x1 �= x2 se tiene que f(x1) �= f(x2).
(ii) f es exhaustiva si ∀ y ∈ B, ∃x ∈ A tal que f(x) = y. Dicho de otro modo,
f(A) = B.
(iii) f es biyectiva si es inyectiva y exhaustiva a la vez.
1.2. Operaciones con funciones
Sean f : A ⊂ R → R y g : A ⊂ R → R dos funciones definidas en el mismo
dominio A y λ ∈ R cualquier escalar. Entonces, se pueden definir las siguientes
operaciones:
1. Suma: (f + g)(x) = f(x) + g(x) ∀x ∈ A.
2. Producto por escalares: (λf)(x) = λ f(x) ∀x ∈ A.
3. Producto: (fg)(x) = f(x) g(x) ∀x ∈ A.
4. Cociente: (f/g)(x) = f(x)/g(x) ∀x ∈ A− {x | g(x) = 0}.
Nota 1.8 Las anteriores operaciones también se pueden considerar entre fun-
ciones con dominios diferentes pero con intersección no vaćıa, es decir, f : A ⊂
R → R y g : B ⊂ R → R con A ∩B �= ∅. En este caso se tiene que
Dom(f + g) = Dom(fg) = A ∩B , Dom(f/g) = (A ∩B)− {x | g(x) = 0} .
1.3 Composición de funciones 5
1.3. Composición de funciones
La composición g ◦ f de las funciones f y g es una operación que solo es
posible cuando Rec(f) ∩ Dom(g) �= ∅. Dicho de otro modo, f : R → B ⊂ R y
g : B ⊂ R → R.
Definición 1.9 La función g compuesta con f se denota por g◦f y está definida
de la forma
(g ◦ f)(x) = g(f(x))
siempre que x ∈ Dom(f) y además f(x) ∈ Dom(g).
Nota 1.10 Observemos que la composición no es una operación conmutativa,
es decir, en general g ◦ f �= f ◦ g.
Ejemplo 1.11 Considerar las funciones f(x) = 3x4, g(x) = ex y h(x) = tanx.
Calcular g ◦ f , h ◦ g y f ◦ g ◦ h.
Solución.
(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x4) = exp(3x4) ,
(h ◦ g)(x) = h(g(x)) = h(ex) = tan(ex) ,
(f ◦ g ◦ h)(x) = f(g(h(x))) = f(g(tanx)) = f(exp(tanx)) = 3(exp(tanx))4
= 3e4 tan x .
⋄
1.4. Función inversa
Definición 1.12 Consideremos una aplicación f : A ⊂ R → B ⊂ R biyectiva.
Entonces, la función inversa de f se denota por f−1 : B ⊂ R → A ⊂ R y se
define de la forma f−1(y) = x si y solo si f(x) = y.
Nota 1.13 f−1 ◦ f = f ◦ f−1 = I, donde I es la aplicación identidad I(x) = x.
1.5. Ĺımites
Diremos que un punto a ∈ A ⊂ R es un punto de acumulación del conjunto
A si es un punto al cual se puede uno aproximar tanto como se quiera utilizando
únicamente puntos del conjunto A.
Por ejemplo, si A = [1, 2] es un intervalo cerrado, entonces todos los puntos
de A son también puntos de acumulación de A. Sin embargo, si A = (1, 2) es
un intervalo abierto, entonces todos los puntos de A son puntos de acumulación
de A pero también los puntos 1 y 2 son puntos de acumulación de A aunque no
pertenecen al conjunto A.
6 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
Definición 1.14 Dado un punto de acumulación a de Dom(f), se dice que el
ĺımite de la función f en el punto a es ℓ y se denota por
ĺım
x→a
f(x) = ℓ
si ∀ ǫ > 0, ∃ δ > 0 tal que si |x− a| < δ con x ∈ Dom(f) entonces |f(x)− ℓ| < ǫ.
Intuitivamente, el hecho de que una función f tenga por ĺımite ℓ en el punto
a significa que el valor de f puede ser tan cercano a ℓ como se desee, tomando
puntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurra
en a.
Ejemplo 1.15 Demostrar que
ĺım
x→1
x
1 + x2
=
1
2
.
Solución. Definimos f(x) = x1+x2 , ℓ = 1/2. Entonces
|f(x)− ℓ| =
∣
∣
∣
∣
x
1 + x2
− 1
2
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
−x2 + 2x− 1
2(1 + x2)
∣
∣
∣
∣
=
(x− 1)2
2(1 + x2)
.
Desarrollamos la condición |f(x) − ℓ| < ǫ. Se tiene entonces que (x − 1)2 <
2ǫ(1 + x2), es decir,
|x− 1| <
√
2ǫ
√
1 + x2 .
Como
√
1 + x2 ≥ 1 para todo x ∈ R, si tomamos |x − 1| <
√
2ǫ, entonces la
anterior desigualdad se cumple. Luego δ =
√
2ǫ en la Definición 1.14 de ĺımite.
En resumen, hemos probado que
∀ ǫ > 0, tomando δ =
√
2ǫ > 0 se tiene que |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− 1/2| < ǫ ,
de modo que ĺımx→1
x
1+x2 =
1
2 . ⋄
Proposición 1.16 El ĺımite de una función en un punto, si existe, es único.
Veamos a continuación algunas operaciones con ĺımites.
Proposición 1.17 Supongamos que existen los ĺımites de las funciones f y g
en un punto a. Entonces:
(i) ĺımx→a(f(x)± g(x)) = ĺımx→a f(x)± ĺımx→a g(x).
(ii) ĺımx→a λ f(x) = λ ĺımx→a f(x) para todo escalar λ ∈ R.
(iii) ĺımx→a(f(x) g(x)) = ĺımx→a f(x) ĺımx→a g(x).
(iv) Si ĺımx→a g(x) �= 0, entonces
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
=
ĺımx→a f(x)
ĺımx→a g(x)
.
.
1.5 Ĺımites 7
Definición 1.18 Se llaman indeterminaciones a las siguientes operaciones:
∞−∞, 0∞, 0
0
,
∞
∞ , ∞
0, 00, 1∞ .
Definición 1.19 La función f es un infinitésimo en el punto a si y solo si
ĺımx→a f(x) = 0. Se dice que dos infinitésimos f y g en un mismo punto punto a
son equivalentes cuando se verifique ĺımx→a f(x)/g(x) = 1. Esto lo denotaremos
por f(x) ∼ g(x) cuando x → a.
Nota 1.20 Cuando en un ĺımite, un infinitésimo esté multiplicado o dividido se
le puede sustituir por otro infinitésimo equivalente. De este modo, si f(x) ∼ g(x)
cuando x → a se tiene que
ĺım
x→a
f(x)
h(x)
= ĺım
x→a
g(x)
h(x)
, ĺım
x→a
f(x)h(x) = ĺım
x→a
g(x)h(x) .
Nota 1.21 Si dos funciones f y g son positivas y equivalentes cuando x → a
y son tal que o bien ĺımx→a f(x) = ĺımx→a g(x) = 0 o bien ĺımx→a f(x) =
ĺımx→a g(x) = ∞, entonces las funciones ln f y ln g también son equivalentes
cuando x → a.
Proposición 1.22 Los siguientes infinitésimos son equivalentes:
(i) x ∼ sinx ∼ tanx ∼ arcsinx ∼ arctanx cuando x → 0.
(ii) 1− cosx ∼ x2/2cuando x → 0.
(iii) x ∼ ln(1 + x) ∼ exp(x)− 1 cuando x → 0.
Por supuesto, a partir de estos infinitésimos equivalentes se pueden construir
otros. Aśı, realizando el cambio z = 1+x en (iii) se tiene también que ln z ∼ z−1
cuando z → 1.
Ejemplo 1.23 Demostrar que x ∼ sinx y que 1− cosx ∼ x2/2 cuando x → 0.
Solución. Considerar la circunferencia de radio 1 y x ≥ 0 un ángulo del primer
cuadrante. Usando como referencia la circunferencia unidad en la definición de
las razones trigonométricas y recordando que el arco es igual al ángulo por el
radio, es fácil ver que se satisfacen las desigualdades siguientes sinx ≤ x ≤ tanx.
Entonces, dividiendo por sinx se tiene que
1 ≤ x
sinx
≤ 1
cosx
.
Haciendo tender x → 0 en la anterior expresión se halla que
1 ≤ ĺım
x→0
x
sinx
≤ 1 ,
de modo que
ĺım
x→0
x
sinx
= 1 ,
8 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
tal y como se queŕıa demostrar.
Para demostrar la segunda equivalencia recordaremos la identidad trigo-
nométrica sin2 x = (1− cos(2x))/2. Entonces se tiene que
ĺım
x→0
1− cosx
x2/2
= ĺım
x→0
2 sin2(x/2)
x2/2
= ĺım
x→0
2(x/2)2
x2/2
= 1 ,
finalizando la demostración. ⋄
Ejemplo 1.24 Calcular los ĺımites siguientes:
(i) ĺım
x→0
√
a+ x−√a
x
(ii) ĺım
x→0
1
x
ln
(
√
1 + x
1− x
)
.
Solución. (i) Para resolver la indeterminación 0/0, multiplicamos y dividimos
el cociente por el conjugado
√
a+ x+
√
a del numerador.
ĺım
x→0
√
a+ x−√a
x
= ĺım
x→0
x
x(
√
a+ x+
√
a)
= ĺım
x→0
1√
a+ x+
√
a
=
1
2
√
a
.
(ii) Para resolver la indeterminación 0/0, utilizamos propiedades de los lo-
garitmos
ℓ = ĺım
x→0
1
x
ln
(
√
1 + x
1− x
)
= ĺım
x→0
1
2x
ln
(
1 + x
1− x
)
.
Recordando la equivalencia ln z ∼ z − 1 cuando z → 1, se tiene
ℓ = ĺım
x→0
1
2x
(
1 + x
1− x − 1
)
= ĺım
x→0
1
1− x = 1 .
⋄
Nota 1.25 Las funciones f(x) y g(x) tales que ĺımx→a f(x) = ĺımx→a g(x) =
∞ pueden tender a infinito con distintas velocidades. Entonces, se pueden com-
parar los dos infinitos. Se tiene lo siguiente:
(i) Si ĺımx→a f(x)/g(x) = ∞ se dice que f(x) es un infinito de orden superior
a g(x) cuando x → a y se denotará por O(f(x)) > O(g(x)) cuando x → a.
(ii) Si ĺımx→a f(x)/g(x) = 0 se dice que f(x) es un infinito de orden inferior a
g(x) cuando x → a y se denotará por O(f(x)) < O(g(x)) cuando x → a.
(iii) Si ĺımx→a f(x)/g(x) = 1 se dice que f(x) y g(x) son infinitos equivalentes
cuando x → a y se denotará por f(x) ∼ g(x) cuando x → a.
Los órdenes fundamentales de infinitos son los siguientes. Con a, b > 1 y m > 0
se tiene que
O(logb x) < O(xm) < O(ax) < O(xx) cuando x → ∞ .
1.6 Continuidad de funciones 9
Realicemos una pequen̄a parada para ver de qué forma se pueden resolver
las indeterminaciones de potencias, es decir, las indeterminaciones ∞0, 00 y 1∞.
Supongamos que hemos de calcular el valor ℓ del ĺımite siguiente ĺımx→a f(x)g(x)
pero resulta que en principio obtenemos alguna de las anteriores indeterminacio-
nes. En el caso 00, realizaremos la hipótesis de que f(x) es una función positiva
en un entorno punteado del 0 (esta hipótesis se hace para que exista la expresión
de ln f(x) que aparecerá posteriormente). Para resolver la indeterminación, to-
maremos logaritmos a ambos miembros de la igualdad ℓ = ĺımx→a f(x)g(x), de
modo que se obtendrá ln ℓ = ln ĺımx→a f(x)g(x). Posteriormente, conmutando
el logaritmo y el ĺımite (operación válida siempre que la función a la que se le
calcula el ĺımite sea continua en el punto al que se tiende, ver la siguiente sección
sobre continuidad de funciones) y aplicando propiedades del logaritmo de una
potencia se llega a que ln ℓ = ĺımx→a g(x) ln f(x). En definitiva se tiene que
ℓ = ĺım
x→a
f(x)g(x) ⇔ ℓ = exp
(
ĺım
x→a
g(x) ln f(x)
)
.
En el caso particular de que la indeterminación sea 1∞, con lo que ĺımx→a f(x) =
1, podemos usar además el infinitésimo equivalente ln f(x) ∼ f(x) − 1 cuando
x → a en la anterior expresión, quedando ésta de la forma
ĺım
x→a
f(x)g(x) = exp
(
ĺım
x→a
g(x)[f(x)− 1]
)
.
Notar como a partir de aqúı se ve trivialmente que
ĺım
x→∞
(
1 +
1
x
)x
= e .
1.6. Continuidad de funciones
Definición 1.26 Se dice que una función f : A ⊂ R → R es continua en un
punto a ∈ A si y solo si ĺımx→a f(x) = f(a).
Intuitivamente, f es continua en un punto a ∈ Dom(f) si se puede dibujar la
gráfica de f entorno del punto a sin levantar el boĺıgrafo del papel. Observemos
que esta forma de proceder es simplemente intuitiva como muestra la función
f(x) = x sin(1/x) que es continua en x = 0 aunque no es posible realizar su
gráfica entorno de x = 0 debido a las oscilaciones que tiene.
Definición 1.27 Si una función f es continua en todos los puntos de un con-
junto A ⊂ R diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C(A).
Aqúı, C(A) denota el conjunto de las funciones continuas en el conjunto A.
Dadas dos funciones continuas, se pueden construir otras funciones también
continuas realizando ciertas operaciones entre ellas. Más concretamente se tiene
lo siguiente.
10 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
Proposición 1.28 Sea a ∈ Dom(f)∩Dom(g) y f y g dos funciones continuas
en a. Entonces:
(i) f ± g es una función continua en a.
(ii) λ f es una función continua en a para todo escalar λ ∈ R.
(iii) f g es una función continua en a.
(iv) Si g(a) �= 0, entonces f/g es una función continua en a.
(v) Si g es continua en f(a), entonces g ◦ f es una función continua en a.
Como a ∈ R, entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo de
dos formas distintas: con x > a o bien con x < a. Estas dos formas de tender al
punto a dan lugar al concepto de ĺımite lateral.
Definición 1.29 Se define el concepto de ĺımite lateral.
(i) El ĺımite lateral por la derecha ℓ+ de la función f en el punto a es
ℓ+ = ĺım
x→a+
f(x) = ĺım
x→a
x>a
f(x) .
(ii) El ĺımite lateral por la izquierda ℓ− de la función f en el punto a es
ℓ− = ĺım
x→a−
f(x) = ĺım
x→a
x<a
f(x) .
Proposición 1.30 Una función f : R → R tiene ĺımite en un punto a si y solo
si existen los ĺımites laterales de f en a y además coinciden.
Es evidente que una función f deja de ser continua en un punto a por los
siguientes motivos: (i) � ∃ f(a); (ii) � ∃ ĺımx→a f(x); (iii) ĺımx→a f(x) �= f(a). De
forma más precisa, se tiene lo siguiente.
Definición 1.31 Si una función f no es continua en un punto a diremos que f
es discontinua en a. Se puede clasificar la discontinuidad de la forma siguiente.
(i) Esencial. Cuando no existe alguno de los ĺımites laterales.
(ii) De salto. Cuando existen los dos ĺımites laterales pero son diferentes.
(iii) Evitable. Cuando existen los dos ĺımites laterales y coinciden pero o bien
no existe la función en el punto o bien aunque exista es diferente del valor
común de los ĺımites laterales.
Ejemplo 1.32 Estudiar la continuidad de la siguiente función:
f(x) =
⎧
⎨
⎩
e−x sin x
x si x > 0 ,
ex+e−x
2 + 1 si x < 0 ,
1 si x = 0 .
1.6 Continuidad de funciones 11
Solución. Observemos que Dom(f) = R. Además, por simple inspección de
las componentes de f , es claro que f ∈ C(R − {0}). Por lo tanto, solo se tiene
que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los cálculos siguientes.
f(0) = 1 ,
ĺım
x→0+
f(x) = ĺım
x→0+
e−x sinx
x
= ĺım
x→0+
e−xx
x
= ĺım
x→0+
e−x = 1 ,
ĺım
x→0−
f(x) = ĺım
x→0−
ex + e−x
2
+ 1 = 2 .
En el cálculo del penúltimo ĺımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente
sinx ∼ x cuando x → 0. Se tiene que f presenta una discontinuidad de salto en
x = 0. ⋄
Ejemplo 1.33 Calcular el valor del parámetro real b para que la función
f(x) =
{
2x2 + b si x ≥ 0 ,
ex
2−1
x2 si x < 0 .
sea continua en R.
Solución. Por simple inspección de las componentes de f , es claro que f ∈
C(R−{0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0.
Realizamos los cálculos siguientes.
f(0) = b ,
ĺım
x→0+
f(x) = ĺım
x→0+
2x2 + b = b ,
ĺım
x→0−
f(x) = ĺım
x→0−ex
2 − 1
x2
= ĺım
x→0−
ln(ex
2
)
x2
= ĺım
x→0−
x2
x2
= 1 .
En el cálculo del último ĺımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente ln z ∼
z − 1 cuando z → 1. Por lo tanto, f será continua en x = 0 y en consecuencia
f ∈ C(R) si y solo si b = 1. ⋄
El siguiente teorema permite establecer condiciones suficientes para la exis-
tencia de al menos un cero de una función continua.
Teorema 1.34 (Bolzano) Sea f ∈ C([a, b]) tal que f(a)f(b) < 0. Entonces,
existe un número ξ ∈ (a, b) tal que f(ξ) = 0.
Método de Bisección: La aplicación repetida del teorema de Bolzano da lugar
a un algoritmo conocido comométodo de bisección. Consiste en ir estrechando de
manera sistemática el intervalo en el cual una función continua cambia de signo.
De esta forma conseguiremos obtener un intervalo arbitrariamente pequen̄o que
contenga el cero de la función. El método de bisección para una función f ∈
C([a, b]) procede de la forma siguiente. Definimos el intervalo inicial [a, b] =
[a0, b0].
12 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
Si f(a0)f(b0) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0, b0).
Tomamos c0 := (a0 + b0)/2 el punto medio entre a0 y b0.
Ahora tenemos tres casos posibles: (i) Si f(c0) = 0 hemos acabado puesto
que c0 es la ráız buscada. (ii) Si f(a0)f(c0) < 0, entonces f tiene al menos
un cero en el intervalo (a0, c0). Definimos a1 = a0, b1 = c0 y tomamos
c1 := (a1 + b1)/2 el punto medio entre a1 y b1. (iii) En caso contrario, es
decir, si f(a0)f(c0) > 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo
(c0, b0). Definimos a1 = c0, b1 = b0 y tomamos c1 := (a1 + b1)/2 el punto
medio entre a1 y b1.
Continuando de forma sistemática este proceso conseguimos una sucesión de
intervalos anidados
(a0, b0) ⊃ (a1, b1) ⊃ · · · ⊃ (an, bn) ⊃ · · · ,
de manera que la anchura de cada uno de ellos es la mitad que la del anterior
y cumpliendo que el cero de la función f siempre está contenido en todos los
intervalos. Si definimos {cn}∞n=0 como la sucesión de puntos medios cn := (an+
bn)/2 obtenida con el algoritmo de bisección, entonces es fácil ver que dicha
sucesión converge hacia un punto ξ, es decir
ĺım
n→∞
cn = ξ ,
con f(ξ) = 0 terminando de este modo el procedimiento. Obviamente, no se
podrán hacer los infinitos pasos que el método requiere para hallar ξ, de modo
que simplemente obtendremos una aproximación de ξ y además sabremos aco-
tar el error absoluto que cometemos puesto que conocemos el último intervalo
obtenido al cual pertenece ξ. De este modo, si aproximamos ξ ≈ cn, entonces
Δ = |ξ − cn| ≤ (bn − an)/2.
Teorema 1.35 (Weierstrass) Sea f ∈ C([a, b]). Entonces, f([a, b]) tiene máxi-
mo y mı́nimo.
Ejemplo 1.36 Demostrar que cualquier polinomio con coeficientes reales de
grado impar tiene al menos una ráız real.
Solución. Sea p(x) =
∑2n+1
i=0 aix
i el polinomio de grado impar 2n + 1 con
coeficientes ai ∈ R tal que a2n+1 �= 0. Supondremos que a2n+1 > 0, si no el
razonamiento es similar. Se tiene que ĺımx→±∞ p(x) = ±∞, de modo que existe
un intervalo [a, b] ⊂ R tal que f(a) < 0 y f(b) > 0. Como además p ∈ C([a, b]),
por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un número ξ ∈ (a, b) tal que
p(ξ) = 0. Obviamente ξ es una ráız real de p. ⋄
Ejemplo 1.37 Considerar la función f(x) = x3 − x − 2. Usar el teorema de
Bolzano para aproximar una ráız real de f(x) en el intervalo [0, 2] con un error
absoluto menor que 0,1.
1.7 Funciones monótonas 13
Solución. Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C([0, 2]). Además, como
f(0) = −2 < 0 y f(2) = 4 > 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe
un número ξ ∈ (0, 2) tal que f(ξ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ
utilizando el método de bisección, es decir, dividiendo el intervalo inicial por
la mitad (o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f .
Como f(1) = −2 < 0 se tiene que ξ ∈ (1, 2). Como f(1,5) = −0,125 < 0 se tiene
que ξ ∈ (1,5, 2). Como f(1,7) = 1,213 > 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 1,7). Como la
anchura del último subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 1,6± 0,1. ⋄
1.7. Funciones monótonas
Definición 1.38 Dada una función f : [a, b] ⊂ R → R, se tiene la siguiente
clasificación:
(i) f es monótona creciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tiene
que f(x) ≤ f(y). Si la última desigualdad es estricta, es decir f(x) < f(y),
entonces se dice que f es monótona estrictamente creciente en [a, b].
(ii) f es monótona decreciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y
se tiene que f(x) ≥ f(y). Si la última desigualdad es estricta, es decir
f(x) > f(y), entonces se dice que f es monótona estrictamente decreciente
en [a, b].
Proposición 1.39 Sea f : [a, b] ⊂ R → R con f ∈ C([a, b]). Si f es monótona
estrictamente creciente (resp. decreciente), entonces existe su función inver-
sa f−1 que también es monótona estrictamente creciente (resp. decreciente) y
además continua.
Ejemplo 1.40 Sean f y g dos funciones reales de variable real monótonas cre-
cientes. ¿Son monótonas las funciones f + g y fg?
Solución. Como f y g son monótonas crecientes se tiene que si x < y enton-
ces f(x) ≤ f(y) y g(x) ≤ g(y). Sumando las dos desigualdades obtenemos que
f(x) + g(x) ≤ f(y) + g(y), es decir, (f + g)(x) ≤ (f + g)(y) de modo que f + g
es una función monótona creciente.
Cuando se pretende razonar de manera análoga para la función fg se observa
que falla el último paso. Dicho de otro modo, aunque f(x) ≤ f(y) y g(x) ≤ g(y)
no es cierto en general que f(x)g(x) ≤ f(y)g(y). Ejemplos triviales de que la
función fg no es monótona creciente aunque śı lo sean f y g son f(x) = x+ 1,
g(x) = x− 1 con (fg)(x) = x2 − 1. ⋄
1.8. Problemas propuestos
Problema 1.1 Considerar una función f : [0, 1] → [0, 2] con f ∈ C([0, 1]).
Demostrar que ∃ ξ ∈ [0, 1] tal que f(ξ) = 2ξ.
Indicación: Estudiar aparte los casos f(0) = 0 y f(1) = 2.
14 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
Problema 1.2 Estudiar la continuidad de la función
f(x) =
{ |x|
sin x si x �= 0 ,
1 si x = 0 .
Solución. f �∈ C({nπ : n ∈ Z})
Problema 1.3 Calcular el ĺımite siguiente
ĺım
x→0
√
1 + ln(1 + x)−
√
1− ln(1 + x)
x
.
Solución. 1.
Problema 1.4 Calcular el ĺımite siguiente
ĺım
x→0
(cosx)1/x
2
.
Solución. 1/
√
e.
Problema 1.5 Demostrar que la ecuación 12 + sinx = x tiene una solución
real. Localizarla en un intervalo entre dos números enteros consecutivos y apro-
ximarla con un error absoluto menor que 0,1.
Solución. Sea x∗ ∈ R la solución de la ecuación. Entonces, 1 < x∗ < 2.
Además, x∗ ≈ 1,4 con un error absoluto menor que 0,1.
Problema 1.6 Calcular el valor de los parámetros reales a y b para que la
función
f(x) =
⎧
⎨
⎩
sinx si x ≤ −π/2 ,
a sinx+ b si −π/2 < x < π/2 ,
2 cosx si x ≥ π/2 ,
sea continua en todo R.
Solución. a = −b = 1/2.
Problema 1.7 Estudiar la continuidad de la función
f(x) =
{
sin(1/x)
1+e1/x
si x �= 0 ,
0 si x = 0 ,
en x = 0.
Solución. f no es continua en x = 0 pues � ∃ ĺımx→0 f(x).
Problema 1.8 Hallar el dominio de las siguientes funciones
f(x) =
√
sin(
√
x) , g(x) = ln
(
x2 − 3x+ 2
x+ 1
)
, h(x) = arcsin(x) +
√
x− 2 .
1.9 Problemas resueltos 15
Solución. Dom(f) =
⋃
k∈N[4k
2π2, (2k + 1)2π2]; Dom(g) = (−1, 1) ∪ (2,∞);
Dom(h) = ∅.
Problema 1.9 Calcular, si es que existen, los ĺımites siguientes:
(i) ĺımx→∞
(
a+x
a+x−1
)x
.
(ii) ĺımx→a
xn−an
x−a .
(iii) ĺımx→0
|x|
x .
(iv) ĺımx→0
1
1+e1/x
.
(v) ĺımx→0
(1+x)m−1
x .
Solución. (i) e. (ii) nan−1. (iii) y (iv) no existen. (v) m.
1.9. Problemas resueltos
Problema 1.10 Hallar un intervalo [m,m + 1] ⊂ R con m ∈ N donde la
ecuación sinx = x − 5 tenga solución. Obtener dicha solución con un error
absoluto menor que 0,1.
Solución. Las soluciones de la ecuación sinx = x− 5 corresponden a los ceros
de la función f(x) = sinx−x+5 que es continua en R. Entonces, por el Teorema
de Bolzano, para hallar un intervalo [m,m+1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuación
sinx = x − 5 tenga solución basta con comprobar que f(m)f(m+ 1) < 0. El
primer número natural m para el cual la condición se verifica es m = 4 ya que
f(4) = 0,243198 > 0 y f(5) = −0,958924 < 0. Sabemos pues que existe al menos
un ξ ∈ (4, 5) tal que f(ξ) = 0. Iniciemos el algoritmo de bisección para aproximar
ξ con un error absoluto menor que 0,1. Como f(4,5) = −0,47753 < 0, se tiene
que 4 < ξ < 4,5. Como f(4,2) = −0,0715758 < 0, concluimos que 4 < ξ < 4,2.
Hemos finalizado puesto que ξ = 4,1± 0,1.
Problema 1.11 Se define la función
f(x) =
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
x+ 3
x+ 2
, x < −2,
2x− x2 − 1, −2 ≤ x ≤ 3,
1− e3−x, x > 3.
Se pide calcular lo siguiente:
(a) Dominio de la función f .
(b) ĺım
x→+∞
f(x), y ĺım
x→−∞
f(x).
16 Continuidad de Funciones Reales de Variable Real
(c) Ĺımites laterales de f en x = −2.
(d) Estudiar la continuidad de f .
Solución. (a) Trivialmente se ve que Dom(f) = R.
(b) Se tiene que
ĺım
x→∞
f(x) = ĺım
x→∞
1− e3−x = 1 ,
ĺım
x→−∞
f(x) = ĺım
x→−∞
x+ 3
x+ 2
= 1 .
(c) Se tiene que
ĺım
x→−2−
f(x) = ĺım
x→−2−
x+ 3
x+ 2
= −∞ ,
ĺım
x→−2+
f(x) = ĺım
x→−2+
2x− x2 − 1 = −9 .
(d) Del cálculo realizado en el apartado anterior se tiene que f no es continua
en x = −2. Estudiaremos también la continuidad en el punto x = 3 pues es
aqúı donde se parte la función. Como
ĺım
x→3−
f(x) = ĺım
x→3−
2x− x2 − 1 = −4 ,
ĺım
x→3+
f(x) = ĺım
x→3+
1− e3−x = 0 ,
se tiene que no existe ĺımx→3 f(x) de modo que f no es continua en x = 3. En
resumen se tiene que f ∈ C(R− {−2, 3}).
Caṕıtulo 2
Cálculo Diferencial con una
Variable
2.1. La derivada
Definición 2.1 Dada una función f : R → R, se dice que f es derivable en un
punto a ∈ Dom(f) si existe la derivada de f en a que denotamos por f ′(a) y se
define como el ĺımite siguiente
f ′(a) = ĺım
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
.
Nota 2.2 La interpretación geométrica de la derivada es que f ′(a) = m, siendo
m la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f en el punto
(a, f(a)).
Nota 2.3 En ocasiones también se utiliza la siguiente definición equivalente de
derivada:
f ′(a) = ĺım
x→a
f(x)− f(a)
x− a .
Nota 2.4 También es útil la siguiente notación utilizando incrementos de la
variable Δx = h e incrementos de la función Δf = f(x+ h)− f(x):
f ′(x) = ĺım
∆x→0
Δf
Δx
=
df
dx
.
Definición 2.5 Dada una función f : A ⊂ R → R derivable en todos los puntos
del conjunto A, se define la función derivada de f y la denotaremos por f ′ de
la forma siguiente: f ′ : A ⊂ R → R tal que
f ′(x) = ĺım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
∀x ∈ A .
Denotaremos por D(A) al conjunto de las funciones derivables en A.
17
18 Cálculo Diferencial con una Variable
Nota 2.6 Si la función f ′ derivada de f vuelve a ser derivable, llamaremos
segunda derivada de f a la derivada de f ′ y lo denotaremos por f ′′. Por inducción
se define, cuando tenga sentido, la derivada n-ésima de f como f (n) = (f (n−1))′.
Ejemplo 2.7 Considerar la función f(x) =
√
x. Calcular f ′(x) con la defini-
ción de derivada.
Solución. Sea x ∈ Dom(f) = [0,∞). Utilizando la definición de derivada se
tiene
f ′(x) = ĺım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= ĺım
h→0
√
x+ h−√x
h
=
0
0
.
La indeterminación 0/0 se resuelve multiplicando numerador y denominador por
el conjugado
√
x+ h+
√
x del numerador. Aśı, se tiene que
f ′(x) = ĺım
h→0
1
2
√
x
=
1
2
√
x
.
Concluimos que f es derivable en el conjunto Dom(f)− {0} = (0,∞). ⋄
Proposición 2.8 Si la función f es derivable en el punto a, entonces f es
continua en a.
Demostración. Si la función f es derivable en el punto a, entonces existe el ĺımite
ĺım
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
.
Pero esto implica en particular que ĺımh→0 f(a + h) − f(a) = 0, es decir,
ĺımh→0 f(a + h) = f(a). Realizando el cambio de variable x = a + h en es-
te ĺımite se tiene que ĺımx→a f(x) = f(a), es decir, f es continua en a.
Definición 2.9 Dada una función f : A ⊂ R → R con f ∈ D(A) decimos que
f es de clase C1(A) si la función derivada f ′ verifica que f ′ ∈ C(A). De manera
más general, decimos que f es de clase Ck(A) si f es derivable k veces en todos
los puntos del conjunto A y además f (k) ∈ C(A).
Proposición 2.10 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene:
(i) (f ± g)′(a) = f ′(a)± g′(a).
(ii) (λ f)′(a) = λ f ′(a) para todo escalar λ ∈ R.
(iii) (fg)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a).
(iv) Si g(a) �= 0, entonces
(
f
g
)′
(a) =
f ′(a)g(a)− f(a)g′(a)
g2(a)
.
2.1 La derivada 19
Proposición 2.11 (Regla de la cadena) Si la función f es derivable en a y
la función g es derivable en f(a) entonces (g ◦ f)′(a) = g′(f(a))f ′(a).
A continuación se presenta una tabla con las reglas de derivación de algunas
funciones elementales.
f(x) f ′(x)
k 0
xn nxn−1
ax ax ln a
loga x
1
x loga e
sinx cosx
cosx − sinx
tanx 1cos2 x = 1 + tan
2 x
arcsinx 1√
1−x2
arc cosx −1√
1−x2
arctanx 11+x2
Observemos que, puesto que arcsinx + arc cosx = π/2, derivando respecto
de x esta identidad se concluye que la suma de las derivadas de las funciones
arcsinx y arc cosx debe ser cero, en concordancia con la tabla anterior.
Es claro que a partir de esta tabla se pueden derivar otro tipo de funcio-
nes. Por ejemplo, tal y como vimos en el Ejemplo 2.7, si f(x) =
√
x entonces
f ′(x) = 1
2
√
x
. Esta regla de derivación se puede obtener de la tabla recordando
que f(x) =
√
x = x1/2 de modo que f ′(x) = 12x
−1/2 = 1
2
√
x
.
Recordemos también que esta tabla puede ser generalizada de manera inme-
diata aplicando la Regla de la cadena tal y como se muestra a continuación.
f(x) f ′(x)
u(x)n nu(x)n−1u′(x)
au(x) au(x) ln a u′(x)
loga u(x)
u′(x)
u(x) loga e
sinu(x) u′(x) cosu(x)
cosu(x) −u′(x) sinu(x)
tanu(x) u
′(x)
cos2 u(x) = (1 + tan
2 u(x))u′(x)
arcsinu(x) u
′(x)√
1−u2(x)
arc cosu(x) −u
′(x)√
1−u2(x)
arctanu(x) u
′(x)
1+u2(x)
También es útil la llamada derivación logaŕıtmica para obtener la derivada
de la función f(x) = a(x)b(x). El procedimiento consiste en tomar logaritmos
20 Cálculo Diferencial con una Variable
a ambos lados para bajar exponentes, es decir, ln f(x) = b(x) ln a(x) y derivar
respecto de x en los dos miembros de esta igualdad para conseguir
f ′(x)
f(x)
= b′(x) ln a(x) + b(x)
a′(x)
a(x)
.
Despejando de aqúı f ′(x) se obtiene el resultado deseado
f ′(x) = a(x)b(x)
(
b′(x) ln a(x) + b(x)
a′(x)
a(x)
)
.
Nota 2.12 Es fácil demostrar por inducción que la regla de derivación del pro-
ducto se puede generalizar a la derivada n-ésima del producto con la llamada
regla de Leibnitz como sigue.
(f(x)g(x))(n) =
n
∑
k=0
(
n
k
)
f (n−k)(x) g(k)(x) .
Teorema 2.13 Sea f : [a, b] → R biyectiva con f ∈ C([a, b]). Consideremos
un punto x0 ∈ (a, b) tal que f es derivable en x0 con f ′(x0) �= 0. Entonces, la
función inversa f−1 es derivable en el punto y0 con f(x0) = y0 y verifica que
(f−1)′(y0) =
1
f ′(x0)
.
Demostración. Como f es biyectiva, existe f−1 que será continua puesto que
f ∈ C([a, b]). Entonces, es equivalente decir que x → x0 que decir y → y0. Se
tiene que
(f−1)′(y0) = ĺım
y→y0
f−1(y)− f−1(y0)
y − y0
= ĺım
x→x0
x− x0
f(x)− f(x0)
=
1
f ′(x0)
.
Ejemplo 2.14 Demostrar que la derivada de la función g(y) = ln y es g′(y) =
1/y usando el hecho de que g(y) es la función inversa de f(x) = ex.
Solución. Es evidente que f−1(y) = ln y puesto que f−1(f(x)) = ln(ex) = x.
Entonces, usando el Teorema 2.13, se tiene
(f−1)′(y) =
1
f ′(x)
=
1
ex
=
1
eln y
=
1
y
.
⋄
2.2. Derivadas laterales
Definición 2.15 Consideremos una función f : R → R y sea a ∈ Dom(f). Las
derivadas laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen como
f ′(a+) = ĺım
h→0+
f(a+ h)− f(a)
h
, f ′(a−) = ĺım
h→0−
f(a+ h)− f(a)
h
,
respectivamente.
2.2 Derivadas laterales 21
La siguiente proposición es evidente.
Proposición 2.16 La función f es derivable en el punto a si y solo si existen
las dos derivadas laterales de f en a y además coinciden.
Ejemplo 2.17 Estudiar la derivabilidad de la función
f(x) =
{
x2 cos
(
1
x
)
si x �= 0 ,
0 si x = 0 .
¿Esf ∈ C1([−1, 1])?
Solución. Para cualquier x �= 0, se tiene que f ′(x) = 2x cos
(
1
x
)
+ sin
(
1
x
)
, de
modo que f ∈ D(R− {0}). Estudiemos a continuación la derivabilidad de f en
x = 0 con la definición de derivada.
f ′(0) = ĺım
h→0
f(h)− f(0)
h
= ĺım
h→0
h cos
(
1
h
)
= 0 ,
donde en el último paso hemos tenido en cuenta que la función cos
(
1
h
)
es una
función acotada. Concluimos pues que f ∈ D(R) siendo la función derivada
f ′(x) =
{
2x cos
(
1
x
)
+ sin
(
1
x
)
si x �= 0 ,
0 si x = 0 .
Inspeccionando las componentes de f ′, es claro que f ′ ∈ C(R−{0}). Estudiemos
la continuidad de f ′ en x = 0. Notemos que ĺımx→0 f ′(x) no existe puesto que
no existe ĺımx→0 sin
(
1
x
)
. Entonces, f ′ no es continua en x = 0 y por lo tanto
f �∈ C1([−1, 1]). ⋄
Ejemplo 2.18 Hallar el valor de los parámetros m y n para que la función
f(x) =
{
mx+ 5 si x ≤ 2 ,
nx2 + x− 1 si x > 2 ,
sea derivable en R.
Solución. Como las componentes de f son polinomiales y por lo tanto deriva-
bles en cualquier punto, es claro que f ∈ D(R−{2}). Estudiemos la derivabilidad
de f en x = 2 calculando las derivadas laterales en dicho punto.
f ′(2+) = ĺım
h→0+
f(2 + h)− f(2)
h
= ĺım
h→0+
n(2 + h)2 + (2 + h)− 1− (2m+ 5)
h
=
2(2n−m− 2)
0
,
de modo que, para que exista f ′(2+) se debe verificar la condición
2n−m− 2 = 0 . (2.1)
22 Cálculo Diferencial con una Variable
Bajo esta condición, es decir, tomando m = 2(n−2), se comprueba trivialmente
que la indeterminación 0/0 da f ′(2+) = 1 + 4n.
Calculemos a continuación la siguiente derivada lateral
f ′(2−) = ĺım
h→0−
f(2 + h)− f(2)
h
= ĺım
h→0−
m(2 + h) + 5
h
= m .
En definitiva, f será derivable en x = 2 si y solo si f ′(2+) = f ′(2−) o equiva-
lentemente
1 + 4n = m . (2.2)
Resolviendo el sistema lineal formado por las ecuaciones (2.1) y (2.2) se halla
m = −5, n = −3/2. ⋄
Nota: El Ejemplo 2.18 también se puede resolver si imponemos las dos si-
guientes condiciones: (i) ĺımx→2 f(x) = f(2); (ii) ĺımx→2+ f
′(x) = ĺımx→2− f
′(x).
Ejemplo 2.19 Calcular las siguientes rectas tangentes.
(i) La recta tangente a la curva y = (x+ 3)/(x2 − 2) en la abscisa 2.
(ii) La recta tangente a la curva x2y− 2y+ xy2 − 4 = 0 en el punto de abscisa
2 y ordenada negativa.
Solución. (i) La recta tangente a la curva definida de manera expĺıcita por y =
f(x) en el punto de abscisa x = x0 viene dada por y−f(x0) = m(x−x0) siendo
la pendiente m = f ′(x0). En nuestro caso se tiene: x0 = 2, f(x0) = f(2) = 5/2,
m = f ′(2) = −9/2. Concluimos que la recta tangente es
y − 5
2
= −9
2
(x− 2) .
(ii) En primer lugar, calculamos las ordenadas y0 de los puntos de la curva
x2y− 2y+xy2 − 4 = 0 con abscisa x0 = 2. Se tiene que 4y0 − 2y0 +2y20 − 4 = 0,
es decir, y0 = 1 e y0 = −2. Como el enunciado dice que el punto de tangencia
tiene ordenada negativa es claro que dicho punto es (x0, y0) = (2,−2).
La única diferencia entre la parte (ii) del problema y la primera es que ahora
no nos definen la curva de manera expĺıcita y = f(x) sino que lo hacen de
manera impĺıcita como F (x, y) = 0. Existen dos formas de resolver el problema.
La primera forma consiste en hallar la forma expĺıcita de la curva despejando
la variable y de la ecuación F (x, y) = 0 para obtener y = f(x) y luego proceder
como en el apartado (i). En este caso este procedimiento se puede realizar porque
la ecuación F (x, y) = 0 es cuadrática para la variable y. Sin embargo, ya se puede
vislumbrar que este procedimiento no funcionará en general.
Nosotros resolveremos el problema de otra forma, siendo esta una forma
más general que la descrita anteriormente. El procedimiento se conoce como
derivación impĺıcita ya que, aunque no conozcas (puesto que no hemos aislado
la variable y) cómo depende y de x, sabemos que depende. Recordando esto,
2.3 Teoremas sobre funciones derivables 23
derivamos respecto de x los dos miembros de la ecuación impĺıcita F (x, y) =
0 que en nuestro caso es x2y − 2y + xy2 − 4 = 0. Tras derivar se obtiene
2xy + x2y′ − 2y′ + y2 + 2xyy′ = 0, de modo que, despejando, hallamos como
depende la derivada y′(x, y). En particular, obtenemos que la pendiente de la
recta tangente que buscamos debe ser y′(2,−2) = −2/3.
En definitiva, la recta tangente a la curva x2y−2y+xy2−4 = 0 en el punto
(2,−2) viene dada por
y + 2 = −2
3
(x− 2) .
⋄
Nota 2.20 Se define el ángulo α formado por dos curvas planas en un punto
de intersección como el ángulo que forman sus respectivas rectas tangentes en
dicho punto. Si las curvas vienen dadas por las gráficas y = f1(x) e y = f2(x)
con punto de intersección (x0, y0) tal que f
′
1(x0) = tanα1 y f
′
2(x0) = tanα2, se
tiene (suponiendo que α1 > α2) que
tanα = tan(α1 − α2) =
tanα1 − tanα2
1 + tanα1 tanα2
=
f ′1(x0)− f ′2(x0)
1 + f ′1(x0)f
′
2(x0)
.
Ejemplo 2.21 Se apoyan los extremos de una escalera de longitud L en el suelo
(horizontal) y en una pared (vertical). La parte inferior de la escalera se aleja
de la pared a una velocidad constante v. ¿A qué velocidad baja la parte superior
cuando la parte inferior se encuentra a una distancia de L/2 de la pared?
Solución. Tomamos un sistema de referencia ortogonal de modo que el origen
de referencia está situado en el punto donde se juntan la pared y el suelo. Sean
x(t) e y(t) la posición en función del tiempo t de la parte inferior y superior de
la escalera, respectivamente. Entonces, por el Teorema de Pitágoras, se satisface
que x2(t) + y2(t) = L2 para todo t. Derivando respecto del tiempo la anterior
relación obtenemos xẋ+ yẏ = 0, donde el punto indica derivación respecto del
tiempo. Despejando de aqúı ẏ obtenemos
ẏ = −x
y
ẋ .
Sustituyendo los datos del enunciado en la anterior ecuación y teniendo en
cuenta que y =
√
L2 − x2 se tiene que la velocidad pedida es
ẏ = − L/2√
L2 − (L/2)2
v = − v√
3
.
⋄
2.3. Teoremas sobre funciones derivables
Definición 2.22 Consideremos una función f : A ⊂ R → R y un punto a ∈ A.
24 Cálculo Diferencial con una Variable
1. Se dice que f tiene un máximo relativo en el punto a si existe un entorno
I = (a− ǫ, a+ ǫ) de a tal que f(x) ≤ f(a) para todo x ∈ I.
2. Se dice que f tiene un mı́nimo relativo en el punto a si existe un entorno
I = (a− ǫ, a+ ǫ) de a tal que f(x) ≥ f(a) para todo x ∈ I.
3. Se denominan extremos relativos a los máximos y mı́nimos relativos.
Definición 2.23 Sea f derivable en un punto a. Se dice que a es un punto
cŕıtico de f si verifica que f ′(a) = 0.
Proposición 2.24 Si f ∈ D(A) y f tiene un extremo relativo en un punto
a ∈ A, entonces a es un punto cŕıtico de f .
Demostración. Como f ∈ D(A), se tiene que existe f ′(a). Además, debido a
la interpretación geométrica de la derivada, f ′(a) es la pendiente de la recta r
tangente a la curva y = f(x) en el punto (a, f(a)). Teniendo en cuenta que f(x)
tiene un máximo o un mı́nimo relativo en x = a se ve geométricamente que r
es horizontal, es decir, con pendiente nula. Se concluye pues que f ′(a) = 0, es
decir, a es un punto cŕıtico de f .
Los dos teoremas siguientes tienen una simple interpretación geométrica.
Teorema 2.25 (Rolle) Sea f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)) tal que f(a) = f(b).
Entonces, existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que f ′(ξ) = 0.
Teorema 2.26 (del valor medio o de los incrementos finitos) Considere-
mos una función f con f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)). Entonces, existe un punto
ξ ∈ (a, b) tal que
f(b)− f(a)
b− a = f
′(ξ) .
Demostración. Consideremos una función auxiliar g : [a, b] → R definida de la
forma
g(x) = f(x)−
[
f(a) +
f(b)− f(a)
b− a (x− a)
]
.
Notar que g ∈ C([a, b]) y g ∈ D((a, b)). Como g(a) = g(b) = 0, por el teorema
de Rolle sabemos que existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que g′(ξ) = 0, es
decir,
f ′(ξ)− f(b)− f(a)
b− a = 0 ,
demostrando el teorema.
El teorema del valor medio tiene la interpretación geométrica de que, si
f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)), entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que la
pendiente de la recta tangente a la gráfica de f en el punto deabscisa ξ es igual
a la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)).
2.3 Teoremas sobre funciones derivables 25
Corolario 2.27 Si una función f con f ∈ D((a, b)) verifica que la función
derivada f ′ = 0, entonces f es constante en (a, b).
Ejemplo 2.28 Usar el Teorema del valor medio para probar que x < tanx < 2x
para todo x ∈ (0, π/4).
Solución. Consideremos la función f(x) = tanx con x ∈ (0, π/4). Es claro que
f ∈ C([0, x]) y f ∈ D((0, x)). Entonces, por el Teorema del valor medio, existe
un punto ξ ∈ (0, x) tal que
f(x)− f(0)
x− 0 = f
′(ξ) ,
es decir,
tanx = x sec2 ξ . (2.3)
Teniendo en cuenta que la función sec2 ξ es creciente en el intervalo considerado
ξ ∈ (0, π/4), es claro que sec2 0 < sec2 ξ < sec2(π/4), es decir, 1 < sec2 ξ < 2.
Utilizando la anterior desigualdad y recordando que x > 0 en la ecuación (2.3)
se concluye que x < tanx < 2x como se queŕıa demostrar. ⋄
Teorema 2.29 (Regla de l’Hôpital) Sean f, g ∈ D(I) siendo I un entorno
de un punto a tal que ĺımx→a f(x) = ĺımx→a g(x) = 0. Entonces, si se verifica
que ĺımx→a f ′(x)/g′(x) = ℓ se tiene que ĺımx→a f(x)/g(x) = ℓ.
Nota 2.30 La regla de l’Hôpital sigue siendo cierta en los casos siguientes: (i)
ĺımx→a f(x) = ĺımx→a g(x) = ∞; (ii) a = ±∞.
Nota 2.31 La regla de l’Hôpital se puede aplicar directamente para resolver
las indeterminaciones 0/0 e ∞/∞. También es inmediata para resolver la inde-
terminación 0∞ puesto que esta siempre se puede reescribir como 0/0 o como
∞/∞. Por lo que respecta a las indeterminaciones de potencias 00, ∞0 y 1∞,
se tomarán logaritmos antes de aplicar la regla de l’Hôpital. Ver la siguiente
colección de ejercicios.
Ejemplo 2.32 Calcular los siguientes ĺımites usando la regla de l’Hôpital.
(i) ĺımx→0
x2+2 cos x−2
x4 .
(ii) ĺımx→0+
ln x
cot x .
(iii) ĺımx→π/2− secx− tanx.
(iv) ĺımx→0+
1
x ln2 x
.
(v) ĺımx→0 xsin x.
Solución. (i) La indeterminación 0/0 se resuelve aplicando 3 veces la regla de
l’Hôpital:
ĺım
x→0
x2 + 2 cosx− 2
x4
=
0
0
= ĺım
x→0
x− sinx
2x3
=
0
0
= ĺım
x→0
1− cosx
6x2
=
0
0
= ĺım
x→0
sinx
12x
=
1
12
.
26 Cálculo Diferencial con una Variable
Notemos que en el último paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sinx ∼
x si x → 0. De hecho, se pod́ıa haber terminado el ejercicio en el paso anterior
recordando que 1− cosx ∼ x2/2 cuando x → 0.
(ii) Se tiene que
ĺım
x→0+
lnx
cotx
= −∞∞ .
La indeterminación ∞/∞ se resuelve aplicando la regla de l’Hôpital. Para ello se
debe calcular la derivada de la función cotx = tan−1 x, es decir, − tan−2 x(1 +
tan2 x) = −1/ sin2 x. Entonces
ĺım
x→0+
lnx
cotx
= ĺım
x→0+
1/x
−1/ sin2 x = − ĺımx→0+ sinx = 0 .
Observemos que en el último paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente
sinx ∼ x si x → 0.
(iii) Se tiene que
ĺım
x→π/2−
secx− tanx = ∞−∞ .
La indeterminación ∞ − ∞ se transforma en una indeterminación de cociente
para poder después aplicar la regla de l’Hôpital.
ĺım
x→π/2−
secx− tanx = ĺım
x→π/2−
1− sinx
cosx
=
0
0
= ĺım
x→π/2−
− cosx
− sinx = 0 .
(iv) Se tiene que
ĺım
x→0+
1
x ln2 x
=
1
0∞ .
La indeterminación 0∞ se transforma en una indeterminación de cociente para
poder después aplicar la regla de l’Hôpital.
ĺım
x→0+
1
x ln2 x
= ĺım
x→0+
1/x
ln2 x
=
∞
∞ = ĺımx→0+
−1/x
2 lnx
= −∞∞
= ĺım
x→0+
1/x2
2/x
= ĺım
x→0+
1
2x
= ∞ .
(v) Se tiene que
ℓ = ĺım
x→0
xsin x = 00 .
La indeterminación 00 se transforma en una indeterminación de cociente para
poder después aplicar la regla de l’Hôpital tomando logaritmos como sigue.
ln ℓ = ln
(
ĺım
x→0
xsin x
)
= ĺım
x→0
ln
(
xsin x
)
= ĺım
x→0
sinx lnx = ĺım
x→0
lnx
1/ sinx
=
∞
∞
= ĺım
x→0
1/x
− cosx/ sin2 x = − ĺımx→0
x
cosx
= 0 ,
donde en el penúltimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sinx ∼ x
si x → 0. En definitiva ℓ = e0 = 1. ⋄
2.4 Aproximación local de funciones: Teorema de Taylor 27
2.4. Aproximación local de funciones: Teorema
de Taylor
Definición 2.33 Consideremos una función f real de variable real derivable n
veces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f en a como
Pn(x) =
n
∑
k=0
f (k)(a)
k!
(x− a)k
= f(a) + f ′(a)(x− a) + f
′′(a)
2
(x− a)2 + · · ·+ f
(n)(a)
n!
(x− a)n .
Ejemplo 2.34 Calcular el polinomio de Taylor Pn(x) de grado n de las si-
guientes funciones f(x) en torno del punto a:
(i) f(x) = ex y a = 0.
(ii) f(x) = sinx y a = 0.
(iii) f(x) = lnx y a = 1.
Solución. (i) Puesto que si f(x) = ex entonces f (k)(0) = e0 = 1 para todo
k ∈ N. Se tiene pues que
Pn(x) =
n
∑
k=0
1
k!
xk = 1 + x+
1
2
x2 + · · ·+ 1
n!
xn .
(ii) En el caso de que f(x) = sinx entonces se tiene que f (2k)(0) = 0 y
f (2k−1)(0) = (−1)k−1 para todo k ∈ N. En definitiva
P2n−1(x) = x−
1
3!
x3 +
1
5!
x5 + · · ·+ (−1)n−1 1
(2n− 1)!x
2n−1 .
(iii) Tomando f(x) = lnx se tiene por inducción
f(x) = lnx ⇒ f(1) = 0 ,
f ′(x) = x−1 ⇒ f ′(1) = 1 ,
f ′′(x) = −x−2 ⇒ f ′′(1) = −1 ,
f ′′′(x) = 2x−3 ⇒ f ′′′(1) = 2 ,
...
f (n)(x) = (−1)n−1(n− 1)!x−n ⇒ f (n)(1) = (−1)n−1(n− 1)!.
En definitiva
Pn(x) = (x− 1)−
1
2
(x− 1)2 + 1
3
(x− 1)3 + · · ·+ (−1)n−1 1
n
(x− 1)n .
⋄
28 Cálculo Diferencial con una Variable
Definición 2.35 Se dice que dos funciones f y g reales de variable real y deri-
vables n veces en un punto a ∈ Dom(f) ∩ Dom(g) tienen un contacto de orden
n en el punto a si se verifica que f (k)(a) = g(k)(a) para k = 0, 1, . . . , n.
Es claro que, cuanto más alto sea el orden de contacto de dos funciones en
un punto más próximas están esas dos funciones en torno de ese punto.
Teorema 2.36 La función f y su polinomio de Taylor Pn de grado n en un
punto a tienen un contacto de orden n en a.
Demostración. Se toma un polinomio Qn(x) de grado n con coeficientes ak
arbitrarios de la forma Qn(x) =
∑n
k=0 ak(x − a)k con ak ∈ R. Tras imponer
que Qn y f tengan un contacto de orden n en a, es decir, f
(k)(a) = Q
(k)
n (a)
para k = 0, 1, . . . , n, se obtienen los coeficientes ak =
f(k)(a)
k! , de modo que en
realidad Qn = Pn siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto
a.
Teorema 2.37 (Fórmula de Taylor) Consideremos f : A ⊂ R → R con f ∈
Cn+1(A) y a ∈ A. Entonces, para todo x ∈ A se tiene que f(x) = Pn(x)+Rn(x),
siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado término
complementario de orden n. Se tiene además que existe un punto ξ entre los
puntos a y x tal que
Rn(x) =
f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!
(x− a)n+1 .
Cuando se aproxima f(x) ≈ Pn(x), se comete un error absoluto Δ = |f(x)−
Pn(x)| = |Rn(x)|, de modo que la fórmula de Taylor proporciona una expresión
para este error. Observemos también que, en general, la aproximación f(x) ≈
Pn(x) será mejor cuanto más cerca esté x de a y también cuanto más grande
sea n. En particular, notamos que la aproximación f(x) ≈ P1(x) se interpreta
geométricamente como la aproximación de la curva y = f(x) por la curva y =
P1(x) que no es más que la recta tangente a la curva y = f(x) en el punto
(a, f(a)).
Ejemplo 2.38 Usar la fórmula de Taylor para aproximar el número e con un
error menor que 10−4.
Solución. Tomaremos la función f(x) = ex y el punto a = 0. Sea Pn el polino-
mio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximación
f(1) = e ≈ Pn(1) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximación se co-
meta error absoluto Δ = |f(1) − Pn(1)| = |Rn(1)| menor que 10−4. Usando la
expresión del término complementario se tiene que
Δ = |Rn(1)| =
∣
∣
∣
∣
f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!
(1)n+1
∣
∣
∣
∣
=
eξ
(n+ 1)!
,
2.4 Aproximación local de funciones: Teorema de Taylor 29
con 0 < ξ < 1. Entonces, podemos acotar eξ < e < 3 con lo que
Δ <
3
(n+ 1)!
= g(n).
Dando valores naturales a n se tiene g(6) = 0,0005 �< 10−4 pero g(7) =
0,00007 < 10−4. Entonces, si n = 7 se tiene Δ < 10−4. En resumen, tenien-
do en cuenta el desarrollo de Taylor de la función ex en el origen calculada en
el Ejemplo 2.34, la aproximación pedida es
e ≈ P7(1) = 1 +
1
1!
+
1
2!+
1
3!
+
1
4!
+
1
5!
+
1
6!
+
1
7!
= 2,7182 ,
con un error Δ < 10−4. ⋄
Ejemplo 2.39 Usar la fórmula de Taylor para aproximar 3
√
1,2 con un error
menor que 0,01.
Solución. Tomaremos la función f(x) = 3
√
1 + x y el punto a = 0. Sea Pn
el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la
aproximación f(0,2) = 3
√
1,2 ≈ Pn(0,2) tomando un n ∈ N de modo que en
la aproximación se cometa error absoluto Δ = |f(0,2) − Pn(0,2)| = |Rn(0,2)|
menor que 0,01. Usando la expresión del término complementario se tiene que
Δ = |Rn(0,2)| =
∣
∣
∣
∣
f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!
(0,2)n+1
∣
∣
∣
∣
,
con 0 < ξ < 0,2. Calculemos por inducción la expresión de f (n+1)(x). Reescri-
bimos la función f en forma de potencia f(x) = (1 + x)1/3, de modo que
f ′(x) =
1
3
(1 + x)
1
3−1 ,
f ′′(x) =
1
3
(
1
3
− 1
)
(1 + x)
1
3−2 ,
...
f (n+1)(x) =
1
3
(
1
3
− 1
)(
1
3
− 2
)
· · ·
(
1
3
− n
)
(1 + x)
1
3−(n+1) .
Entonces
Δ =
∣
∣
∣
∣
1
(n+ 1)!
1
3
(
1
3
− 1
)(
1
3
− 2
)
· · ·
(
1
3
− n
)
(1 + ξ)
1
3−(n+1) (0,2)n+1
∣
∣
∣
∣
.
Como 0 < ξ < 0,2 podemos acotar
(1 + ξ)
1
3−(n+1) =
1
(1 + ξ)(n+1)−
1
3
<
1
(1 + 0)(n+1)−
1
3
= 1 .
30 Cálculo Diferencial con una Variable
Entonces
Δ <
∣
∣
∣
∣
1
(n+ 1)!
1
3
(
1
3
− 1
)(
1
3
− 2
)
· · ·
(
1
3
− n
)
(0,2)n+1
∣
∣
∣
∣
= g(n).
Dando valores naturales a n se tiene
g(1) =
∣
∣
∣
∣
1
2!
1
3
(
1
3
− 1
)
(0,2)2
∣
∣
∣
∣
= 0,0044 < 0,01 ,
de modo que si n = 1 entonces Δ < 0,01. En resumen, la aproximación pedida
es
3
√
1,2 ≈ P1(0,2) = f(0) + f ′(0) 0,2 = 1 +
1
3
0,2 = 1,066 ,
con un error Δ < 0,01. ⋄
Nota 2.40 Consideremos una serie alternada convergente, es decir, sea S =
∑∞
n=1(−1)nan un valor finito con {an}n∈N ⊂ R una sucesión de números reales
positivos. Entonces, si definimos la suma parcial m–ésima Sm como la suma de
los m primeros términos de la anterior serie, es decir, Sm =
∑m
n=1(−1)nan, se
tiene que |S − Sm| < am+1.
El anterior criterio de acotación de series alternadas puede ser utilizado en
caso de que se pretenda realizar la aproximación f(x) ≈ Pn(x) con un error
menor que un valor dado ǫ y ocurra que f(x) =
∑∞
k=0
f(k)(a)
k! (x−a)k resulte ser
una serie alternada convergente. Este es, por ejemplo, el caso del Ejemplo 2.39.
De forma más precisa, se tiene que
3
√
1,2 = f(0,2) =
∞
∑
k=0
f (k)(0)
k!
(0,2)k
= f(0) + f ′(0) 0,2 +
f ′′(0)
2!
(0,2)2 +
f ′′′(0)
3!
(0,2)3 + · · ·
= 1 +
1
3
0,2 +
1
3
(
1
3
− 1
)
(0,2)2 +
1
3
(
1
3
− 1
)(
1
3
− 2
)
(0,2)3 + · · ·
Busquemos a continuación el primer término de la serie cuyo valor absoluto sea
menor que el valor ǫ = 0,01 dado.
∣
∣
∣
∣
1
3
0,2
∣
∣
∣
∣
= 0,066 �< 0,01 ,
∣
∣
∣
∣
1
3
(
1
3
− 1
)
(0,2)2
∣
∣
∣
∣
= 0,0088 < 0,01 .
Concluimos que
3
√
1,2 ≈ 1 + 1
3
0,2 = 1,066 ,
con un error Δ < 0,01.
2.5 Aplicaciones de la fórmula de Taylor 31
Ejemplo 2.41 Usar la fórmula de Taylor para aproximar cos 1◦ con un error
menor que 10−3.
Solución. Tomaremos la función f(x) = cosx y la desarrollaremos en torno
del punto a = 0.
cosx = 1− x
2
2!
+
x4
4!
− x
6
6!
+ · · ·
Tomaremos x = 1◦ = π/180 radianes y obtenemos la serie
cos
π
180
= 1−
(
π
180
)2
2!
+
(
π
180
)4
4!
−
(
π
180
)6
6!
+ · · ·
Como la serie es alternada, podemos usar la Nota 2.40. En particular, puesto
que
(
π
180
)2
2!
< 10−3 ,
se tiene que
cos
π
180
≈ 1
con un error menor que 10−3. ⋄
Ejemplo 2.42 Usar la fórmula de Taylor para calcular el siguiente ĺımite
ĺım
x→0
x− sinx
x3
.
Solución. Tomaremos la función f(x) = sinx y la desarrollaremos en torno
del punto a = 0. Se tiene que
sinx = x− x
3
3!
+ · · · ,
de modo que
ĺım
x→0
x− sinx
x3
= ĺım
x→0
x3
(
1
3! + · · ·
)
x3
=
1
3!
=
1
6
.
⋄
2.5. Aplicaciones de la fórmula de Taylor
Teorema 2.43 Consideremos una función f : R → R derivable k veces en un
punto a tal que f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) �= 0. Entonces,
se verifica lo siguiente:
(i) Si k es par, entonces a es un extremo de f .
Si f (k)(a) > 0 entonces f tiene un mı́nimo en el punto a.
32 Cálculo Diferencial con una Variable
Si f (k)(a) < 0 entonces f tiene un máximo en el punto a.
(ii) Sea k impar.
Si f (k)(a) > 0 entonces f es creciente en el punto a.
Si f (k)(a) < 0 entonces f es decreciente en el punto a.
Demostración. Si f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) �= 0, usando
la fórmula de Taylor, se tiene que
f(x)− f(a) = f
(k)(a)
k!
(x− a)k +Rn(x) =
[
f (k)(a)
k!
+ α(x)
]
(x− a)k ,
donde la función α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno del
punto a, el signo del término entre corchetes de la expresión anterior coincide
con el signo de f (k)(a). Se tiene pues que:
(i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a.
Se tiene entonces que:
Si f (k)(a) > 0 entonces f(x) − f(a) ≥ 0 de modo que f tiene un
mı́nimo en el punto a.
Si f (k)(a) < 0 entonces f(x) − f(a) ≤ 0 de modo que f tiene un
máximo en el punto a.
(ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x− a)k cambia para valores de x en un
entorno del punto a. En particular:
Si f (k)(a) > 0 se tiene que el signo de f(x) − f(a) coincide con el
signo de x− a de modo que f es creciente en el punto a.
Si f (k)(a) < 0 se tiene que el signo de f(x)− f(a) es el contrario que
el signo de x− a de modo que f es decreciente en el punto a.
Ejemplo 2.44 Averiguar si x = 0 es un extremo de la función f(x) = ex +
e−x + 2 cosx.
Solución. Como f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 0 pero f (4)(0) = 4 > 0 se tiene que
f presenta un mı́nimo relativo en x = 0. ⋄
Ejemplo 2.45 Demostrar que, de todos los rectángulos de igual peŕımetro, el
de mayor área es el cuadrado.
Solución. Sean x e y las longitudes de los lados del rectángulo. Entonces el
área A del rectángulo vale A = xy. Fijado el peŕımetro p del rectángulo, es claro
que p = 2(x+ y), de donde podemos despejar
y =
p
2
− x . (2.4)
2.5 Aplicaciones de la fórmula de Taylor 33
Entonces, el área A del rectángulo depende solo de x como
A(x) = x
(p
2
− x
)
.
Buscaremos los máximos de la función A(x). En primer lugar hallaremos los
puntos cŕıticos de A. Como A′(x) = −2x + p/2, se tiene que la única solución
de la ecuación A′(x) = 0 es x = p/4. Además, como A′′(x) = −2 < 0 se tiene
que la función A presenta un máximo en x = p/4. Debido a (2.4) se tiene en
realidad que x = y = p/4. Entonces, concluimos que el rectángulo es, de hecho,
un cuadrado. ⋄
Ejemplo 2.46 Calcular las dimensiones (radio r y altura h) del cono de volu-
men máximo que se puede inscribir en una esfera de radio R.
Solución. El volumen V de un cono de radio r y altura h es
V =
1
3
πr2h .
Como el cono está inscrito en una esfera de radio R, usando el teorema de
Pitágoras se tiene que r2 + (h−R)2 = R2, de donde podemos despejar
r2 = R2 − (h−R)2 . (2.5)
Entonces, el volumen V solo depende de h como
V (h) =
1
3
π[R2 − (h−R)2]h .
Buscaremos los máximos de la función V (h). En primer lugar hallaremos los
puntos cŕıticos de V . Derivando se obtiene
V ′(h) = −1
3
πh(3h− 4R) .
La única solución positiva de la ecuación V ′(h) = 0 es h = 4R/3. Además es
fácil comprobar que V ′′(4R/3) < 0 de modo que V presenta un máximo en
h = 4R/3. Finalmente, teniendo en cuenta (2.5),
(h, r) =
(
4R
3
,
√
8
3
R
)
,
es la solución del problema. ⋄
Ejemplo 2.47 Calcular la mı́nima distancia entre los puntos de la parábola
y = x2 y el punto (2, 1/2).
Solución. Los puntos de la parábola son de la forma (x, x2), de modo que la
distancia entre esos puntos y el punto (2, 1/2) es
d(x) =
√
(x− 2)2 + (x2 − 1/2)2 .
34 Cálculo Diferencial con una Variable
Es claro que los valores de x que corresponden a un mı́nimo de d son los mismos
que hacen mı́nima la función
D(x) = d2(x) = (x− 2)2 + (x2 − 1/2)2 .
Por este motivo, preferimos trabajar con la función D en lugar de la función
d. Buscaremos los mı́nimos de la funciónD(x). En primer lugar hallaremos los
puntos cŕıticos de D. Derivando se obtiene D′(x) = 4(x3 − 1), de modo que el
único punto cŕıtico de D es x = 1. Además, puesto que D′′(x) = 12x2, se tiene
D′′(1) > 1 con lo que D (y por lo tanto d) presenta un mı́nimo en x = 1. El
punto de la parábola que corresponde a esta distancia mı́nima es (1, 1) y dicha
distancia es
d(1) =
√
5
2
.
⋄
Definición 2.48 Sea f : R → R una función derivable en un punto a.
1. Se dice que f tiene concavidad positiva en el punto a si existe un entorno
I = (a − ǫ, a + ǫ) de a tal que f(x) ≥ P1(x) = f(a) + f ′(a)(x − a) para
todo x ∈ I.
2. Se dice que f tiene concavidad negativa en el punto a si existe un entorno
I = (a − ǫ, a + ǫ) de a tal que f(x) ≤ P1(x) = f(a) + f ′(a)(x − a) para
todo x ∈ I.
3. En caso contrario, se dice que f tiene un punto de inflexión en el punto a.
Nota 2.49 Notemos que, geométricamente, los puntos a de concavidad positiva
(resp. negativa) para la función f corresponden a aquellos puntos donde la recta
tangente a la gráfica de f en el punto (a, f(a)) pasa por debajo (resp. encima)
de la gráfica de f en un entorno del punto a.
Teorema 2.50 Consideremos una función f : R → R derivable k veces en un
punto a tal que f ′′(a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) �= 0. Entonces, se
verifica lo siguiente:
(i) Sea k par.
Si f (k)(a) > 0 entonces f tiene concavidad positiva en el punto a.
Si f (k)(a) < 0 entonces f tiene concavidad negativa en el punto a.
(ii) Si k es impar, entonces f tiene un punto de inflexión en el punto a.
Demostración. Si f ′′(a) = · · · = f (k−1)(a) = 0 pero f (k)(a) �= 0, usando la
fórmula de Taylor, se tiene que
f(x)− P1(x) =
f (k)(a)
k!
(x− a)k +Rn(x) =
[
f (k)(a)
k!
+ α(x)
]
(x− a)k ,
donde la función α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno del
punto a, el signo del término entre corchetes de la expresión anterior coincide
con el signo de f (k)(a). Se tiene pues que:
2.6 Problemas propuestos 35
(i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a.
Se tiene entonces que:
Si f (k)(a) > 0 entonces f(x) − P1(x) ≥ 0 de modo que f tiene
concavidad positiva en el punto a.
Si f (k)(a) < 0 entonces f(x) − P1(x) ≤ 0 de modo que f tiene
concavidad negativa en el punto a.
(ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x− a)k cambia para valores de x en un
entorno del punto a. En particular, f(x)− P1(x) no mantiene el signo de
modo que f tiene un punto de inflexión en el punto a.
Ejemplo 2.51 Sea f : R → R una función tal que f ′′(0) > 0. Averiguar la
concavidad en x = 0 de la función g(x) = f(x) + f(−x).
Solución. Aplicando la regla de la cadena se tiene que g′(x) = f ′(x)− f ′(−x)
de modo que g′(0) = 0. Derivando de nuevo se tiene g′′(x) = f ′′(x) + f ′′(−x)
con lo que g′′(0)2f ′′(0) > 0. Se tiene pues que g tiene concavidad positiva en
x = 0. De hecho, g tiene un mı́nimo relativo en x = 0. ⋄
2.6. Problemas propuestos
Problema 2.1 Considerar la función f(x) = xn. Demostrar que f ′(x) = nxn−1
utilizando la definición de derivada.
Problema 2.2 Demostrar que (fg)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a) utilizando la
definición de derivada.
Problema 2.3 La función f(x) = sinx es biyectiva cuando se restringe al
intervalo (−π/2, π/2). Hallar la derivada de la función g(y) = arcsin y usando
el hecho de que g = f−1.
Problema 2.4 Considerar la función f(x) = 1− 3
√
x2 definida en el intervalo
[−1, 1]. Verificar que f(1) = f(−1) y que f ′(x) no se anula en ningún punto del
intervalo [−1, 1]. Explicar por qué no se contradice el Teorema de Rolle.
Solución. � ∃f ′(0) ⇒ f �∈ D((−1, 1)).
Problema 2.5 ¿ Se puede extender la función
f(x) =
x ln(2x− x2)
(x− 1)2
de forma continua en los puntos x = 0, x = 1 y x = 2? Estudiar la derivabilidad
por la derecha de la función extendida en x = 0.
Solución. Se puede extender en x = 0 definiendo f(0) = 0 y en x = 1
definiendo f(1) = −1. No se puede extender en x = 2. � ∃f ′(0+).
36 Cálculo Diferencial con una Variable
Problema 2.6 Sean a, b ∈ R y n ∈ N. Demostrar que el polinomio xn + ax+ b
tiene como mucho dos ráıces reales si n es par y tres ráıces reales si n es impar.
Problema 2.7 Sea f : R → R de clase C2 y verificando f(1) − f(0) = 7 y
|f ′′(x)| ≤ 3 para todo x ∈ [0, 1]. Demostrar que f es creciente en un entorno de
x = 0.
Problema 2.8 Estudiar la derivabilidad en x = 2 de la función
f(x) =
{
x−2
1+exp( 1x−2 )
si x �= 2 ,
0 si x = 2 .
Solución. � ∃f ′(2).
Problema 2.9 Hallar las derivadas de las funciones
f(x) = arc cos
1√
1 + x2
, g(x) = arcsin
x√
1 + x2
.
¿Qué se puede deducir del resultado?
Solución. f ′(x) = g′(x) = 1/(1 + x2). Entonces f(x)− g(x) es constante.
Problema 2.10 Considerar la función y(x) definida de manera impĺıcita por
la ecuación x− 2y sin xy = 0. Hallar la función derivada y′(x).
Solución. y′ = y/x.
Problema 2.11 Dos móviles realizan trayectorias parabólicas coplanarias da-
das por las ecuaciones y = f(x) = x2 + x − 6, y = g(x) = 12 (x2 − 2x + 8) de
modo que, durante todo el movimiento, tienen igual abscisa. Calcular las coor-
denadas de los móviles cuando: (i) se muevan paralelamente; (ii) se muevan
perpendicularmente.
Indicación: Recordar la fórmula de trigonometŕıa tan(β2 − β1) = [tan(β2) −
tan(β1)]/[1 + tan(β2) tan(β1)].
Solución. (i) (−2,−4) y (−2, 8). (ii) Hay dos casos. El primero es (0,−6) y
(0, 4) y el segundo es (1/2,−21/4) y (1/2, 29/8).
Problema 2.12 Demostrar que
1 + x < ex <
1
1− x ,
para todo 0 < x < 1.
Problema 2.13 Demostrar que entre cualquier par de ráıces reales de la ecua-
ción ex sinx = 1 existe al menos una ráız real de la ecuación ex cosx = −1.
Indicación: Aplicar el Teorema de Rolle a la función f(x) = e−x − sinx.
2.6 Problemas propuestos 37
Problema 2.14 Demostrar que para cualquier a y b satisfaciendo 0 < a < b
se tiene que
1− a
b
< ln
b
a
<
b
a
− 1 .
Indicación: Usar el Teorema del valor medio a la función f(x) = lnx.
Problema 2.15 Calcular los ĺımites siguientes:
(i) ĺımx→0
x2 sin x−sin3 x
x5 .
(ii) ĺımx→∞ x(arctan(ex)− π/2)).
(iii) ĺımx→0+
(
1
x
)tan x
.
Solución. (i) 1/3, (ii) 0, (iii) 1.
Problema 2.16 Hallar el polinomio de Taylor de grado arbitrario de la función
arctanx en torno del punto a = 0.
Solución. P2n−1(x) = x− x
3
3 +
x5
5 − x
7
7 + · · ·+ (−1)n−1 x
2n−1
2n−1 .
Problema 2.17 Averiguar para qué valores de x en la aproximación sinx ≈ x
el error cometido no supera el valor 0,0005.
Solución. |x| < 0,1442.
Problema 2.18 Averiguar la relación entre el radio R y la altura h de un
depósito ciĺındrico cerrado con un volumen fijado de modo que su área total sea
mı́nima.
Solución. h = 2R.
Problema 2.19 Dos móviles se mueven en un plano con un movimiento recti-
lineo uniforme. El primero parte del punto (14, 0) y sigue una recta paralela al
eje de ordenadas con velocidad v1 = 4 m/s. El segundo parte del punto (0, 18)
y sigue una recta paralela al eje de abscisas con velocidad v2 = 2 m/s. Calcular
el tiempo para el cual la distancia entre los dos móviles es mı́nima.
Solución. t = 5 segundos.
Problema 2.20 El precio de un material es proporcional al cuadrado de su
peso. Averiguar cómo debe partirse una pieza de este material de modo que la
depreciación de su valor sea máxima.
Solución. Debe partirse en dos partes iguales.
Problema 2.21 Hallar y clasificar los extremos relativos de las funciones si-
guientes:
(i) f(x) = 2(x−1)x − lnx2.
38 Cálculo Diferencial con una Variable
(ii) g(x) = x3 − |x|.
Solución. (i) Máximo en x = 1; (ii) Mı́nimo en x = 1/
√
3 y máximo en x = 0.
Problema 2.22 Usar el Teorema del valor medio para demostrar que sinx < x
para todo x > 0.
Problema 2.23 ¿En cuántos puntos se intersectan las curvas y = ln(x) e y =
x2/9?
Problema 2.24 ¿En qué punto la recta tangente a la parábola y = x2 − 7x+3
es paralela a la recta 5x+ y − 3 = 0.
Solución. (1,−3).
Problema 2.25 Demostrar que, en la parábola y = Ax2 + Bx + C, la cuerda
que une los puntos de abscisas x = a y x = b es paralelaa la recta tangente a
la parábola en el punto de abscisa media.
2.7. Problemas resueltos
Problema 2.26 Usando un desarrollo de Taylor adecuado, aproximar 5
√
1,035
con tres cifras decimales exactas.
Solución. Definimos f(x) = 5
√
1 + x, de modo que se debe aproximar el valor
de f(0,035) con un error absoluto menor que 10−3. Realizamos un desarrollo de
Taylor de f(x) en torno de x = 0 y obtenemos
5
√
1 + x = 1 +
1
5
x− 2
25
x2 +
6
125
x3 + · · ·
Evaluando en x = 0,035 se obtiene la serie alternada siguiente
5
√
1,035 = 1 +
1
5
× (0,035)− 2
25
× (0,035)2 + 6
125
× (0,035)3 + · · ·
Ahora, usando el criterio de aproximación por truncamiento en una serie alter-
nada y teniendo en cuenta que
1
5
× (0,035) �< 10−3 , 2
25
× (0,035)2 < 10−3 ,
se tiene que
5
√
1,035 ≈ 1 + 1
5
× (0,035) = 1,007 .
2.7 Problemas resueltos 39
Nota: Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como f(x) =
5
√
1 + x = (1+ x)1/5, se tiene que f ′(x) = 15 (1 + x)
1/5−1, f ′′(x) = 15
(
1
5 − 1
)
(1 +
x)1/5−2, f ′′′(x) = 15
(
1
5 − 1
) (
1
5 − 2
)
(1 + x)1/5−3. Por inducción obtenemos
f (n)(x) =
1
5
(
1
5
− 1
)(
1
5
− 2
)
· · ·
(
1
5
− (n− 1)
)
(1 + x)1/5−n.
Al aproximar f(0,035) ≈ Pn(0,035) siendo Pn el polinomio de Taylor de grado
n centrado en el punto a = 0 se comete un error absoluto
Δ(n) = |Rn(0,035)| =
∣
∣
∣
∣
f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!
0,035n+1
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
1
(n+ 1)!
1
5
(
1
5
− 1
)(
1
5
− 2
)
· · ·
(
1
5
− n
)
(1 + ξ)1/5−(n+1) 0,035n+1
∣
∣
∣
∣
,
siendo ξ ∈ (0, 0,035). Como n ∈ N, 15 − (n+ 1) < 0, de modo que
∣
∣
∣
(1 + ξ)1/5−(n+1)
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
1
(1 + ξ)(n+1)−1/5
∣
∣
∣
∣
<
1
(1 + 0)(n+1)−1/5
= 1 .
Entonces
Δ(n) <
∣
∣
∣
∣
1
(n+ 1)!
1
5
(
1
5
− 1
)(
1
5
− 2
)
· · ·
(
1
5
− n
)
0,035n+1
∣
∣
∣
∣
.
Tomando valores de n se tiene que
Δ(1) <
∣
∣
∣
∣
1
2!
1
5
(
1
5
− 1
)
0,0352
∣
∣
∣
∣
= 0,000098t < 10−3 .
Se concluye que f(0,035) ≈ P1(0,035) con un error absoluto menor que 10−3.
En definitiva
5
√
1,035 ≈ P1(0,035) = 1 +
1
5
× 0,035 = 1,007 .
Problema 2.27 Usar la fórmula de Taylor para resolver las siguientes cues-
tiones:
(i) Demostrar que cosx ≥ 1− x2/2 para todo x ∈ R.
(ii) Calcular el ĺımite siguiente en función de los valores del parámetro real a.
ĺım
x→0
(ex − 1− x)3
(1− cosx)a
Solución. (i) Usando la fórmula de Taylor para la función f(x) = cosx en
torno del origen hasta segundo orden se tiene que f(x) = P2(x) + R2(x), es
decir,
cosx = 1− x
2
2!
+
sin ξ
3!
x3 ,
con ξ entre 0 y x. Se tienen dos casos:
40 Cálculo Diferencial con una Variable
(a) Si |x| < π, entonces sin ξ y x3 tienen el mismo signo, de modo que R2(x) ≥
0 con lo que se deduce cosx ≥ 1− x22! cuando |x| ≤ π.
(b) Si |x| > π, entonces se tiene fácilmente que
1− x
2
2
< 1− π
2
2
< −2 < cosx .
(ii) Usando la fórmula de Taylor para las funciones cosx y ex en torno del
origen se tiene
cosx = 1− x
2
2!
+ · · · , ex = 1 + x+ x
2
2!
+ · · ·
donde los puntos suspensivos corresponden a términos de orden superior. En-
tonces
ĺım
x→0
(ex − 1− x)3
(1− cosx)a = ĺımx→0
(x
2
2 + · · ·)3
(x
2
2 + · · ·)a
= ĺım
x→0
(
x2
2
)3
(1 + · · ·)3
(
x2
2
)a
(1 + · · ·)a
= ĺım
x→0
(
x2
2
)3−a
.
Se concluye que
ĺım
x→0
(ex − 1− x)3
(1− cosx)a =
⎧
⎨
⎩
0 si a < 3,
1 si a = 3,
∞ si a > 3.
Problema 2.28 Considerar la función
f(x) =
⎧
⎨
⎩
4
1
x−3 −7
4
1
x−3 +7
si x �= 3
1 si x = 3
Estudiar la continuidad de f en R. Calcular la función f ′(x) explicitando cuál
es su dominio.
Solución. Las componentes de f nos indican que f es continua en todo R
excepto, quizás, en x = 3. Estudiemos la continuidad de f en x = 3. Para ello,
recordando que
ĺım
x→3±
1
x− 3 = ±∞ ,
se tienen los ĺımites laterales siguientes. Primero
ĺım
x→3+
f(x) = ĺım
x→3+
4
1
x−3 − 7
4
1
x−3 + 7
=
∞
∞ = 1 ,
donde la indeterminación se ha resuelto dividiendo numerador y denominador
por 4
1
x−3 . Por otra parte
ĺım
x→3−
f(x) = ĺım
x→3−
4
1
x−3 − 7
4
1
x−3 + 7
=
−7
7
= −1 .
2.7 Problemas resueltos 41
Como ĺımx→3+ f(x) �= ĺımx→3− f(x), la función f no es continua en x = 3 ya
que no existe ĺımx→3 f(x). En consecuencia f tampoco es derivable en x = 3.
La función derivada de f es (observad que la derivada del numerador y del
denominador coinciden)
f ′(x) =
−4 1x−3 ln 4 1(x−3)2 14
(
4
1
x−3 + 7
)2
con Dom(f ′) = R− {3}.
Problema 2.29 Un triángulo isósceles de peŕımetro p gira alrededor de su al-
tura engendrando un cono. ¿Qué valor debe tener la base del triángulo para que
el volumen del cono sea máximo?
Solución. Sea 2x la base del triángulo e y el valor común de los lados iguales.
Por el teorema de Pitágoras y2 = h2 + x2, siendo h la altura del cono. Por otra
parte, p = 2(x+ y). El volumen V del cono engendrando es
V =
1
3
πx2h =
1
3
πx2h =
1
3
πx2
√
y2 − x2 = 1
3
πx2
√
(p/2− x)2 − x2 .
Buscamos el valor de x tal que el volumen V del cono sea máximo. Puesto que
este valor de x coincide con el que hace máximo la función
f(x) = V 2(x) =
1
9
π2x4
[
(p
2
− x
)2
− x2
]
,
y la función f es polinomial, finalmente maximizaremos f . Los puntos cŕıticos
de f corresponden a las soluciones de la ecuación
f ′(x) =
1
9
π2px3(p− 5x) = 0 .
La solución x = 0 corresponde, trivialmente, con el volumen mı́nimo (de hecho
V = 0). El otro punto cŕıtico es x = p/5. Como f ′′(p/5) = −p4/25 < 0, se
concluye que para x = p/5 se tiene un valor máximo del volumen V , luego la
base 2x del triángulo ha de ser 2p/5.
Problema 2.30 De todos los rectángulos inscritos en un semićırculo de radio
R, calcular las dimensiones del que tiene área máxima.
Solución. Sean x e y la base y la altura del rectángulo, respectivamente. La fun-
ción área del rectángulo es A(x, y) = xy. Consideremos el triángulo rectángulo
de vértices: el punto medio de la base del rectángulo; dos vértices del rectángulo
sobre una misma altura. Dicho de otro modo, las variables x e y están relaciona-
das mediante el Teorema de Pitágoras de la forma (x/2)2+y2 = R2. Despejando
de esta relación y para luego ser sustituida en la función A se llega a que
A(x) = x
√
R2 − x
2
4
.
42 Cálculo Diferencial con una Variable
Para simplificar cálculos (eliminar ráıces cuadradas) maximizaremos la función
área al cuadrado
F (x) = A2(x) = x2
(
R2 − x
2
4
)
.
La derivada de F es F ′(x) = x(2R2−x2), de modo que los puntos cŕıticos de F
(las soluciones de la ecuación F ′(x) = 0) son x = 0 y x =
√
2R. Es evidente que
x = 0 corresponde a un área mı́nima, de modo que desechamos esta solución.
Además, puesto que F ′′(
√
2R) = −4R2 < 0, concluimos que F (y por lo tanto
A) tiene un máximo relativo en x =
√
2R.
Finalmente, teniendo en cuenta que y =
√
R2 − x24 , las dimensiones del
rectángulo de máxima área son
(x, y) = (
√
2R,R/
√
2) .
Problema 2.31 Considerar la función f(x) =
x
1 + exp
(
1
x
) .
(i) Estudiar la continuidad de f en R.
(ii) Estudiar la derivabilidad de f en R.
Solución. (i) Por simple inspección comprobamos que, excepto en x = 0,
la función f es una composición de funciones continuas. Se tiene pues que f ∈
C(R−{0}). La continuidad de f en el punto x = 0 la estudiamos a continuación.
Observemos que, puesto que ĺımx→0± 1/x = ±∞ se tiene que
ĺım
x→0+
f(x) = ĺım
x→0+
x
1 + exp ( 1x )
=
0
1 +∞ = 0 ,
ĺım
x→0−
f(x) = ĺım
x→0−
x
1 + exp ( 1x )
=
0
1 + 0
= 0 .
Entonces concluimos que ĺımx→0 f(x) = f(0) = 0 de modo que f es continua
en x = 0 y por lo tanto f ∈ C(R).
(ii) Calculando la derivada de f con las reglas de derivación obtenemos
f ′(x) =
1 + exp
(
1
x
)
− x exp
(
1
x
) (−1
x2
)
[
1 + exp
(
1
x
)]2 =
x+ exp
(
1
x
)
(1 + x)
x
[
1 + exp
(
1
x
)]2 .
Observemos que la función f ′(x) está bien definida para todo x �= 0, es
decir, f ∈ D(R− {0}). La derivabilidad de f en el punto x = 0 la estudiamos a
continuación. Otra vez, puesto que ĺımh→0± 1/h = ±∞, calcularemos derivadas
laterales