cálculo - Cálculo diferencial - espanhol_Maynard Kong

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CALCULO DIFERENCIAL
Maynard Kong
CÁLCULO 
DIFERENCIAL
CUARTA EDICIÓN
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DEL PERÚ 
FONDO EDITORIAL 2001
Primera Edición, Diciembre de 1988 
Segunda Edición, Mayo de 1991 
Tercera Edición, Junio de 1995 
Cuarta Edición, Marzo de 2001
Diagramación: José C. Cabrera Zúñiga
Nora O. Cabrera Zúñiga
CALCULO DIFERENCIAL
Copyright 2001 por Fondo Editorial de la Pontificia Universidad Católica 
del Perú, Av. Universitaria, cuadra 18, San Miguel. Apartado 1761. Lima, 
Perú. Telefax 4600872, teléfono 4602870, anexos 220 y 356.
Derechos reservados 
ISBN 9972-42-194-5
Prohibida la reproducción total o parcial de este libro por cualquier medio, sin 
permiso expreso de los editores.
Hecho el Depósito Legal: 150105 2001 - 1036
Impreso en el Perú Printed in Perú
M aynard . K on g . Egresó de la Facultad de Ciencias 
Físicas y Matemáticas de la Universidad Nacional de 
Ingeniería. Se ha desempeñado como profesor del 
Departamento de Ciencias de la Universidad Católica en 
cursos de Matemáticas e Itiformática de niveles y 
especialidades variados. Obtuvo el grado PhD en la 
Universidad de Chicago (Estados Unidos de América) en 
1976. Fue profesor visitante en la Universidad de Stuttgart 
(República. Federal de Alemania) en 1979, y al mismo tiempo 
becario de la Fundación von Humboldt en un programa de 
posdoctorado, y posteriormente en Venezuela durante cuatro 
años.
Ha publicado varios trabajos de investigación y 
textos de consulta universitaria, entre los que se pueden 
mencionar: Teoría de Conjuntos (coautor), Cálculo 
Diferencial, Cálculo Integral, Basic, Lenguaje de 
Programación Pascal, Lenguaje de Programación C, 
Lenguaje Ensamblador Macro Assembler e Inteligencia t 
Artificial.
Ha participado en numerosos eventos de Matemáticas 
e Informática, tanto en el país como en el extranjero.
p r é L T
En este texto se desarrollan los conceptos fundamentales del Cálculo 
Diferencial y sus aplicaciones. La obra ofrece abundante material práctico, 
mediante ejemplos y problemas resueltos y propuestos, y está dirigida a 
los estudiantes de Ciencias, Ingeniería y Economía.
En la presente edición, además de corregir algunos errores y reescribir 
varias partes del texto original, he agregado un capítulo al comienzo para 
tratar las sucesiones y series de números y otro capítulo, al final, para las 
aplicaciones del axioma del supremo.
Los estudiantes e instructores interesados directamente en las 
aplicaciones del Cálculo Diferencial pueden omitir el último capítulo que 
tiene un carácter eminentemente teórico y su propósito es mostrar la 
deducción de los teoremas más importantes sobre los números reales 
partiendo de una presentación axiomática de los mismos.
El texto comprende temas sobre sucesiones y series, conceptos de 
geometría analítica del plano (las curvas: círculo, parábola, elipse e 
hipérbola, y la ecuación de segundo grado) necesarios en las 
aplicaciones posteriores, conceptos sobre límites, continuidad y 
derivación, y su uso en el estudio de las funciones.
ín d ic e G e n e r a l
Capítulo 0. Sucesiones y Series
0.1 Valor absoluto. Propiedades 17
0.2 Algunas fórmulas trigonométricas 18
0.3 Fórmulas de la geometría analítica del plano. Distancia
entre dos puntos. Punto medio. Pendiente de un seg­
mento. Ecuación de la recta. Angulo entre dos rectas.
Distancia de un punto a una recta 18
0.4 Funciones de variable real a valores reales 19
0.5 Intervalos 19
0.6 Vectores en el plano 21
0.7 Sucesiones de números reales. Sucesiones acotadas.
Sucesiones convergentes y divergentes. Propiedades 
básicas. Algunas sucesiones especiales. Problemas
resueltos. 22
0.8 Criterios de convergencia. Criterios de Cauchy. Suce­
siones monótonas acotadas. Problemas resueltos. 34
0.9 Series de números. Problemas resueltos 48
10
Capítulo 1. El Círculo
1.1 Definición 57
1.2 Ecuación del círculo en coordenadas cartesianas 57
1.3 Problemas Resueltos 58
1.4 Problemas Propuestos 62
Capítulo 2. La Parábola
2.1 Definición 63
2.2 Notación 63
2.3 Ecuaciones de la parábola con eje paralelo a un eje de
coordenadas 64
2.4 Ecuación vectorial de la parábola 64
2.5 Problemas Resueltos 65
2.6 Problemas Propuestos 72
Capítulo 3. La Elipse
3.1 Definición 75
3.2 Notación y algunas propiedades 76
3.3 Ecuación de la elipse con eje paralelo a un eje de coor­
denadas cartesianas 76
3.4 Problemas Resueltos 77
3.5 Problemas Propuestos 86
Capítulo 4. La Hipérbola
4.1 Definición 89
4.2 Notación y algunas propiedades 89
4.3 Ecuación de la hipérbola con eje transversal paralelo a 
un eje de coordenadas cartesianas. Asíntotas de una
hipérbola 90
4.4 Hipérbolas conjugadas 92
4.5 Problemas Resueltos 92
4.6 Problemas Propuestos 101
11
Capítulo 5. La Ecuación General de Segundo Grado
5.1 Definición de sección cónica 103
5.2 Teorema de clasificación de secciones cónicas 103
5.3 Traslación de Ejes 105
5.4 Problemas Propuestos 106
5.5 Rotación de ejes 107
5.6 Problemas Resueltos 108
5.7 Definición de la ecuación general de segundo grado 111
5.8 Proposición: Eliminación del término cuadrático, ángulo 
de rotación 112
5.9 Teorema: Clasificación de la ecuación de segundo 
grado según el discriminante 112
5.10 Nota 112
5.11 Problemas Resueltos 114
5.12 Problemas Propuestos 120
Capítulo 6. Límites de Funciones
6.1 Definición de límite 123
6.2 Propiedades sobre límites de funciones. Límite de una 
función constante. Límites de la suma, diferencia, pro­
ducto y cociente de dos funciones. Límites de funcio­
nes polinómicas, racionales, potencias y raices. Tras­
lación de la variable independiente. Teorema del Sand­
wich. Límites trigonométricos. Cambio de escala en la 
variable independiente. Límite de la composición de 
dos funciones o de cambio de variable 125
6.3 Problemas Resueltos 132
6.4 Límites unilaterales 147
6.5 Problemas Resueltos 147
6.6 Límites que contienen infinito 150
6.7 Problemas Resueltos 151
6.8 Límites infinitos 155
6.9
f(x)
Teorema: Límites infinitos de funciones ------
8(x)
156
12
6.10 Teorema: Límites infinitos de funciones
6.11 Límites de la forma lim f { x )8(x* = c
x->a
6.12 Problemas Resueltos
6.13 Asíntotas de una curva
6.14 Problemas Resueltos
6.15 Problemas Propuestos
Capítulo 7. Continuidad
7.1 Definición: Continuidad en un punto
7.2 Observaciones
7.3 Definición: Continuidad en un intervalo abierto
7.4 Ejemplos
7.5 Propiedades de preservación de la continuidad
7.6 Teorema: Composición de funciones continuas
7.7 Clasificación de las discontinuidades
7.8 Definición: Continuidad en un intervalo cerrado
7.9 Propiedades fundamentales de las funciones continuas
7.10 Problemas Resueltos
Capítulo 8. Derivación y Funciones Elementales
8.1 Derivada de una función
8.2 Regla para calcular la derivada en un punto
8.3 Interpretación geométrica de la derivada. Recta tan­
gente a una curva
8.4 Problemas Resueltos
8.5 Continuidad y Derivación
8.6 Derivadas por la derecha y por la izquierda
8.7 Propiedades de la derivación
8.8 Derivadas de algunas funciones básicas
8.9 Nota
157
157
158
163
164 
167
171
171
172 
172
174
175 
175 
178 
181 
182
199
200
200
203
211
212
213
214 
218
13
8.10 Problemas Resueltos 218
8.11 Problemas Propuestos 240
8.12 Regla de derivación en cadena 242
8.13 Problemas Resueltos 245
Capítulo 9. Aplicaciones de la Derivada
9.1 Derivadas de orden superior 261
9.2 Derivadas de una función implícita 263
9.3 Derivadas de funciones representadas en forma para-
métrica 266
9.4 Aplicaciones geométricas. Definición: rectas tangente y
normal; segmentos y ángulo entre dos curvas 269
9.5 Razón de cambio. Velocidad y aceleración 274
9.6 Problemas Resueltos 278
9.7 Problemas Propuestos 309
9.8 Diferenciales: Definición. Observaciones. Aproximación
de la diferencial. Propiedades de las diferenciales. Di­
ferenciales de órdenes superiores 310
9.9 Problemas Resueltos 313
9.10 Valores máximos y mínimos de una función. Valor 
máximoabsoluto, valor mínimo absoluto, valor mínimo 
relativo, extremo relativo. Teorema del extremo esta­
cionario. Punto crítico. Cálculo de máximos y mínimos
absolutos 322
9.11 Problemas Resueltos 332
Capítulo 10. El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones
10.1 Teorema de Rolle 349
10.2 Teorema del valor medio. Teorema de Taylor 351
10.3 Teorema del valor medio generalizado 355
10.4 Teorema de la función constante. Teorema de la dife­
rencia constante 357
10.5 Problemas Propuestos 358
10.6 Regla de L’Hóspital. Evaluación de formas indetermi­
nadas 366
14
10.7 Problemas Resueltos 372
10.8 Problemas Propuestos 387
10.9 Funciones crecientes y decrecientes 388
10.10 Criterio de la primera derivada para extremos relativos 390
10.11 Criterio de la segunda derivada para extremos relativos 395
10.12 Cálculo de extremos absolutos en intervalos arbitrarios 397
10.13 Concavidad y puntos de inflexión 400
10.14 Problemas Resueltos 404
10.15 Problemas Propuestos 415
10.16 Problemas Resueltos 417
10.17 Problemas Propuestos 428
Capítulo U . Funciones Inversas
11.1 Definición de función Inversa 431
11.2 Teorema: Funciones inversas de funciones crecientes 433
11.3 Teorema: Función Inversa de funciones decrecientes 434
11.4 Derivada de la función Inversa 437
11.5 Problemas 441
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS
11.6 La función arco seno 452
11.7 La función arco coseno 453
11.8 La función arco tangente 453
11.9 La función arco cotangente 455
11.10 La función arco secante 455
11.11 La función arco cosecante 456
11.12 Tabla de derivadas de las funciones trigonométricas 
inversas 456
11.13 Problemas Resueltos 456
15
FUNCIONES LOGARITMICAS Y EXPONENCIAL
11.14 La función logaritmo natural. Propiedades. Derivada lo- 
garímica
11.15 Problemas Resueltos
11.16 La función exponencial. Propiedades. La función expo­
nencial general. El número e. Otras propiedades. De­
rivada de la exponencial con exponente arbitrario
11.17 Problemas Resueltos
Capítulo 12. El Axioma del Supremo y sus Aplicaciones
12.1 Introducción
12.2 Axiomas de los números reales. Adición, multiplica­
ción, orden y axioma del supremo.
12.3 Números naturales, enteros y racionales. Propiedades 
de los números naturales.
12.4 Propiedades básicas de los números reales.
12.5 Aplicaciones del Axioma del Süpremo. Infimo. Parte 
entera de un número real. Propiedad arquimediana.
Problemas resueltos.
12.6 Convergencia de sucesiones numéricas. Criterio de las 
sucesiones monótonas acotadas. Subsucesiones con­
vergentes de sucesiones acotadas. Criterio de Cauchy.
12.7 Aplicaciones a las funciones continuas. Teorema del 
valor intermedio. Teorema de los valores máximo y mí­
nimo. Teorema de continuidad uniforme.
476
486
497
506
515
517
519
521
523
534
538
Indice Alfabético 543
o
S u c e s i o n e s u S e ,tries
Como es usual, R designa el conjunto de números reales y R2, al piar jnjunto de 
pares ordenados (x, y ) , en donde x e y son números reales.
0.1 VALOR ABSOLUTO
0.1.1 DEFINICION. Si x es un número real se define:
¡x s ix >0
x = valor absoluto de x =1 I -x si x < 0
Ejemplos:
a) j0| = 0 b) |V3| = V3 r | | = | d) |-3| = 3
0.1.2 PROPIEDADES DEL VALOR ABSOLUTO
(1) |jc| > 0 , para todo x <2) |x| = 0 , si y sólo si x = 0
(3) ¡x + y| < |jc| + |y| (4) |xy|<|x|x|y|
(5) |x| = > /? = (x2)̂ (6) |x| < a , si y sólo si - a < x < a
(7) jxi < a , si y sólo si -a<x<a .
18
0.2 ALGUNAS FORMULAS TRIGONOMETRICAS
sen (x + .y) = sen x . eos y + eos x . sen y 
eos (x + y ) = eos x . eos y - sen x . sen y
tgx + tg y
tg(* + y) =
1 - tg x tg y
X I 1-COSX
sen — = ±2 eos— = ± 2
1 + eos X
0.3 FORMULAS DE GEOMETRIA ANALITICA DEL PLANO
0.3.1 DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS. PUNTO MEDIO. Si = (x^y^ y P2 = (x2,y2) 
son dos puntos del plano, se define
| 2 2 
d[Px, P2) = distancia entre Px y P2 = J(x, - x2) + - y2)
P = punto medio de P¡ y P2 = (a, b),
, , X, + X, , V, + Vodonde a = —1---- y ó = ——
2 2
0.3.2 PENDIENTE DE UN SEGMENTO. Si y P2 ={x2,y2) son dos puntos
distintos, se define
m =pendiente del segmento PXP2 = y i - y z
x, - X,
0.3.3 ECUACION DE LA RECTA. Una recta en el pla­
no es el conjunto de todos los puntos P = (x, y)
tales que
Ax + By + C = 0
donde A, B y C son constantes, A x B * 0 .
Si Px = (xt, yx) y P2 = (x2, y2) son dos puntos
distintos, entonces la ecuación de la recta L 
que pasa por P1 y P2 es
y - y i yz~yi
x - x , Xo -X ,
y la pendiente m de la recta es m = y2~y i
Xo -X ,
La recta L es orientada en el sentido positivo de acuerdo a su pendiente m. 
(Ver figura)
Sucesiones y Series 19
0.3.4 ANGULO ENTRE DOS RECTAS.
El ángulo 0 entre dos rectas Lx y , es el ángulo determinado por la dirección 
positiva de Lx y la dirección positiva de y que cumple 0 < 0 < n .
m JmEl ángulo 0 es dado por tg 0 = — ------— y 0 < 0 < rc
1 +ml m2
Las rectas son perpendiculares si = -1 y paralelas si mx = m2.
0.3.5 DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA. La distancia de un punto Px = (xu y x) a
la recta L: Ax + By + C = 0 se define mediante la fórmula
. x I Ax. + By, + C I 
d(P1,L) = l 1 Jl 1
>Ia 2 + b 2
0.4 FUNCIONES DE VARIABLE REAL A VALORES REALES
Una función y = f(x) de variable real x con valores reales y, es una correspondencia 
que asigna a cada valor de x exactamente un valor de y.
En el presente texto todas las funciones consideradas son definidas en números reales 
x y sus valores también son números reales. De esta manera, queda entendido que el 
término función será empleado solamente en este sentido.
Si y - f { x)y entonces y se llama la variable dependiente de la función y x, la variable 
independiente.
0.5 INTERVALOS
Si a y 6 son dos números tales que a < b, se definen los siguientes intervalos:
1) Intervalo Abierto (a, 6 ) . (a, b) consiste de todos los números reales x tales que
a < x <b.
(a, b)
2) Intervalo Cerrado [a, 6 ]. [a,b] consiste de todos los números reales x tales que
a< x <b.
[ a , b ] 
a b *X
20
3) Intervalo Semiabierto por la Izquierda (a» &]. (a, 6] consiste de todos los números 
realesx tales que a < x < b .
(a, 6]
X
4) Intervalo Semiabierto por la Derecha [a, b). [a, b) consiste de todos los números 
realesx tales que a < x < b
[a, b)
También se deñnen los siguientes intervalos:
5) Intervalo (a , + oo): Consiste de todos los números reales x tales que a <x.
(a, + oo) 
a *X
6) intervalo [a, + oo): Consiste de todos los números reales x tales que a < x .
[a, + oo) 
a lX
7) Intervalo ( —oo, a ): Consiste de todos los números reales x tales que x <a.
( - 0 0 , a)
¡a *X
8) Intervalo ( —oo, a ] : Consiste de todos los números reales x tales que x < a .
( - 00, a]
° *X
9) Intervalo ( —oo, + oo): Consiste de todos los números reales.
( - 00, + oo)
X
Sucesiones y Series 21
O.ó VECTORES EN EL PLANO
Sean Px = (xx, yx) y P2 = (x2, y2) dos puntos del plano, y r un número real. Se deñne 
la adición de puntos
Px + P2 = (a, b) donde a = xx + x2 y b - yx + y2 
y el producto del escalar r por el punto Px como rPx = {rxx,rx2)
Ejemplos:
a) (3,2) + (-1,5) = (2,7) b) -7 . (4, -1 ) = (-28,7) c) r(0,0) = (0,0)
Cuando se consideran tales operaciones de adición y multiplicación, los puntos del pla­
no reciben el nombre de vectores, y se les designa con una flecha en la parte superior.
REPRESENTACION GRAFICA DE UN VECTOR.
Sea P = P = (x,y) un vector y elijamos un punto P0 = (jc0, y0) .
Entonces el vector P se representa gráficamente como el segmento dirigido P0PX, don­
de
Pi = P + Pq =(* + *o>y + y0)
i
P = (*,y)t
X
i
y ii
!y0i
X 0 *0 X
La longitud de un vector P = (x, y) es la distancia de P al vector 0 = (0,0): 
|P| = longitud de P = d(P, 0) = yjx2 + y2
En particular,
¿ ( a . n ) = |j“, - n i =
Si jPj = 1 se dice que P es un vector unitario.
22
Si P = (a, b) se define P 1, eZ vector perpendicular a P obtenido rotando P un ángulo rec­
to en el sentido antihorario, mediante
P M - M )
Ejemplo
0.7 SUCESIONES DE NUMEROS REALES
Una sucesión (a„) es una colección de números ax, a2, ...; an, ... dispuestos según un 
ordenindicado por los subíndices 1, 2, ..., n ...
Se llama término rc-ésimo de la sucesión al número an .
También se consideran sucesiones cuyos subíndices empiezan en 0, o en otro entero n0. 
EJEMPLOS
1) — , — , — cuyo n-ésimo término es a =-^- , n = 1, 2, 3 ...
3 9 27 81 3 3
2) j , n = 1, 2, ..., esto es los términos son 2, 3/2, 4/3, 5/4, ...
3) La sucesión (a„) dada por la regla an = yjn2 + n - n , 
para la cual al = - j 2 ~ l , a2 =>/6 - 2 , a3 = >¡12 - 3,...
4) Si e„ = 1 + TT + + - + ’ n = ° ’ I ' 2’ 3
5 16entonces e0 = 1, ex - 2, e2 = — = 2.5 , e3 = — = 2.666 ...,
z o
Sucesiones y Series 23
5) La sucesión (bn), n - 1, 2, ..., se define (por inducción) mediante las reglas
6i = V2 y bn+l = j2 + bn 
Así, sus términos son y¡2, y¡2 + y¡2 , ... , ^2 + >¡2 ^ =.
6) Si a es un número real, se tiene la sucesión (tt0), 
cuyos términos son 1=1°, 2“ , 3a, ...
SUCESIONES ACOTADAS
Se dice que la sucesión (an) es acotada si existe un número positivo K tal que 
|art| < K , para todo n.
De esta definición se sigue que la sucesión (a^) no es acotada si y sólo si para todo
número K > 0 y todo entero n se cumple
|am| > K , en algún m> n
esto es, no importa cuan grandes sean dados K y n, siempre hay un término am (en
efecto, hay un número infinito!), con m>n, cuyo valor absoluto es mayor que K.
EJEMPLOS
Las sucesiones 1) y 2) de los ejemplos anteriores son acotadas. En efecto se tiene
1
y
n + 1
3" n
Más adelante se verá que también son acotadas las sucesiones 2 )-6 ).
Veamos que |n“ ) es acotada si a < 0 y no es acotada si a > 0 .
Si a< 0 entonces na = 1Jn~a = l/np , con p > 0 , y puesto que np > 1 entonces
I na I = — < 1 , para todo n > 1 ; luego es acotada.
' ' np
Si a >0 , dados K > 0 y n elegimos m = mayor de los números n y (K + 
luego m > n y m > (K + l)v“ , de donde ma > K + 1> K , y |ma| > K ; por lo tanto 
) no es acotada si a > 0 .
24
0.7.1 SUCESIONES CONVERGENTES
Si (an) es una sucesión y L es un número real, escribimos
L = lim an«-►oo
si para todo e > 0 existe un entero positivo N , que depende de 8 , tal que si n > N 
entonces | L - an | < e .
Esta propiedad significa que todos los valores an, a partir de un subíndice N, se ha­
llan próximos a L a una distancia menor que 8 . Esto es, a„ se acerca arbitraria­
mente a L, a medida que n crece.
En este caso decimos que (a„ ) es convergente y que L es su límite. De otra manera 
se dice que la sucesión es divergente.
EJEMPLO 1. Probar que la sucesión (1/n) es convergente y su límite es 0.
SOLUCION. En efecto, dado c > 0 sea N un entero positivo mayor que 1/c . 
Entonces, para todo n > N se tiene
J. 
n
lo que prueba que lim — = 0 .«-►00 n
EJEMPLO 2. Probar que la sucesión ((-1)") es divergente.
SOLUCION. Puesto que los valores del término n-ésimo an = (-1)” son alternada­
mente 1 y - 1, según n sea par o impar, an no se aproxima a ningún número L 
cuando n crece indefinidamente y por lo tanto es de esperar que la sucesión no sea 
convergente, lo que formalmente, recurriendo a la definición de límite, procedemos a 
probar. Por el absurdo, supongamos que exista L = lim a„ ; entonces para e = 1,
existe N tal que n > N implica | L -(- l )”| < 1.
Estoes, ¡L - l| < 1, si n es par, o 0 < L <2
y . | L + 1| < 1 , si n es impar, o -2 < L < 0
de donde resulta la contradicción 0 < L < 0 .
Luego es falso que exista L = lim an y la sucesión es en eíacto divergente.
Sucesiones y Series 25
Nota.
1. De la definición de límite se sigue que L es el límite de (a„) , n - 1, 2, ... , si y 
sólo si, para algún Nv L es el límite de la sucesión (a„), n = N ly + 1, . . . , con 
subíndices a partir de N1 ; así para determinar si la sucesión es convergente se 
puede omitir cualquier colección finita de términos de la sucesión.
2. Notemos que son equivalentes las desigualdades siguientes:
(i) | an - L | < e , la distancia entre an y L es menor que e
(ii) L - e < a n < L + e , an se encuentra entre L - e y L + e
(iii) an - e < L < an + e , L se encuentra entre an- e y an + e
3. Si L = lim an con A y B números reales tales que A < L < B , entonces existeH-K»
un entero N tal que A < an < B , para todo n > N .
En efecto, si tomamos
e = menor de B - L y L - A ,
de modo que £ > 0 , A < L - e y L + e < B , existe N tal que se cumple (ii) de
2) y por lo tanto A < L - e < an < L + e < B , si n > N .
4. Toda sucesión convergente (an) es acotada.
En efecto, sea L=lim an y elijamos e = l; entonces existe N tal que n > N
«-►00
implica |an -L | < 1, |art| = |aft- L + L| < |art-L| + |L| < 1 + |L| .
Y por lo tanto |an| < K - mayor de los números |aj , ... , |aN_1j , |L| + 1 para 
todo n £ 1.
5. Toda sucesión no acotada es divergente.
En efecto, si la sucesión fuese convergente, por 3, sería acotada.
0.7.2 PROPIEDADES BASICAS
1) Límite de una sucesión constante
Si an =c, para todo n, entonces lim an =c , estoes, lim c = c .
n—»oo n—*-oo
2) lim an = L si y sólo si lim |an -L| = 0 .
n -+ «o n-*<x>
26
3) si | an - L| < bn , para todo n > N , algún N, y lim bn = 0 entonces
/l—► 00
L = lim an.
n -> oo
En las siguientes propiedades se asume que las sucesiones (an) y (6 )̂ son conver­
gentes y que sus límites son A y B, respectivamente.
4) lim (an +bn) = A + B
n—>ao
5) lim (~an) = - A
n—> oo
6) lim (an .bn) = A.B
n—* oo
7) lim — = — , si B 0
n-»xi ¿j Bn
8) Si an <bn , para todo n > N , entonces A < B
9) Si an <cn <bn , para todo n, y A - B, entonces lim cn = A
10) Si A > 0 y r es un número cualquiera, entonces lim an = A r
n —>oo
Nota. Las pruebas de las propiedades 1)—9) se desarrollan en la sección 0.7.4 .
0.7.3 ALGUNAS SUCESIONES ESPECIALES
1. lim — = 0 , si a > 0
an-*<x> n
Equivalentemente, lim nb = 0 , si b <0.
n -+ oo
1/n2. lim (rt + c) = 1 , para todo número c
3. lim (a)^n = 1 si a > 0
n->co
4. Si jjc| < 1 , entonces lim x n = 0 y lim 1 + x +... + xn
n —►oo n —►oo L l - x
Sucesiones y Series 27
X5. lim — = 0 , para todo número real x.
n-> x n I
an
6. Si a y 6 son números reales, b > 1, entonces lim — = 0i*/l—>00 f)
0.7.4 PROBLEMAS RESUELTOS 
PROBLEMA 1. Probar que lim c = c .
n-»oo
SOLUCION. Sea , n = 1 ,2, . . . , y sea e > 0 . Tomando iV = l se cumple n>iV
implica | — c | = | c — c ¡ = 0 < e , y por lo tanto lim c = c .
n —►OO
PROBLEMA 2. Demostrar que lim an = L si y sólo si lim ja ^ -L ] = 0 .
rt->ao a —>00
SOLUCION. Observemos que se cumple | an - L | = ||art- Z ,| - 0 | ; luego para 
c > 0 son equivalentes
existe un N tal que j an - L | < e , para todo n > N 
y existe un N tal que ||an - L | - 0 | < e , para todo n > N ,
y esto demuestra el resultado.
PROBLEMA 3. Si I an - L | < bn , para todo n > Nl , algún Nl , y lim bn = 0
n->co
probar que L = lim an
n->oo
SOLUCION. Sea e > 0 . Puesto que lim 6 n = 0 , existe N, tal que n > N implica
n—>oo
= I — 0 1 < E .n I n I
Sea entonces N 2 un entero mayor que N x y N. Para n > N 2 se tiene
|aw- L ¡ < b (pues n > N l)
< e (pues n > N)
y esto prueba que L = lim an .
28
PROBL \ 4. Si A = lim an y B = lim bn , probar que
/ i —>00 n->oo
lim (an +bn) = A + B
£
SOLUCION. Sea e > 0 . Por definición de límite, para — > 0 existen enteros N l y
2
N 2 tales que
n > N l implica | an - A | < —
2
y implica | bn - B j < —
2
luego si n > N , en donde N es el mayor de los números N í y N 2, se cumplen las 
dos desigualdades a la vez y por lo tanto
S | a„ -A | + |6„ - B | < ^ + Í = e 
de donde se concluye que lim (an + bn) = A + B
PROBLEMA 5. Probar que lim (-a n) = - lim an , si alguno de los límites existe.
n —>oo n —>oo
SOLUCION. La demostración de este resultado es una consecuencia de
Ia» - A l = | -° . + A I = |(-“ . ) - B | ■ con B = - A ,
y de la definición de límite.
Omitimos los detalles.
PROBLEMA 6. Si A = lim an y B = lim bn , probar que
n—>oo n —>oo
lim a„.b„ = A . Bn n
n.-> oo
Sucesiones y Series 29
SOLUCION.
Sea dado e > 0 . Debemos encontrar N tal que n > N implica | an bn - AB j < e . 
Notemos que para cualquier n se cumple
a„bn - A B = ( o „- A ) ( 6. - B ) + A(6„ - B ) + ( a „ - A ) B
de donde
\anbn -AB\ < \an -A\\bñ -B\ + |A||&n -B| + |a„-A||B| (*)
Dado e>0 , sea e0 = mínimo de 1 y e/(l + |Aj + \B\) , de modo que 0 < e o <1 , 
Eq < e0 y también e0 (l + |A| + |B|) < e .
Para e0 , por definición de límite, existe un entero N tal que n > N implica las dos
desigualdades |an -A| < e 0 y < e 0 (N puede ser tomado como el ma­
yor de dos subíndices N x y N 2 a partir de los cuales los términos de cada sucesión 
distan de sus límites menos de e0).
Entonces para n > N el lado derecho de (*) es menor que
co + M e0 + £o|5 | = £o (eo + lA H fil)
< e0 (l + |A| + |B|) < E
y por lo tanto | an bn - AB | < e 
de donde se sigue que AB = lim an bn .
PROBLEMA 7. Si lim bn = B y B * 0 , probar que lim — = —
n -* oo n -»°o b Bn
SOLUCION. Para e = — > 0 existe N , tal que n^N, implica ,
2 2
y por lo tanto
30
Ijjl
de donde — < |& I , en particular bn * 0 y la sucesión 
2
n > N l . Además, para tales n se tiene
í \ 
1
JL _ _L
B
\B -b_ | | B - K
< 2
K m \B\
queda definida para
(*)
Entonces dado e > 0 podemos encontrar N tal que n > N implica
I -B\ < \B\2 -
y, si tomamos N >N l , también se cumple (*) para n y por lo tanto
< e
lo que significa — = lim — .
B n~*co b
Nota. Este resultado junto con el problema anterior implican la propiedad sobre el 
límite de sucesiones cocientes
a n 1 1 . 1lim — = lim a „ = lim a • lim — = A — = —
n-»co n -+ oo n —»ao n-+ oo jj B B
PROBLEMA 8. Si A = lim an , B = lim bn y an <bn , para n > M , algún M , en-
n-*oo
tonces A <B .
SOLUCION. Sea cn = a,n - bn . Entonces cn < 0 y C = lim cn = A - B y será
n.-*oo
suficiente demostrar que C < 0 .
Por el absurdo, supongamos que se cumple C > 0 ; entonces para el valor particular
C Ce = — existe N tal que |C-c |<e si n > N , de donde — = C - e < cn y cn > 0 ,
2 2
lo cual es una contradicción.
Por lo tanto, es cierto que C < 0 o A < B .
Sucesiones y Series 31
PROBLEMA 9. Si L = lim an = lim bn y an < cn < bn , para todo n, entonces
n->oo n-*oo
L = lim cn .
n -* « ¡
SOLUCION. Sea e > 0 y hallemos N tal que si n > N entonces se cumplen las dos 
desigualdades |an -L| < e y | bn - L | < e ; en particular L < a n +e , bn - e < L 
y usando a <c < 6„* n n n
c„ - e < b , - c < L < a„ + e < c„ + e’n n
esto es, cn - e < L < cn + e o | cn - L | < e
Así, queda demostrado que L - lim cn
PROBLEMA 10. Probar que lim — = 0 , si a > 0 .
n->ao n
SOLUCION. En efecto, dado e > 0 , sea N un entero mayor que 
n > N se tiene
' r
 ̂e i
; luego, si
n > N > — y 
e
0 < E .
Por lo tanto, lim — = 0 .
»-»«> na
PROBLEMA 11. Si lim bn = 0 , y bn * 0, probar que
( \
\Kj
es divergente.
SOLUCION. Por el absurdo, supongamos que existe L = lim — .
n—*ao fj
Entonces de 1 = fe •
í \ 
1
se sigue
1 = lim bn ■ lim — = 0 x L = 0
«-+0O «-+O0
lo cual es una contradicción.
32
PROBLEMA 12. Demostrar que lim (n + c)^n ~ 1 para todo c.
n-+ oo
SOLUCION.
El número an = (n + c)^n se define para todo n > 1- c , o n + c> 1.
Entonces an > 1, pues a * = n + c > l , y an = l + rn, con rn > 0 . 
Probaremos que se cumple lim rn = 0 .
n —>oo
De a* = n + c se sigue ( l + rn )* = n + c
n (n - 1) 2 1 + n r + — r + . . . + = n + c
2
n ( n - l ) 2 . 2 , 2(1 + c/n) 4luego rn < n + c , rn < <-------- -
2 n - 1 (n - 1)
c 2para todo n> c , o — < 1, y 0 < r n <n í -tx 1/2n (n - 1)
de donde lim r„ = O por los problemas 9 y 10.
n-* oo
Finalmente, lim an = lim ( l + rrt) = 1 + 0 = 1
PROBLEMA 13. Si |jc| < 1, entonces lim x n = 0 .
n —>oo
SOLUCION. Si x = 0 se cumple I x" - 0 | = 0 < e y por lo tanto es cierta la pro­
piedad.
Supongamos que x > 0 . Luego se tiene 1>jc>0 , — >1 y — = 1 + r , con r > 0 . De
x x
( l+ r ) rt = l + nr + otros sumandos > 0
se sigue — = ( l + r)ft > nr , y por lo tanto 0 < xn < — de donde lim x n =0
x n nr
pues lim 0 = lim — = 0 .
n-* oo n->oo f i f
Sucesiones y Seríes 33
Si x < 0 entonces |jc| > 0 , -|x|" < xn < |x|" y también se concluye que lim x" = 0
n-*oo
pues lim |x|rt = 0 , por el caso anterior.
PROBLEMA 14. Si |x| < 1 entonces
SOLUCION. En efecto, se tiene
l + x + ... + xn =
 = lim 1 + x +... + x n .
(1- x ) «-»00
i n+1 , n+11 -X 1 X
1- x 1- x 1- x
de donde
n 1 Xn+1 1lim l + x + ... + x" = l im -------------- lim
(1- x ) «-»00 1- x 1- x
pues lim x n+1 = 0 , por el problema anterior.
PROBLEMA 15. Probar que lim — = 0 , para cada número real x .
n-> oo ,̂1
SOLUCION. Sea m un entero positivo mayor que 2|x| .
i i M iEntonces para todo n > m se cumple n > 2 x , — < — y
n 2
n. i |tt | im 1 | 1 1 1 |fft - /X _ \x\ _ 14 14 |x| < |x| 1 1 í-------0 . -- . • — = A
ni ni mi (m + 1) n mi 2 2 V
n-m factores
con A =
m
Y de lim
n —>oo
i
2J
= 0 se sigue entonces lim —
«-»oo n |
= 0
34
PROBLEMA 16. Si a y b son números reales, 6 > 1, demostrar que lim —— = 0 .
n—»oc fyn
SOLUCION. Podemos escribir b = 1 + p , con p > 0 . Sea N un entero positivo tal 
que N > a .
n nSi n > 2 N secumple n - N > — , n - N + l > — y
2 2
bn = (1 + p)n >
N N
NI
luego
bn
- 0 " K— < —rr— , n > 2N
, n N -ab n
(1)
en donde K = 2N NIÑ
Usando la desigualdad (1) y los problemas 3 y 10 resulta lim —
n-> oo
= 0
0.8 CRITERIOS DE CONVERGENCIA
1) CRITERIO DE CAUCHY
(art) es convergente si y sólo si satisface el criterio de Cauchy: Para todo e > 0, 
existe un entero N , que depende de e , tal que m y n >N implican
2) SUCESIONES MONOTONAS ACOTADAS
Si (an) es una sucesión tal que an < aa+1 < C , para todo n, y un número
determinado C , entonces (an) es convergente y ak < lim an <¡C, para todo k.
«-►00
De igual modo, si an > ort+1 > B , para todo n, entonces ak > lim an > B ,
«-►00
para todo k.
Sucesiones y Series 35
EJEMPLOS.
1) La función exponencial exp(x)
Usando el criterio de Cauchy se demuestra que para todo número x la sucesión 
(sft(x)), dada por
2 n
X X Xsn (x) = 1 + — + ----- + ... + ----
1! 2! ni
converge a un número real que se designa por exp (x).
En este caso se escribe la expresión simbólica infinita.
2 n
. . X X Xexp(x) = 1 + — + — + ... + — + ...
1! 2! n!
para indicar que las sumas dadas por sn(x) convergen a exp (x) .
También se dice que exp (x) es la suma de la serie infinita del segundo miembro. 
Se define el número e por
e = exp(l) = 1 + 1 + — = 2.7182818284...
2! n!
ALGUNAS PROPIEDADES
1) Si x >0 entonces exp(x) > sft(x) , para todo n .
2) Si N > 2 |x| entonces
 ̂ exPM * + >
para todo n > N en donde R =
2 \ x \N +1
(JV + 1)!
12) Usando el criterio de las sucesiones acotadas se prueba que lim 1 +
V n j
= e .
En general, se cumple lim
n -* oo
' i + f '
V n j
= exp (x) , para todo número real x.
36
0.8.1 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar los siguientes límites (si existen):
„v n2 + 2n + l " n , [~Z1) lim ---- --------- 2) lim — 3) lim yn +n - n
n-»ao fi — 1 n-»oo 2 n-»oo
4) lim y/n + 1 - yfñ 5) lim ( n ^ - l )
n —► ao n-»oc
SOLUCION.
1) Tenemos
1 1 1 . . 1 . . 1 ..
„ 2 +n + i - + — + T Um — + lim — + lim
lim _ |-m n n n _ «-»” n «-»00 n n->ao n _ _ _ q
«-►oo n3 -1 «-»00 i * u~ 1 , * 1
1
n - 1 » — 1 _ J _ l i m i + li m 3
f l n-*<x> «-►<» fi
pues lim — = 0 , si a > 0 .
n -» a o f l
TI ,2) lim — = 0 , por la propiedad 6) de 0.7.3, con a = l y o = 2. 
«-►00 2n
3) Sea a =Vn2+n-n. Entonces 8 *
Vn2 +n + n
a„ = a x ....--------- -
( r r iVn + n + n
(racionalizando)
l~2 ,Vn + n + n Íi+I )
 ̂ n,
1/2 1
+ —
' l 'de donde lim an =1, pues lim 1 + — = 1 , por 10)0.7.3 y lim — = 0 .
1/2 1
v nj «-►00 /l
4) Tenemos 0 < Vn +1 - Vn = , -7- ^Vn + 1 + Vñ 2 n 2̂
y por lo tanto lim Vn + 1 - Vñ = 0 .
Sucesiones y Seríes 37
5) Sean bn = n^n - 1 y a„ = fe" Debemos hallar lim a„ .' n n n n
Se tiene 0 < bn y lim bn = 1 - 1 = 0. Luego existe N tal que bn < 1/2 para
«-►oo
todo n > N , y por lo tanto, si n > N
0 < a n = K < K > Pues K < 1 
y haciendo n->oo se obtiene lim an = 0 .
n-»ao
PROBLEMA 2. Si ^ =V2 , bn+1 = /̂2 + 6„
1) probar que la sucesión es convergentey 2) hallar lim bn
r t—►oo
SOLUCION.
1) Por inducción sobre n se prueba que 1 < bn < 2 . En efecto, si n = 1, bl =-j2 
ciertamente cumple la desigualdad; y si 1 < bn < 2 entonces 6 +̂1 = 2 + bn satis­
face 3 < 6n+1 <4 , de donde también 1 <bn+l <2 .
Además, se cumple bn < bn+1 , pues
(*„ - i ) 2 < (l)2 . de donde 6„2 - 6„ < 2 , 
y 6„2 < 2 + 6„ =
En resumen, se tiene que 1 < bn <6n+1 <2 y por lo tanto, por el criterio de las su­
cesiones monótonas acotadas, 2) de 0.8, existe L = lim bn y también 1 < L < 2 .
«-►QO
2) Calculamos el valor de L.
2
Tenemos lim ¿>tt+1 = 2 + lim bn
«-►00 «->00
L2 = 2+L
usando la propiedad 10) de 0.7.2 en el primer miembro, de donde resulta la 
ecuación de segundo grado L - L - 2 = 0 que resuelta da las raíces L = -1 ,2 .
Luego, L = 2 es el límite de la sucesión.
38
PROBLEMA 3. Usando el criterio de las sucesiones monótonas acotadas, probar que 
existe e - lim en , en donde
- 1 1e„ = 1 + — +. . . + — 
1! n\
y que 2 < e < 3 .
SOLUCION. Si n > 3 se tiene
1 1 1 
en = 1+ 1 + — + — + ... + — 
2! 3! n!
o 1 1 1< 2 + — + — + . . . + r
2 2 2"
(pues n!> 2n
= 2 + - 
2
1 + — + . . . + kn -2
' 1' n-l
/ i i ^n-2 1_JC 1< 3 - usando 1 + x + . . + x = ---------- , con X - —
l 2 , v 1 -x 2 ,
de donde sn <3 , si n> 3.
Además, es claro que en < en+1 y por lo tanto, por 2) de 0.8, existe el número 
e = lim en y cumple 2 = e2 < e < 3 .
n-*oo
1+ 2 +.. . + n
PROBLEMA 4. Hallar L = lim -------- --------
n-»oo f i
SOLUCION. Usando l + 2 + ... + n = * 1 resulta
Sucesiones y Seríes 39
02 A 2 m \22 + 4 + ... + (2n)
PROBLEMAS. Hallar L = lim ------------------- -— —
SOLUCION.
« o 2 n(n+l)(2n + l) , , An(n + l)(2n +1) 4
De 1 + 2 +... + n2 = - i 2 se sigue L = lim — i----- ^ = -
6 »-** 6 n 3
(n5 - 2n3 + 10)^ - f 16 n12 + 7 n5 — -
PROBLEMA 6. Hallar L = lim
n-*oo
nV4 
n,
3 ̂ 2 , -n - 4n +1
SOLUCION.
L = lim 
«-►00
f l 2 10
~4 ñ + ~9\n n n J
V3
' 7 116 + —------ —
7 13V n n J
0 -1 6 V4
= - 2
PROBLEMA 7. Si o > 0 , demostrar que (na j es divergente.
SOLUCION. Sabemos que lim — = 0 ; luego por el problema 11 de 0.7.4 la
n-*oo jj°
sucesión (na) es divergente.
PROBLEMA 8. Dados los números A0,... ,Ap, B0,... ,Bq, Ap y Bq distintos de cero, 
se define la sucesión (xn) por
jc_ =
A np + ... + Ax n + A0_ p
B n9 + ... + BX n + B0
Probar que
40
1) lim xn = 0 si p < q
n-> oo
a d
2) lim xn = —— , si p - q
n->oo R
P
y 3) la sucesión es divergente si p > q
SOLUCION. Extrayendo los factores np y nq del numerador y denominador de xn , 
respectivamente, se obtiene
en donde
np
X n = — ‘ >n
n
A . + + ... + ^ 2.
y = _____________ 2 _________________ * 1
* « + ^ ± + . . . + ^ 
n n
1 -An
Puesto que lim — = 0 , si a > 0 , se tiene Y = lim yra = —— * 0 , y la conver-
n-f»
/ n \
gencia de (xn) depende entonces de la convergencia de la sucesión <7
vn y
1) Si p < <7 se tiene xn = y n , con a = q - p> 0 , y por lo tanto
na
lim xn = 0 x Y = 0 .n
n - t oo
A_
2) Si p = q , xn = y n y lim x„ = Y = — .
n-+oo f i <?
3) Si p > <7 , debemos probar que (xn) es divergente.
Escribamos a = p - q > 0 ,de modo que x n = nayrt , na = — .
Ahora bien, si (xn) fuese convergente, la sucesión j también sería 
convergente, en contradicción con el problema 7.
En consecuencia, la sucesión (xn) es divergente si p > q .
Sucesiones y Seríes 41
PROBLEMA 9.
1) Usando el criterio de Cauchy, probar que para todo a existe el número
2 na a a
exp(a) = lim sn = 1 + — +— + ... + —
n-»® 11 2! n!
2) Demostrar que si a >0 entonces exp(a) > sn , para todo n.
3) Probar que si N>2¡a| entonces sn - R < exp(a) < sn +R , para todo n > N ,
i N
en donde R. = 2 a
(N + 1)!
SOLUCION. Si m > n , p = m - n y r = , se cumple la desigualdad
n + 2
(n + 1)! 1- r 1- r
(a )
En efecto,
rt+1 n+p
(n + 1)!
i/i+i
( n + 1)!
+ ... +
(n + p)
1 lal M lal lal lal1+ —— + X t j + + U---X ... X ¡—
(n + 2) (n + 2) (n + 3) (n + 2) {n + p)
(notar que - ■ - ̂ r , i = 2, . ..,p)
n + i
W»+i
 r
(n + ll! L
iii+i
1+ r + ... + r p - i
(n + 1)! 
y queda establecida (a ).
Si n > 2 |aj , entonces r =
(n + 1)! 1- r 1- r
a 1
—i—1— cumple 0 < r < — y la desigualdad (1) implica: 
(n + 2) 2
< 2 j o r
(n + 1)!
, si m >n (P )
42
1 r? 1 1 „ ,ya q u e ------------------ < < — = 2 para todo m >n .
1- r 1- r 1- r 1/2
n »
1) Sea dado e > 0 . De lim —— = 0 para — existe N tal que
n-»°° n ! 2
, la l” en>JV implica -¡-i— < — (y )
n\ 2
Además, podemos elegir TV tal que N > 2|a| y por lo tanto si n > N también 
n > 2 |a| y podemos aplicar (p ).
Finalmente, si m,n > N se cumple j sm - sn | < s . En efecto, podemos supo­
ner que m > n y usando (p ) y (y ) obtenemos
i i 2M"+1 o e
i® -»-s»I - 7 ^ : < 2 * - = *(n +1)! 2
En conclusión, la sucesión (s„) satisface el criterio de Cauchy y por lo tanto 
existe exp(a) = lim sn .
rc-+co
a n+l
2) Puesto que a > 0 se tiene --------- £ 0 , luego sn <sn+1 ; además (sn) es una
(n +1)!
sucesión acotada por ser convergente. Luego, por el criterio de las sucesiones
acotadas su límite exp (a) cumple exp(a) > sn , para todo n.
3) Si N > 2 |a| , es válida la desigualdad (P ) para m > n > N
. , 2 la p 1 „ 2 l a r 1 _Is — s < —L-!— < R = —ILJ o s - R < s < s +R
1 m nl (n + 1)! (iV + 1)! ”
y haciendo permanece fijo), resulta sn - R < exp (a) < sn +R .
PROBLEMA 10. Probar que lim i + - V n j
= e , en donde e = exp (1) .
Sucesiones y Series 43
a = 1 + " I
U jn
1 1= 1 + —■ + . e =
1! n\
/ \ / \n i ín l 1... + — + ... + | —
a
kn , n ) n n
Entonces
Para k = 0,1, ... ,n , el término k - ésimo del desarrollo de an es
, 1 . l x l M _ i ) , ... . t i l
k\ n k\ \ n ) \ n
(1)
, • , 1 , , 1 1 y por lo tanto es menor o igual a — ; luego a_ < sn = 1 + — + ... + — ̂ e , y
k\ 1! n\
(an) es una sucesión acotada.
Puesto que 1 - — < 1 ----- — , para i = 0, 1, ... , n, de (1) vemos que el término
n n + 1
¿-ésimo de an es menor o igual que el término ¿-ésimo de an+l y por lo tanto 
an < an+1 . Por consiguiente, podemos aplicar el criterio de las sucesiones monótonas y
concluir que existe L = lim [ 1 + — j y además que
»-+* V n )
an < L < e , para todo n.
Falta probar que L = e. Veamos que se cumple sm<L , para todo m. En efecto, si
k
k = 0, 1, ... , m se tiene lim — = 0 ,
n -*oo n
lim 11 — —1 x ... x f l — - —- | = 1 lim
n - * oo
n\ i
= — , por (1). 
kJ k\
Luego, si m permanece f\jo y n > m , se tiene
a _ >
n̂ 'n" 1> + 1 + +
, 1>n I -m) nm
y tomando límites cuando n —>oo
44
Finalmente, de sm < L , para todo m, tomando límites resulta e = lim sn < L
y por lo tanto L = e , lo que establece lim
n —>co
1 + —
V nj
= e .
log n
PROBLEMA 11. Probar que lim -------- = 0 , en donde log y , y > 0 , es el número
n~* oo fi
x tal que exp (x) = y .
Nota: log y o ln y es el logaritmo natural de y > 0. En el capítulo 11 se presenta
una definición geométrica de ln y .
SOLUCION. Sea an = lEEZÍL . Entonces log n = nan o e x p ( n a j = n .
n
Puesto que n an > 0 , podemos aplicar 2) del problema 9, con n = 2, x = n a n , y 
obtenemos
( n a n ) ‘
n2 a2 ( 2de donde n > ------ , 0 < an < — y lim an = 0 .2 \n J n-+<D
PROBLEMA 12. Probar que
( O 2) lim n log í i l1) lim log i + - = 0 i + -
l n) n-»oo l n)
= 1
SOLUCION.
1) Sea an = log
1 . , 1 
Se tiene 1 + — = exp(an) > l + a„ , luego 0 <an < — y lim an 
n n «-»oc
= 0
í 1] í2) Sea bn = n log 1 + - . Por 1) se tiene log 1 + -
. n > l n )
K 1¿ „ < l , y s i n> 8 — < —
n 8
Sucesiones y Series 45
Fijemos n >8 y hagamos x - — , luego exp(x) = 1 + — .
n n
> 2x por 3), problema 9, se cumple la desigualdadPuesto que N = 1 > 2 — 
v8
1 + x - R < exp(x) < l + x+ /?
9v**l o „ 2
en donde R = = = x 2,
(N + 1)! 2
y por lo tanto 1 + jc -jc2 < 1 + — < 1 + x + x 2
n
2 . 1 2 
x - X < — < X + X
n
L2 l2
de donde bn — < 1 < ¿> + —n n
n n
y 6n - — < l < f e fl + — , pues 6n < 1 ,
n n
Así se obtiene | — 11 < — , si n> 8 , y esto implica lim 6n = 1 .
H n -K x
PROBLEMA 13. Hallar L = lim 1 + — + — +. . .+ 1
n-»® 2! 4! (2n)!
SOLUCION.
Q 1 1 1 1Sean a_ = 1 + — + — + ...+■
2! 4! (2n)!
i 1 1 1s = 1 + — + — + ...+ —
1! 2 ! n!
( -1) ( - 1)2 ( - l )n
tn = 1 + -— - + -— + +
1! 2! n!
Luego exp(l) = lim sn , exp(-l) = lim tn , an = s2n +t2rt y
n-^oo n->oo
L = lim an = lim s2n + lim í2n = exp (1) + exp ( - 1) .
n -> oo n-^oo n-*oo
46
Se sabe que e = exp (1) y se prueba que exp (-1) = 1/e y por lo tanto
L = e + 1/e .
23 33 n3PROBLEMA 14. Probar que 5e = lim 1 + — + -— + ... + —
n->0° 2! 3! n!
23 o» 3
SOLUCION. Sea a = 1 + — + — + ... + —
2! 3! n!
Tenemos 1 = 1
93 33 1
— = 1 + 3.1 — = —+ 3.1 + 1
2! 3! 2
— - 1 i 3 1 i 1
4! 6 2
y en general para n > 3
n 1 3.1 1— = + + (1)
n! ( « -1 ) ! (n -2 ) ! (n-3) !
En efecto
3 2n n 1 + 2 ( n - l ) + ( n - l )2 1 2 + (n - 1)
n! ( n - 1)! ( n - 1)! ( n - 1)! ( n - 2)! ( n - 2)!
1 2 (n - 2) + 1
+ +
( n - 1)! ( n - 2)! ( n - 2)!
de donde resulta (1).
Luego si n > 3 se tiene
1 1
« . ' « . - i + K - i + V i . en donde * „ « 1+ - + —
1! n!
tiene límite e - exp (1) , y por lo tanto
lim an = e +3e +e - 5e
re->oo
Sucesiones y Series 47
PROBLEMA 14.
a) Si e = exp(l) probar que 0 < e - s n < ------ , para todo n > 1, en donde
n\n
, 1 1s„ = 1 + — + ... + — .
1! n!
b) Probar que e es un número irracional
SOLUCION.
a) Tenemos 0 < sn < sn+1 <e y e - lim sn ; luego 0 < sn < e .
n-¥<x>
Y si m > n se cumple
1 1 1
 + ■ ■■ — + ... +
(n + 1)! (n + 2)! m!
(n + l)!
1 +
n + 2 (n + 2)(n + 3)
í - íL. 1M l(n + 1)!
(n + 2) (n + 3)... (n + p)
i -
, siendo p = m - n
1 + r + r +... + r r =
n + 2
(n + l)! 1 - r 1 - r 
1
(n + l)! 1- r (n + l)! (n + l)
n + 2 1 n + 2, pues -------= --------
1 - r n + l
Luego, haciendo que m —>oo se tiene
n + 2 1 _ (n + 1)e - <, < , pues n + 2 < -
(n + l)! (n + l) n!n n
48
2) Por el absurdo, supongamos que e es un número racional y escribamos e = — ,
Q
en donde p y q son números enteros positivos. Entonces por 1) con n = q se 
tiene
0 q q\q
y si hacemos x = qlq = pql ~ qq'-sg
q
entonces 0 < x < 1, de modo que x no puede ser un número entero.
Sin embargo, la definición de x implica que es un entero; en efecto p q\ es un
q\
entero y también qq\s , pues es la suma de los enteros q — , k = l ,..., <7 .
fc!
La contradicción obtenida demuestra que e no puede ser un número racional.
0.9 SERIES DE NUMEROS
Una serie es una expresión simbólica de la forma
a0 + al + a2 + "• + an + "•
que representa o indica la suma ordenada (infinita) de los términos de una sucesión de 
números (an).
Se suele abreviar la expresión de la serie mediante la notación
00 00
Z a« 0 Z an
n=0 0
en donde n es una variable que recorre los números enteros > 0 .
Se dice que la serie es convergente si la sucesión de los números
sn = a0 + .... + an ,
es convergente; esto es, si existe un número L, al que se llama suma de la serie, tal 
que
L = lim sn = lim a0 + ... +an
n -> 00 n-fQo
lo cual significa que los números o0 + ... + an se aproximan arbitrariamente a L a 
medida que se agregan los siguientes términos an+1 , ...
Sucesiones y Series 49
También se suele escribir
L = a0 + 0^ + ... + an + ...
o L - ± a.
n=0
para indicar que la serie es convergente y su suma es L.
A las series no convergentes también se les llama divergentes.
EJEMPLOS.
1) La serie geométrica,
X c* n =
»=o
2 nc + ex + ex + ... + ex + ...
c
es convergente, y su suma es --------, si - 1 < * < 1 , (ver problema 14, 0.7.4).
1 -x
2) La serie exponencial
2 n
_ X X X
1 + — + — + ... + — + ..
1! 2! ni
es convergente para todo x eR y su suma se representa por exp(x) (Ver 
problema 8, 0.8.1). Así,
00 n
exp(*) = ¿ — 
n!
3) Representación decimal de los números reales
Todo número real x > 0 se puede expresar como la suma de una serie de la forma
d. d
dn + — +. . . + —— + ...
10 10"
en donde d0 es un entero > 0 y dx , d2 , ..., son dígitos decimales, esto es uno
de los números 0, 1,..., 9
En este caso se suele emplear la notación
x = dQ .d1 ... dn ...
Si x es negativo, entonces
x = —dn.d, ... d ...0 • 1 " • n
en donde el segundo miembro es una representación decimal de - x > 0 .
50
4) Las funciones trigonométricas sen(x) y eos (*) pueden definirse formalmente 
— independientemente de su origen geométrico — mediante sumas de series
. 3 5 / ^\n 2n+l, , X X (—1) Xsen(x) = x + — + ... + -i— ------------ +
3! 5! (2/i + l)!
2 4 / 2nX X (-1) *cos(x) = 1 ------- + ------+ ... + --- ----------+ ...
2! 6! (2n)!
En efecto, puede demostrarse que estas series son convergentes para cualquier 
valor de x, y por lo tanto existen sus sumas, y luego, usando estas definiciones, 
se establecen las propiedades conocidas tales como
eos2* + sen2* = 1 , sen(*+y) = sen* . eos y + eos* . sen y
5) La serie
V ' 1 1 1 1y — = 1 + — + ... + — + ... ,
~ np 2P np
en donde p es un número real dado, es convergente si p > 1 y es divergente si
p < 1
0.9.1 PROBLEMAS RESUELTOS
oo
PROBLEMA 1. Probar que si Y a„ es convergente, entonces lim an = 0 .
n -> oo0
Equivalentemente, si la sucesión (an) es' divergente o si lim an * 0, entonces
n-*oo
00
y an es divergente.
o
SOLUCION.
Por hipótesis, existe L - lim sn , en donde sn = a0 + al + ... +an ; luego de
n-* oo
“ ..1 = S»*1 - resulta
lim an+1 = lim sn+1 - lim sn = L - L = 0
n— n —too n—»co
Sucesiones y Series 51
PROBLEMA 2. Sea a un número real > 0 .
1) Si N > 1, demostrar que existe un número b dado por una representación deci-
Nmal tal que 6 = a y fe > 0
2) Probar que existe un único número b > 0 tal que bN = a y b > 0 . Tal número se 
llama la raiz iV-ésima de a y se le designa por a
3) Probar que a tiene una representación decimal.
SOLUCION.
1) Por inducción encontraremos una sucesión de enteros no negativos (dn) tales que 
dn es un dígito decimal si n > 1, y si
i d , d„ ¡ \N= dñ + —— + ... + —— , entonces s„ < a < 
101 10" Knf
,N
+■
ioreJ
(a )
Para n = 0 sea d0 el entero tal que < a < (dQ + l)N; tal número existe
pues podemos encontrar un entero K > 1 tal que a < K y por lo tanto
0* = 0 < a < K < K N , 0? < a < K n ((3)
de donde se sigue que
N Nd0 < a < (d0 + l) , para algún entero d0 con 0 < d0 < K .
Si s0 = <i0 evidentemente (a ) es verdadera.
Supongamos que ya existen d0 , ... , dn , n > 0 , de manera que se cumple (a). 
Vamos a determinar dn+l. Por inducción se tiene
s" < a < ( sB + • 1
n 10a ;
10»+i
N
s_ +■
10«+1
N
y por lo tanto, existe un entero k tal que 0 £ k <, 9 y
10
N
< a < s_ +
k + 1 ] 
10ft+1
N
52
luego si dn+l = k , sn+1 = sn + —íiil- se cumple (a ) para n + 1 y la inducción
10n+1
está completa. '
Notemos que en el último paso se ha probado que dn+l es un dígito decimal.
Veamos ahora que (sn) es convergente. Puesto que cada dn > 0 se tiene
sn < sn+í y también sn < K , por (p ), pues < a < K N; luego por el criterio 
de las sucesiones monótonas acotadas existe el número b = lim s„ y
f l *n-t 00
b £ s0 ̂ 0 .
El número b cumple b = a ; en efecto:
jv ^ x s_ < a < s_ +■
10"
N
N
n < a < lim
N < a < 6" ,
' 1
S_ + -------
10"
pues lim ----- = 0
i r\n n-+co JO
de donde bN = a.
De la ecuación anterior se sigue que 6 * 0 , pues a > 0 , y por lo tanto b> 0 .
2) Si N > 1 por 1) podemos encontrar 6> 0 tal que bN = a . Y si N < - 1
entonces -N > 1 y también por 1), aplicado al número —, existe c >0 tal que
a
c~N = — , de donde bN =a , con b = — > 0 .
Probaremos ahora la unicidad del número b: Si c es un número >0 y cN = a , 
entonces b = c . En efecto, si fuesen distintos el cociente r sería distinto de 1 y 
de bN = cN se tendría rN = 1, con r * 1, lo que es imposible pues N es dis­
tinto de cero; luego b = c .
3) se sigue de 1) para el valor N = 1, pues b = a yaque a1 - a.
Sucesiones y Series 53
°° 1PROBLEMA 3. Probar que la serie V" — es divergente si p < 1
“ np
SOLUCION. 
Caso 1. p < 0
Si p < 0 entonces í — ] es divergente, y si p = 0 , lim -^r = 1 . Luego por el pro- 
V np ) n->°° n
blema 1, la serie es divergente si p < 0 .
Caso 2. 0 < p < 1
Sean sp = 1 + — + ...+ 
2P
sn =sn
Supongamos 0 < p < 1; entonces np < n y — > — , de donde
i 1 1 ̂ , 1 11 + — + ... + — > 1 + — + . . . + —
2P np 2 n
o sea sp > sn , para todo n.
Probaremos luego que la sucesión j no es acotada; luego es divergente, y esto sig­
nifica que la serie es divergente.
Sea dado K > 0 . Tomemos N = 22K. Si n > N se tiene
i 1 1 1S_ > Sfj = 1 + — + — + ... +
N 2 3 N
De 22K -1 = 1 + 21 + 22 + ... + 22K~1
se sigue N = 2 + 21 + 22 + ... + 22K~1
y podemos agrupar los sumandos de sN en 2K sumas formadas por 2, 21, 22, .. , 
22K~l, términos consecutivos:
=
1
1 + -
( 1 1
—+ — +
1 1 1 1 ^
— i------1---- 1—
 ̂ 2) K3 4 ) V5 6 7 8 /
( l ) 0 ( 1 ) ~ 2 K - l í 1 )> 2 — + 2 — + 4 — + ... + 2
0 2 K \ 2 /UJ <4 > L 8 J
= - + -!■ + 2 2 . +
1
2 (2 K sumandos)
V 22*”1 - 1
_ n 
22k )
= « ( I ) = K
Así, para todo n >N se cumple sp > sn > K y la sucesión ) no es acotada.
54
1PROBLEMA 4. Probar que la serie Y ’ — es convergente si p > 1.
j* np
SOLUCION. Sea sn = 1 + + ... + . Es claro que sn <s„+1 y por lo tanto la
2 np
sucesión (sn) es monótona.
Sea r = —— ■ ; luego 0 < r < l , pues p> 1 implica 2p~l > 1, y también sea
M = 1 + - i - .1- r
Probaremos que sn <M para todo n, y por lo tanto la sucesión (sn) es acotada.
En efecto, dado n elijamos un entero K tal que n < 22K y hagamos N = 22K; luego 
agrupamos los términos de sN como en el problema anterior y obtenemos
í \
< l + - i - = M 
1 - r
Finalmente, por el criterio de las sucesiones monótonas acotadas, la sucesión (sn) es 
convergente y por lo tanto existe la suma de la serie.
. 00 
PROBLEMA 5. Probar que la serie ^ an xn converge para todo x en el intervalo
n =O
R > O, si existe una constante M tal que \an\Rn < M , para todo n.
SOLUCION. Sea x en el intervalo {-R,R), estoes \x\<R y elijamos un número r 
tal que |jc| < r < R ; luego r = cR , con O < c < 1.
Debemos probar que la sucesión (s„), sn = a0 + axx + ... + an xn
Sucesiones y Series 55
es convergente, para lo cual demostraremos que satisface el criterio de Cauchy. 
Si m > n > 0, m = n + p, se tiene
:n+1
Jm 1 - “ i r ; ’
en efecto
I I I «+1 «+P
| s™ | = |<*«+1 * + ... + o .* , A:
< la .1 r n+1 + ... + |s I rn*pI B+l| I rt + P|
I I r»rt+l n+P r»= c K +i|* + ... + c P \an, p\R
< ( l + c + ... + c />~1) < M
n+ 1C
(1 - c )
J Q
Puesto que 0 < c < 1 implica lim cn = 0, dado e > 0 , para e podemos encon-n-+ao M
trar un entero N tal que si n > N entonces
1 - c cn
c" < o M —— < e (2)M 1- c
Luego, si m > n > N , por (1) y (2) se tiene | sm - sn | < e , y por lo tanto la sucesión 
(sn) satisface el criterio de Cauchy.
PROBLEMA 6. Aplicando el problema 5, probar que las siguientes series son conver­
gentes:
<* x 2n+1
1) serie de sen(*) > para todo x
00 x 2n2) serie de c o s (jc) V (~l)n -— — , para todo x
v (2 n ) !
*.2n+l 
n X3) serie de are tg (*) £ ( - l)n y- - -— ,
o v *
si -1 < X < 1
en donde y = are tg (x) si y sólo si * = tg y , - ■§■ < y < ■§■ .
56
4) serie de l og ( l -x ) V ( - l )n+1 ~ , si - 1 < x <1
^ n
SOLUCION. Todas las series son de la forma ^ am x m .
o
( - l f1) am = 0 si m es par y a = —̂ - , si m = 2n + l.
(2 n + l)!
RmAhora bien, dado x sea R = \x\ +1, de modo que Ixl < R ; de lim — - = 0 sen-¥» mi
sigue que existe K > 0 tal que \am\ Rm < K , para todo m, y por el problema 
anterior la serie converge en cada punto del intervalo (-R ,R ), y en particular en 
x.
( - 1)"2) En este caso a_ = 0 si n es impar y am= , si m = 2n ; y se puede
(2m)!
aplicar los mismos pasos de 1).
( - l)m
3) Los coeficientes son am = 0 si m es par y am = —-----— , si m = 2 n + l . Luego(2n + 1)
|aTO|<l y |am| Rm < K , con R = K = 1, y por el problema anterior la serie 
converge en ( - 1,1).
4) Similar a 3).
C^apúuÉo 1
¿ 7 C i r c u í
1.1. DEFINICION. Sea PQ=(h,k) un punto del
plano euclideano R y r un número real > 0 .
Se llama círculo C de centro PQ y radio r, al
conjunto de todos los puntos del plano cuya 
distancia de P0 es r. Así,
C = C(P0;r) = { P e R 2 / \P-P0\ = r)
1.2 ECUACION DEL CIRCULO EN 
COORDENADAS CARTESIANAS
TEOREMA. La ecuación del círculo C de centro P0 = (h, k) y radio r en coordenadas 
cartesianas es
( x - h ) 2 + ( y - k ) 2 = r2 (1.2.1)
Es decir, (x, y) e C <=> (*, y) satisface (x - h)2 + (y - k)2 = r2
PRUEBA. Sea P = (x, y) e R2. Entonces en virtud de la definición 1.1 se tiene
P e C <=> |P-P0| = r o J { x - h ) 2 + ( y - k f =r 
o ( x - h ) 2 + ( y - k ) 2 = r 2
58
Nota. Desarrollando los cuadrados del primer miembro de la ecuación (1.2.1) se 
observa que C es la gráfica de la ecuación,
De manera recíproca, podemos establecer lo siguiente
PROPOSICION. Sea C la gráfica de la ecuación
jc2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0
32 + 4D + 4E + F = 0 
18 - 3D + 3E + F = 0
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene
D = - 2 , E = 0 , F = -24 .
RESPUESTA. * 2+ / - 2 x - 2 4 = 0 o (jc-1)2 + / = 5 2
que es de la forma 
donde
x2 + y 2 -2 h k -2 ky + [h2 +k2 - r 2) = 0 ,
x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 ,
D = ~2h, E = -2k, F = h2 +k2 - r 2
Es decir,
2 2Llamemos A = D + E - 4F . Se tiene entonces que:
D E ) 1 r-
1 ) Si A > 0 , C es un círculo de centro P0 = ---- , -------- y radio r = — v A
2) Si A = 0, C consiste solamente del punto P0 =
3) Si A < 0, C no posee puntos.
1.3 PROBLEMAS RESUELTOS
( 1 - 5 )
SOLUCION. Sea x2 + y 2 +Dx + Ey + F = 0
la ecuación del círculo. Puesto que los pun­
tos dados pertenecen al círculo, ellos sa­
tisfacen esta ecuación. Luego se tiene
-►
X
26 + D + 5E + F = 0
El Círculo 59
PROBLEMA 2. Hallar la ecuación del círculo circunscrito al triángulo cuyos lados 
están sobre las rectas
Lx: x - 2y + 11= 0 
L¿: 3x - y - ‘2 = 0 
Lg: 7jt + y + 2 = 0
SOLUCION. Hallaremos los puntos P, Q y R en los que las rectas se intersecan y luego 
determinaremos el círculo que pasa por ellos, como el problema anterior.
P = intersección de Lxy L2. Resolvemos el sistema
jc-2y +11 = 0 
3x - y - 2= 0
y obtenemos: x = 3, y = 7, o sea P = (3,7)
Q = Intersección de L2 y L3. Resolvemos el sistema
3x - y - 2 = 0 
7x + y + 2 = 0
y obtenemos: x = 0 , y = - 2, o sea Q = (0,-2)
R = intersección de Ll y L3. Resolvemos el sistema
x - 2 y + 11 = 0 
7x + y + 2 = 0
y obtenemos: x = - 1, y = 5, o sea R = (-1,5)
2 2Sea x + y + Z)x + Ey + F = 0 la ecuación del círculo que pasa por P, Q y R. Puesto que 
tales puntos se encuentranm en el círculo se tendrá
58 + 3D + 7E + F = 0 
4 - 2 E + F = 0 
2 6 - D + 5E + F = 0
y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene D = - 6 , E = -4 , F = -12 
RESPUESTA, x2 + y 2- &x - Ay -12 = 0 o (x -3 )2 + ( y - 2)2 = 5
PROBLEMA 3. Probar que si A = D2 + E2 - AF > 0 , entonces la gráfica de la ecuación
[ D E ̂ 1 , — - y radio — Va
2 2 / 2
SOLUCION. En la ecuación x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0
completamos cuadrados
( _ o \
2 Ux + Dx + —
V 4 J
+ ( 2 „ E 2> y +Ey + —
V 4
D 2 E 2--------------- + F = 0
4 4
60
y obtenemos ( D )
2
íX + --- + y + —
l 2 ) l 2 ,
= - ( d 2 + e 2 - 4 F ) = - a = í — V a
\2
D E ) 1que es la ecuación del círculo de centro |-----, ------y radio — Va > 0
2 2 )
4 V2 
J~A
2
PROBLEMA 4. Hallar una ecuación de la cuerda común de los dos círculos 
x2 + y2 - 6y - 12 = 0 y x2 + y2 + 8x - 2y + 8 = 0 .
SOLUCION. Si (jq, yj) es un punto de intersección se tiene
x\ + y 2 +4x1- 6 y 1-1 2 = 0 (1)
x\ + y \ +8x i ~ 2^ i + 8 = 0 (2)
y restando miembro a miembro obtenemos
~Axx - 4yx - 20 = 0 (3)
xi + yi + 5 = o
Sustituyendo yx de (3) en (1) obtenemos la ecuación 2x\ + 20x1 + 43 = 0 
cuyas raíces son x, = -5 ±
Luego los puntos de intersección son (-5 + -2̂ p, ~^y ~) » (-5 - » ^ r ) • Ahora
podemos calcular la ecuación de la recta conociendo dos puntos por los cuales pasa, o 
también de una manera más breve observando que los puntos de intersección según (3) 
satisfacen la ecuación de la recta x + y + 5 = 0 . Luego en cualquier caso, obtenemos 
x + y + 5 = 0.
PROBLEMA 5. Encontrar una ecuación de la recta que es tangente al círculo 
x2 + y2 - 4x +6y -1 2 = 0 en el punto (-1,1).
SOLUCION. La ecuación del círculo es (x - 2)2 + (y + 3)2 = 25, y por lo tanto (2, - 3) es
el centro del círculo.
l - ( - 3 ) _ 4_ _ _ 4 
- l - ( 2 ) -3 3
La recta tangente al círculo en (-1,1) es perpendicular al segmento que hemos 
indicado. Luego su pendiente es % .
v 1 3 3 7Finalmente —̂ —r = — nos da y = — x +—, que es la ecuación buscada.
x - ( - l ) 4 4 4
La pendiente del segmento (2, -3 ) , (-1,1) es m =
El Círculo 61
PROBLEMA 6. Hallar una ecuación de cada una de las rectas que tienen pendiente 
-4 /3 y son tangentes al círculo:
x2 + y2 + 2x - 8y - 8 = 0
SOLUCION. Determinaremos los puntos en los que las rectas son tangentes al círculo.
De (x + l)2 + (y - 4)2 = 52 vemos que (-1,4) es el centro del círculo. La ecuación del
diámetro perpendicular a las rectas es
y - 4 3 3 19 ------= — o y = —x + —
jc + l 4 4 4
Sustituyendo en la ecuación del círculo para hallar las coordenadas de los puntos de 
tangencia obtenemos x2 - 2x - 15 = 0, cuyas raíces son x = -3 ,5 .
Las ordenadas de los puntos de tangencia son y = ■§■ , —■,
y las ecuaciones buscadas
v — 4 4±—1_ = o 8 j c + 6y + 9 = 0
jc + 3
r 
2 _
x - 5
8;c + 6 y -9 1 = 0
PROBLEMA 7. Probar que si la recta y = mx + 6 es tangente al círculo jc2 + y 2 = r2 , 
entonces se cumple la ecuación b2 ~ [l + m2 r̂2.
SOLUCION. Sea ( j c , y) el punto en el que la recta es tangente al círculo. Puesto que
( j c , y) se encuentra tanto en la recta como en el círculo se tienen las relaciones:
y l = mxl + b (1)
2 2 2 x1 + y l = r (2)
La pendiente del segmento que une (0,0) con (jclf yL) es — . Y como la recta es
xi
perpendicular a dicho segmento su pendiente m será
m = — (3)
De (3) se tiene xl = -myí y sustituyendo en (1) y (2) nos da 
yí = -m 2y1 + b y1(l + m2) = 6
(-myi)2 + yf = r2 y?(l + m2) = r2
Finalmente, eliminamos yx y obtenemos 62 = (l+ m 2j r 2
62
1.4 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. Determinar si la gráfica de las siguientes ecuaciones es un círculo, un 
punto o no posee puntos en el plano.
PROBLEMA 2. Hallar la ecuación del círculo que pasa por los puntos (4a, 3a), (a, -6a ),
PROBLEMA 3. Hallar la ecuación del círculo que pasa por los puntos (0,0), (a, b), (c, 0).
PROBLEMA 4. Hallar la ecuación de la recta tangente al círculo 
x2 + y2 + 2x + Ay + 20 = 0 en el punto (2, 2).
PROBLEMA 5. Hallar la ecuación de la cuerda común de los dos círculos 
x2 + y2 + 2 x - 4 y - 3 = 0 y x 2 + y 2 - 4x + 2y - 7 = 0.
PROBLEMA 6. Suponiendo que los círculos x2 + y2 + dx + ey + f = 0 y
x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0 tienen una cuerda común, probar que ésta tiene por ecuación
a) x2 + y2 — 2x + 6y + 9 = 0
b) x2 + y2 + 2jc — 4y + 5 = 0
c) x2 + y2 + 6x + 2y + 6 = 0
d) x2 + y2 — 4x + 4y + 9 = 0
e) x2 + y2 + 8x — 8y + 7 = 0
f) x2+ y2-2ax + 2ay + 4a2 =0 (a eIR)
(a, 4a).
(<¿ - D)x + (e - E)y + ( f - F ) = 0 .
RESPUESTAS.
1. a) Un círculo b) Un punto c) Un círculo
d) No posee puntos e) Un círculo f) No posee puntos
2. {x - a ) 2 +(y + a)2 = 25a2
( 2 , 2 c a +b -a c
3. -
,2 ’ 2b
5. x - y + -| = 0
2
2.1 DEFINICION. Una parábola P es el conjunto de todos los puntos del plano que 
equidistan de una recta fija L y de un punto fijo F fuera de la recta. Así,
P = jp e R2 / distancia de P a L = distancia de P a F j
Supongamos que las coordenadas de los puntos P y 
F referidas al sistema cartesiano XY sean y A
P = (x, y) y F = (fv f2) , y que la ecuación de la v ,
recta L sea Ax + By + C = 0. Entonces la ecuación
En relación a la parábola, establecemos lo siguien-
te: “ I X*
2.2 NOTACION
(1) Se llama directriz de la parábola a la recta L .
(2) Se llama foco de la parábola al punto F.
(3) Se llama eje de la parábola a la recta X' que pasa por el foco y es perpendicular a 
la directriz.
de la parábola será:
64
X' y L se intersecan en un punto Q, y el punto medio V del segmento [Q, F] 
pertenece a la parábola.
(4) El punto V = y(Q + F) recibe el nombre de vértice de la parábola.
2.3 ECUACION DE LA PARABOLA CON EJE PARALELO A 
UN EJE DE COORDENADAS
TEOREMA.
1) La ecuación de la parábola con vértice
V = (h, k) y eje paralelo al eje X es
{ y - k f =4 p {x -h )
donde
P = abscisa del foco — abscisa del vértice. 
En este caso, el foco es F = (h + p, k) 
y la directriz L: x = h - p.
2) La ecuación de la parábola con vértice
V = (h, k) y eje paralelo al eje Y es
( x - h f = 4 p (y -k )
Parábola con eje paralelo al eje X
donde, P = (ordenada del foco — ordenada del vértice).
En este caso, el foco es F = (h, k + p) y la directriz es L: y = k - p
2.4 ECUACION VECTORIAL DE LA PARABOLA
Sea V el vértice y F el foco de una parábola 
P. Consideremos un sistema de coordena­
das cartesianas X Y ' como sigue. Sean
1) ü , un vector unitario paralelo al vector 
F - V .
F - V F - V
Así, ü puede ser o --
|F-V| |F-V|
2) üL, el vector ortogonal a ü .
Así, si ü = (a, 6) entonces ü1 = (-6, a ). 
Geométricamente, ü1 se obtiene rotan­
do el vector ü un ángulo de 90° en el 
sentido antihorario.
La Parábola 65
3) p, el número real que cumple F - V = pü .
4) X Y ' , el sistema de coordenadas cartesianas con 
origen en el vértice V, eje X' orientado en el sen­
tido de ü y eje Y", orientado en el sentido de u~
Observemos que si (*\y ) son las coordenadas de un 
punto P del plano referidas al sistema X Y ' , entonces 
P = V + x' ü + y' üL
En efecto, P = V + S y S = jt'ü + y '¿ 1
Se cumple el siguiente
TEOREMA. Un punto P del plano se encuentra en la parábola P si y solamente si sa­
tisface la ecuación
P = V + x'ü + y'ü1
o equivalentemente, si es de la forma
,2
P ^ V + 2— ü + y'ü1 
4 p
con y' = 4 px', x',y ’ eR 
con y' eR arbitrario
2.5 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar la ecuación de la parábola con foco F = (1,1) y directriz
L: x + y + 2 = 0 .
SOLUCION. Sea P = (jc, y) un punto de la parábola. Se tiene entonces por definición 
distancia de P a L = distancia de P a F 
| jc + y + 2| 1\2 , \212
/ g 2 \ 2 2Elevando al cuadrado j(jc +y + 4 + 2jcy + 4 jc + 4yJ = x +y -2 jc -2 y + 2
resulta jc2 + y 2 - 2xy - 8x - 8y = 0
RESPUESTA, x2 + y 2 - 2 x y -8 x -8 y = 0.
PROBLEMA 2. Probar que la ecuación de la parábola con vértice V = (h, k) y eje 
paralelo al eje X es [ y - k ) 2 = 4 p {x -h ) , donde
p = absisa del foco — abscisa del vértice
66
SOLUCION. El foco de la parábola es
F = (h + p,k) (1)
En efecto,
abscisa del foco = p + abscisa del vértice = p + h,
por definición de p,
y ordenada del foco = ordenada del vértice = k ,
pues el eje de la parábola es paralelo al eje X.
Por otra parte, la ecuación de la directriz L de la parábola es
L: x = h - p (2)
En efecto, la directriz L es perpendicular al eje X y se halla a igual distancia del vértice
que el foco de éste.
Sea P = (*, y) un punto de la parábola.
Entonces por definición de parábola y empleando (1) y (2) se tiene
distancia de P a L = distancia de P a F
x - h + p\ = | [ x - (h + p)]2 + { y - k f } ‘
Elevando al cuadrado
x 2 + h2 + p 2 - 2xh + 2xp - 2hp = x2 + h2 + p 2 - 2xh - 2xp + 2hp + (y - k)¿
o también (y - k )2 = 4p {x -h )
í2
PROBLEMA 3. Sea P = V + — ü + tüx , íe R , la ecuación vectorial de la parábola.
4 p
Hallar las ecuaciones paramétricas si V = (h,k), u = (a,6), p, sondados.
t2
SOLUCION. Se tiene (^«y) = {h,k) + — (a, 6) + t(-b, a)
4 p
e igualando coordenadas
d 2 6 £
x = h + — t -b t y = k + — t +at
4 p 4 p
PROBLEMA 4. Se llama lado recto o cuerda focal de una parábola a la cuerda que pasa 
por el foco y es perpendicular al eje de la parábola. Probar que la longitud del lado 
recto es |4p|.
La Parábola 67
SOLUCION. Consideremos la parábola con vértice V = (0,0) y eje paralelo al eje X
y2 = 4 px
La recta x = p corta a la parábola en los puntos (p, 2p) y (p ,-2 p )
En efecto, sustituyendo x = p 
da
Luego
y2 = 4 p2 o y - ±2 p
longitud del lado recto = distancia de (p, 2p) a (p, - 2p)
= 'J i f - p f + [2p - (-2p)]2
= >/(4p)2 =|4p|
PROBLEMA 5. Un arco parabólico tiene 18 mts. de altura y 24 mts. de ancho en la 
base. Si la parte superiordel arco es el vértice de la parábola, ¿a qué altura sobre la 
base tiene la parábola un ancho de 16 metros?
SOLUCION. Sea V = (0,18) el vértice de la parábola con eje Y.
Entonces la ecuación de la parábola es
(x -0 )2 = 4p (y -18 )
El punto (12,0) se halla en la parábola y
sustituyendo las coordenadas en la ecuación 
calculamos p
122 = 4p(0,18)
p = - 2
La altura buscada es la ordenada del punto 
(8, y) de la parábola.
Se tiene 82 = - 8(y - 18) , y - 10 
RESPUESTA. A una altura de 10 metros.
PROBLEMA 6. Si L - (-9,3) y R - (-1, - 5) son los extremos del lado recto de una 
parábola, hallar la ecuación de la parábola.
SOLUCION. Calcularemos el foco F y la directriz L de la parábola y aplicaremos la 
deñnición para hallar la ecuación.
68
Como el foco F es el punto medio del lado recto LR se tiene,
F = ¿(L + fl) = ¿[(-9 ,3 )+ (-1 ,-5 )] = ¿(-10,-2 ) = ( -5 ,-1 )
Por otra parte, por el problema 4, podemos calcular |p| como sigue
|4p| = longitud del lado recto = ^(-9 + l)2 + (3 + 5)2 = 8>/2
de donde |p| = 2 y¡2.
La ecuación de la recta L' que contiene al lado recto es 
y - ( - 5) (3 )-( -5 )
* - ( -1 ) (“ 9) - (-1)
= - 1 o L jc + y + 6 = 0.
Los puntos (x, y) de la directriz L de la parábola son aquellos que se encuentran a una 
distancia 2\p\ = 4y¡2 de la recta L ' , de modo que (s,y) satisface 
|*+ y+ 6| /— ----- —— - = 4 V2 o x + y + 6 = ±8
V2
De esta manera, vemos que hay dos posibles directrices
Ly jc + y - 2 = 0 y L2: x + y + 14 = 0
y por consiguiente hay dos parábolas
p i: \x + y 2 1 = J(x + 5)2 + (y + l)2 y P2: 1X + y t - í i = /̂(jc + 5)2 + (y + l)2
V2 V 2
Elevando al cuadrado y efectuando las reducciones convenientes en cada caso, se 
obtiene
Pjt x2 - 2xy + y2 + 24x + 8y + 48 =0 
y P2: x 2 -2xy + y 2 - 8 x - 2 4 y - 144 =0
RESPUESTA. Hay dos soluciones: x 2 - 2xy + y 2 + 24x + Sy + 48 =0
x 2 - 2ry + y 2 - 8x - 24y - 144 = 0
PROBLEMA 7. Hallar la pendiente del ángulo que forma la cuerda que pasa por el foco 
de la parábola y2 = 4 px con el eje de ésta, para que la longitud de la cuerda sea 3 veces 
el lado recto.
SOLUCION. Sea AB la cuerda focal que tiene una longitud 3|4p| = 12|p|. Si m es la 
pendiente de AB, entonces la ecuación de AB es
y - 0 m o y = mx - mp
x - p
La Parábola 69
Calculando los puntos A y B en los cuales la 
cuerda corta a la parábola, sustituimos 
y = m x-m p en la ecuación y - 4px
(mx-mp) = 4px 
o m2x2 - 2p[m2 + 2)x + m2p2 = 0
y resolviendo esta ecuación de segundo grado 
en x, obtenemos las abscisas de A y B
2p{m2 +2j ± J4p2(m2 +2) - 4 mAp 2 
x = ---------------------V ------------------------
2 m
x =
p{m2 + 2) ± 2\p\yjm2 + 1
m
Supongamos que A = (x0,y 0) y B = (x1,y 1)
con xn =
p(m2 + 2} - 2\p\^m2 + 1 />(m2+2] + 2\p\y¡m2 + 1
se tiene entonces
Por otra parte, 
da
m
x , - x n =
m
2m +1
(1)
m
^1-^2
xi - * o
y i - y 0 =
Finalmente, 12|/>| = longitud de AB = yJ(y1 - y 0)2 +(xx - x 0f 
= ■Jni2(x1- x 0)2 + (x1 - x 0)2 , por (2)
4 |p| V
(2)
= Vi + " i2 • I*! - x0| = T¡l+m4 
4 |p | . ( l + m 2)
l + m‘
por (1)
m
o también 
y resolviendo
m
3 m2 = 1 + m2
RESPUESTA. m = ± ^
70
PROBLEMA 8. El vértice del ángulo recto de un triángulo rectángulo es el extremo L 
del lado recto LR de la parábola y = 8x . El segundo vértice del triángulo es el vértice 
de la parábola. ¿Cuál es el tercer vértice del triángulo y cuánto vale la hipotenusa, si se 
sabe que ésta se encuentra sobre el eje X?
SOLUCION. Sea T = (t, 0) el tercer vértice. Se sabe que 
V = (0,0) L = ( 2 ,-4 )
- 4 - 0La pendiente del lado VL es -------- = -2 , y
2 - 0
por lo tanto la recta LT que es perpen­
dicular a VL tiene ecuación
y - (~ 4) _ 1
x - 2 2
o y = i x ~ 5
Esta recta corta al eje X en T = (t, 0).
Sustituyendo las coordenadas del punto T 
en la ecuación, para obtener t
0 = ± t - 5
da í = 10, y longitud de VT = 10 
RESPUESTA. El tercer vértice es (10,0) y la longitud de la hipotenusa 10.
PROBLEMA 9. Un proyectil describe una curva parabólica alrededor de un punto F, 
siendo éste el foco de la parábola. Cuando el proyectil está a 10 Kms. de F, el segmento 
de recta de F al proyectil hace un ángulo de 60° con el eje de la parábola.
1) Hallar la ecuación de la parábola.
2) ¿Qué tan cerca de F pasa el proyectil?
SOLUCION. Sean V = (0,0) el vértice de la parábola,
F = (p, 0) el foco, 
y L: x - - p la directriz.
Calcularemos p. Por definición de parábola se tiene para el punto P
distancia de P a F - distancia de P a L 
10 = distancia de P a L
La Parábola 71
por otra parte, de la ñgura se tiene
distancia de P a L =
= | V - i?| + |F - V| + |T - F|
= p + p + 10cos60°
Luego 10 = 2p+10x-i
y p = f
La ecuación buscada es entonces
/ = X0{*-1).
Finalmente,
menor distancia de P a F = menor distancia de P a L
= P - 5/2
RESPUESTA. 1) y 2 = 1 0 (* - j) 2) 5/2 Km
PROBLEMA 10. £1 agua que fluye de un grifo horizontal que está a 25 mts. del piso
describe una curva parabólica con vértice en el grifo. Si a 21 mts. del piso, el flujo del 
agua se ha alejado 10 mts. de la recta vertical que pasa por el grifo, ¿a qué distancia de 
esta recta vertical tocará el agua al suelo?
SOLUCION. Sea V = (0,25) el vértice de la parábola.
La ecuación de la parábola es (x - O)2 = 4p(y - 25)
Puesto que el punto P = (10, 21) se encuentra 
en la parábola se cumple
102 =4p(21-25) 
o p = - 25/4
Para calcular la distancia d bastará sustituir 
las coordenadas del punto (d, 0) en la ecuación
hallada
d2 = -2 5 (0 -2 5 ) => d = ±25
RESPUESTA. A 25 mts. de la recta vertical.
72
PROBLEMA 11. Hallar todos los puntos de la parábola y = 4 px tales que el pie de la 
perpendicular trazada del punto a la directriz, el foco y el punto mismo sean vértices 
de un triángulo equilátero.
SOLUCION. Para que P, R y F sean los vértices de un triángulo equilátero deberá 
cumplirse
(1)
puesto que |P - /?| = \P - F| , por definición de parábola.
Se tiene
\P-R\ = \P-F\,
P = (x, y) con y = 4px ,
R - { ~ P t y ) y F = ( p , o )
Luego sustituyendo en (1)
|(-P,y)-(P.O)| = | (x ,y)-(-p ,y)|
(4 p 2 + y 2)2 = {(x + p)2} 2
. 2 2 2 „ 2 4p + y = X + 2px + P
o x2 -2 p x -3 p 2 =0 ,
que resuelta da x = 3 p ,-p 
La solución x = -p se descarta, pues y2 = -4 p 2 
es imposible ya que y > 0.
Luego x = 3p, y = ±2>/3p.
RESPUESTA. ( 3 p , - 2 j 3 p ) y ( 3 p , 2 & p )
2.6 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. Hallar la mínima distancia entre los puntos de la parábola y - x - 1 y 
la recta y = -|-x + 3. ¿En qué punto de la parábola, la distancia a la recta es mínima?
PROBLEMA 2. Determinar la ecuación de la parábola de foco (0,0) y directriz 
y = x + 2.
PROBLEMA 3. Sea la parábola y2 = 4x + 5. Hallar la ecuación de la recta que pasa por 
el punto (1 ,-3 ) de la parábola y que no corta a ésta en ningún punto. (Dicha recta 
recibe el nombre de tangente de la parábola en el punto dado).
La Parábola 73
y + 3Sugerencia. Si ------- = m es la ecuación de la recta, se sustituye x en la ecuación de
x — 1
la parábola, resultando entonces una ecuación de segundo grado en y. Para que la 
intersección de la recta con la parábola sea exactamente un punto, la ecuación 
resultante debe tener una sola raíz, y esto es cierto solamente si el discriminante de la 
ecuación es 0. Finalmente, la ecuación del discriminante permite obtener el valor de m.
PROBLEMA 4. Hallar la ecuación de una parábola que pasa por los puntos (0,0) y 
(0, -y-), y cuyo eje principal se encuentra sobre la recta y = j x .
RESPUESTAS.
1. Distancia mínima =
2. x2 + y 2 + 2xy - 4jc + 4y - 4 = 0
4. 16x2 - 24xy + 9y2 - 60* - 80y = 0
C^apítuÉo 3
c jC a , é l ü p S e
3.1 DEFINICION. Una elipse E es el conjunto de los puntos del plano euclideano R2 
tales que la suma de sus distancias a dos puntos fijos del plano es una constante.
Sean Fl y F2 dos puntos del plano R y a un número real positivo. Entonces 
E = fP = (x,y) / d (P ,í ;) + d(P,F2) = 2o}
y a .
76
3.2 NOTACION Y PROPIEDADES
1. Los puntos F1 y F2 se denominan focos de la elipse.
2. El puntomedio F0 =±(FX + F2) del segmento FXF2 se llama centro de la elipse.
3. Si Fx * F2, la elipse corta la recta X' que pasa por Fx y F2 en exactamente dos 
puntos Vx y V2, que reciben el nombre de vértices de la elipse. Se demuestra que
= d(V2,F0) = a 
d(Fv F0) = d(F2,F0) = c 
y que 0 < c < a .
El segmento VXV2 se llama eje mayor de la elipse y tiene longitud 2a . El número 
a se llama semieje mayor.
4. Si Fx* F2, la elipse corta la recta Y f que pasa por F0 y es perpendicular al eje 
mayor en exactamente dos puintos Bx y B2. Se demuestra que
d(Bv F0) = d{B2,F0)
1 2 2 2y que o + c = a
El segmento BXB2 se llama eje menor de la elipse y tiene longitud 2b. El número b 
se llama semieje menor.
Q
5. El número e = — se llama excentricidad de la elipse. Es fácil de ver que 0 < e < 1.
3.3 ECUACIONES DE LA ELIPSE CON EJE PARALELO A UN EJE DE COORDE­
NADAS CARTESIANAS.
TEOREMA.
1. La ecuación de una elipse cuyo eje mayor es paralelo el eje X es
( x - h f ( y - k f
2 ,2 a b
= 1 con a >b,
en donde se tiene que
centro de la elipse: (/i, k)
vértices de la elipse: (h -a ,k ) y {h + a, k)
focos de la elipse: (h - c ,k ) y (h + c, k), c = Va2 - b‘
La Elipse 77
2. La ecuación de una elipse cuyo eje mayor es paralelo al eje Y es
( * ~ h) + (.y ~ k) = ! con a > b,
en donde se tiene que
centro de la elipse: (h, k)
vértices de la elipse: (h, k - a ) y (h,k + a)
focos de la elipse: (h, k - c ) y {h, k + c), c = y¡a2 - b‘‘
3.4 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar una ecuación de la 
elipse con vértices ( -4 ,-7 ) y (2,5) y
uno de los focos en (1,3).
SOLUCION. Representamos gráficamente 
los vértices V1 = (-4, - 7) 
y V 2 = (2,5) 
y el foco F2 = (1,3)
Debemos calcular la longitud 2a del eje 
mayor y el foco Fl .
78
Se tiene 2a = <¿(V„V2) = ^ [2 - ( -4 ) f+ [5 - ( -7 ) ]2 = Jl8Ó
Los vectores F¡ - Vx y V2- F2 son paralelos y tienen igual longitud pues
d(Vi„Fl) = d(V2,F2)
Por consiguiente, son iguales y se cumple
F - V = V - F *1 V1 2 r 2
O
y así
Fl = = (-4 ,-7 )+ (2 , 5 )-(1 ,3 )
í i= ( - 3 , - 5 ) .
Designemos con P = (x , y) un punto arbitrario de la elipse. Por definición se debe 
verificar d(P,F1) + d(P,F2) = 2 a
o J(x + 3)2 +(y + 5)2 + - J ( x - l f + ( y - 3 f = VÍ80
Y eliminando los radicales del primer miembro
<J(x-l)2 + (y - 3)2 1 = \,[ÍSO - ¡̂{x + 3)2 + (y + 5)5
x 2 - 2 x + 1 + y 2 - 6x + 9 = 180 - 2Vl8Ó.)/(jc + 3)2 + (y + 5)2 + * 2 + 6x + 9 + y 2 + lOy + 25
I------------------------ 122VÍ8Ó.>/(* + 3)2 +(y + 5)2 = [8x + 16y + 195]2
se obtiene
720(x2 + 6x + 9 + y 2 + lOy + 25) = 64*2 + 216y2 + 38025 + 216xy + 3120* + 6240y 
o 656* 2 + 504y2 - 216*y + 1200* + 960y - 13545 = 0
RESPUESTA. La ecuación buscada es
656*2 + 504y2 - 216*y + 1200* + 960y - 13545 = 0
(x — h)2 (y — k\2PROBLEMA 2. Demostrar que j — + = 1, a > b, es la ecuación de una
a b
elipse con centro (h, k) y eje mayor paralelo al eje X. Probar que
a = semieje mayor, b = semieje menor 
(h - o, k) , (h + a, k) son los vértices de la elipse,
(h - c, k) , (h + c, k) son los focos de la elipse, 
donde c = ija2 - b 2 .
La Elipse 79
SOLUCION. Puesto que el eje mayor de la elipse es paralelo al ejeX, los focos Flt F2 y 
el centro (h, k) tienen igual ordenada k.
Siendo el centro el punto medio de los focos tenemos
Fl = (h -c ,k ) y F2 =(h + c,k), con c> 0 .
Si P = (jc, y) es un punto cualquiera de la elipse se debe cumplir
d(P,Fl) + d(P,F2) = 2a ,a > 0 (1)
Observemos que (1) implica que c< a (2)
En efecto, por la desigualdad triangular
2c = d(Fv F2) < d(P, Fl) + d(P, F2) = 2a
para cualquier punto de la elipse. Así c < a .
Volviendo a la ecuación (1) podemos escribir
^ (x - h + c)2 + ( y - h)2 + ̂ (x - h - c f + (y - k)2 = 2a Fx-
Desarrollando
^ [(x -fc) + c]2 + (y -fc )2 = 2a - ^[(* - h ) - c f + (y - k)
(x - h)2 + 2c(x - h) + c2 + (y - k)2 =
= 4a2 - 4a^[(x - h) - c]2 + (y - k)2 + (x - h)2 - 2c(x - h ) + c 2 + (y - k)‘
a )/[(* ~h)~ c f + (y - k)2 - a2 - c ( x - h )
a ^[(x - h ) ~ c f + (y - k f = [a2 -c (x - / i ) ]
a2^(x-ft)2 - 2 c ( x - h ) + c2 + (y-fc)2j = a4 - 2 ca2(x - h) + c2(x - h)2
da (a2 ~ c2f x ~ h ) 2 +a2( y - k ) 2 = a 2(a2 - c 2).
2 2 2 2 2 De (2) se tiene c < a y podemos hacer b = a - c >0, conb>0 .
La última ecuación se convierte en b¿{x - h)¿ + az(y - k)¿ = a2b2, y si b > 0, dividiendo
2,2 , (x - h) ( y - k )por a b se obtiene ----------- + -— —— = 1.
80
Hallaremos los vértices del eje mayor. La recta L que contiene al eje mayor es y = k. 
Por lo tanto, haciendo y = k en la ecuación de la elipse, obtenemos
(x~h)2 (y~ k )2
 — + — = 1 => x = h ±a ,
a b
y así, Vl = (h - a, k) y V2 = (h + a, k) son los vértices de la elipse.
Puesto que por definición se tiene
semieje mayor = — diV^VA = — = a 
2 2
vemos que a es el semieje mayor.
De igual modo, la recta que contiene al eje menor es x = h . Por lo tanto, haciendo x = h 
en la ecuación de la elipse, obtenemos
( x - h f (y - k ) 21 + -i = 1 => y = k±b,
a b
y así Bl = (h ,k -b ) y B2 = (h, k + b)
son los extremos del eje menor.
Luego se tiene semieje menor = — d(Bv B2) = — = 6
2 2
PROBLEMA 3. Hallar una ecuación de la elipse con centro en (0,1), sus focos en el eje 
7, y la longitud del eje mayor igual a 5/3 veces la longitud del eje menor y que pasa 
por el punto (-12 / 5,4).
SOLUCION. Designaremos con a y b las longitudes de los semiejes mayor y menor, 
respectivamente. Se tiene entonces que
a = |5 ( 1)
Puesto que se trata de una elipse con eje paralelo al eje Y y centro en (0,1), la 
ecuación buscada es de la forma
f l + - 1 (2),2 2 b a
Debemos determinar a y b.
x 2 ( y - 1 )2
Sustituyendo (1) en (2) se obtiene — + -------— = 1,
b 25 b
9
y como el punto (-12 /5 ,4 ) se encuentra en la elipse
La Elipse 81
144 32
25b2 2562
= 1 ,
o 2562 = 144 + 81
6 = 3
y de aquí a = -|6 = -|x3 = 5.
x 2 (y -1 )2
RESPUESTA. La ecuación de la elipse es — +-- -------- — = 1.
9 25
PROBLEMA 4. Sean e un número real 0 < e < 1, F un punto fijo y L una recta que no 
contiene a F.
1) Probar que los puntos P del plano cuya distancia del punto F ese veces la distancia 
de la recta L forman una elipse.
2) Si a y 6 son los semiejes mayor y menor de la elipse, respectivamente, y si
/ 2 2c = V a - b , probar que c = ea.
Nota. Llamamos foco al punto F, excentricidad al número e, y directriz a la recta L. 
SOLUCION.
1) Consideramos un sistema de coorde­
nadas cartesianas XY con origen en el 
punto F tal que el eje X sea perpen­
dicular a la recta L y orientamos X posi­
tivamente en el sentido de la recta L al 
punto F.
Se tiene así F = (0,0) , L : x = -d , 
donde d = d(F,L).
Designemos con P = (x, y ) un punto tal 
que d(P, F) = ed(P, L).
Se tiene entonces
■̂ x2 + y 2 = e\x + d\
(*2 + y 2) = e2{x + d)2 = e x̂ +
82
o [ l - e 2}x2 - 2 e2dx + y ¿ = e2d
2 2e dx
x - -------—
1 -e
2 2 ,2 + y = e a
Sumando
se tiene
4 ,2e a
“ 2 1 -e
en ambos miembros para completar cuadrados en los corchetes,
(a-.*)
-|2
X -
1 -e '
4 , 2 2 ,2
2 2 ,2 e a e a+ y = e d + ------ = -i 2 - 21- e 1 - e
y dividiendo ambos miembros entre
2 ,2 e a
T 2 1 -e
2 ,2e d
X -
í - e
2 ,2 e a
( 1 - c 2)'
2 ,2 e a
: 2 1 -e
= 1.
Puesto que 0 < e < 1 implica e < l y 1 - e > 0 , ambos denominadores son 
positivos y la ecuación es, en verdad, la de una elipse con centro en
( 2 , e a
~ 2 1 -e
,0 y ejes paralelos a los ejes de coordenadas.
2) Siendo 0 < e2 < 1 se obtiene 1 -e 2 <1
( l - e f < ( ! - .• )
1 1 — <
1 - e
2 ,2 e d
Z 2 1 -e
(1 -e 2)'
2 »2 e c¿
(1 -e 2)'
Así, si a y 6 son los semiejes mayor y menor de la elipse, respectivamente, se 
cumple
2a =
2 , 2 e d
(1 -e 2)
2 ,2
62 = -1 4 .
1 - e
La Elipse 83
Luego 2 2 , 2 c - a - o =
c - e a
2,2 e a 2 , 2 e a
~ 2 1 -e
4 j 2e a 2= e x
2 , 2 e a 2 2 = e o
PROBLEMA 5. Un satélite se mueve al­
rededor de la tierra describiendo una ór­
bita elíptica, donde la tierra es un foco y la 
excentricidad es -L.
La distancia más corta a la tierra es 
450 Kms.
Hallar la distancia más grande a laque se 
aleja el satélite de la tierra.
SOLUCION. Sean Fl = (-c, 0) y F2 = (c, 0)
los focos de la elipse y la tierra ubicada en el foco Fl (Ver figura). Designaremos con a y 
b los semiejes mayor y menor, respectivamente.
Es claro que distancia más corta= d(Fv Vx) = a - c = 450
distancia máxima = d(Fv V2) = a + c
Debemos calcular d(Fv V2) = a + c 
Por el problema 4 ,si e es la excentricidad se tiene c = ea.
a = 3cSustituyendo e = j obtenemos 
Resolviendo (1) y (3) a - c = 450 a = 3c
da c = 225. 
Finalmente de (2)
RESUESTA. 900 Kms.
d{Fv V2) = o + c = 4 c = 4 x 225 = 900Km.
(1)
(2)
(3)
PROBLEMA 6. Hallar la ecuación de la 
elipse con focos (-2,1) y (6,0) y excen-
V65tricidad e =
10
SOLUCION. Designemos con C el centro 
de la elipse, Vl y V2 los vértices y 
Fl = (-2,1) y F2 = (6 ,0), los focos de la 
elipse.
84
Puesto que F1 y F2 son dados necesitamos calcular 2a = d(Vv V2). 
Si c = d(Fv C) = d(F2,C) entonces
c = ±d(Fv Fi ) = ^ ( 6 + 2)2 + ( 0 - l ) 2 = ±465
Y por el problema 4 , c = ea
De (1) y (2) y e = V65/lO se obtiene a = 5 
Si P = (jc, y) pertenece a la elipse se debe cumplir
J(x + 2)2 + (y - l)2 + -J(x-6)2 + y 2 = 10
Eliminando radicales se obtiene
i2 [­
10J(x + 2 f + ( y - l f
x 2 + 4x + 4 + y 2 - 2y + 1 = 100 - 2oJ (x -6 ^ + y^ + x 2 -12x + 36 + y ‘ 
16x - 2y - 131 = - 20-J(x - 6)2 + y2 
[16x - 2y - 131]2 = 400[(x - 6)2 + y2] 
o 144x2 + 396y2 + 64xy - 524y + 1792x - 2761 = 0
(1)
(2)
PROBLEMA 7. Hallar la ecuación de cada 
elipse con un vértice en (1,1) y un vértice en
(3, 5) si el eje mayor es vertical.
SOLUCION. Sean Ej y E2 las elipses cuyas 
ecuaciones se trata de hallar. Las ecuaciones 
buscadas son de la forma
( x - h ) 2 ( y - k ) - , -------— + = 1 con a > b
Para EL se tiene centro: (1, 5) 
a = 5 -1 = 4
¿> = 3 -1 = 2 y así, Ex
(x -1 )2 , (y -5 )2 l
16
La Elipse 85
Para E2 se tiene centro: (3,1)
a = 5 -1 = 4
...... „ . ( * - 3 )8 , ( y - 1)2 _ ,
v — 3 “ 1 ” 2 y £LS19 IIIjo ♦ " 1
4 16
RESPUESTA. Las ecuaciones son í í z l L + í?.~i L = i y í f z l L + í / l i l = l
4 16 4 16
PROBLEMA 8. La cuerda de una elipse a través de un foco y perpendicular al eje mayor
se llama lado recto o cuerda focal. Probar que la longitud del lado recto es
SOLUCION. Consideremos la ecuación de una elipse centrada en el origen y eje mayor 
paralelo al eje X
2 2 x y
- + TT= * a b
Los extremos de un lado recto tienen abscisas x - ±c 
y ordenadas y:
2 ,2 y =b
2
1 -
donde a2 =b2 + c2,
2 b2 / 2 2 \ b4
y - r ( a " c )= —
y = ±-
Así b2 ) ' b2'c , ------ y c, —
l a l a J
son los extremos de un lado recto.
Luego, la longitud del lado recto es 2 b¿
PROBLEMA 9. Un techo de 20 mts. de ancho tiene la forma de una semielipse. ¿Cual 
es la altura del techo a 4 mts. de las paredes laterales, si éste tiene una altura de 18 
mts. en el centro y de 12 mts. en las paredes?
86
SOLUCION. Consideramos un sistema de coordenadas cartesianas XY con origen en el 
centro de la elipse. La ecuación de la elipse es
2 2 x y—— + —— = 1 2 ,2a b
a = 10 y 6 = 1 8 -1 2 = 6Se tiene
2 2 x y Luego -------+ — = 1 .
100 36
A 4 mts. de distancia de la pared, la abs­
cisa tiene valor x0 = 10 - 4 = 6 y la or­
denada correspondiente y0 en la elipse
c 2 2 O Vcumple ------+ -2 - = 1 de donde yQ = 4.8.
100 36
Luego, la altura buscada es
y0 + 12 = 4.8 + 12 = 16.8
altura buscada
RESPUESTA. El techo tiene 16.8 mts. de 
altura a 4 metros de las paredes laterales.
3.5 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. Hallar la ecuación de la elipse con focos en (0,0) y (0,8) y semieje 
menor 3.
PROBLEMA 2. Hallar la ecuación de la elipse con centro en (-1,1), semieje mayor 3 y 
excentricidad 2/3 si el eje mayor es horizontal.
PROBLEMA 3. Un arco tiene la forma de una semielipse. ¿Qué tan ancho es el arco a 
una altura de 6m sobre la base, si éste tiene 32 m de ancho en la base y una altura de 
12m?
PROBLEMA 4. Hallar la ecuación de la elipse con vértices en (-1, - 1) y (3,3) y excen­
tricidad e = j .
PROBLEMA 5. Una elipse con centro en el origen tiene un vértice en (-4,3). Hallar la 
ecuación de la elipse si la longitud del lado recto es 15/2.
262Nota. Lado recto = , por el problema 8, 3.4.
a
La Elipse 87
PROBLEMA 6. Hallar la ecuación de la elipse con vértices en (2,0) y (2,6) y uno de 
los focos en (2,5).
PROBLEMA 7. Hallar una ecuación de la elipse con centro en (6,1), vértice en (0, - 5) 
y un foco en el eje X.
RESPUESTAS.
1. + i l - 1.
25 9
2 . + í r f . ! .
9 5
3. 16>/3
4. l x 2 +7y2 - 2 x y - 1 2 x - 1 2 y - 3 6 = 0.
5. 84x2 + 39ly 2 + 24xy - 1875 = 0; focos (2, - f ), (-2, f )
6. Í í z t f . ♦ . X.
5 9
7. 71x2 + 71y2 - 2xy - 850 - 130y - 2425 = 0
ipítuÉo 4
J h J J i p é r U *
4.1 DEFINICION. Una hipérbola es el con­
junto de todos los puntos del plano euclideano 
R tales que que la diferencia de sus distancias 
a dos puntos fijos es en valor absoluto una 
constante.
Así, si Fx y F2 son dos puntos fijos de R y a es 
un real positivo, se tiene
H = {*> = (* ,y) / d(P,Fl) -d (P ,F 2) = ±2a}
Una hipérbola se compone de dos ramas Hx y 
H2 definidas por
H ,= {P = (*,y) / -<*(*>,*;)- - 2 a }
H2 = {P = (*, y) I d{P, FL) - d(P, F2) - 2a}
4.2 NOTACION Y PROPIEDADES
1. Los puntos Fl y F2 se llaman focos de la hipérbola.
2. El punto medio F0 = -£(Fi + F2) del segmento FXF2 se llama centro de la hipérbola.
90
3. La hipérbola H corta la recta X ' que pasa por los focos en exactamente dos puntos 
Vi y V2 que se llaman vértices de la hipérbola. Se cumple
d(V1,F 0) = d(V2, í ’0 = a)
El segmento V1V2 se llama eje transversal y posee longitud 2a .
4. Si c = d{Fl , Fq) = d(F2, Fq) entonces c> a.
2 2 2 Hagamos b = c - a y designe­
mos por Y' la recta que pasa por 
Fq y es perpendicular a X ' . Sean
fij y B2 los puntos de Y' que 
distan b de F0.
Se tiene d{Bx, F0) = d(B2,F0) = b
El segmento BXB2 se llama eje 
conjugado y tiene longitud 2b.
5. Los números a y 6 se denominan
semieje transversal y conjugado, respectivamente.
El número e - — se llama excentricidad de la hipérbola. Observemos que e > 1. 
a
6. Decimos que una hipérbola es equilátera si a = b, es decir si los semiejes trans­
versal y conjugado son iguales.
Empleando la relación c = Ja2 +b2 , es fácil de ver que una hipérbola es equi­
látera si y solamente si e = >/2.
4.3 ECUACION DE LA HIPERBOLA CON EJE TRANSVERSAL PARALELO A UN 
EJE DE COORDENADAS CARTESIANAS
TEOREMA.
1) La ecuación de una hipérbola cuyo eje transversal es paralelo al eje X es
{ x - h f (y - k y
= 1
Y donde se tiene que
centro de la hipérbola: (h, k)
vértices de la hipérbola: (h, k) y (h + a, k)
focos de la hipérbola: (h -c ,k ) y (h + c, k); c = y¡a2 + b
La Hipérbola 91
2) La ecuación de una hipérbola cuyo eje transversal es paralelo al eje Y es
{ y - k f { x - h ) 2 = 1
Y donde se tiene que
centro de la hipérbola: (h, k)
vértices de la hipérbola: {h, k - a) y (h,k + a)
focos de la hipérbola: (h, k - c ) y {h, k + c); c = y a 2 +b*
Asíntotas de la Hipérbola
(x — h)2 {y~h^1. Se llaman asíntotas de la hipérbola ---- -----------— —— = 1
a las rectas
Ly y = k + —{x -h ) 
a
L2: y = k - - ( x - h )
que se obtienen igualando a cero el segundo miembro de la ecuación de la hipérbola. 
Así, los puntos de las asíntotas son aquellos que satisfacen la ecuación
( x - h ) 2 (y - k ) 1 = 0
Las asíntotas Ll y L2 son dos rectas que pasan por el centro de la hipérbola y for­
man con el eje transversal de ésta un ángulo a con tg a = ± b/a.
Propiedad de las Asíntotas. Si P[x, y) es un punto de la hipérbola, entonces la 
distancia de P a la asíntota más próxima tiende hacia cero a medida que |jc| crece 
indefinidamente (ver problema resuelto N9 10).
2. De igual modo se llaman asíntotas de la hipérbola (y - k f [x - h f = 1
a las rectas
Ly y = k + - { x - h ) 
b
L2: y = k - —{x -h ) 
b
que se obtienen igualando a cero el segundo miembro de la ecuación de la hipérbola.
92
Hipérbola con eje transversal paralelo al eje X
4.4 HIPERBOLAS CONJUGADAS
Decimos que doshipérbolas son conjugadas si tienen los ejes transversales y conjuga­
dos intercambiados.
En forma explícita, las hipérbolas H y H' son conjugadas si se cumple
ViVa = eje transversal de H = eje conjugado de H'
y
B1B2 = eje conjugado de H = eje transversal de H'
Por ejemplo, las hipérbolas
,2 / j_\2
( * - fe) (y - * )
2 ,2a b
( y - k ) 2 (x - h ) 2 _ 1
son conjugadas.
Dos hipérbolas conjugadas tienen las 
mismas asíntotas.
4.5 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar la ecuación de la hipérbola cuyos focos son los vértices de la elip­
se 25x2 + 9y2 = 255 y cuyos vértices son los focos de la elipse.
La Hipérbola 93
SOLUCION. De la ecuación de la elipse — + — =1
9 25
2 2 2 obtenemos a =25 , b =9 y c = 16.
Por lo tanto, vértices de la elipse: (0, - 5), (0, 5);
focos de la elipse: (0, - 4), (0, 4);
Luego se tiene focos de la hipérbola: (0, - 5), (0,5);
vértices de la hipérbola: (0, - 4), (0,4);
centro de la hipérbola: (0,0).
La ecuación tiene la forma
donde A = 4 ,C = 5 y B = = 3
2 2 y xSe sigue entonces q u e --------------= 1 es la ecuación requerida.
16 9
2 2
RESPUESTA. - — = i
16 9
PROBLEMA 2. El costo de producción de 
un artículo es $12 menos por unidad en 
un punto A que en un punto B. Si la 
distancia de A a B es de 100 Kms., la 
ruta de entrega está a lo largo de una 
línea recta y el transporte cuesta $0.20 
por unidad por Km; ¿cuál es la curva en 
cualquier punto de la cual cueste lo 
mismo un artículo transportado desde A 
o B?
SOLUCION. Tracemos un sistema rec­
tangular de coordenadas como se muesra en la figura
Designemos los siguientes costos por unidad de artículo 
p = costo de producción en B 
CA = costo en P de mercancía proveniente de A 
CB = costo en P de mercancía proveniente de B
Desde que costo total = costo de producción + costo de transporte
94
se tiene
CA = { p - 12) + 0.20 d(A, P)
CB - p + 0.20 d(B, P)
Ahora bien si P = (x, y) es un punto en el cual CA = CB 
entonces se tendrá que
(p - 12) + 0.20 d(A, P) = p + 0.20 d(B, P) 
o d (A ,P )-d {B ,P ) = 60
Luego P se encuentra en la rama derecha de la hipérbola con focos en A = (-50,0) y 
B = (50,0) y cuya ecuación es
RESPUESTA. Rama derecha de la hipérbola 16x2 - 9y2 = 14 400.
PROBLEMA 3. Hallar una ecuación del conjunto de todos los puntos P = (*, y) tales 
que la distancia de P a (1,2) es 3/2 de la distancia de P a la recta y = - l .
SOLUCION. Sean F0 =( 1,2) y L : y = - 1.
Si P = (x, y) cumple d(P, F0) = -| d(P, L) 
entonces se tiene
J(x - l f + ( y - 2 f = f ( y + l) 
4 [ ( * - l ) 2 + (3 '-2 )2] = 9 (y + l)2 
4(x - 1)2 - 5 y 2 -3 4 y = 7
5(y2 + f - 7 ' ) - 4(1 - 1)2 = 7
Y completando cuadrados
17^2 172
y + — ] - 4 (x - l)2 = 7 + -----
5 J 5
324
5
obtenemos
(y + f f ( x - i f
324
25
81
5
= 1
La Hipérbola 95
RESPUESTA. Una ecuación es
324
25
81
5
que representa una hipérbola con centro en (l, - -y), eje transversal paralelo al eje Y 
y semiejes transversal y conjugado -y- y , respectivamente.
PROBLEMA 4. Sea k * 0 . Probar que la ecuación xy = k es la ecuación de una hipér-
SOLUCION. Sustituyendo las expresiones de x, y, dadas por las ecuaciones de cambio 
de coordenadas en xy = k, obtenemos
que representa una hipérbola equilátera con eje transversal X' o Y' según sea k > 0 o 
k < 0.
PROBLEMA 5. Sean e un número real > 1, F un punto fijo y L una recta que no con­
tiene a F.
1) Probar que los puntos P del plano cuya distancia del punto F es e veces la dis­
tancia de la recta L, forman una hipérbola.
2) Si a y b son los semiejes transversal y conjugado de la hipérbola y si
Nota. Llamamos foco al punto F, excentricidad al número e y directriz a la recta L. 
SOLUCION.
1) Consideremos un sistema de coordenadas cartesianas XY con origen en el punto F 
tal que el eje X sea perpendicular a la recta L y orientamos X positivamente en el 
sentido de la recta L al punto F.
Se tiene así F = (0 ,0), L: x = -d ,
donde d = d(F , L ).
bola equilátera efectuando la rotación de 45° del sistema de coordenadas XY dada por:
±x '2 - - ¿ y 2 = k o también —------—— = 1
2k 2k
i t2 i f2
jL 1r i. m
probar que c - e a .
Designemos con P = (x,y) un punto tal que d(P,F) = ed(P,L).
96
Se tiene entonces ^x2 + y 2 = e|x + d| 
(x2 + y 2) = e2 (x + d)' 
( l - e 2)x2- 2 e2dx + y 2 = e2d2 ,
completando cuadrados (1 - e2)
y dividiendo entre
2 ,2e*dx -
1 - e
+ y
2 ,2 e d
21 -e
2 ,2 e d se obtiene
1 -e
2,2
X -
e_d_
1 -e 5
2 ,2 e d 2 ,2 e a
 ̂ 2 1 -e
= 1
2
El primer denominador es > 0, y el segundo es < 0, pues e > 1 implica e > 1 y
1 -e <0. Por lo tanto, la ecuación representa una hipérbola con centro en
( 2 ,2 e d
1 -e
, 0 y eje transversal paralelo al eje X.
2) Si a y fe son los semiejes transversal y conjugado de la hipérbola respectivamente, 
de acuerdo a lo que se acaba de establecer, se debe cumplir que
2 ,2 2 e d a =
2 ,2 2 e d
Luego
2 2 , 2 c = a + b =
2 ,2 e d
M í
( i - * )
2 ,2 e d
~ 2 1 -e
1 -e '
4 j2e d 2 ,2 e d= e x 2 2 = e a
Por lo tanto c = e a .
PROBLEMA 6. Hallar la ecuación de la hipérbola cuyas asíntotas son y = ± -| (x-l) + 2, 
y que pasa por el punto (5, - 9/2)
La Hipérbola 97
SOLUCION. Puesto que las asíntotas son
y - z = f ( * - l ) , y~ 2 = - j ( x - l ) ,
multiplicando miembro a miembro, se obtiene
( y - 2 f ( x -1 )2 p
9 4
Luego la ecuación de la hipérbola es de la forma
( y - 2 ) 2 ( x - 1 f k
9 4
donde k debe determinarse empleando la condición de que la hipérbola pasa por el 
punto ( 5 , - -|). Haciendo x = 5 , y = --§•, obtenemos
k = ( ~ l ~ 2 f _ ( 5 - 1 )2 = 2 5 
9 4 36
RESPUESTA. í?—-?)-■ - I f ." 1-)- = 1
25 25
4 9
PROBLEMA 7. Hallar la ecuación de la hipérbola con focos en (0,0) y (6, 0) y excen­
tricidad e = -|.
SOLUCION. El centro de la hipérbola es (3,0) y la ecuación de la hipérbola tiene la 
forma
/ o\2 2
( * - 3) _ y_ = 1 
2 , 2
Se tiene además e = (1)
2c = distancia entre los focos = ¿[(0,0), (6,0)] = 6 (2)
2 2 , 2c - a +b (3)
c = ea (4)
De (1), (2) y (4): 3 = f a => a = 2 (5)
y de (3) y (5) : b2 = c2- a = 32 - 2 2 = 5
RESPUESTA. ?L _ Z_ = 1 .
4 5
98
PROBLEMA 8. Probar que el producto de las distancias de un punto cualquiera de una 
hipérbola a sus asíntotas es constante.
2 2
SOLUCION. Consideremos la hipérbola = 1
a b
b bcon asíntotas Ly y - —x o y — x = 0
a a
h b AL2: y = — x o y + — = 0
a a
Sea P = (jc, y) un punto cualquiera de la hipérbola. Se tiene
d, = d(P,Ll) =
b
y - ~ x
a
'1 + ( -b^2
d2 = d(P,L2) =
b
y + —x 
a
'1 +
b
\CL J
Luego d-íd2 —
1+ f b "
2,2 a b
~~2 72a +b
teniendo en cuenta que
2 2 
y x = 1 , pues P es un punto de la hipérbola.
Así, hemos demostrado que dxd2 =
2, 2 a b
2 , ,2 a +b
= constante.
PROBLEMA 9. Sean A y B dos puntos fijos cuya distancia es d. Probar que el conjunto 
de los puntos P tales que el ángulo PAB es dos veces el ángulo ABP , es una hipérbola 
con excentricidad -§V3.
SOLUCION. Supongamos que
A = (0,0) y £ = (cí, 0).
Sea P = (x, y) un punto tal que
APAB = 2ÁABP y hagamos a = AABP
y 2 tg aSe tiene — = tg 2a =
1 - tg a
d - x
= tg a
La Hipérbola 99
Sustituyendo tg a en la primera ecuación y
y '
d - x
x i - y
d - x j
y 2 - 3x2 + 4dx = d2,
y completando cuadrados
7 d2 7 d2
2 7d 2que es la ecuación de una hipérbola con a = ------ , b = -------; y calculando la excen-
3 9
tricidade: c2 = a2 +b2 = — d2,
2 28 J 2
9 q
I d 2 3 3
PROBLEMA 10. Sea / / una hipérbola con centro C. Si P es punto culquiera de H y L 
es la asíntota más próxima a P, demostrar que la distancia d(P, L ) tiende a cero si
d(P, C) crece indefinidamente; es decir que se cumple d(P,L1)-> 0 cuando 
d(P, C) -> +oo
SOLUCION. Por simplicidad vamos a suponer que C = (0,0) y que la ecuación de la
2 2
X Vhipérbola es — = 1 (1)
2 > 2a o
Las ecuaciones de las asíntotas son: L̂ . y ~ —x = 0, L2: y + —x = 0.
a a
Sea P = (jc, y) un punto de la hipérbola.
b ¡ 2 2De (1) se tiene que y = ± —\x - a (2)
a
Supongamos que P = (x, y) se encuentra en la parte superior de la rama derecha de la 
hipérbola, es decirque se cumple x > a , y > 0.
Demostraremos que d(P,Lx) tiende a 0
I 2 I b2cuando d(P,0) = y x 2 + y 2 = x J l + — tiende a +oo,
100
esto es cuando * -> +00.
Calculamos ¿ (P .L j sustituyendo (2) en
d(P,Lx) =
6 6 1 2 2 6 / 2 2 V* - a - *
H11 — \¡x - a -----* 6
a a a
1 + L ( b )— V —v a ) V \a)
f~2 7T yja + 6
y racionalizando
d(P,L 1) =
/ 2 2~ Vx - a
n ttVa +0
f~2 2”V* - a + *
I 2 5V* - a
6a'
yja2 + fe2 1 V*2 - a2
Luego, si *-+ +00, entonces el denominador-» +°o, el segundo miembro —»0, y por lo 
tanto, ¿ (P ,^ ) -+ 0.
De modo similar se prueban los casos en que P se encuentra en la parte inferior de la 
rama derecha o en las partes superior o inferior de la rama izquierda de la hipérbola.
PROBLEMA 11. Si Ax2 +Bx + Cy2 +Dx + Ey + F = 0 es la ecuación de una hipérbola, las 
asíntotas y = mx + 6 se obtienen resolviendo las ecuaciones
2A + Bm + Cm = 0 j 
Bb + 2Cbm + D + Em = 0 1
(*)
Encontrar las asíntotas y el centro de la hipérbola
10*2 + 11*y - 6y2 - 82* - 9y + 262 = 0
SOLUCION. Utilizando las ecuaciones (*)
10+ l lm -6 / n 2 = 0 
116 - 126/n - 82 - 9m = 0
Las raices de la ecuación (1) son
que sustituidas en (2) dan 
Las asíntotas son
m =
6 =
11 ± V36Í f 5/2
12
- 11/2
-2 /3
T . v _ 5 . - _ . i l LéV y - 2 X 2
W y ~ — "3 ^
a )
(2)
(3)
(4)
La Hipérbola 101
El centro de la hipérbola es el punto de intersección de las asíntotas. Resolviendo las 
ecuaciones (3) y (4) obtenemos
x = 3 y = 2.
4.6 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. Hallar los focos, vértices, excentricidad y asíntotas de la hipérbola 
25x2- 9 y 2 = 225
PROBLEMA 2. Hallar la ecuación de una hipérbola cuyas asíntotas son 
5y + 12jc- 39 = 0, 5y - 12x + 9 = 0, y que pasa por el punto (-8,3).
Sugerencia. Usar la propiedad de que si P es un punto de la hipérbola y d[P, L j y 
d{P, L2) son las distancias de P a las asíntotas, entonces
d{P, L j x d{P, L2) = constante = k (Ver problema resuelto Nfi8).
PROBLEMA 3. Hallar la ecuación de una hipérbola con eje transversal paralelo al eje 
X, excentricidad 5/3, y que pasa por los puntos (4,0), (-2, 2) y (-11/4,5)
PROBLEMA 4. Hallar la ecuación de una hipérbola equilátera cuyo centro es el origen 
y que tiene sus focos sobre la recta y = -|x a una distancia 5 del origen.
PROBLEMA 5. Hallar la ecuación de la hipérbola con centro en (-1,0), sus focos en el 
eje X y que pasa por los puntos (4,0) y (5V2 - 1 , 12)
2 2 1PROBELMA 6. Si 4x + 5xy + y + 3x + 2y - 7 = 0 es la ecuación de una hipérbola, 
hallar las asíntotas y el centro de la hipérbola.
PROBLEMA 7. Probar que no existe ninguna recta y - mx que corta a la hipérbola
2 2x - y =1 en exactamente un punto.
PROBLEMA 8. Las asíntotas de una hipérbola forman un ángulo de 60° con el eje 
transversal. Hallar la excentricidad de la hipérbola.
PROBLEMA 9. Se llama lado recto o cuerda focal de una hipérbola a la cuerda que 
pasa por el foco y es perpendicular al eje transversal. Probar que la longitud del lado
2 b2recto es ----- , donde a y b son los ejes transversal y conjugado, respectivamente.
a
PROBLEMA 10. La hipérbola H tiene las asíntotas 2 x -3 y + 12 = 0 y 2x + 3y = 0. Si 
un vértice de H es (0,2), hallar la ecuación de H.
102
2 2PROBLEMA 11. Sea la hipérbola 4x - 3y = 36. Hallar la ecuación de la cuerda cuyo 
punto medio es (-f, 3).
RESPUESTAS.
1. focos: (-V 34 ,0), (>/34, o); vértices: (-3 ,0 ), (3,0); 
excentricidad: e = >/34/3; asíntotas: y = ±-|x.
2 . ( f z S l . O ^ L . x .
102 24
а.
3 4
4. 14jc2 - 14y2 - 96*y + 625 = 0.
/ -\2 2(x + l) y _
2 25 12
б. Asíntotas: 3x + 3y = - l , 12jc + 3y = - 5 ; Centro:
8. e = 2
10. 4jc2 + 2 4 x -2 y 2 +36y = 36.
11. y = 2 * -6 .
5
o / a é d c i t a c i ó n G e n e r a l 
d e ~ G e a u n d o C a r a d o
5.1 DEFINICION. Una sección cónica C es el conjunto de los puntos del plano tales 
que su distancia a un punto fijo F ese veces su distancia a una recta fija L. Así, C 
consiste de todos los puntos P que cumplen
d(P, F) = ed(P, L)
Se llama foco al punto F, directriz a la recta L y excentricidad al número e > 0.
Tenemos el siguiente resultado:
5.2 TEOREMA.
1) Si 0 < e < 1, entonces C es una elipse.
2) Si e = 1, entonces C es una parábola.
3) Si e > 1, entonces C es una hipérbola.
DEMOSTRACION. En efecto, supongamos que 
F = (0,0) y que L es la recta x = -d , donde
d = d(F, L ). Si P(x, y) es un punto de C,
entonces se cumple que
d(P, F) = ed(P, L) (1)
104
V 2 2 i ix + y = e |x + d|,
y elevando al cuadrado ambos miembros y agrupando términos en x, llegamos a:
(i 2\ 2 0 2 , 2 2 ,2l l - e Ix - ¿e dx + y = e a 
Si e * 1 entonces la ecuación (2) se puede escribir
( i - * )
2 2 e d
x -
l - e
completando cuadrados
2 2e d
• ;
l - e '
4 , 2e a
2 2 ,2 + y = e d ,
4 , 2
2 2 ,2 e d+ y = e d +
l - e
( i - * 2) x -
2 je d
~ 2 l - e
2 ,2 2 e d
+ y = — i -l - e 2
y dividiendo por
2 , 2 e a
~ 2 l - e
x -
2 ,2 \ 2 e a
- 2 l - e
2, 2 e a 2 ,2 e a
= 1
( l - e 2) l - e 2
y esta ecuación es equivalente con (2) si e * 1.
Podemos concluir que C es
2 21. una parábola si e = 1, ya que entonces la ecuación (2) es y = 2dx + d
y2 = 4 p (x -h )
donde 4p = 2d; h = - \ d
( x - h ) 2 y 2
2. una elipse si e < 1, ya que entonces la ecuación (3) es ------ — + —
a b
(2)
(3)
= 1 , donde
2a =
2 , 2 e d
M í
> b =
2 ,2 2 e a
l - e '
> 0, pues e < 1 y h =
2 ,2 e a
~ 2 l - e
La Ecuación General de Segundo Grado 105
3. una hipérbola si e > 1, ya que entonces la ecuación (3) es
2 ,2a b
2,2 2,2 2 ,2, , 2 ® ® 2 ® ® e adonde a = ---------- y b = —----- > 0, pues e> 1, y h = ------ -
(1 -e 2) e2 - '
5.3 TRASLACION DE EJES
Sea el sistema de coordenadas carte­
sianas XY. Decimos que un sistema de 
coordenadas cartesianas X Y ' ha sido 
obtenido por traslación de los ejes X e Y 
al punto 0' si se cumple que:
1) El origen X Y ' es 0'
2) Los ejes X y X' son paralelos y tienen 
el mismo sentido.
3) Los ejes Y e Y' son paralelos y tienen 
el mismo sentido.
Un punto P cualquiera del plano admite dos pares de coordenadas: 
uno, el par (x, y) referido al sistema XY
y otro, el par (x', y') referido al sistema X Y ’
Si (h, k) son las coordenadas XY del punto 0 ', entonces las ecuaciones entre los pares 
de coordenadas (x,y) , (x',y') del punto P son:
x = x' + h x' = x - h
o
y = y' + k y' = y — k
EJEMPLO 1. Trasladar los ejes XY de modo que la ecuación x3 + 3x2 + 2y + 8 = 0 refe­
rida a los nuevos ejes no contenga términos de segundo grado, ni término constante.
SOLUCION. Sean x = x' + h, y = y ’ + k
las ecuaciones de traslación de ejes, donde (h, k) es el origen del sistema de coorde­
nadas X Y ' .
1 - e
106
Sustituyendo en la ecuación dada, se tiene:
(x' + 6)3 - 3(x' + 6)2 + 2(y '+ 6) + 8 = 0, 
desarrollando y agrupando términos:
x '3 + 3(6 - l)x '2 + 3(6 2 - 2h)x' + 2y' + (63 - 3h2 + 2k + 8) = 0
Puesto que los términos de segundo grado y el término constante deben ser nulos, debe
cumplirse
6 - 1 = 0 
6 3 -3 h 2 + 26 + 8 = 0
ecuaciones que resueltas dan 6 = 1, k = -2 .
Luego, habra que trasladar los ejes XY al punto (1 ,-2 ), y referida a los nuevos ejes 
X y ' la ecuación toma la forma
x'3 -3x ' + 2y' = 0
EJEMPLO 2. Hallar una traslación de los ejes de tal forma que la ecuación
3x2 - 2 y 2 + 6x - 8y - 11 = 0 
referida a los nuevos ejes, no contenga términos de primer grado.
SOLUCION.
1©r. método. Partimos de la ecuación de traslación de los ejes x = x' + 6, y = y' + k, y 
procedemos como en el ejemplo anterior.
2do. método. Completamos cuadrados en la ecuación dada.
3(x2 + 2x) - 2(y2 + 4y) - 11 = 0 
3(x2 + 2x + 1) - 3 - 2(y2 +4y +4)+ 8 -1 1 = 0 
3(x + 1)2 - 2(y + 2)2 - 6 = 0,
que se escribe 3x'2 - 2y'2 - 6 = 0,
si efectuamos la traslación x' = x + l , y' = y + 2
5.4 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. Expresar x2 + xy + y 2 - 3x + 2 = 0 respecto de un sistema de coordena­
das obtenido por traslación de ejes, si la ecuación resultante no contiene términos de 
primer grado.
La Ecuación General de Segundo Grado 107
RESPUESTA. (2 tr12 . «x + x y + y - 1 = 0
PROBLEMA 2. Se han trasladado los ejes XY a un punto 0'. Si la ecuación 3x - 2y = 6 
referida a los nuevos ejes no contiene término constante y la distancia de 0' al origen 
XY es 5, hallar las coordenadas del punto 0'.
RESPUESTA. 0' = (4,3), 0 '= ( - i § , - § )
5.5 ROTACION DE EJES
Consideremos dos sistemas de coordenadas cartesianas XY y X Y ' con origen común
0. Sean (jc,y) las coordenadas en XY, y (x',y') las coordenadas en X Y ' de un punto
cualquiera P del plano. Decimos que el sistema de X Y ' ha sido obtenido rotando en 
un ángulo 0 el sistema XY si se cumplen las siguientes condiciones
x = je'cosG-y' sen© 
y = x'sen0 + y'cos0
Estas ecuaciones entre las coordenadas de 
un punto pueden obtenerse gráficamente 
en la forma que a continuación des­
cribimos. Para simplificar la exposición 
vamos a suponer que el ángulo de rotación 
0 está comprendido entre 0o y 90°.
Sean A y C, los pies de las perpendiculares 
trazadas desde P a los ejes X y X' res­
pectivamente, y B y D los pies de las per­
pendiculares trazadas desde C al eje X y al 
segmento AP, respectivamente.
Es fácil ver que ÁDPC = 0.
Se tiene x = d(0, A) = d(0, B) - d( A, B),
pero d(0, B) = x'cosG
d(A, B) = d(D, C) = y' senG 
y por lo tanto x - x ' eos 0 - y'sen 0
En forma similar se tiene y = d(A, P) = d(A, D) + d(D, P) , 
pero d(A, D) - d(B, C) = x'senG (en el triángulo OBC)
d(D, P) = y 'cosG (en el triángulo DPC)
por lo tanto
y = x'senG + y'cosG
(en el triángulo OBC) 
(en el triángulo DPC)
(1)
(2)
(3)
108
Nota.
1. Si despejamos x e y en las ecuaciones (1) obtenemos
x' = xcos0 + ysen0
, <4>y = -xsen0 + ycos0
2. Las ecuaciones (1) o (4) se llaman ecuaciones de rotación de los ejes, y la relación
que ellas definen entre los pares de coordenadas (jc, y), (x ',y ')t se denomina una
{transformación de) rotación.
3. Si hacemos u = cos0 y v = sen0, las ecuaciones (1) se expresan
x = ux' - uy', y = vx' + uy'
2 2junto con la condición adicional u + v =1, que es otra forma de definir la rotación.
En muchos problemas de rotación de ejes no es necesario conocer el ángulo 0 , sino 
más bien los números u y v.
5.6 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. ¿Qué rotaciones de coordenadas transforma la ecuación 
2x2 + 3xy + 2y2 =4 en la ecuación 7x'2 + y'2 = 8 ?
SOLUCION. Sean las ecuaciones de rotación de ejes
2 2 \ x = ux' - vy' , y = vx' + uy', u +v =1 (1)
Remplazando x, y en la ecuación dada
2(ux' - uy')2 + 3(i«c' - i/y')(wr' + uy') + 2{ux + uy')2 = 4
2(u2jc'2 - 2uvx'y' + u2y '2) + Z{uvx'2 + u2x'y' - v2x'y' - uvy'2} +
+ 2(u2x '2 +2awc'y' + u2y '2) = 4
Agrupando términos y multiplicando por 2 resulta
2^2u2 + 3uv + 2v2)x '2 + 6 [u2 - v2 jx y ' + 2^2ü2 - 3uv + 2u2 jy '2 =8
Por el enunciado del problema debemos tener
2{2u2 + 3uv + 2v2) = 7 (2)
6^u2 - y 2j = 0 (3)
2 2̂i;2 -3uu + 2i;2) = 1 (4)
La Ecuación General de Segundo Grado 109
De las ecuaciones (1) y (3) u 2 + v 2 = 1, u 2 - v 2 = 0, obtenemos u = ± ^ - , o = ±-2y-, y 
sustituyendo estos valores de u y v e n (2) y (4) vemos que
V2 y¡2 y¡2 y¡2 .u = ----, v = ----- y u = ------- , o = , cumplen todas las condiciones.
2 2 2 2
RESPUESTA. Las rotaciones son x = & x ' , y = ^ x ' + & y ' , y
jc = --y-Jc' + ̂ - y ' , y = y - * ’ + - y - y » 9 u e c o r r e s p o n d e n a u n á n g u l o ro t a d o d e 4 5 ‘ y 
225°, re sp ec ti va m e n t e .
2 2PROBLEMA 2. Simplificar la ecuación llx -24jcy + 4y + 6jc + 8 y - 45 = 0 por una 
rotación y traslación de ejes.
SOLUCION.
Paso 1. Mediante una rotación eliminamos el término diagonal x y .
Sea x = u x ' - v y ’ , y = v x ' + u y ' donde, u2+y2 = l , (1)
una rotación que elimina el término x ' y ’ .
Reemplazando x , y en las ecuaciones tenemos
( l l u 2 - 2 4 u v + 4i>2 )jc'2 + ( l l w 2 + 2 4 u v + 4 o 2 )y'2 +
+ ( - 2 2 u v - 2 4 u 2 + 2 4 o 2 + 8 u v j x y' + (6 u + 8i/)jc' + ( - 6 o + 8 u ) y ' - 4 5 = 0
Puesto que el término en jc y' debe ser nulo
~ 1 4 u v + 2 4 ( - u 2 + y 2) = 0 o l u v - 12(i/2 - w 2 ) (3)
Resolvemos las ecuaciones (1) y (3). Elevando al cuadrado (3) y reemplazando
2 2 
v = 1 - u obtenemos
4 9 u 2y 2 = 1 4 4 ( y 2 - u 2 )
4 9 u 2 ( l - u 2 ) = 1 4 4 ( l - 2 m 2 )2 
6 2 5 u 4 - 6 2 5 u 2 + 1 4 4 = 0
25
o, u - u +4|f = 0, que resuelta para u2 da
2u =
1 ± y¡l-4x 144625 16
25
110
Luego u = ± ± , ± f , y d e (l) , v = ±|, ±-|.
Debemos verificar si estos valores de a y y cumplen la ecuación (3).
Si u = ±-| y ü = ±| entonces el segundo miembro de (3) es negativo, y por con­
siguiente u y v deben tener signos opuestos.
A®1- (“ . ‘’M l . - i ) ° ( - M ) -
Similarmente (u, u) = (-§, A) 0 (—■J, —-J)
De esta manera vemos que hay 4 rotaciones posibles que eliminan el témino en x y ' . 
Vamos a elegir la rotación dada por u = v = j .
Sustituyendo estos valores en (2) obtenemos
- x '2 + 4y '2 + 10x' - 9 = 0 
Paso 2. Mediante una traslación de ejes eliminamos el término lineal 10x':
- (x '2 + 10x') + 4y '2 - 9 = 0 => - ( x ' + 5)2 + 4y '2 +16 = 0
2 2
—Xj2 + 4 y * + 16 = 0 => —------------- = 1 donde x1 = x + 5, yx = y'
16 4
2 2 
RESPUESTA. = 1.
16 4
Nota. Hay otras soluciones correspondientes a las rotaciones restantes. De una ma­
nera más precisa, para el problema que acabamos de tratar se obtienen finalmente dos 
formas simplificadas, a saber:
16 4 16 4
PROBLEMA 3. Hallar el ángulo que hay que rotar los ejes para eliminar el término 
cuadrático o diagonal xy de la ecuación x2 - 2^3xy + 3y 2 - 8y¡3 - 8y = 0
SOLUCION. Consideremos la rotación x = x'cosO - y'senO , y = x'senG - y'cosG. 
Sustituyendo x,y en la ecuación dada, el coeficiente de xy ' resulta ser
4sen0 cos0 - 2>/3(cos20 - sen20j
y puesto que deseamos eliminar el término en x y ', dicho coeficiente debe ser nulo. Así, 
debemos tener
4 sen0 cos0 - 2>/3 (cos20 - sen20j = 0
o, en función del ángulo 20, 2 sen 2 0 - 2 >/3 eos 20 = 0
Luego tg 20 = >/3 .
La Ecuación General de Segundo Grado 111
Como 20 = 60‘ satisface tal condición, vemos que 0 = 30° da lugar a una rotación que 
elimina el término xy.
RESPUESTA. Un ángulo de rotación de 30 .
LA ECUACION GENERAL DE SEGUNDO GRADO.
5.7 DEFINICION. Se llama ecuación general de segundo grado o ecuación cuadrática 
general en las variables x e y a una ecuación de la forma
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (1)
donde A, B ,C ,D ,E y F son constantes reales, y al menos uno de los coeficientes A, B 
o C es no nulo.
2Llamamos discriminante de la ecuación al número A = B - 4AC.
El conjunto de todos los puntos (*,y) del plano que satisfacen la ecuación se llama una 
curva de segundo grado.
Las secciones cónicas (elipse, parábola e hipérbola) son curvas de segundo grado ya que 
satisfacen ecuaciones de la forma (1). Sin embargo, hay curvas de segundo grado que 
no son secciones cónicas, por ejemplo:
2 2 \(1) La curva x + y - 4x - 6y +13 = 0 consiste de un solo punto: (2,3), pues si com­
pletamos cuadrados obtenemos
(jc - 2)2 + (y - 3)2 =0, cuya única solución es (2,3).
2 2(2) La curva x +4y - 4xy + 2x - 4y + 1 = 0 es la recta x = 2y +1, ya que si factoriza- 
mos el primer miembro obtenemos
( x - 2 y - l)2 = 0
2 2(3) La curva 2x - 3y - xy = 0 consiste de las dos rectas 2jc - 3y = 0 y jc + y = 0, ya 
que la ecuación se puede escribir
(2*-3y)(* + y) = 0
2 2(4) La curva x + y - 2xy + 5 = 0 no tiene puntos, ya que la ecuación puede escribirse 
(x - y)2 = -5 , que obviamente no tiene soluciones pues el primer miembro siempre 
es no negativo.
Se suele decir que estos casos constituyen los casos excepcionales o degenerados de las 
secciones cónicas. Se prueba que toda curva de segundo grado es una sección cónica o 
una sección cónica degenerada, aludiendo a los casos que acabamos de mencionar.
112
5.8 PROPOSICION. Supongamos que 5 * 0 en la ecuación de segundo grado
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
Para eliminar el término en xy mediante una rotación de los ejes el ángulo de ro­
tación 0 debe cumplir la condición„ A -C ctg 20 = --------
5
l + cos20 l-sen20 . .
Nota. En este caso cos0= -------- , sen0= y la rotación viene dada
V 2 V 2
por x = Jt'cosO - y'senO , y = x'senO + y'cosO.
Convenio Sobre el Angulo de Rotación. Suponemos que 0 está comprendido entre 
0° y 90°, y por lo tanto 20 se encuentra en los cuadrantes I o II del plano XY.
Ejemplo. Mediante una rotación de los ejes simplificar la ecuación 
5x2 + 24xy - 5y2 + Vl3x - 2 jl3 y + 2 = 0.
A - C 10 5
Solución. Se tiene ctg 20 = -------- = — = —
5 24 12
1 + eos 20 3 l-cos20 2y c o s e ^ _ _ = _ , sen9^ _ _ = _ , 
y la rotación es x = ~ ^ (3 x ' - 2y') y = - ^ ( 2 x ’ + 3y').
Sustituyendo en la ecuación y simplificando resulta
13jc'2 - 1 3 /2 - *' - 8y' + 2 = 0.
5.9 TEOREMA. La ecuación de segundo grado Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + F = 0 es la 
ecuación de
1) una elipse (o elipse degenerada) si 5 - 4 AC < 0,
2
2) una parábola (o parabola degenerada) si B -4 A C = 0,
3) una hipérbola (o hipérbola degenerada) si B2 - 4AC > 0.
5.10 NOTA. Los casos de degeneración son
ÍUn punto
1) Para la elipse < ^[Ningún punto
La Ecuación General de Segundo Grado 113
2) Para la parábola
Dos rectas paralelas 
Una recta (dos rectas iguales) 
Ningún punto
3) Para la hipérbola {Dos rectas que se cortan.
Hagamos un estudio más preciso sobre la naturaleza de la curva
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0
Supongamos que C * 0 y sea A = B - 4 AC el discriminante de la ecuación. Podemos
escribir Cy2 + (Bx + E)y + { á x 2 + D x + F ) = 0
y resolviendo para y
y =
- ( Bx + E ) ± J(Bx + E)2 - 4C{Ax2 +Dx + F)
2 C
El radicando es
R = {Bx + E)2 -4C [A x2 +Dx + F) = (B2 -4 A C )x 2 +2{BE-2C D)x+ (E2 -4CF) 
El discriminante de esta expresión es 
4{BE - 2CD)2 - 4(B2 - 4AC)[E2 - 4CF).
Tenemos el siguiente cuadro para la curva
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (C * Ó)
DISCRIMINANTE GENERO DE 
CURVA
RADICANDO ESPECIE DE CURVA
5 > 0 Elipse
B2 - 4AC < 0 Elipse 8 = 0 Elipse-punto
8 < 0 No tiene puntos
p * 0 Parábola
B2 - 4AC = 0 Parábola p = 0, q > 0 Dos rectas paralelas
P = 0, q = 0 Una recta
p = 0, q < 0 No tiene puntos
8 * 0 Hipérbola
B2 - 4AC > 0 Hipérbola O') 1! O Dos rectas que se cor­
tan
114
donde p = BE - 2 CD ,
q = E2 -4CF,
5 = p2 -b q = {B E - 2CD)2 - (.B2 - 4AC)[E2 - 4CF)
5.11 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Discutir la siguiente curva y simpliñcarla
4x2 + 4xy + y 2 -5 x + 10y-25 = 0.
SOLUCION. Se tiene A = 4, 5 = 4, C = 1 y por lo tanto fi2 -4 A C = 0. Por consi­
guiente, la curva es una parábola (o parábola degenerada).
Calculamos la rotación
1 - eos 20„ A -C 3 „ 11 + eos 20 2 ictg 20 = --------- = — , eos 0 = = —r , sen 0 = /■
B 4 V 2 V5 V 2 V5
Luego x = -fe(2x’ - y ' ) , y = -fe(x + 2y').
Sustituyendo en la ecuación de la curva obtenemos x'2 + 5^¡5y' - 25 = 0, 
que es la parábola x 2 = -5y/5(y' - V5).
PROBLEMA 2. Determinar la naturaleza de la siguiente curva
17x2 - 12xy + 8y2 - 22* - 4y + 13 = 0.
SOLUCION. Se tiene A = 17, B = -12, C = 8. Puesto que B - 4AC = -400, la curva es 
una elipse. Simplificando la ecuación mediante una rotación de los ejes, se tiene
A - C 3 „ « « 3ctg 20 = ------ = ------- . Puesto que 0 < 20 < 180 , se sigue que eos 20 = — .
B 4 5
Íl + cos20 1 n ILuego cos0 = J------------- = —— , sen0 = I
V 2 V5 V
1 - eos 20
2 >/5
Sustituyendo las ecuaciones x = - ^ ( x ' - 2 y'), y = -j=-(2x'+ y') en la ecuación de la 
curva dada obtenemos
- 4 * y + 4y '2) - ^ ( 2 * '2 - 3x'y' - 2 y '2) +
+ -|(4jc'2 + 4x'y' + y ,2)j - - ^ x ’ +-^y' + 13 = 0
La Ecuación General de Segundo Grado 115
2 2
5x' + 20;y'2 + ^ y ' + 13 = 0 => (x '-~f¿) + 4 (y + -jg) =0, ecuación cuya única
solución es el punto . Luego la elipse se reduce a este punto.
RESPUESTA. La curva es una elipse punto.
PROBLEMA 3. Sea la ecuación de segundo grado Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0.
1) Probar que si B * 0, entonces un ángulo de rotación 0 elimina al término xy si y
A - Csolamente si se cumple ctg 20 = --------- .
B
2 22) Si A x + B'x'y' + C'y'* + D'x' + E'y' + F ’ = 0 es una ecuación obtenida de la ecua­
ción dada por rotación de los ejes, entonces se cumple la relación
B2 - 4AC = B'2 - 4A'C ' .
SOLUCION. Consideremos una rotación cualquiera
x = jc'cos0-y'sen0 , y = x'sen0 + y'cos0
Sustituyendo en la ecuación dada
A(x'cos0 - y'sen0)2 + B(x'cos0 - y'sen0)(x'sen0 + y'cos0) +
+ C(x'sen0 + y 'cos0)2 + D[x'cos0 - y'sen0) + J£(x'sen0 + y'cos0) + F = 0
obtenemos A'x'2 + B'x'y' + C'y'2 + D'x' + E'y' + F' = 0,
t 2 2A = A eos 0 + B sen0 cos0 + C sen 0
B' — - 2 A sen0 cos0 + B^cos2 0 - sen20j + 2Csen0 cos0
t 2 2donde \ C' = A sen B- B sen0 cos0 + C eos 0
D' = Dcos0 + JEsen0 
E' = - D sen0 + cos0 
F '= F
1) Para que el término B'x'y' sea cero se requiere que B' = 0, o sea
eos 20 A - C
(-A + C) sen 20 + 5 eos 20 = 0 => ctg 20 =
sen 20 B
2) Debemos probar que B'2 - 4 A'C' = B2 -4A C .
116
Empleando las expresiones que hemos calculado y llamando u = eos 6, v = senO, de 
2 2modo que u +v =1, tenemos
T “)2
B' = -2Auv + B{u2 - v2 j + 2Cuv
= 4A2u2v2 + B2{u2 - v 2} +
+4C2u2v2 - 4ABuv[u2 - y 2) - 8ACu2v2 +4BCuv[u2 - u 2)
-4 A'C' = - 4Au2 + Buv + Cv21 ^Ay2 - Buv + Cu
= -4 A 2u2v2 + 4ABu3v - 4ACu3 -4ABuv3 +
+ 4 B 2u 2v 2 - 4 B C u 3v - 4 A C v a + 4 BCuv3 - 4 C2u2v2 
Sumando miembro a miembro nos da
B'2 - 4 A'C' = B2(u2 - v 2)2 -8A C u2v2 -4A C u4 +4B2u2v2 -4A C v4 
= B2(u2 + v2)2 -4A C (u 2 + y2)2 = B2 -4 A C ,
2 2puesto que u + y =1.
PROBLEMA 4. Hallar la excentricidad de 9x2 - 4xy + 6y2 - 12x - 4 y + 4 = 0.
SOLUCION. Se tiene A = 9 , B = -4 , C = 6. Luego B2 - 4AC = -200 y la curva es 
una elipse. Efectuamos una rotación para eliminar el término cuadrático xy
A - C 3
ctg 20 =
B 4
de donde eos 28 = - — , eos 0 = , sen 0 = .
Sustituyendo las relaciones x = -jr(x' - 2y'), y = -^{2x' + y') 
en la ecuación dada se obtiene
W - z / ) 2 - W - 2y 'P * ' - y ' )+ si2* '+ y f - # (* ' - 2* ') - £ ( 2* ' ^ ’) + 4 = 0
6*'* + 10/ 2 + ̂ y ' + 4 = o
ir 5
20 , 20 , (x - T i ) (y ' + h ) x + y +4 = 0 o ------------ + ------------- = 1
V5 V 5" 2 1
2 _ 2 i 2 2 2 i ̂ >/2Así, tenemos que a = j , b = j , c = a - b = j , e = — = ----
a 2
RESPUESTA. e = 4
La Ecuación General de Segundo Grado 117
PROBLEMA 5. Hallar la excentricidad de la curva 4xy - 3*2 - 16 = 0.
SOLUCION. Escribimos 3x2 - 4xy + 16 = 0.
Luego A = 3 , B = -4, C = 0 y B2 - 4AC = 16 > 0.
Por lo tanto, la curva es una hipérbola.
Efectuamos una rotación de los ejes para eliminar el término xy
A — C 3 3 1 2ctg 28 = ------- = ------ y eos 29 = — , eos 9 = —— , sen0 = - — .
B 4 5 V5 V5
La rotación es x = -^L(x'- 2y') , y = -^L(2x'+ y').
Y sustituyendo en la ecuación
-|(x'- 2y')2 --|-(x'- 2y')(2x'+ y') + 16 = 0 => - x'2 + 4y'2 + 16 = 0
, 2 i 2x yo — = 1.
16 4
T 2 i a 1.2 2 2 , 2 ork C V 5Luego a = 1 6 , o = 4 , c = a +b = 20 , e ~ — = ----
a 2
RESPUESTA. e = 4
PROBLEMA 6. Hallar la ecuación de una hipérbola equilátera que pasa por (-6 ,4), 
(3 ,-5 ), (6,10) y (2,3).
SOLUCION.
Paso 1. En primer lugar probaremos que si
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (1)
es la ecuación de la hipérbola equilátera, entonces A + C = 0
En efecto, supongamos que efectuamos una rotación de los ejes que elimina el término
cuadrático xy, de manera que la ecuación de la curva referida a los nuevos ejes es
A'x^+C'y^+D'x' + E'y’ + F ’ * 0 (2)
2 2 donde A! - A eos 0 + J3sen0 eos 0 + Csen 0
C' = Asen20 - 2?sen0 eos 0 + C eos2 0
Sumando miembro a miembro obtenemos
A' + C' = A^cos2 0 + sen20j + C(sen20 + eos2 0)
o sea que A' + C' = A + C (3)
Ahora bien, puesto que (2) es la ecuación de una hipérbola equilátera se cumple 
A' + C' = 0. Luego de (3) se sigue que A + C = 0.
Paso 2. De acuerdo al paso 1 la ecuación de la hipérbola es
Ax2 + Bxy - Ay2 +Dx + Ey + F = 0.
Suponiendo que A * 0 ( por supuesto, también podríamos suponer que B * 0) y di­
vidiendo la ecuación entre A, se obtiene
x 2 - y2 + bxy + dx + ey + f = 0
Reemplazando las coordenadas de los puntos (-6,4), (3,- 5), (6,10), (2,3) obtenemos 
el sistema de ecuaciones
20 - 246 ~6d + 4e + f = 0 
-16 - 156 + 3d - 5e + f = 0
-64 + 60¿> + 6d + lOe + f = 0
-5 + 6b + 2d + 3e + f = 0 ,
que resuelto da 6 = -|, d = --y-, e = -12, f = 43
RESPUESTA. 2jc2 - 2y2 + Ixy - 23x - 24y + 86 = 0.
PROBLEMA 7. Probar que si B2 - 4AC > 0 , entonces la curva 
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 es una hipérbola.
SOLUCION. Efectuando una rotación de los ejes que elimine el término cuadrático xy 
se obtiene
A 'x 2 + C'y'2 + D'x +E'y' + F' + E'2 = 0 (1)
Por la parte 2 del problema 3, los discriminantes de las ecuaciones son iguales 
—4A'C' = B2 - 4 AC, y siendo B2 - 4 AC > 0 por hipótesis, obtenemos A'C' <0. Luego 
A ' y C ' tienen signos opuestos.
Completando cuadrados en (1) obtenemos
La Ecuación General de Segundo Grado 119
A '|x'+ — 
A '.
C'
T V 2 I ? '2
donde ie = -F ' + ------+------
2 A' 2A'
y + — 
A'
= R (2)
Debemos considerar dos casos:
Caso 1. R * 0 . Entonces (2) se escribe
> \2
2A’ J
( , E 
y +
V
* \ 2
2A'
R_ 
A '
R_
C'
= 1
R Rque es una hipérbola con ejes paralelos a los ejes X Y ' puesto que — y — tienen
A ' C
signos opuestos.
Caso 2. R = 0. Entonces (2) se escribe
r , E' 
y +
2A' 
E'
a ;
C'
x +■ D' 
2 A'
y = -
2 A' + V C
A'
x +■
D' 
2 A '
que representa dos rectas que se cortan.
En resumen, si J9 - 4AC > 0 entoces la ecuación
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 
representa a una hipérbola o dos rectas que se cortan
PROBLEMA 8. Se llama cuerda focal de una cónica a un segmento de recta que pasa 
por el foco y cuyos extremos se encuentran en la cónica. Probar que si dos cuerdas 
focales de una parábola son perpendiculares, entonces la suma de los inversos de sus 
longitudes es una constante.
SOLUCION. Consideramos la parábola y 2 = 4d(x + d) con el foco en el origen.
Entonces una recta que pasa por el foco es de la forma y = mx.
Calcularemos la longitud de la cuerda determinada por los puntos de intersección de la 
recta con la parábola.
Sustiuyendo y = mx en la ecuación de la parábola tenemos
m2x 2 = 4d(x + d) o m*xz - Adx - 4cüz = 02 2
120
cuyas raíces son
y por lo tanto
*1» X2 —
2d ± 2d yjl + m2
m
X1 X2 ~
4d >/l + m‘
m
Luego P1 = (xp mxx), P2 = (x2, mx2) determinan una cuerda focal cuya longitud es 
L = d(Pv P2) = = ^ (l + m2) ^ - * , ) 2
( l + m2 )(4d)2( l + m2 j
= 4d
m
1 + rn
m
(1)
De igual manera para la recta y = x , perpendicular a la recta dada, la longitud de
m
la cuerda dada es
V = 4d
1+ -
m )
i ' 2
V tn)
= 4c¿(l+ ra2 j (2)
De (1) y (2) se sigue que
1 1— + m
L L' 4 d (l + m2) 4 d (l + m2) 4 d
= constante.
5.12 PROBLEMAS PROPUESTOS.
Simplificar las siguientes ecuaciones mediante rotación y traslación de los ejes e 
indicar la naturaleza de la cónica que representan.
1. 3x2 -2 xy+ 3y2 + 14x-lO y + 15 = 0.
2. 5x2 - 20xy - 10y2 + 8x - 4y - 28 = 0.
3. x2 + 6xy + 9y2 + x -7 y + l = 0.
4. 4x2 - 12xy + 9y2 - 2x + 3y - 2 = 0.
5. 5x2 -2 4 x y - 5 y 2 - 8 x + 14y + 16 = 0.
La Ecuación General de Segundo Grado 121
6. 15x2 +5xy + 3y2 = 155.
7. 3x2 -8 x y -1 6 y 2 - x + 4y = 0.
8. 48x2 -12xy + 43y2 + 12x + 18y + 3 = 0.
9. x 2 -2 xy + y 2 - 4 x + 7 = 0.
10. 5x2 + 5y2 - 6x + 12y + 19 = 0.
Haciendo uso del discriminante y del radicando de la ecuación de segundo grado, 
identificar las siguientes curvas:
11. 2x2 - x y - 3 y 2 = 0.
12. 4x2 + 4xy + 4y2 + 14x + lOy + 7 = 0.
13. 2x2 + 2xy + 2y2 + 7x + 5y + 7 = 0.
14. 2x2 + 8xy + 2y2 + lOx + 14y + 5 = 0.
15. 9x2 - 12xy + 4y2 + 20x - 43y + 14 = 0.
16. 13x2 - 8xy + 7y2 - 8x + 14y + 7 = 0.
17. 4x2 -12xy+ 9y2 + 4 x -6 y -3 = 0.
18. Una cuerda pasa por el foco F de una sección cónica tiene sus extremos Pl y P2 
sobre la curva. Probar que
1 1 ------------+ ------------ - constante.
d p . P j d(F, P2)
19. Hallar la ecuación de (la recta que contiene a) la cuerda de la curva
2 24x - 3 y = 36, si se sabe que el punto medio de la cuerda es (4, 2).
20. Sea la ecuación de una elipse x 2 +xy + 2y 2 - x + 3y + F = 0.
Hallar los valores de F para los cuales la curva es
a) una elipse;
b) una elipse punto, ¿cuál es el punto?;
c) una elipse sin puntos.
122
RESPUESTAS
112 r f2 r r2
1. Elipse: —— + y " 2 = 1. 2. Hipérbola:-—------—— = 1.
3. Parábola: x " 2 = - ^ y " .
4. Parábola dos rectas paralelas: y " = _ y " = -j= , o en coordenadas XY:
2x - 3y + 1 = 0, 2 x - 3 y - 2 = 0.
5. Hipérbola: x " 2 - y " 2 = 1.
r/2 ,,2
6. Elipse: + —— = 1.
10 62
7. Hipérbola dos rectas.
,/2 t/2x y — + —jl _
3 4
9. Parábola: y " 2 = -J2x" .
8. Elipse punto:—— + —— = 0 , o (x", y") = (0, 0).
, / 2 t / 2x y
10. Elipse sin puntos : ------+ ------- = -1.
2 2
11. Hipérbola dos rectas que se cortan.
12. Elipse. 13. Elipse sin puntos.
14. Hipérbola. 15. Parábola.
16. Elipse punto. 17. Parábola: dos rectas paralelas.
19. y = — (8x - 26).
3
20. a) F <2,
b) F = 2 la elipse punto es (1, - 1)
c ) F > 2 .
6
„ ^ J u n c i o r w á
6.1 DEFINICION. Consideremos un intervalo abierto / que contiene al punto a. Sea 
f(x) una función a valores reales definida en todo punto jc de /, jc * a. Decimos que 
un número real L es el límite de f(x) en a, o que f(x) tiende a L cuando x tiende 
al punto a, si dado e > 0 , exista un 8>0 tal que 0<|jc-a|<5, x en 1 implica 
!/■(*) - L\ < e .
En este caso escribimos lim f(x) = L
x —»a
Consideremos la gráfica de la función f(x) 
y ubiquemos al punto (a, L).
La afirmación que L es el límite de f(x) en 
a significa que para cada e > 0 , por peque­
ño que sea, debe existir un número Ó > 0 
tal que todos los puntos ( jc , f(x)) de la
gráfica de f (x), con x * a , deben encon­
trarse en el rectángulo comprendido por 
las rectas x = a - 6 , x = a + 8, y = L - e , 
y = L + e. Intuitivamente, lim f(x) = L sig-
x-+a
niñea que los valores de f(x) se aproxi­
man a L tanto como se quiera, cuando jc se 
aproxima al punto a, pero siempre con la 
condición de que x sea distinto de a.
124
3 ix — x
EJEMPLO l . Usando la definición de límite, determinar lim --------
*-►1 x - 1
SOLUCION.
1. En primer lugar estimamos por simple inspección el posible límite.
Ahora bien, si x se aproxima a 1, tanto en el numerador x - 1 como el denominador 
x - 1 se aproximan a 0, y por consiguiente, el cociente se aproxima a la expresión 
-jj-, que no representa ningún número real. Para obviar esta dificultad, observemos 
que, cuando x * 1, se tiene
3 ix - 1
x - 1
( x - l)(x2 +x + l) 
( x - 1)
= X + X + 1 ,
y el segundo miembro se aproxima a ( l )2 + (1) + (1) = 3 , si x tiende a 1. Así, L = 3 
es el posible límite.
3 ix - 12. Enseguida probaremos que, en verdad, se tiene lim = 3, de acuerdo a la defi-
*-»l x - 1
nición de límite de una función. O sea que dado e > 0 debemos hallar 8 > 0 tal 
que 0 < |x - 1| < 8 implica que
3 1x - 1
x -1
< £
Sea dado e > 0 . Para hallar 8 vamos a estimar el término
3 ix -1
x -1
— 3, x * 1.
Se tiene
Luego
3 1x - 1
x - 1
3 = x2 + x - 2 = (x2 - l) + (x - 1) = (x - l)(x + 2)
3 ix - 1
x - 1
- 3 = |x — l| |x + 2| para x * 1 (1)
Un primer paso consiste en controlar el término Jx + 2|. Si, por ejemplo, se cumple 
la condición |x - l| < 1. (2)
o, equivalentemente 0 < x < 2, entonces 2< x + 2< 4 , y por lo tanto |x + 2| < 4.
Así, tenemos que |x - lj jx - 2¡ < 4|x - l]
siempre que 0 < |x - l| < 1 .
(3)
Límites de Funciones 125
£
Puesto que 4|x-lj<£ es equivalente a |jc —1| < — se tiene que para cualquier
4
£
0 < 8 < —, la relación 0 < |x - l| < 8 implica que 
4
4|x - 1] < 48 < e (4)
Finalmente, para que se cumplan simultáneamente (3) y (4) bastará tomar 
0 < 8 < mínimo {1, e/4} . Luego si, por ejemplo, 8 = mínimo {1, e/4}, entonces de (1),
(3) y (4) se sigue 0 < \x - l| < 8 implica que
3 ix — 1
< 8 , y así hemos probado que lim 3.
X->1 x - 1
3 iX - 1
X - 1
- 3
senx
EJEMPLO 2. Se demostrará posteriormente que lim = 1.
x~>0 x
¡x¡
EJEMPLO 3. La función /(x ) = — , x * 0 , no posee límite cuando x tiende a 0.
x
Observación. La función f{x) puedeo no estar definida en el punto a. No obstante, 
para la definición de lim/^x) no requerimos el valor de f(a). En consecuencia, si f(x)
x-*a
y g(x) son dos funciones tales que f(x) = g(x) para todo x * a, y existe el límite de 
una de ellas cuando x tiende al punto a, entonces se cumple lim f(x) = lim g{x) .
X —MI X—¥CL .
2 Ax — 4Por ejemplo, las funciones -------- y x + 2 coinciden en todo x * 2.
x - 2
2 Ax — 4 .
Luego lim = lim (x + 2) = 4.
x->2 x — 2 x ~+2
6.2 PROPIEDADES SOBRE UMITES DE FUNCIONES
PROPIEDAD 1. Límite de una función constante. Si f(x) = c es una función cons­
tante, entonces para cualquier a se cumple
lim c = c
x-*a
PROPIEDAD 2. Límite de la suma, diferencia, producto y cociente de dos funciones.
Si f{x) y g(x) son dos funciones a valores reales definidas en todo x * a de un inter­
valo I que contiene al punto a, entonces se cumplen
126
lim f(x) + g(x) = lim f (x) + lim g{x)
x -*a x—ta x-*a
lim f (x) - g(x) = lim f(x) - lim g(x)
x —hi x -*a x-*a
lim f (x) g(x) = lim f ( x ) . lim g(x)
x -*a x-tct
f ( x ) limlim ■ - = , cuando lim g(x )*0 ,
*-►« g(x) lim g(x) *-**
x -»a
en el sentido de que si existen lim f (x) y lim g(x),
x - ta x - ta
entonces también existen los límites indicados en los primeros miembros y, además, se 
verifican las igualdades.
PROPIEDAD 3. Límite de una función polínomica.
Sea f (x) = ¿>0 + 6jX +... + bnxn una función polinómica, donde b0, bx, ... , bn, son cons­
tantes reales. Entonces para todo número real a cumple
lim Í60 + bxx + ... + ¿>„xn) = b0 + bxa + ... + bnan
x->a
PROPIEDAD 4. Límite de una función racional.
Para todo número a tal que c0 + cxa + ... + cnan *0 se cumple
l i m b o + b i x + " + b mx m = b0 +bxa + ... + bmam
*-»« c0 + cxx + ... + cnxn c0 + cxa + ... + cnan
PROPIEDAD 5. Límite de potencias y raíces. Si n es un número entero > 0 se cum­
plen
lim [ f{x)Y = lim f {x) , lim tff(x) = J lim f(x)
V x-*a
y en general, si p y q son dos números enteros > 0 , entonces se cumple
lim [/-(x)]7
x~+a
en el sentido de que si existe lim f ( x ) , entonces existe el límite del primer miembro y
x —*a
se cumple la igualdad.
. -|P/<7
lP q lim f{x)
Límites de Funciones 127
Queda bien entendido que si n o q son números pares, debe asumirse que 
lim f(x) = L > 0 , a fin de que las raíces y[L o (L)plq estén definidas.
x -+a
PROPIEDAD 6. Traslación de la variable independiente
lim f(x) = lim f(a + h)
x~*a h -* 0
(
EJEMPLO 1. Calcular lim
X—► 1 y1-X 1 -X ‘
1 3SOLUCION. Si hacemos x = 1 obtenem os que no representa ningún número
0 0
real.
Procedemos a simplificar la expresión
1 3 ( l - x 3 ) - 3 ( l - x ) ( l - x ) ( l + x + x2 -3 )
1-X 1 -X 3 (l-x )(l-J C 3) ( 1 - x ) ( l - x ) ( l + X + x2)
donde se ha hecho uso de la factorización 1 - x3 = (1 - x)( 1 + x + x2).
Luego se tiene
1 3 ( l - x ) (x a + x - 2) - ( 1- * ) ( 1-j:) (* + 2) x + 2
1- x 1- x 3 ( l - x ) 2(l + x + x2J ( l - x ) 2f l + x + x2) 1 + x + x2
para todo x * 1.
1 3 lim (x + 2) 3
Tomando límites obtenemos lim ----------------- = — = -------= - 1.
x~*1 1- x 1 -x lim ( l+ x + x ) 3
X-*l
x3 — 8
EJEMPLO 2. Calcular lim
*-►2 jc4 _ 16
SOLUCION. Aplicando la propiedad (6), si hacemos x = 2 + h, se tiene que
x3 - 8 _ (2 + h)3 - 8 _ (2)3 + 3(2)2h + 3(2)h2 + h3 - 8
x~*2 x4 — 16 *-+° (2 + h)4 - 16 (2)4 +4(2)3h + 6(2)2h2 +4(2)h3 + h 4 -1 6
h(l2 + 6h + k2) 12 i
= lim
*->o h(36 + 24h + 8h2 +h3) 36 3
128
PROPIEDAD 7. Teorema del sandwich.
Sean f(x) , g(x) y h(x) tres funciones tales que
(1) f(x) < g{x) < h{x) para todo x * a , y
(2) lim f (x) = lim h(x) = L
x -*a x—>a
Entonces se cumple lim g(x) = L .
PROPIEDAD 8. Límites trigonométricos. Se cumplen
. senx l im = 1 ,
*-►0 r
lim sen x = sen a ,
, t-» a
lim cosx = cosa
x -» a
senxEJEMPLO 3. Demostrar que lim = lim cosx = 1
x -> 0 x t -> 0
SOLUCION. Si x designa un ángulo medido en radianes probaremos que se cumplen 
las desigualdades
1 2 sen x1— x < cosx < --------<1
2 x
TI
(1)
para todo x tal que 0 < m < —
2
Tracemos el círculo unitario con centro en el 
origen del sistema de coordenadas rectan­
gulares XY.
Sea 0 < x < — el arco AP medido en radia- 
2
nes, donde
P = (eosx, senx), A = (1, 0),
B = (cosx, 0), C = (1, tg x) y C es el
punto de intersección de la recta que contiene al radio OP con la recta tangente a la 
circunferencia en el punto A.
Se cumple Area del A POA < Area del sector circular POA < Area del A COA,
Area del A POA = (base) x (altura) = y (1) senx = ^senx,
Area del sector circular POA= A(arco) x (radio)2 = y x (l)2 = y x , 
y Area del A COA = y (base) x (altura) = y (1) tg x = y tg x
Límites de Funciones 129
L u e g o t e n e m o s q u e 4- s e n x < -kx < 4 tg x »
* 1
1 < - - - - - - - - < - - - - - - - - - , ( d i v i d i e n d o e n t r e - g - s e n x )
s e n * e o s *
s e n x
e o s * < - - - - - - - < 1 ( t o m a n d o i n v e r s o s ) ( 2 )
D e d(A, P) < a r c o AP s e s i g u e q u e y j ( l - e o s * ) 2 + s e n 2 x < x , y e l e v a n d o a l c u a d r a d o
2 2 2
1 - 2 e o s x + e o s x + s e n x < x
2 - 2 c o s * < x 2
d e d o n d e 1- - | - * 2 < e o s * . ( 3)
D e e s t e m o d o d e ( 2) y ( 3) t e n e m o s a h o r a q u e p a r a 0 < x < ^
. 2 s e n *
1 - j X < c o s j c < <1 ( 4 )
*
S u p o n g a m o s l u e g o q u e - n/ 2 < x < 0 . E n t o n c e s 0 < - * < n/2 y ( 4) s e c u m p l e p a r a e l
á n g u l o - x
1 i / \ 2 / \ s e n ( - * )l - j ( - x ) < c o s ( - j c ) < i — - < 1
x
2
„ * s e n *
o 1- - - - - - - < c o s * < - - - - - - - - - < 1. ( 5)
2 *
p u e s t o q u e c o s ( - * ) = e o s * y s e n ( - * ) = - s e n * .
J u n t a n d o ( 4) y ( 5) v e m o s q u e l a s d e s i g u a l d a d e s ( 1) s e c u m p l e n p a r a t o d o * t a l q u e
0 < 1 * 1 < — .
2
TT 1 , ^ SeI13C „ « I I 71F i n a l m e n t e , 1- - - - - - - < e o s * < - - - - - - - - - < 1, 0 < | * | < — ,
2 * 2
y p u e s t o q u e l i m
x -*0
( 2\ 
X1----
2 )
= 1 , p o r e l t e o r e m a d e l S a n d w i c h ( p r o p i e d a d 7) , l l e g a m o s a
v v senx il i m e o s * = l i m = 1 ,
x -> 0 x -» 0 x
q u e e r a l o q u e s e q u e r í a m o s d e m o s t r a r .
130
EJEMPLO 4. Probar que limsenjc = 0
x-*0
sen xSOLUCION. Se tiene lim sen jc = lim x x = I lim jc
x-»0 x-»0 r Vx-»0
{ . senjc'' 
lim -------
x-»0 X
= 0 x 1 = 0
sen xpuesto que lim = 1, por el ejemplo 3.
x -» 0 x
EJEMPLO 5. Probar que
(1) lim sen jc = sena (2) lim eos jc = cosa
x—►a x->a
SOLUCION.
(1) Haciendo x = a + h
sen jc = sen(a + h) = sena cos/i + cosa sen h
Por la propiedad (6)
lim senje = lim sen(a + h) = lim (senacosh + cosasen/i)
x —>a h-*0 h—>0
= (sena) lim eosh + (cosa) lim senh
\h-+ 0 ) \h~* 0
Pero lim co s /i= l y lim sen/i = 0, por los ejemplos 3 y 4, respectivamente. 
h-*0 h-* 0
Por lo tanto tenemos lim sen x = sen a
x-»a
(2) Se tiene
lim eos jc = lim cos(a + h) = lim (cosa eos h - sen a sen h)
x —*a h—>0 h—*0
= cosa x lim eosh - sen a x lim sen/i= cosa x 1- sena x 0 = cosa.
h-yO h~>°
PROPIEDAD 9. Cambio de escala en la variable independiente.
Si k * 0 entonces
lim f(kx)= lim f(x)
x —>a x-yka
sen5x
EJEMPLO 6. Calcular lim ---------
sen3jc
Límites de Funciones 131
SOLUCION. Tenemos
sen 5x .. sen 5x5 x _ lim
l i m f ü ü ü i = l i m “ - x — ■— " - 5 - - - x - = - ,sen3x 3 ; 8en3* 3 ^ sen3* 3 j 3
3x *->o 3x
senkx senx senx „ , „ „ , . j j «puesto que lim lim --------- lim -------- -- 1 para k =3, 5 por la propiedad 9.
x->0 k x x-+kx 0 x x->0 X
PROPIEDAD 10. Umite de la composición de dos funciones 
o de cambio de variable.
Si x = f ( y ) es una función de y, g(x) es una función de x , y además lim f (y) = a con
y->b
f{y) * a para todo y *b , entonces
lim g(x) = lim g(f(y))
x —ya y —yb
El cambio de variable es x = f ( y ) .
EJEMPLO 7. Encontrar lim y — *
X-+Q y j\ + X ~ 1
SOLUCION. Puestoque tenemos raíces de orden 2 y 3, efectuamos el cambio de 
variable
i 6 6 i1+x = y o x - y - 1
6 6 Puesto que lim y -1 = 0, y - 1*0 para todo y * 1,
y» i
podemos aplicar la propiedad 10
132
6.3 PROBLEMAS RESUELTOS.
O v 3 4. *vr _ 7
PROBLEMA 1. Hallar lim ---------- -
X + 1
SOLUCION. Puesto que (-1)2 + 1 = 2 * 0 , se tiene directamente
.. 2jc3 + 5x - 7 2 (-l)3 + 5(-l) - 7 14 „lim ------ = = - — = -7.
x +1 ( - 1)2 +1 2
x — (a + lije + aPROBLEMA 2. Calcular lim y- ------
*-►« x - a
SOLUCION. Sustituyendo x - a se obtiene —. Para cancelar el factor x - c
0
tuamos las descomposiciones
x2 - (a + l) + a = x2 - x - a x + a - x{x - 1) - a(x - 1) = (x - a)(x - 1)
3 3 / \ / 2 2 \x - a = ( jc -a ) l jc + a jc + a l
x 2 - (a + l)z + a x - 1 a - 1
Se tiene entonces lim = lim — - = — —
x-*a x —a x~*a x + ax + a 3a
m m
PROBLEMA 3. Hallar lim X " °
SOLUCION. Efectuando la sustitución x = a + h se tiene
x m- a m = (a + h)m- a m = ^am + rnam_1/i + (términos enh2) j - a m
= mam lh + (términos en h2 ̂ = h[mam l' + (términos en/i)j
e igualmente x n - a n = h[nan * + (términos en /i)j
m m / , i \m 'x - a (a + h) - a
Luego lim ----------- = lim
x-*a xn — a” h->o (a + h)n — a
mam~l + (términos en h) _ mam 1 _ m am-n 
h-*o nan~l + (términos en h) nan~l n
ya que lim (términos en h) = 0 .
h-+0
, efec-
Límites de Funciones 133
x”+1 - ín + l)x + n 
PROBLEMA 4. Hallar lim r- v 1
*->i ( * - i Y
SOLUCION. Haciendo x = 1 + h tenemos 
xn+1 -(n + 1)jc + n = (l + A)'l+l - (n + 1)(1 + h) + n
= 1 + (n - l)/t + . +... + hn+i ~(n + l)(l+A ) + n = h
2
y ( x - 1 )2 = h 2.
(n - l)n + ( términos en h)
rc+1 /x - (n + l)x + /iLuego lim
£-►1
= lim
/r—►O
(n + l)n + términos en h n(n + 1)
PROBLEMA 5. Hallar lim
3/2 o 3
( x - l ) ¿
SOLUCION. Efectuamos la sustitución x = y 3. Se tiene
i ( ? - 2 > í*+ l y 2 - 2 y + llim-------------- = lim---------——-
X-+1 ( x - 1) ( / - l )
( y - 1 ) 2 = lim= lim —
y~*l { y - l ) 2(y2 + y + l) [y2 + y + 1)"
PROBLEMA 6. Hallar lim — —
*->l y [ x - l
SOLUCION. Hagamos el cambio de variable x = ymn. Luego
^ - 1 / - 1 *lim ——---- = hm = — ,
*-*i y x - 1 y-+1 y m - 1 m
en donde para obtener la última igualdad hemos hecho uso del problema 3, con a = 1.
134
PROBLEMA 7. Hallar lim üfüíüí. .
*-*1 sen3ra:
SOLUCION. Hagamos el cambio de variable x = h + 1. Se tiene entonces
sen2rae = sen(2jt& + 2n) = sen(27t/i)cos(27t) + sen(2rc)cos(27t/i) = sen(27tA)
y sen3rac = sen(37t/i + 3tt) = sen(37t/i)cos(37r) + sen(37t)cos(37t/i) = -sen(3rcft)
( cos(2n) = -cos(3;t) = 1
sen(2n) = sen(3ji) = 0
„ sen 2nh2 x _______
_ .. sen2rac sen2 nh , o~u 2Luego lim = - lim = -lim áW. ... = _ _
sen37tx *-*<> sen3rcA 3 x 8enóTCfl 3
3nh
ya que
PROBLEMA 8. Hallar lim
x -> 0
eos mx - eos nx
SOLUCION. Se tiene
eos mx - eos
eos mx - eos nx =
2 nx ( l - c o s 2 n x ) - ( l - c o s 2 m*) sen2 nx - sen mx
eos mx + eos nx eos mx + eos nx eos mx + eos nx
Luego
, eos mx - eos nx 
lim —:------- = lim
x—>0 x x—►O
sennje 2 2- m sen mx
. nx . . mx _
eos mx + eos nx
1 / 2 2 = — n - m
2
PROBLEMA 9. Hallar limx-+-2 JC + 2
SOLUCION. Haciendo x = -2 + h se tiene
tg nx sen n(-2 + h) sen(-2rc) eos nh + cos(-27t) sen nh
lim ------- = lim = lim----------------------------------------------
*-+-2 x + 2 h-*° h x eos 7c(-2 + h) h x eos rc(—2 + h)
sen nh
„ lim . i - ,
a-»° eos n{-2 + h) 1
Límites de Funciones 135
rae
PROBLEMA 10. Hallar lim (1-x ) tg
i—>1 2
SOLUCION. Se tiene x = h + 1,
lim ( l - x ) t g — = lim - h
x-»í 2 h~*°
sen
n(h + 1) nh eos—
L 2 k 2
eos
^n(h + 1) h-> 0 nh-sen —
u 2 2
eos nh
lim
h-*0 71hsen
teh 
2
PROBLEMA 11. Calcular lim
x -»0
tg x -se n x
SOLUCION. Tenemos
senx
------------senx w
tg x -s e n x , (sen x )(l-co sx )
lim —----- = lim ĉ x = lim--------- ^ ----------- }-
x-*° x X *->0 x eos X
= lim
x -»0
' sen x (̂ 1 \
X < eos x >
2x —
4
xsen — 
2
are senx arctgxPROBLEMA 12. Hallar lim ------------ y lim -----------
x-+0 x * - » o x
SOLUCION. Hacemos el cambio de variable x = sen y o y = are sen x .
Luego .. are senx lim ------------ = lim
x -»0 x
y - l i m 1
y-*o sen y >-»o 8cny
y
= i.
y si y = are tg x , entonces x = tg y y
arctgx y eos y
lim ----------- = lim = lim ---------
x -»0 y—►O tgy y-* 0 sen y
1
= - =1 
1
136
PROBLEMA 13. Hallar lim — —-5*
*->° sen 3x
SOLUCION.
.. arctg5* 3 are tg 5x 1lim --------- ;— = lim — x -------------- x ------- ^—
sen 3* 5 5x senda:
3x
PROBLEMA 14. Hallar lim
x->3 sen
l - 2cos*
/ \ nx —
3
K
SOLUCION. Haciendo x = — + h tenemos que
3
cosx = eos K L 11 í. 1 U= eos— cosn -sen — sentí = —eos n
Luego
, l - 2cosx
lim ----- = lim
1 -2 eos
X - * —3 sen nx ----
3
k-> o
= lim
h->0
2 sen
sen h
' h '
- = lim
h-*0
1- eos
senh
= JE ,
puesto que
2 sen"
f u\
lim — 
a-+o sen h
sen
lim
h->0 sen h
sen
PROBLEMA 15. Unicidad del limite.
Probar que si lim/*(jc) = L1 y limf (x) = L2,
x-*a x ~*a
entonces se cumple que Ll - L 2.
3
5
 sen h
2
h + V3 sen h 
sen h
Límites de Funciones 137
SOLUCION. Por reducción al absurdo. Supongamos que fuese * L2.
Tomemos e = •j|L1 - L2j > 0 . Entonces por definición de límite existen 
8j, 62 >0 tales que 0<|jc-a|<51 => |/*(x)-L1|<e 
y 0 < |x - a| < 82 => ^(x) - L21 < e .
Luego para cualquier x tal que 0 < |x - a| < 8X y 82, se cumplen las dos desigualdades
|/*(x)-Li|<e
y \fix ) ~ L2 \<e >
y por lo tanto
| L ,-L 2| = | £ ,- f l* ) + / ( * ) - ¿ 2| < |L, -/■(*)!+ !/■(*)- L 2| < c + e = 2e =
osea |Lx - £5! < \Ll - LJ,
lo cual es una contradicción. Luego Ll = L2.
PROBLEMA 16. Probar que si f (x) = c es una función constante, entonces lim c = c.
x-+a
SOLUCION. Sea e > 0 . Debemos hallar un 8 > 0 tal que 0 < |x - a| < 8 implica 
|/*(x) - c| < e .
Pero f(x) = c, de modo que | / ‘(x)-c| = | c-c| = 0 < £ .
Luego para cualquier 8 > 0 (por ejemplo 8 = 1) se cumplirá la implicación deseada.
Por lo tanto se tiene que lim c = c.
.r—»a
PROBLEMA 17. Producto de límites.
Probar que lim / ‘(x)^(x) = lim /‘(x)xlim ^(x).
x - * a x-+a x-*a
SOLUCION. Llamemos lim /‘(x) = L1 y lim g(x) = L2.
X - t f l x-+a
Para probar que lira f (x )g (x ) = LXL2 debemos establecer que dado un e > 0, existe
x -ta
un 8> 0 tal que 0 <|x-a|<8 implica |/‘(x)gr(x)-L1L2j < e.
Sea pues dado e > 0 . Elijamos e0 > 0 tal que Eq + eJL j + e0|L2| < e
138
(Bastará tomar 0 < e0 <mínimo < 1, ----------------- 1, ya que entonces
1 |L l M L 2|+ 1 J 
E0 + e0|̂ i| + fiol^l = £o(eO + |̂ 'l| + |̂ '2|)
< eo (i+ lLiM L2|) < v "ir \ \r |(1+N + N ) = e )1 + |Li| + |L2|
Escribimos
f ( x ) g ( x ) - L lL2 = ( f ( x ) - L l)g(x) + Lx(g (x ) -L 2) (restandoy sumando Lxg(x))
= ( f ( * ) - L + ( f (* ) -L i )L , + ¿ i ( í ( * ) -£ s )
(restando y sumando (/*(*) - Lx)L2 )
y obtenemos
¡f(x)g(x) - LXL2| < |f{x) - Lx\ |g(x) - L 21 + |/*(x) - Lx\ x |L2| + |Lx\ x |g(x) - L2| (1)
Por otra parte, para e0 se tiene que existen 81 y 82 > 0 tales que
0 <|x-a|<8l implica |/“(x) - Lx\ < e0 (definición de lim/*(x) = Lx),
x-+a
y 0 < |x - al < 82 implica |g(x) - i J < e0 (definición de lim g(x) = L2).
x-+a
Luego si tomamos 8 = mínimo {Sj 82| > 0, las dos implicaciones se cumplen para todo
x tal que 0 < |x - a| < 8, y por consiguiente en (1) se tiene para tales x
\f{x)g{x)-LxL2\ < e02 + e0|̂ 2| + £o|-̂ i| < e
(la última desigualdad se cumple por la elección de e0).
Hemos probado así que lim/‘(x)g(x) = LXL2 .
X~*CL
PROBLEMA 18. Probar que si lim f (x) = L y A < L < B , entonces existe un 8 > 0 tal
x -*a
que 0 <|x-a|<S implica A < f ( x ) < B .
SOLUCION. Sea e -mínimo { L - A , B - L } > 0.
Luego por definición de lim f (x) = L existe un 8 > 0 tal que
Límites de Funciones 139
0 < |jc — a| < 5 implica |/*(x)-L| <e,
o L - e < f(x)< L + e.
Puesto que e < L - A y B - L , se tiene que
L - ( L - A ) < L - e < f{x) < L + e < L + { B - L )
o A < f(x) < B , para todo x tal que 0 < |x - a\ < 8 .
PROBLEMA 19. Probar que si lim g(x )*0 , entonces
x-+a
lim — =----- ------ .
g(x) lim g(x)
x —>a
SOLUCION. Llamemos lim g(x) = M * 0 .
x-*a
Paso 1. Existe 6l >0 tal que 0<|x-a|<81 implica \g{x)\ >
2
En efecto, para ex = > 0 por definición de límite existe 8X > 0 tal que 0 < |x
2
implica ¡g(x) - M¡ < Ej = y de esta desigualdad ténemos que
2
|g(x)| = | M - ( M - g ( x ) ) \ > \M\-\g(x)-M\ > M ,
2 2
Paso 2. Prueba de lim —— = — 
x~*a g{x) M
Sea e > 0. Tenemos que
o sea que 0 < |x - al < 82 implica |g(*)| ^
2
g{x) M
= |M-g(x)| ^ |M-g(x)| < |g(x)~ Afj 
\g(x)M\ |̂ (x)||M| M,m|
aj < 8j
para 0 < |x - a| < 8X, por el paso 1.
140
iM |2
Por otra parte, de lim g(x) = M para e2 = e-— — >0 se sigue que existe un 82 > 0
tal que
0 < ¡x -a| < 82 implica Jg(x)-Af| < e2 (2)
Luego si tomamos 5 = mínimo {8 v 82 } > 0 se tiene que 0 < \x - a\ < 8 implica
g(x) M 1M \Ml
2 o
puesto que las dos implicaciones (1) y (2) se verifican simultáneamente.
1 1Así, se ha probado que 0 < be - a < 8 implica
g(x) M 
1 1
< e , lo cual significa que
lim
x~*a g(x) M
PROBLEMA 20. Cociente de límites.
Probar que lim A *)
lim /'(x)
g(x) lim g{x)
si lim g{x) * 0
SOLUCION. Se obtiene de f ( x) \ 1= f { x ) x -----
g(x) g(x )
y usando los problemas 17 y 19.
PROBLEMA 21. Potencia de límites.
Probar que lim f (x )n = lim /■(*) para todo entero n > 0 .
SOLUCION. .Sea L = lim /(x ).
Tomemos B > 0 tal que ¡Lj<5. Por el problema 18, existe un 81>0 tal que 
0 < \x - a| < 8 j implica |f(*)| < B •
Usando la identidad
n n / \í n—1 n—2 n—2 n—1\u - v = (u -y)íu +u v + ... + uv +v j
Límites de Funciones 141
con u = f ( x ) y v = L , tenemos
para 0 <|j:-a|<81 (1)
donde M = Bn l + Bn~2\L\ +... + fi|L|"'2 + \L\n~\
Por otra parte, dado e > 0 existe un 82 > 0 tal que
0 < \x - a| < 82 implica |/*(x) - L| < — (2)
M
Si tomamos 8 = mínimo{8 x, 82 }, entonces 0 < |x - a| < 8 implica
\f(x)n - L n\ < \f{x)-L\M < — xM = e,
1 M
ya que entonces las dos desigualdades (1) y (2) se verifican simultáneamente.
Así, 0 < |jc — aj < 8 implica f {x )n - L‘ < 8 ,
y por lo tanto, hemos probado que
lim f (x)n = Ln = lim f(x)
_x—*a
PROBLEMA 22. Probar que lim Í60 + bxx +... + bmxm)= bQ + bxa + ... + bmam .
x-*a
SOLUCION. Es fácil ver que
lim b¿ = b¿ (límite de una función constante)
x-+a
y lim x =a (potencia de límites)
x-+a
y por lo tanto
lim (&0 +fe1x + ... + 6mJcmj = lim &0 + lim bx x lim x + ... + = b0 +bla +... + bma
i - > a x -*a x-*a
PROBLEMA 23. Raíz de límites.
Demostrar que lim tff(x) = J lim f(x)
x-+a V x-ya
SOLUCION. Sea L = lim f ( x ) .
x -> a
Consideremos los tres casos siguientes:
142
Caso 1. n es un entero cualquiera >1 y L > 0 .
Por el problema 18 (tomando A = j L < L ) existe un 8X tal que — <f(x) para todo x
2
tal que 0 <|je-a| < 8j.
Luego, en particular / ‘(x)> 0 si 0 <|x-a|<81.
Usando la identidad
u - v = n - l rt-2 n- 2 n-1u + u V + ... + UV + v
con u = ¡¡jf(x) y v = tenemos que
 — r .
i n x r 1 + 4 n x r *
Luego, I ^ T W - ^ I S (*)I I !¡¡Ln-í
yaque + 4 f(x )n~2 L +... + y/L” 1 > n/l" 1 cuando f ( x ) ,L > 0.
Si ahora e > 0 es dado, de lim f(x) = L se sigue que existe un 52 > 0 tal que
0 < |jc - a| < 82 implica |/(*) - L| < e y¡Ln 1 (**)
Tomando 8 = mínimo {8 x, 82 } > 0 vemos que si 0 < |x - a\ < 8 entonces se cumplen (*) 
y (**) a la vez y por lo tanto ____
\tff{x) -y[L \ <-----■------ ■ ■ < = e.
1 I
Así, en el presente caso hemos demostrado que lim tff{x) = y[L.
x -> a
Caso 2. n es impar y L < 0 .
Entonces -L > 0 y lim t f -f (x) = ttf-L, por el caso 1.
x - * a
Luego, siendo n un número impar se tiene
-lim ylf(x) = -^¡L o lim tff{x) = >ÍL.
x -*a x —>a
Caso 3. n es impar y L = 0
Procedemos a probar directamente que lim tff(x) = yfo = 0 .
Límites de Funciones 143
Sea e > 0 . Puesto que lim f (x) = L = 0 , para en >0 existe un 5> 0 tal que
0 <|x-a|<8 implica |f(x) - 0| < en , y tomando raíz enésima k f f ( * ) - 0 <e .
Esto demuestra que lim ¡gf(x) = 0 .
PROBLEMA 24. Probar que lim xsen—= 0
x -»0 x
SOLUCION. Para x * 0 tenemos
Luego, si e > 0 es dado, tomando 5 = e tenemos que
«sen— - 0 
x
1 1 1xsen-----0 = xsen— < |x|, puesto que sen—
X X X
< 1.
0 < |jc — 0| < 6 implica < Ixl < 8 = e ,
y así se tiene que lim xsen— = 0.
x -> 0 x
PROBLEMA 25. Demostrar que si lim f(x) - L, entonces lim j/*(jc)| = \L\
x -> a x->a
SOLUCION. Haciendo u = f ( x ) , v = L , en la desigualdad | |u| - |u| | < |u - ü( obtenemos
i M - W l s l / W - i l <*)
Ahora bien, si e > 0 es dado, de lim f(x) = L se sigue que existe un 8 > 0 tal que
x-+a
0 < |x - a\ < 8 implica |/(x) - Lj < e , y empleando (* ) tenemos | |/*(jc)| - \L\ | < e.
Así, se ha probado que lim j/t*)) = |L|.
PROBLEMA 26. Probar que no existe lim —
x -> 0 x
SOLUCION. Sea / ’(«) = — . Entonces
144
Observación. La gráfica de f ( x ) se mues­
tra en la figura adyacente. Cuando 0 < ¡x| 
entonces hay números x > 0 y x < 0, y 
correspondientemente f(x) toma los valo­
res 1 y - 1. Así, para valores de x cerca­
nos a cero, no existe un número L al cual se 
aproximen los valores f(x).
Por reducción al absurdo, supongamos que
JCexiste lim L.
*-+o x
Entonces para e = 1 existe un 5 > 0 tal
Ixlque 0 < |x - 0| < 8 implica 
Luego se tiene
- L < 1.
si 0 < x < 8 entonces 
si -8 < x < 0 entonces
|l-L| < 1 
|-1-L| < 1
(1)
(2)
De (1) se sigue que L > 0 , en tanto que de (2) obtenemos L < 0 , lo cual es una con­
tradicción.
PROBLEMA 27. Dar ejemplos de funciones f(x) y g(x) tales que no existen lim f(x)
x —*a
ni lim g(x) pero
x-+a
1) existe lim [/(x) + g(x)] 2) existe lim f {x) x g(x)
X —M l X —H l
\x\ \x\
SOLUCION. Tomemos f (x) = — , g(x) = - — .
x x
Entonces por el problema 24 no existen lim /‘(x) ni lim g(x). Sin embargo
x-+0 x -*0
f(x) + g{x) = 0 = constante y f(x) x ^(x) = -1 = constante, 
que sí tienen límites en 0.
PROBLEMA 28. Probar que lim /'(x) = lim f(a + h) .
x—>a h~* 0
SOLUCION. Sea L = \imf(x). Si e> 0 e s dado, entonces por definición de límite
x-*a
existe un 8 > 0 tal que 0 < |x — a| < 8 implica |/(*) - L| < e
Límites de Funciones 145
Luego si 0 < |A| < 8 entonces 0 < |(a + h) - a| < 5 implica |/“(a + h) - L| < e . 
Esto demuestra que lim f(a + h) = L - lim f(x).
h - + 0
PROBLEMA 29. Sea k * 0 . Demostrar que lim f(kx) = lim f(y).
x -*a y~*ka
SOLUCION. Llamemos L = lim f (y) . Si e > 0 es dado, entonces por definición de
y-*ka
límite existe un 8 > 0 tal que 0 < \y - ka\ < 5 implica J/*(jy) - Lj < e . Luego si
g
0 < |jc — ot| < — entonces 0 < |fejc — Aaj < 5 (multiplicando por |Jfe| > 0 ) implica 
1*1
\f(kx)-L\<e.
g
Así, para 8X = — tenemos que 0 < j x - a j < 8 1 implica |/(fcc) - L| < e . Luego,
\k\
lim f(kx) = L = lim f{y).
x -*a y-*ka
PROBLEMA 30. Teorema del Sandwich. Probar que si f {x) , g(x) y h(x) son tres 
funciones tales que
(i) f (x) < g(x) < h(x) para todo x # o , y
(ii) lim / (x) = lim h(x) = L ,
x-*a x-+a
entonces se cumple lim g{x) = L
x->a
SOLUCION. Sea e > 0 . Por definición de límite, existen 8X y 82 > 0 tales que
0<|x-a|<51 implica |/*(x)-L|<e 
y 0 < \x - a| < 82 implica |/i(x) - Lj < e .
Luego si tomamos 8 = mínimo {8 x, 82}, entonces 0 < |x - a¡ < 8 implica las desigual­
dades
|/'(x)-L|<£, (1)
| (̂x) - L| < e (2)
(1) y (2) se escriben L - e < f(x) < L + e
y L - e < h{x) < L + £ , respectivamente.
146
Luego, L - e < f ( x ) < g { x ) < h ( x ) < L + e (por hipótesis)
da L ~ e < g ( x ) < L + e o jg(x)-L|<e.
Así, 0 < \x - a\ < 8 implica |g(x) - L| < e ,
lo cual demuestra que lim g(x) = L
x->a
PROBLEMA 31. limite de la composición de dos funciones o de cambio de variable.
Si x = f (y ) es una función de y tal que lim f (y) = b, f ( y ) * b para todo y * a,
y -*a
probar que
lim g(x) = lim g[f{y)] .
x —*b y-*a
SOLUCION. Llamemos L = lim g (x ) .
x -*b
Si e > 0 es dado, entonces existe un 5 > 0 tal que
0 < \x - ¿>| < 8 => ¡¿K*) “ < e ^
Por otra parte, de lim f (y) = b , para 5 > 0 existe un 8X > 0 tal que
y—>a
0<|y-a|<51 => (/“(y) — ¿>| < 5 (2)
Puesto que f ( y ) ^ b cuando y * a, de (2) tenemos que
0<|y-a|<81 => 0 <|/(;y)-6|<8
y de (1), a su vez
o < l^y) - b\ < 8 => |g(/*(y)) - L| < £.
Luego 0 < \y - a\ < 8 x implica ^ (/(y )) - L| < e .
Así hemos probado que
lim g(f{y)) = L = lim g(x)
y —*a x-*b
Límites de Funciones 147
6.4 LIMITES UNILATERALES 
DEFINICION.
(1) Sea f(x) una función definida en todos los puntos x de algún intervalo abierto 
(a, c ). Si L es un número real escribimos
lina /"(x) = L
x->a
y se lee
L es el límite de f(x) cuando x tiende al punto a por la derecha, si 
para cada e > 0 existe un 8 > 0 tal que 0 < x - a <8 implica
\f(x)-L\<z.
(2) Sea f(x) una función definida en todos los puntos x de algún intervalo abierto 
(c, a). Si L es un número real escribimos
lim f(x) - L
x-+a~
y se lee
L es el límite de f(x) cuando x tiende al punto a por la izquier­
da, si para cada e > 0 existe un 8 > 0 tal que -8 < x - a < 0 im­
plica \f{x)-L\<e.
Nota. Observemos que
1) 0 < x - a < 8 <=> a < x < a + 5 (xse encuentra a la derecha dea)
2) - 8 < x - a <0 <=> a - 8 < x < a (xse encuentra a la izquierda de a )
3) 0<|x-a|<8 <=> 0 < x - a < 8 o - 8 < x - a < 0
6.5 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Probar que lim ——— = 1.
~ 2+ |x _ 2|
SOLUCION. Sea dado e > 0 . Debemos hallar con 8 > 0 tal que si
x - 2
0 < x - 2 < 8 entonces - 1 
x - 2
<e (*)
148
¡ i x — 2Pero si 0<Jt-2 entonces \x-2\ = x - 2 y = 1.
\x ~ A
Luego x - 2 - 1 = |1- 1) = 0 < e ,
I* - 1̂
Por lo tanto, para cualquier 8 > 0 (Por ejemplo, 8 = 1) se cumple la implicación (*).
. . , x - 2Asi, se tiene lim -------- = 1.
* -2+ \x-2\
PROBLEMA 2. Sean f(x) y g(x) dos funciones tales que
1) f(x) = g(x) para todo x > a (o f{x) = g{x) para todo x < a ), y
2) existe lim g(x) (límite bilateral).
x -» a
Probar que lim f (x) = lim g(x) (o lim f(x) = lim g(x))
x -*a* x-*a x-*a.~ x->a
Nota. Este resultado es muy útil para calcular límites laterales.
SOLUCION. Escribimos L = lim g(x) . Sea e > 0 .
x-*a
Entonces por definición de límite ( bilateral) existe un 8 > 0 tal que 
0 <|x-a|<8 implica |g(jc)-Lj<£.
Por lo tanto, si 0 < x - a <8 entonces j / (x) -L j = |g(^)-L| < s , pues / (x) = g(x)
cuando 0 < x - a por la hipótesis (1).
Así, hemos demostrado que lirn f(x) = lim g(x).
x-+a* x - ta
PROBLEMA 3. Hallar los siguientes límites laterales
, Isenxl .. |senx|(1) limJ L, (2) lim' 1
x ^ 0 + X x~*°~ X
SOLUCION.
(1) Si x > 0 y está próximo a 0 (por ejemplo, si 0 < x < n/2)
, Isen x\ sen x ,
entonces sen x > 0 y por lo tanto J L ------- , para 0 < x < k¡¿.
Límites de Funciones 149
_ senjc „ i. i i , , « w \ sen »Puesto que lim = 1, aplicando el problema 2 con fyx) = J y
x x
cpn y
g{x) = -------- , tenemos
x
, Isen xl , sen xlim J 1 = lim -------- = 1.
*->o+ x x
(2) Si - 4 < x < 0 entonces sen x < 0 y por lo tanto
sen x sen x
. , , . , . . , sen x , sen x „Aplicando el problema 2, se tiene lim = - lim---------- -1.
x -» 0 " x x
PROBLEMA 4. Sea {Jx]J la función mayor entero definida por ¡xl = n si n £ x < n +1 
(así n es el mayor entero que cumple n < x).
Sea f(x) = -[[x]] + 14 - xj.
Hallar lim f(x) , lim f(x).
x -> 3 + x - > 3 '
SOLUCION.
(1) Si 3 < x < 4 entonces ffx| = 3, y ¡4 -x l = 0.
Luego f(x) = -¡x j + ¡4 - xl = -3 + 0 = -3 si 3 < x < 4, 
y aplicando el problema 2, obtenemos lim f(x) = lim - 3 = -3
x -» 3 + x -> 3
lim fix) = lim - 3 = -3
* -+ 3 * x -» 3
(2) Si 2 < x < 3 entonces ¡xj = 2 y ¡4 - xl = 1.
Luego, f(x) = -¡x j + ¡4 - xj = -2 +1 si 3 < x < 4; y aplicando el problema 2
lim f(x) = lim - 1 = - 1.
x -+ 3 - x -» 3
PROBLEMA 5. Probar que lim /?(x) = L si y solamente si lina f(x) = lim f(x) = L .
150
SOLUCION.
(=>) Supongamos que lim f (x ) - L.
x -* a
Entonces, dado £ > 0 existe 6 > 0 tal que si 0 < jx - a\ < 5 se cumple que 
| /(*)-L | <e.
Pero 0 <|x-a|<8 equivale a 0 < x - a < 8 o - 8 < x - a < 0.
Luego, si 0 < x - a < 8 entonces j/“(x )- L|< e (1)
o si -8 < x - a < 0 entonces ¡/"(x) - Lj < £ (2)
De (1) tenemos que lim f (x) = L; y de (2), lim f(x) = L.
x -*a* x-*a~
(<=) Supongamos que lim f(x) = lim f(x) = L.
x->a x -*a
Sea e > 0 . Entonces existen 81 y 82 > 0 tales que 0 < x - a < 8 x
implica | f (x) - L| < £ (definición de liin f (x) = L )
X - H l
y -8 2 < x - a < 0 implica |/‘(x)-L|<£ (definición de lim f(x) = L).
x-*a~
Tomando 8 = mínimo {8 x, 82 } tenemos que 0 < |x - a| < 8 , 
que es equivalente a 0 < x - a < 8 
o - 8 < x - a < 0 , implica
Así, hemos establecido que lim f (x) = L .
6.6 LIMITES QUE CONTIENEN INFINITO
DEFINICION. Escribimos
(1) lim f(x) = L ,
X - + + O 0
y decimos que L es el límite de f(x) cuando x tiende a +oo o cuando x crece in­
definidamente, si para cada £ > 0 existe un número N > 0 tal que si x > N en­
tonces ¡/(x) - Lj < £.
(2) lim f (x) = L ,
X - » —OO
y decimos que L es el límite de f (x) cuando x tiende a -oo o cuando x decrece 
indefinidamente, si para cada £ > 0 existe un N < 0 tal que si x < N entonces 
|/(x)-L|<e.
Límites de Funciones 151
(3) lim f(x) = L ,
y decimos que L es el límite de f(x) cuando x tiende a oo (sin signo), si para 
cada e > 0 existe un número iV > 0 tal que si |x| > N entonces |/*(x) - L| < e.
TEOREMA.
(1) Sea n un número entero positivo. Entonces se cumplen
1 . . 1lim — = 0
X -*+aO X
lim — = 0 
x r
(2) Se cumplen
lim f (x) = lim f , lim f{x) = lim f 1 , y lim f (x) = lim f
X -» + 0 0 y —»0+ <y, X -» -o o y —> 0 * x-»«o y -> 0 <y>
6.7 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Probar que lim — = 0 y lim — = 0 para todo enero positivo n.
JC-M-OO x n X-+-CD % n
(
- I > 0 .
Ve.
SOLUCION. Sea e > 0 . Tomemos N = 
Entonces, para todo x > N se tiene que x > 
Luego x > N implica J - - 0
„ 1 1O X > — O ----- <£.
< £ ,
y esto demuestra que lim — = 0 .
¿C->+ao x*1
De igual modo, si x < - N < 0 se tiene que |x| > N = | —
ey
Por tanto, x < - N implica
y esto demuestra que lim — = 0 .*_►_«> x n
i 1
--------0 =n
X
n
X
PROBLEMA 2. Demostrar que lim f (x) = lim f
* - + - « y-*0~
' i '
152
DEMOSTRACION. Llamemos L = lim f(x). Supongamos que e >0 es dado. Entonces
X-+-CO
por definición existe un número entero N < 0 tal que
x < N implica |/“(x) - L| < e
Tomemos 5 = — — > 0 . Luego tenemos que si -8 < y < 0 , o — < N (pues ambos N e 
N y
y son negativos), entonces 
y esto demuestra que
V
- L
.y ,
lim f
>->o
= L.
PROBLEMA3. Hallar L = lim yx + x + 1
x —>+oo
í ^ x 2 + x + 1 - y¡x2 - x + l ) .
\ /
SOLUCION. Si hacemos x = +co obtenemos la forma indeterminada o o —oo, de modo 
que es conveniente racionalizar la expresión. Tenemos
+ x + l - V* 2 - X + l j^V* 2 +x + 1 +<Jx2 - X + l j
L = lim
x-»+oo
lim
X-++QO
= lim 
*->+00
+ X + 1 + V* 2 - X + 1 j 
(x2 + X - l) - (x2 - X + l)
- lim 2x - 2
^ x 2 +x - 1 + 4 x 2 - x+ l j JC_++® ^jx 2 + x - 1 + Jx2 - x + l j
2 - 2/x
(Dividiendo entre x > 0 tanto 
el numerador como el denomi­
nador)
VI + VÍ
= 1.
PROBLEMA 4. Hallar 
2 x - 5
(1) lim
*̂ +00 -Jx* + 3 x - l
2x - 5
(2) lim .
*->-«> + 3X_1
Límites de Funciones 153
SOLUCION.
(1) Si x > 0 entonces lim
f x
2x - 5 , 2 - 5/x = lim . ■ ■ ' ....- =2
+ 3 x - í *^+co
2x — 5
(2) Si x < 0 entonces lim . ==• = lim
2 x - 5
-x
Vx2 + 3 x - l V*2 + 3 x - l
- x
= lim -2 + 5/x
x + 3 x - 1
= lim
X-+-00
V (-* )
-2 + 5/x
V X X
(pues -x > 0 
puede intro­
ducirse den­
tro de una 
raíz par.)
= - 2.
PROBLEMA 5. Calcular lim (4* + 5) (5*
*->°° 2x - 4x + x
SOLUCION. Tenemos
lim ( ^ i f e z r . Iim
í 5)
2 f 7 ^4 + — 5 - -
V x j l x )
o 5 . 32x - 4x + x 4 12 - — + — 
2 4
X X
(4)(5)
= 10 .
(multiplicando por — tan- 
x
to el numerador como el de­
nominador)
PROBLEMA 6. Hallar lim (sen>/x + 2 - sen
' a - b ' í a+b)SOLUCION. Empleando la fórmula sen a - sen 6 = 2 sen eos
l 2 l 2 J
, tenemos
que
154
O < | senJx + 2 - s e n j x | = 2 sen
< 2 sen
Jx + 2 - J~ic
Jx + 2 - -Jx
\ ( 
eos Jx + 2 + V*
pues |cos jy¡ < 1 .
Probaremos ahora que lim sen
* —►+00
Jx + 2 - Jx
= 0
__ . Jx + 2 - yfx
En efecto, si t = ------------------ entonces2
. , -Jx + 2 - Jx Jx~+2-Jüc -Jx + 2 + Jxlim t = lim ------------------= lim x ....— —
2 Jx + 2 + Jx
1
*-►+«> * —>+00
. ton - lim
2{Jx + 2 + Jx} t_>+a0 Jx + 2 + Jx 
Jx + 2 - J x '
= 0
Luego, 0 = lim sení = lim sen
í->0 *->+00
De (1) y (2) se sigue por el teorema del Sandwich que
lim sen ( j x + 2 - Jx} = O.
(1)
(2)
PROBLEMA 7. Determinar lim Ux(x + a) - jc)
*->+00
SOLUCION. Tenemos que
, r-,------ r , [V*(* + “ ) -* ][V * (* + 0) + x] , x(x + a ) - x ‘lim Jx(x + a) - x = lim --------- ? - = = = = ----- = lim
<Jx(x + a) j x ( x + a) + x
. ax a a
= lim —= = = = = ------= lim
Jx(x + a) +x
Límites de Funciones 155
6.8 LIMITES INFINITOS
E s c r i b i m o s
( 1 ) l i m f ( x ) = +oo ,
X-+CL
y d e c i m o s q u e e l límite de / ' ( j c ) es + o o o q u e / ' ( j c ) crece indefinidamente cuando 
x tiende al punto a, s i p a r a c a d a N > 0 e x i s t e u n 8 > 0 t a l q u e s i 0 < | j c - a | < 8 
e n t o n c e s / ' ( j c ) > N .
( 2 ) l i m f ( jc) = -oo ,
x-+a
y d e c i m o s q u e e l límite de f ( x ) es - o o o q u e f ( x ) decrece indefinidamente
cuando x tiende al punto a, s i p a r a c a d a N < O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e s i 
O < |jc - a\ < 8 e n t o n c e s f ( x ) < N .
Representación gráfica
S i l i m / ' ( j c ) = +oo e n t o n c e s l o s v a l o r e s f ( x ) s e h a c e n s e h a c e n m u y g r a n d e s c u a n -
x-*a
d o x s e a p r o x i m a a l p u n t o a.
( 3) l i m f ( x ) = oo ,
x-+a
y d e c i m o s q u e e l límite de f ( x ) es o o ( s i n s i g n o ) s i l i m | / ‘ ( x : ) j = +oo, o s e a q u e s e
x->a
c u m p l e q u e p a r a c a d a N > O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e s i O < | x - a | < 8 e n t o n c e s 
|/(x)|>JV.
156
(4) l i m f(x) = + 0 0 ,
x->a*
s i p a r a c a d a N > O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e O < x - a < 8 i m p l i c a f ( x ) > N .
( 5) l i m f(x) = - 0 0 ,
x -> a
s i p a r a c a d a N < O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e O < x - a < 8 i m p l i c a f(x) < N .
( 6 ) l i i n f(x) = 0 0 ,
x —►a
s i p a r a c a d a N > O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e O < x - a < 8 i m p l i c a j / ' ( j c ) | > N .
(7) l i m f(x) = + qo ,
x~>a~
s i p a r a c a d a N > O e x i s t e u n 5 > O t a l q u e - 6 < x - a < O i m p l i c a f(x) > N .
(8) l i m f(x) = -oo ,
X-+CL -
s i p a r a c a d a N < O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e - 8 < x - a < O i m p l i c a f(x) < N .
( 9) l i m f(x) = 0 0 , .
x-+a~
s i p a r a c a d a N > O e x i s t e u n 8 > O t a l q u e - 8 < x - a < O i m p l i c a | / ( * ) | > N .
6.9 TEOREMA. S u p o n g a m o s q u e l i m f(x) = L * O y l i m g ( x ) = O . E n t o n c e s
x-+a x-+a
(1) S i g(x) > O p a r a t o d o x * a e n a l g ú n i n t e r v a l o q u e c o n t i e n e a l p u n t o a, e n t o n c e s
i. f ( x ) f+0° si L>0,l i m —
g(x) 1-°° si L <0
(2) Si g(jc) < 0 para todo x * a, entonces
si i > 0 -
x -*a g(x) l+® S i L < 0
Límites de Funciones 157
Nota. Las mismas conclusiones son válidas para los límites laterales.
6.10 TEOREMA. Si n es un número entero positivo se cumplen
(1) lim — = oo, 
x->° x n
(3) lim — =
x-*0~ x n -oo si n es impar.
+oo si n es par,
6.11 LIMITES DE LA FORMA lim f {x)g(x) = C.
1. El número e x. Una manera de definir ex , donde x es un número real, es la
n
X Xsiguiente: se consideran los números S = 1 + — + ... +— , y se prueba que cuando
1! n!
los enteros n van creciendo, los números Sn se aproximan a un número real fijo, 
que denotamos con ex . (Véase la sección 0.7 ó 11.16)
Con la notación de las sucesiones tenemos:
2. El número o* . Se prueba que para cada a > 0 existe un único número real y, que
/
x X Xe = lim Sn = lim 1 + — + ...+ —
(en notación de suma de series)
se denota y = lna (y se llama el logaritmo natural de a), tal que a - ey . Se define
x xy x lna ja = e = e , cuando a > 0 .
3. Propiedades. Se cumplen las siguientes propiedades para todo número real a.
í n \n
a ®(3.1) e = lim 1 + — (n número entero)
158
(3.3) Si lim/’(x) = 0 con f (x )*Q para x * a , entonces e = lim (l + /'(*))
(3.4) ex+y=ex.ey ,
( « 7 -
(3.5) l imex = e ° , lim ln x = ln a (a > 0)x a? = e
x-+a
(3.6) lim 'n(1 + *) = 1
x -»0 X
(3.7) lim ex = +oo , lim ex = 0
TEOREMA. Supongamos que lim f{x) = L > 0 y limg(x) = M .
x-+a x-+a
Llamemos lim f (x)g^ = C, si el límite existe. Se cumplen
x-*a
(1) Si L y M son números reales, entonces C = LM.
(2) Si L / l y M = ±oo, entonces C = LM.
(3) Si L = 1 y M = ±oo, entonces
r i i (/■(*)-%(*)
C = lim f(x)8^ = lim [ l + f ( * ) - l l * (x) = lim [l + f{x) - l l7^ 1 \
x-*ct x —+a L J x-+a L J
í Hm ( f ( x ) - l ) * ( x ) ]
= 0
6.12 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Sea n un número impar. Probar que se cumple lim = -oo.
x - *0 ~ X
SOLUCION.
Sea dado N < 0. Debemos hallar un 8>0 tal que si -5 < jc < 0 entonces — < N .
xn
Límites de Funciones 159
Basta tomar 8 = ----- — > 0 . En efecto, si -8 < x < 0 o — < x < 0 entonces
N Vn N Vn
— <N ^n , pues x y N son negativos, y — < N , pues rt es impar. 
x x n
Así, se ha probado que lim — = -oo.
*-+o- xn
PROBLEMA 2. Supongamos que lim f(x) = L < 0 y lim g(jc) = 0 . Si g(x) < 0 para todo
X -K 2 x-+a
f ( x )x * a en algún intervalo que contiene al punto a, probar que lim ■ = +oo
g{x)
SOLUCION. Dado N > 0 debemos encontrar un 8 > 0 tal que 0 < |jc - a\ < 8 implica
A*) > N .
. 8ix)
Paso 1. Existe 6l > 0 tal que si 0 < |* - a| < 8X entonces f{x) < — < 0 .
2
En efecto, basta tomar e = - — > 0 en la definición de lim /‘(jc) = L para hallar im
2 *-*a
81>0 tal que 0 <¡x-o| < 8X implica |/,(x )-L | <----- , o
2
L -
\ 2
L
< f(x) < L + ------ , y particular f (x) < —
2
f(x)Paso 2. Prueba de lim - ■} ■■ ■[ = +oo.
g(x)
Por el paso 1 elegimos un 8 x > 0 tal que si 0 < \x - a| < 8 x entonces f (x )< — < 0.
2
Puesto que para x * a tenemos por hipótesis que g(x) < 0, dividiendo las desi­
gualdades anteriores por g{x) nos da
M > ^ >0 
g(x) s (x )
L/2Será pues suficiente demostrar que > N para valores de x próximos al punto a, o
g(x)
equivalentemente, que ------< g(x) < 0. Pero lim g(x) = 0 . De manera que para
2 N
160
e = — h— existe un 8„ > 0 tal que: 0 < \x - al < 8, implica------ !#(*) - 0| < ---------- o
2 N 2 N
—— < SÍX) < 0, puesto que g(x) < 0.
2 N
Así, tomando 8 = mínimo {81, 52 } > 0 vemos que 0 < \x - a| < 8 implica
f (x) L/2 mT _T . „ . . f(x)■ > -------> N . Y esto demuestra que efectivamente se cumple lim ; = +<x>.
g(x) g(x) * -» «(*)
PROBLEMA 3. Calcular lim * 4
* - * 3 - ( x - 3 ) 3
SOLUCION. Se tiene lim x - 4 = 3 - 4 = - l .
x -*3 ~
Si x < 3 entonces (x - 3)3 < 0 y lim (x - 3)3 = 0 .
x -» 3 ~
Luego lim —------ 4- = +<x>, por el teorema 6.9.
«-.3- (x - 3)
/ 2 .
PROBLEMA 4. Encontrar lim — -------
x-»2+ x - 2
SOLUCION. Tenemos 4 = + = 4 = ” y lim V* + 2 -- v i - 2
* ~ 2 (V í^ 2) J x ^ » - 2*
Si x > 2 entonces J x - 2 >0 y lim J x - 2 = 0 .
x -> 2 +
Por lo tanto, por el teorema 6.9, obtenemos lim ---------- = lim ■;■■■ = +°° .
x -> 2 + X - 2 x -» 2 + *Jx - 2
PROBLEMA 5. Calcular lim í - - 4 r*-+o x
1 1 x - 1SOLUCION. T en em os = — — .Además lim (x - 1) = - 1. Si x * 0 entonces
x x x 2 x-*0
2 2 ( 1 1 ̂x > 0, lim x = 0, y por el teorema 6.9 l i m 5- = -00 .
x -> 0 * -> 0 \ X X )
Límites de Funciones 161
PROBLEMA 6. Hallar lim
x-»0
Í 2 + x
SOLUCION. Tenemos lim
x->0
3 - x 
f 2 + x^ = — y lim x = 0 
3 *-»o
Luego lim
x-*0
( ,3 -x
Í2 + x Y Í2)°
3 - x 3 )
= 1 , (por 6.11)
PROBLEMA 7. Hallar l im(l + 2senx)Vx.
x-»0
SOLUCION. Empleando lim [l + = e, si lim f(x) = 0,
x-+a x -»r
5
tenemos lim (l + 2senx)Vx = limf(l + 2senx)1/*2senxT
’ *-+oLx ’ J
x-+a 
2senx
= lim [(l + 2senx)1/(2senx*] 
x-»o L J
2senx 
l im ----------
jr-»0 x —- e
2xPROBLEMAS. Calcular lim Í - Í V +1*-*oo {X J
1 2x 2
SOLUCION. Se tiene lim — = 0 y lim ------ = lim =- = 2.
X-»C0 x X + 1 x-*a0 X + _
Luego, lim
X-¥<X>
2\X )
2x
x+1 ~= 0 = 0 .
PROBLEMA 9. Hallar lim
x~*0 X
SOLUCION. Sea h = ex - 1 de modo que h -> 0 cuando x -> 0. Luego x = ln(l + h) y 
. ex - 1 .. h .. 1lim = lim = lim
*-+o x ln(l+ k) ft~*°
h
= 1 .
162
PROBLEMA 10. Calcular lim*-►+00 5 + xVic
X2 1 1SOLUCION. Tenemos lim j= = lim -=------=— = — = +oo
*-++00 5 + x-yJx 0
x ■+■1 sen x IPROBLEMA 11. Hallar los límites laterales de f(x) = -----L-¡ en el punto x = 0 .
ni
SOLUCION.
, » x x |senx| senx(1) Tenemos lim — = lim — = lim 1=1, lim J = h m = 1
*-+0+ jjf| *-+0+ x x->0+ *-»0+ jx| *->0+ x
luego lim f(x) = 2 .
*-»o+
X X(2) y por otra parte lim — = lim — = lim - 1 = -1
-senx senx = lim ------- = 1
y luego
*-►0' |jc| *-►0" -x
Isen xllim ------— = lim
x-*o~ \x\ *-+o"
lim f(x) = - 1+1 =
x-*0~
PROBLEMA 12. Hallar lim U x + V* + V*" - yfx .
* - + + « ^ ¿
SOLUCION. Se tiene
[•/* + -Jx + Jx - Jx )/x + i[x + Vx + V*
V A= ‘Jx + j x + ĵx - <J~x =
+ >/x + Vx - X
^X + J7+ yfx + ‘Jx
yjx + V*
) /x + V X + V * + t[ x \ X + J x + J x +<s[x
Luego lim y =
* -+ + 0 0 VI + V í 2
Límites de Funciones 163
PROBLEMA 13. Hallar lim 3
x -» -8 2 + $ [x
SOLUCION. Multiplicando y dividiendo por ( V i - * + 3) 2̂2 - 2 V* +
4 - 2 ^ * + ^ ?resulta
Luego el límite es - 2.
V i - * +3
6.13 ASINTOTAS DE UNA CURVA
(1) Decimos que la recta x = a es una asíntota vertical de la gráfica de la función f(x) 
si se cumple una de las siguientes condiciones:
1. lim /(x) = +oo
x -*a*
3. lim f(x) = +oo
2. lim /*(*) = - o o
x->a+
4. lim f(x) = - o o
(2) Decimos que la recta y = mx + b es una asíntota de la gráfica de la función f{x) 
si se cumple al menos una de las condiciones siguientes:
1. lim [/“(*) - mx - fe] = 0 2. lim [f(x) - mx - 6] = 0
X-P-ao
164
Nota.
(1) En el primer caso decimos que la recta dada es una asíntota oblicua a la derecha, 
y en el segundo, que es una asíntota oblicua a la izquierda.
(2) Si m = 0 , decimos que la asíntota es horizontal.
(3) Para calcular m y b se usan las ecuaciones
m = lim — - b = lim [/*(*) - mx]
X->+aO X X—* + ao
y análogamente si x —> -oo.
Es claro que tales ecuaciones son equivalentes a la definición dada.
6.14 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar las asíntotas de la gráfica de la ecuación xy2 - 3y2 - 4x = 8 y 
trazar la gráfica.
SOLUCION. Tenemos y = ±J— —— . Por lo tanto, la gráfica de la ecuación dada se
i x — 3
compone de la gráfica de las funciones:
. 14x + 8 . . 14x + 8
/ i ( x ) = t a - y k ( x ) = - ■
Asíntotas verticales. Si x > 3, el radicando de las dos funciones es > 0 y
lim f x(x) = +oo , lim f2(x) = -o o ,
* -> 3 + x -* 3 +
yaque lim <j4x + 8 = V20 > 0 y lim -Jx-3 = 0 , con valores <Jx-3 >0.
* - » 3 + * -» 3 +
Por lo tanto, x = 3 es una asíntota vertical de f x(x) y de f2{x) .
Límites de Funciones 165
Asíntotas oblicuas, y = mx + b. 
Cálculo de m.
D \ V h ( X ) V 1 I4X + 8 v 1Para fi\x): ml = lim = lim — I = lim —
*-►±00 x *-» ±oo X I X — 3 *-+ ±oo X
4 + «
1- *
= 0 .
Para f2(x): m2 = lim = o.
Cálculo de b.
Para fx(x): bl = lim [/\(jc) — 0.jc] = lim J— —— = 2
*—4±oo | x — 3
Para f2(x): b= lim [/^(xJ-O.*] lim - — —- = -
*-►±00 * -> ±co y x — i
Luego y = mxx + bx = 2 , 
>' = m2x + 62 = - 2.
Gráfica de la ecuación.
166
Debe observarse que + ̂>0 si y solamente si 
x - 3
4x + 8 > 0 y x - 3 > 0 , que equivale a x>3 ,
4x + 8 < 0 y x - 3 < 0, que equivale a * < -2 ,
y puesto que cuando x = - 2 , se tiene /i ( -2) = f2{ -2) = 0 , 
las funciones /i(x) y f2(x) toman valores en los puntos x tales que 
-oo < x < -2 o 3 < x < +oo.
PROBLEMA 2. Hallar las asíntotas de la curva y = *
x — 4x + 3
SOLUCION. Tenemos y = x
( * - l X * - 3 ) ' 
Asíntotas verticales.
x
X „ _ q
1) Tenemos lim ----------------- = lim ——— = -oo,
*-♦1* (x -1 ) ( j c -3 ) x - 1
X 1puesto que lim---- --- = — y lim (x - 1) = 0 , con x - 1 > 0.
*-»i+ x —3 2
x
2) lim -------- = lim x ~ 3 =+oo,
*->1~ ( x - l ) ( x - 3 ) *-»i" x - 1
, x 1 , . .puesto que lim - = — y lim (x - 1) = 0, x - 1 < 0.
x-»r x — 3 2 *-»r
De igual modo
lim -
(x- l)(x-3)
4) lim ------- -oo
*-»3- ( x - l ) ( x - 3 )
3) lim -------- = +oo
Luego x = 1 y x = 3 son asíntotas verticales de la curva dada.
Límites de Funciones 167
Asíntotas Oblicuas. y = mx + b
y iCálculo de m: m = lim — = lim = 0
x->±oc x x-*±<x¡
Luego m = 0 .
XCálculo de b: b= lim [.y - mx] = lim = 0
X-»±00 X->±00
Luego 6 = 0 y la asíntota es y = 0 .
6.15 PROBLEMAS PROPUESTOS
XA - 1PROBLEMA!. Calcular lim
x - * - í x + 3jc + 2 
PROBLEMA 2. Calcular lim ^4 + * ~ V- l z ü
x-»0 X
BnABI rn A o / - . I T T V*2 - 2* + 6 - V*2 + 2x - 6PROBLEMA 3. Calcular lim
PROBLEMA 4. Calcular lim
*-♦3 x2 - 4x + 3
1- cosa:
PROBLEMA 5. Encontrar lim
x-»0 X*
1 - x 2
i sen roe
. 2 axc te x
PROBLEMA 6. Determinar lim------------
PROBLEMA 7. Hallar lim
x -» 0 X 
COSwX
1 1-yfx
PROBLEMAS. Hallar lim 1 ^™sx .
x-*0 x
PROBLEMA 9. Dado
¡x2+2 si x < 1
+ 1 si X > 1
Hallar lim f(x) y lim /■(*). 
x-»r x-»i+
168
4¡¿PROBLEMA 10. Evaluar lim —r---- —— ----
PROBLEMA 11. Calcular lim x { Jx2 + 3 - x
X-> + cc V
PROBLEMA 12. Hallar lim f^/x3+x2 -3 /x3 + l
x- * - vj V
1 5PROBLEMA 13. Hallar lim
s -*2 *
PROBLEMA 14. Hallar lim
s - 2 s - 4 
x l - l
1 + ¿ 4x -» l x — 1
PROBLEMA 15. Definir
a) lim f(x) = +oo
X —>+ Q 0
PROBLEMA 16. Probar que
b) lim f(x) = -oo
m m-1anx + a,x + ... + a,Hm --------- i-----------------¡
*_♦+«, b0x'l +fe1a:n +... + ¿re
0
fo
*>0
+00
-0 0
PROBLEMA 17. Hallar lim Í5 - 2x - x2)
r —++on \ /
c) lim /*(x) = 00
si m < n 
si m = n
“ nsi m >n y — > 0
“ osi m > n y — < 0
PROBLEMA 18. Hallar lim(cosx)^x y lim (eos x)x—►O *-♦0
PROBLEMA 19. Hallar lim sen(x - 1) 
x(x - l )3
PROBLEMA 20. Sea f{x) =
■|x + fe si x <2
x2 si x > 2
Hallar el valor de b si se cumple lim f(x) - lim f(x) + 3
x-*2~ x-*2*
Límites de Funciones 169
PROBLEMA 21. Hallar las asíntotas de la curva y = ..........
PROBLEMA 22. Hallar las asíntotas de y = f 
PROBLEMA 23. Hallar las asíntotas de y = !S ^ -
X
PROBLEMA 24. Hallar las asíntotas de la hipérbola y = ax + —
x
0 2̂ i O i c
PROBLEMA 25. Hallar las asíntotas de y ----------------
x - 1
RESPUESTAS
1. -4 2 . 1 / 2 3. - 1/3
4. 1/2 5. 2/k 6. 0
7. n 8 . 1/4 9. 3 , 2
10. V a /3 11. 3/2 1 2 . 1/3
13. -oc 14. 0 17. -oo
18. 1 , e " V 2 19. -oc 2 0 . 6 = 6
21. Las asíntotas son y = 2 a la derecha, y = -2 a la izquierda.
22. Las asíntotas son x = 2, x = -2 , y - x a la derecha, y = - x a la izquierda.
23. La asíntota es la recta y = 0, o sea el ejeX.
24. Las asíntotas son x = O, y = a.
25. Las asíntotas son x = l , y = 2x + 5.
C^apituÉo 7
C ^ o n th \L iiA a A
7.1 DEFINICION. Continuidad en un punto. Sea f(x) una fundón definida en 
todos los puntos x de un intervalo abierto / que contiene al punto a. Decimos que f(x) 
es continua en el punto a si se cumple que
lim f(x) = f(a)
7.2 OBSERVACIONES.
1. Para que la función f(x) sea continua en el punto a se requiere, explídtamente, 
que se cumplan las tres condiciones siguientes:
i) / “(x) está definida en el punto a, es decir, existe el valor f(a).
ii) Existe lim /(jc), y
x->a
iii) lim f(x) = f(a).
x -> a
O también en la notación de e y 5 : Que exista el valor f(a ) y que para todo e > 0 
exista un 8> 0 tal que |x-a|<5 implica j/“(x) - /(o)| < e.
172
2. Así, f(x) no será continua en el punto a si no se cumple al menos una de las tres
condiciones (i), (ii), o (iii) señaladas en el parágrafo anterior, y en tal caso decimos 
que la función f(x) es discontinua en el punto a.
7.3 DEFINICION. Continuidad en un intervalo abierto. Decimos que f{x) es 
continua en un intervalo abierto I si f(x) es continua en cada punto a del intervalo 
/.
7.4 EJEMPLO 1.
en cada punto x.
SOLUCION.
o, ̂ i. y/ \ senx sena .. .(1) Si a * 0, entonces lim f{x) =lim = -------- = f\a)
x-*a JC-+0 x a
son xpuesto que f(x) = -------- cuando x se encuentra próximo al punto a * 0 y que
x
son x son alim = por las propiedades de límites.
*-♦« x a
Luego, f{x) es continua en cada punto a * 0 .
(2) Consideremos ahora el caso en que a = 0. Tenemos:
(i) f ( 0) = 1, por definición de la función f(x) en x = 0 .
son x(ii) lim------= 1 (resultado establecido en el capítulo de límites).
*->o x
son x(iii) lim f (x) = lim 1 = f (0), por definición de f ( x ) , cuando x * 0, y por
x-*Q x —►O x
(ii) e (i)
Luego f(x) también es continua en el punto 0.
En conclusión: La función dada f(x) es continua en todos los puntos a sin ex­
cepción.
Investigar la continuidad de la función 
sena:
/■(*)=
si jc * 0 
si x = 0
Continuidad 173
EJEMPLO 2. Determinar si cada una de las siguientes funciones es continua en el 
punto x = 2 .
2 ¿x - 4
x - 2
(2) g(x) =
2 Ax - 4
x - 2
5
si x * 2 
si x - 2
(3) x - 2
4
2 Ax - 4
(5) jd( x ) = x - 2
i ^ í
si x * 2 
si x = 2
(4) ¿(x) =
x - 2
|x-2|
1
SOLUCION.
(1) f (x) no es continua en x = 2 , pues el valor f { 2) no existe.
(2) g(x) no es continua en x = 2 , pues
2 - 4
lim g(x) = lim —------
x -*2 x -*2 x — 2 * -> 2
= lim (x + 2) = 4 * 5 = g(2)
si x * 2 
si x = 2
2 Ax —4
(3) h(x) es continua en x = 2, pues lim /i(x) = lim --------
x -*2 x -*2 x — 2
= 4 = h( 2)
(4) k(x) no es continua en x = 2, pues no existe lim k(x) ya que de
x-*2
x — 2 x — 2lim fc(x) = lim -------- = lim--------
x->2* x-*2* \ x - 2 \ x ~*2* x - 2
= lim 1=1 .
x -* 2 +
y lim k(x) = lim ——— = lim
x->2~ x-*2~ \x - 2| x-̂ 2' -(x - 2)
= lim - 1= - 1,
x-*2~
(cuando x > 2)
(cuando x < 2)
se sigue que lim k(x) * lim k(x), y por lo tanto, no existe lim k {x ) .
_ _ n - X ->2x-*2 x-*2
174
(5) p(x) no es continua en x = 2, sea bien por que no existe p( 2), o sea bien porque 
no existe lim p(x).
x->2
7.5 PROPIEDADES DE PRESERVACION DE LA CONTINUIDAD
TEOREMA. Sean f(x) y ^(x) dos fimciones continuas en el punto a. Entonces
(1) La función suma f(x) + g(x) es continua en a.
(2) La función producto f (x) .g(x) es continua en a.
f(x\(3) La función cociente es continua siempre que se cumpla que g(a) * 0 .
g(x)
(4) La función potencia enésima f (x )n es continua en el punto a.
(5) La función raíz enésima !¡¡f{x) es continua en el punto a.
Todas estas propiedades se siguen directamente de las propiedades correspondientes 
establecidas para los límites de funciones en el punto a.
FUNCIONES CONTINUAS IMPORTANTES. Son continuas:
1. La función polinomial b0 + bxx + ... + bmx m , en todo punto x.
b *f x 4* b x ̂2. La función racional —----- —---- , en todo punto x donde el denominador
c0 + CyX +... + cn x n
sea 0 .
3. Las funciones trigonométricas
a) sen x , en todo punto x
b) eos x , en todo punto x,
sen 7T
c) tg x = , en todo punto x tal que cosx * 0 , o sea en todo punto x * 2kn + — ,
cosx 2
donde k = 0, ±1, ±2,... 
eos Xd) ctg x = -------- , en todo punto x tal que senx * 0, o sea en todo punto x * 2kx,
senx
donde k = 0, ±1, ±2,...
Continuidad 175
7.6 TEOREMA. Composición de funciones continuas. Si f (x) es una función 
continua en el punto a, y g(x) es una función continua en el punto f{a), entonces la 
función compuesta h(x) - ¿'[/'(x)], es una función continua en el punto a.
EJEMPLOS.
1. La función h{x) = sen^x2 - 2x + 5) es continua en cada punto x, pues las funciones 
f(x) = x2 - 2x + 5, ¿f(x) = sen x son continuas, y
fc(x) = sen(x2 -2 x + 5) = g(x2 -2 x + 5) = g(f(x))
2. La función h(x) = sen(cosx2 j es continua en cada punto x, pues las funciones 
f (x) = x2, g{x) = cosx, h(x) = senx, son continuas y
&(x) = sen(cosx2) = A^cosx2) = fcjg(x2)J = k{ár|/(x)]}
7.7 CLASIFICACION DE LAS DISCONTINUIDADES
Hemos dicho que la función f(x) es discontinua en el punto a si se cumple al menos 
una de las tres condiciones siguientes:
(1) f(x) no está definida en a,
(2) no existe lim f ( x ) ,
X-+CL
(3) lim f (x) * f(a) .
x-*a
Decimos que la función f (x) tiene discontinuidad evitable o removible en el punto a si:
i) Existe el número real lim f (x) , y
ii) f (a) no existe o, si f(a) existe, se tiene lim f (x) * f{a).
En tal caso se define f * ( x ) =
f(x) si x * a
lim f (x) si x = a
,x-*a
La nueva función f*(x) resulta ser continua en a y se llama la extensión o pro­
longación continua de f{x) al punto a.
176
Decimos que f(x) tiene una discontinuidad de primera clase en el punto a si 
existen los límites finitos lim f (x) y lim f (x) y no son iguales los tres valores
x -> a + x->a~
f(a), lim f (x) y lim f (x) .
x -* a x-+a
(Admitimos la posibilidad de que f(a) no exista). En caso contrario decimos que 
f (x) tiene una discontinuidad de segunda clase en el punto a.
De las definiciones, se sigue inmediatamente que toda discontinuidad removible es 
de primera clase.
EJEMPLO 1. Clasificar la discontinuidad de f{x) = 2 - xsen— en el punto x = 0 . Si la
x
discontinuidad es removible, definir la prolongación continua f*(x) de f(x) en el 
punto x = 0 .
SOLUCION. No obstante que f(x) no está definida en el punto x = 0 , dicha función 
tiene una discontinuidad removible (y por lo tanto de primera clase) en el punto x = 0 . 
En efecto, existe
lim f (x) = lim
i —>0 x -» 0
2 - xsen
x )
= 2 - limx sen — = 2 - 0 = 2 , 
x-»o x
yaque lim xsen— = 0 se sigue directamente de 0 < 
*-»o x
1xsen—
x
< Ixl y del teorema del
Sandwich.
La prolongación continua f*(x) de f (x) en x = 0 es dada por:
„ . f ( x)
f (*H lim /* (x )
lx -»0
si x * 0 
si x = 0 ’ f* ( * ) -
2 -x s e n — si x * 0
x
2 si x = 0
EJEMPLO 2. La función f(x) = ^ + 3C)---- no está definida en x = 0 . Definir /*(0) de
2x
manera que f (x) sea continua en x = 0 .
SOLUCION. Puesto que
Continuidad 177
1- W \ 1- (1 + JC) “ 1 1-lim f (x) = lim ------ = lim
x -» 0 x -*0 2x x->0
( l + 6x+15x2 +30x3
2x
= lim |3 + -^x + 4^x2 +...j = 3,
podemos definir /"(O) = 3, y la función f(x) es ahora continua en x = 0.
EJEMPLO 3. Determinar la clase de discontinuidad de f(x) ------- en el punto x = 1.
x - 1
SOLUCION. La función tiene discontinuidad de segunda clase en el punto x = 1, pues
lina f(x) = +oo , lim f(x) = -oo
no son límites fínitos.
* -+ r *-*r
EJEMPLO 4. Sea f(x) = ( - l )^ 1" , donde | 1 es la función mayor entero. Probar que no 
existe lim f (x) y concluir que f(x) tiene una discontinuidad de segunda clase en el
x->0*
punto x - 0 .
SOLUCION. Por reducción al absurdo. Supongamos que existe un número real L tal 
que lina f (x) = L . Entonces, para e = 1/2 existe un 5> 0 tal que
x—>0
0 < x < 8 implica ^(x) - L| < 1/2 (1)
Elijamos un número par 2n tal que — < 5.
2 n
1 1 Luego se tiene — y ---------< 8 y f
2n 2n + l
( 1
2n + l 
y empleando (1)
V2/i
_ ^_^í2n+1l _ (_ i)2n+1 - _ i
1 = ( - l ) I2n* = ( - l )2a = 1, pues —— = 2n .
1/2 n
pues
2n + 1
= 2n +1 ,
178
2 n + 1.
|-1-L | < ^ 
2
3 r 1— < L < — (3)
De (2) y (3) resulta la contradicción L > 0 y L < 0 . 
Luego, no
clase en 0.
Luego, no existe lim / ( j c ) , y por lo tanto f(x) tiene una discontinuidad de segunda 
*-»o+
7.8 DEFINICION. Continuidad en un intervalo cerrado.
Decimos que la función f(x) es continua en un intervalo cerrado [a, 6] si:
(1) / ( j c ) está deñnida en cada punto x del intervalo.
(2) f (x) es continua en todo punto del intervalo abierto (a, b) es decir lim f(x) = f(c)
X - + C
para todo c de (a, 6).
(3) / ( j c ) es continua por la derecha en el extremo a, es decir lim / ( j c ) = /(a )
(4) f (x) es continua por la izquierda en el extremo b, es decir lim / ( j c ) = f (b ) .
x-*b~
EJEMPLO 1. Redefinir la función
« * ) -
* - i
I*-!
4
si 0 < jc < 1
si JC = 1
para obtener su prolongación continua en el intervalo cerrado [0, l ] .
Continuidad 179
x 1
SOLUCION. Notemos que si 0<jc<1 entonces = - 1, luego
| * - 1|
f - 1 si 0 < X < 1
^ ' 1 4 si « - 1
(1) f ( x ) es continua en el intervalo abierto (0, 1), pues si 0 < c <1 entonces
lim f(x) = lim - 1 = -1 = f(c)
x -*c x->c
(2) f ( x ) es continua por la derecha en 0:
lim f(x) = lim - 1 = - 1 = f (0)
x-*0* x-*0*
(3) f(x) no es continua por la izquierda en 1. En efecto,
lim f(x) = lim -1 = - 1 * 4 = /'(l).
JC—*■ 1— *-»l~
La prolongación continua f*(x) de f(x) a todo el intervalo cerrado [0, l] es dada 
por
í f(x) si 0 < x < 1
f lim f{x) si jc = 1
U-*r
o, en forma más simple f*{x) = -1 para todo 0 < jc<1.
9 - x 2
EJEMPLO 2. Determinar la continuidad de la función g(x) = J en el intervalo
| 4 - x
[-2.2].
SOLUCION. Para jc = ±2 la función no está defínida y por lo tanto es discontinua en 
los extremos. Estas discontinuidades son de segunda clase pues no son finitos los 
límites
9 — x2 9 - x 2lim g(x) = lim J = +oo , lim g(x) = lim J = +oo
x_*_2+ x-+ -2* \ 4 - x x -* -2 ~ x -+ -2 - V 4 - x 2
2
Por otra parte, si -2 < c < 2 entonces la función es continua en c pues c < 4 y
limg(x) = lim J~~~Y = v~~ ~~2 = S(c) 
x -*c x ►c | 4 — JC » 4 - c
180
Nota. Una función f(x) es continua en el intervalo semiabierto por la derecha [a, 6) si 
es continua en todo punto x del intervalo abierto (a, b) y además es continua por la 
derecha en el punto a.
De manera similar se define la continuidad en un intervalo semiabierto por la izqui­
erda (o, 6], y también, en intervalos de la forma (a, + oo), (-oo, a ), [a, + oo), (-oo, a] y
en toda recta R = (-oo, + oo)
EJEMPLO 3. Determinar los intervalos en los cuales cada una de las siguientes 
funciones es continua
(1) f(x) = — ^— (2) g(x) = Jx2 - 2 x - 8
* - 9
SOLUCION.
(1) La función f (x) = —- - — no está definida en x = ±3 y por consiguiente es
* - 9
discontinua en estos puntos.
Por otra parte, si c * ±3 entonces c2 * 9 y lim f {x) = lim —----- = —------= f ( c ),
X-¥C X — x — 9 c - 9
y por lo tanto f(x) es continua en todo punto c * ±3. Concluimos pues que f(x)
es continua en los intervalos (-oo, 3), (-3,3), (3, + oo).
(2) Tenemos que jc2 - 2 j c - 8 > 0 o (jc-1)2 >9, que es equivalente a j c -1> 3 o
x - 1 < -3 , o también a ac^4 o x < - 2 .
Luego g(x) = y x 2 - 2x - 8 está definida solamente en los intervalos (-oo, - 2] y 
[4, + oo).
Puesto que x 2 - 2x - 8 > 0 si x es un punto de (-oo, - 2) o de (4, + oo) tenemos
limg(x) = lim V*2 - 2 x - 8 - 2c - 8 = g(c) , si c se encuentra en los in-
X~¥C X -* C
tervalos abiertos, y se ve directamente que
lim g(x) = 0 = g ( -2) , lim g(x) = 0 = g(4).
x -* -2 ~ x->4*
Concluimos pues que g{x) es continua en los intervalos (-oo,-2 ] y [4, + oo).
Continuidad 181
7.9 PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LAS FUNCIONES CONTINUAS.
TEOREMA. Sea f (x) una función continua en un intervalo cerrado [a,fe]. Entonces se 
cumple lo siguiente:
(1) f(x) es acotada sobre [a,fe]. Es decir, existe un número C > 0 tal que |/'(jc)| < C 
para todos los puntos del intervalo [a,fe].
(2) f(x) tiene un valor mínimo y un valor máximo en [a,fe]. Es decir, existen puntos 
xQ y x l en [a,fe] tales que /*(jc0) < f(x) < f ( x l), para todos los puntos x del in­
tervalo [a, fe].
Designamos con m = /*(jc0 ) = el valor mínimo de f(x) en [a,fe] 
y M = f (Xl) = el valor máximo de f(x) en [a, fe]
(3) Teorema del valor intermedio: f(x) toma todos los valores intermedios entre m y 
M , es decir que
i) m < f(x) < M , para todo x de [a,fe], y
ii) dado un número y cualquiera tal que m< y <M, entonces existe al menos 
un x de [a, fe] tal que y = f(x)
Nota. En particular, para todo número y comprendido entre / ‘(a) y f(b), existe al 
menos un x de [a,fe] tal que y = f(x).
(4) Teorema del cero: Si f(a) y f(b) tienen signos opuestos, entonces existe un 
número x en el intervalo abierto (a, fe) tal que f(x) = 0.
Nota. Cualquier x tal que f(x) = 0 se llama un cero de la función o una raíz de la 
ecuación f (x) = 0 .
Gráfica de una función continua sobre un intervalo cerrado.
182
Si f(x) es una función continua sobre el intervalo cerrado [a,6] entonces adquiere 
valores máximo y mínimo, M y m, respectivamente, y los valores f(x) llenan el in­
tervalo cerrado [m, Ai].
7.10 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Probar que si f ( x ) , g(x) son funciones continuas en el punto a, entonces
fíx)las funciones f{x) + g{x), f (x ) .g (x ) y ■ ■, cuando g (a)* 0 , son continuas en a.
g(x)
SOLUCION.
(1) Tenemos lim [/‘(jc) + g(x)l = lim f(x) + lim g(s) = f(a) + g(a)
x-+a 1 J x-*a x-*a
Luego f(x) + g(jc) es continua en a.
(2) Tenemos lim [/'(*) • ¿K*)l = lim f(x) . limg(je) (producto de límites)
x —>a *■ J x-*a x-*a
= f(a) ■ g(a) (continuidad de f(x) y g(x) en a) 
Luego f { x ) . g(x) es continua en a.
fíx) lim ^ * )
(3) lim = (cociente de límites, si limg(jt)*0)
*-»« g{x) lim g(jc) *-»«
x->a
(continuidad de f(x) y g(x) en a)
*(*)
)
*(*)
T f ( X)Luego ■ es continua en a.
PROBLEMA 2. Probar que si f(x) es continua en el punto a, entonces las funciones 
f ( *Y y t fñ*) son continuas en a.
SOLUCION.
(1) Tenemos lim f {x )n = lim /“(jc) = f{a)n. Luego f (x)n es continua en a.
(2) Tenemos lim = nj limf(x) = t ff (a) . Luego (¡¡ f (x ) es continua en a.
x -*a ]¡ x-*a
Continuidad 183
Nota. Como ya se ha dicho en el capítulo de límites asumimos que y}f(a) está defi­
nido. Es decir que si n es impar, f(a) puede ser cualquier número; y que si n es par, 
entonces se supone que f ( x ) > 0 y por lo tanto / ‘(a )> 0 .
PROBLEMA 3. Probar que P(x) = b0 + blx + ... + bmx m es una función continua en cada
punto a.
SOLUCION. Debemos probar que lim Í60 + bxx +... + bmx m j = bQ + bxa +... + bmam, lo
x-+a
cual ha sido establecido en el problema 22, Sección 6.3 del capítulo de límites.
Sin embargo, procederemos a dar una demostración directa de este resultado haciendo 
uso de las propiedades de las funciones continuas.
Pasol. Toda función constante f (x) = c es continua en a.
En efecto lim c = c = f(a).
x-*a
Paso 2. La función identidad g(x) = x es continua en a.
En efecto, se cumple limx = a = g(a), ya que para e >0 existe 5 = e >0 tal que
x-+a
0 < |x - a| < 5 implica |g(x) - g(a)| = \x - a\ < 8 = e.
Paso 3. b0 +blx+....+bmx m es continua en a. En efecto, las funciones bQ, bxx, ... , bmx m 
son continuas en a por ser productos de funciones constantes y g(x) = x .
Luego, b0 + bxx + ... + bmxm es una función continua, por ser suma de funciones conti­
nuas.
. . bn + 6.jc + ... +bmx m .
PROBLEMA 4. Probar que la función racional R{x) = —----- — es continua
Co+C^ + .-. + C^"
en todos los puntos en los que el denominador no se anule.
SOLUCION. Las funciones polinomiales
P(x) = fe0 + 61x + ... + femxm y Q(x) = c0 + CjX +... + cnx n
son continuas en todo punto a , por el problema 3.
P ( x )
Luego, la función cociente i?(x) = - - - - - - - es continua en todo punto a tal que
Q(x)
Q(a) * 0 , por el problema 1.
184
PROBLEMA 5. Probar que si f(x) es continua en a entonces (/“(jc)! es una función 
continua en a.
SOLUCION. Tenemos
lim |/*(x)| = lim f(x)1 1 r —*/? (por el problema 25, Sección 6.3)
= | f (a) | (continuidad de f (x) en a)
Luego, |/*(jc)| es continua en a.
PROBLEMA 6. Hallar los puntos de discontinuidad de cada una de las siguientes 
funciones:
(1) /■(*) =
x2 + 5x + 6
x + 2 
3
si x * -2 
si x = -2
(2) g(x) =
|3x + 7| SI X * —3-
( 3 ) h(x) =
2x+ 1 
4 -3 x 
x - 4
si x < 1 
si 1 < x < 2 
si 2 ^x
SOLUCION.
x ̂+ 5x + 6(1) Puesto que la función racional es continua en todo punto x tal que
x + 2
x + 2 * 0, tenemos que f (x) es continua en cada x * - 2.
Por otra parte,
1 . - / \ i- x 2 + 5 x + 6 (x + 2)(x + 3) v / 0 \ 0 0 1lim f(x) = lim -------------- -- lim ------ — - = lim (x + 3) = - 2 + 3 = 1 .
x-*-2 x-*-2 x + 2 x-*-2 x + 2 *->-2
Y como f ( - 2) = 3, tenemos lim f(x) * f{ -2) ■ Concluimos que -2 es el único
x -* -2
pimto de discontinuidad de f ( x ) .
(2 ) La función |3x + 7| es continua en todo punto por ser el valor absoluto de la 
función continua 3x + 7. Luego, g(x) es continua en todo punto x * - j .
Por otra parte, lim g(x) = lim |3x + 7| = 13(— -g-) + 7 1 = 0
X - * ------ X - * ------3 3
Continuidad 185
y como g(--g-) = 2 , tenemos que lim g(x) * Por lo tanto, g(x) es dis-
X - ¥ ------
3
continua en el punto - 7/3.
(3) La función h(x) es continua en todo punto x * 1, 2, por ser igual a funciones 
polinomiales, las que, según sabemos, son continuas en todo punto.
Continuidad en el punto x = \.
Calculamos los límites laterales en x = 1:
lim h(x) ~ lim (2x + 3) = 2(1)+ 3 = 5,
X - * 1" x-> 1"
lim h(x) = lim (4 -3 x ) = 4 -3 (1 ) = 2 ,
x-»l+ x-*i+
y lim h(x)* lim h{x). Luego, h(x) es discontinua en el punto x = 1
«-►r *-+r
ya que no existe lim h(x) .
X —► 1
Continuidad en el punto x = 2.
Calculamos los límites laterales en x = 2:
lim h(x) = lim (4 -3 x ) = 4 -3 (2 ) = - 2
x-*2~ x-*2~ -
lim h(x) = lim (x -4 ) = 2 -4 = - 2 .
x-*2* x~*2*
Luego, existe lim h(x) = -2 y como h(2) = 2 - 4 = -2
x->2
se tiene que lim h(x) = h(2) ,
x-*2
y por lo tanto h(x) es continua en el punto x = 2 .
En resumen, el iónico punto de discontinuidad de h(x) es x = 1.
RESPUESTA.
(1) x = -2 para la función f{x).
(2) x = -7 /3 para la función g(x).
(3) x = 1 para la función h(x).
186
PROBLEMA 7. Hallar todos los puntos de discontinuidad de la función mayor entero 
|*1 ( o función parte entera de x ).
SOLUCION. Por definición se tiene UxJ = n si n < x < n + 1, n es un número entero. 
Sea a tal que n < a < n + 1.
Caso 1. Si n < a < n + 1 entonces
flxj = n = función constante de n en el intervalo abierto (n, n+1).
Y como toda función constante es continua en cada punto, concluimos que M es 
continua en cada punto a tal que n < a < n + 1.
Caso 2. a = n.
Calculamos los límites laterales
lim |xj = lim (n - 1) = n - 1 (pues s i n - l < x < n , entonces [[xj = n - 1)
Como lim M * lim ffxj , no existe lim |xj, y la función fxjj es discontinua en
x-*n~ x - * n + x-+n
a = n.
Luego |x] es discontinua en cada entero n.
PROBLEMA 8. Definir cada una siguientes funciones en el punto indicado de manera 
que resulte ser continua en dicho punto.
SOLUCION. Basta calcular los límites de las funciones dadas cuando x = a y definir 
las funciones en el punto a con valor igual a tales límites.
(1) Tenemos
lim M = lim n = n
+ 4
(pues si n < x < n + 1, entonces |x| = n ) .
en a = 8
x
lim f(x). = lim
( 2 + ̂ ) - 2 2
---------------- = lim ---------- , —
* _ 8 *->8 (x - 8 ) ¡ j 2 + W + 2^
= lim
x~*8
$fx - 2
(%[x - 2){tfx* + 2%[x + 4 V2 + W + 2j
1 1 1
— lim
Continuidad 187
Y así definimos f ( 8) = 1/48
para que f (x) sea continua en x = 8 .
(2) Tenemos
¡img(x) = lim í E j L l . lún ( - 1) - 1’
x ^ ( x + 1)2 + y í T T + i
1 1 1= i i m - - - - - - — - - - - - — - ' = = — .
*-*° tf(x + l ) 2 + 3 f (x + l ) + 1 1 + 1 + 1 3
Y así definimos f(0) = 1/3,
para que la función g(x) sea continua en x = 0.
PROBLEMA 9. Hallar los puntos de discontinuidad de la función
í |x-|Ix]|| si \x\ es par
f\x ) = i
[ | x -|x + 1H | si j[x| es impar.
SOLUCION. En primer lugar, vamos a obtener una expresión más simple de la función 
«*)•
Caso 1. ¡jcJ = par = 2n.
Entonces 2n ú x < 2n +1 y f(x) = J x - |[x]| J = |x - 2n| = x - 2n.
Caso 2. M = impar = 2n -1 .
Entonces 2n -1 £ x < 2n , 2n£x + l<2n + l y,
f(x ) = | x - |x + 1J | = Jx-2n| = 2n -x pues x<2n.
Gráfica de f{x)
188
En resumen f(x) = x - 2n si 2n < x < 2n +1 , y
f{x) = 2 n - x si 2n - \ < x <2n , de donde concluimos que 
f {x) es continua en cada punto de los intervalos abiertos (2n, 2n+l) y (2n - 1, 2n) 
para todo entero n.
Continuidad en un número par 2n.
Calculamos los límites laterales
lim f (x) = lim (2n - x) (pues 2n - 1 < x < 2n , cuando x -► 2n~)
x-*2n~ x->2n
= 2 n -2 n = 0
lim f (x) = lim (x - 2n) (pues 2n < x < 2n + 1 , cuando x 2n )
x-*2n* x -*2 n*
= 2 n -2 n = 0.
Luego lim f (x) = 0 = f(2n) , lo que prueba que f(x) es continua en 2n.
x-*2 n
Continuidad en un número impar 2n - 1.
Tenemos lim f (x) = lim [ x - ( 2n - 2)l
x - » ( 2 n - l ) ’ x - » ( 2 n - l ) _
(pues 2n - 2 < x < 2n - l , cuando x -► (2n - 1)+) 
= 2 n - (2n - 1) = 1.
Luego lim f (x) = 1 = f(2n -1 ) , y por lo tanto f{x) es continua en el punto
x -* 2 n - l
2 n - 1.
PROBLEMA 10. Hallar los intervalos en los cuales las siguientes funciones son con> 
tinuas
(1) f (x) = * * 2 (2) g (* )-l-* + M - | l - * l
x -7 x + 6
SOLUCION.
(1) Puesto que f(x) es una función racional, sabemos que es una función continua en 
todos los puntos x tales que x - 7x + 6 * 0 .
Continuidad 189
De x 2 - Ix + 6 = (x - 6 )(x - 1) = 0 vemos que * = 1, 6, son los únicos puntos que 
anulan el denominador de f ( x ) . Luego la función f (x) es continua en los interva­
los abiertos (-oo, 1), (1, 6) y (6, + oo).
(2) Simplificamos la expresión dada de g(x).
Si M = n , entonces n < x < n + 1 , - n - l < - j c < - n y - n < l - j c < l - n .
- n si - n < l - J t < l - n o n < x < n + l
L u e g o U1- * I
1 - n s i 1 - x = 1 - n o x = n .
Y p o r l o t a n t o , s i n < x < n + 1 t e n e m o s
f ( x ) = 1 — j c + 1 j c J — d 1 — jc ]] = 1 - x + n - ( - n ) = l - x + 2 n ;
y s i x = n , t e n e m o s
f ( x ) = 1 — j c + |xj — ( [ 1 — xj = 1 - n + n - ( 1 - n ) = n.
E n r e s u m e n , f ( x ) = l - jc + 2n s i n < j c < n + l y f ( x ) = n s i x = n.
S e s i g u e p u e s q u e f ( x ) e s c o n t i n u a e n c a d a i n t e r v a l o a b i e r t o ( n , n + 1 ) .
Continuidad en el punto n. C a l c u l a m o s l o s l í m i t e s l a t e r a l e s
l i m f { x ) = l i m ( l - x + 2 ( n - 1 ) ) ( p u e s n - 1 < x < n c u a n d o x - + n ~ )
x - *n ~
= l - n + 2 ( n - l ) = n - 1 , 
l i n a / “( j c ) = l i m ( l - j c + 2 n ) ( p u e s n < j c < n + l c u a n d o x - > n +)
x-̂ n
= l - n + 2n = 1 + n,
y puesto que f(n) = n * lim f (x) , lim /‘(jc), concluimos que f (x) es continua so-
x-+n~ x-*n*
lamente en cada intervalo abierto (n, n + 1).
PROBLEMA 11. Determinar si la función
f (x) = 2 x - l si jc ̂ 2 y f(x) = x 2 - 3 si jc > 2
es continua en los siguientes intervalos:
(1) (-oo,2] (2) (0,4) (8) [2,5) (4) (2,5)
190
SOLUCION.
(1) Sí, porque f { x ) = 2 x - 1 es una función continua en toda la recta.
(2) /"(je) es continua en cada punto a tal que 0 < a <2 o 2 < a < 4 , pero
lim f (x) = lim (2 x - 1) = 2 (2 )-1 = 3
x-*2~ x-*2~
lim f (x) = lim (x2 - 3) = (2)2 - 3 = 1
x -*2 *-»2
de donde se sigue que no existe lim f ( x ) , y por lo tanto, que f(x) no es continua
x-*2
en x = 2 .
Luego, la función no es continua en el intervalo abierto (0,4).
(3) Puesto que lim f (x) = lim [x2 -3 ) = 1 ,
x -* Í* x -* 2 + ' '
y f { 2) = 2(2 )-1 = 3 ,
se tiene que lim f(x) * f ( 2) , y por lo tanto f(x) no es continua en el intervalo
[2,5).
x-+2
(4) Puesto que f (x) = x 2 - 3 para x > 2 , concluimos que f (x) es continua en el 
intervalo abierto [2,5).
PROBLEMA 12. Hallar los valores de A y B para que sea continua la función
« * ) -
x + 2 A x < —2
3Ax + B ~ 2 < x < 1 
3jc - 2 B l < x
SOLUCION.
La función f (x) es evidentemente continua en todos los puntos x * -2 , 1.
Así, solamente debemos exigir la condición de continuidad en los puntos x = -2 , 1. 
Para la continuidad de f (x) en x = - 2 tenemos
lim f {x) = lim f {x) = f { - 2 ) o lim (jc + 2A) = lim (3Ar + fi) = - 6 A + B ,
x -* -2 ~ x -* -2 * x -* -2 ~ * - > - 2 +
Continuidad 191
-2 + 2 A = -6 A + B , que da la ecuación 8 A - B - 2 (1)
Similarmente, para la continuidad de /"(x) en x = 1 tenemos
lim f(x) = lim f(x) = f ( 1) o lim (3Ax + B) = lim (3 x -2 B ) =3A + B ,
X -* l X-»l+ . X-» 1” x-+l+
3A + B = 3 - 2B , que da la ecuación A + B = 1 (2)
Resolviendo (1) y (2) obtenemos A = 1/3 y B = 2/3.
PROBLEMA 13. Probar que la función
1 si x es un número racional
f(x) ~
0 si x es un número irracional, 
no es continua en ningún punto.
SOLUCION. Suponemos conocido el hecho de que entre dos números cualesquiera 
siempre existen números racionales e irracionales.Razonemos por reducción al 
absurdo. Supongamos que exista un punto a tal que f(x) es continua en a, o sea que 
se cumple que lim /"(x) = f (a ) .
x -> a
Entonces para e = 1/2 existe un 5 >0 tal que Jx - a| < S implica |/"(x) - A(u)| < 1/ 2.
Elijamos un número racional r y un número irracional i tales que
a < r < a + 8 y a < i < a + 8 .
Luego \f(r)-f(a)\ = \l- f (a^<l / 2 (1)
y |/W - /"(«)) = |° ~ /*(«)( <1/2 (2)
Entonces (1) es equivalente a 1 - 1/2 < f(a) < 1 + 1 / 2 o 1 / 2 < f(a) < 3/2 
y (2) es equivalente a - 1/2 < f(a) < 1/2 . Así obtenemos la contradicción 1 / 2 < f(a) y 
f { a ) < y 2 .
Luego f (x) no es continua en ningún punto.
PROBLEMA 14. Dar ejemplos de dos funciones discontinuas tales que la suma y el 
producto de las mismas sean funciones continuas.
192
SOLUCION. Sea f ( x ) la función discontinua dada en el problema 13.
Tomemos g(x) = 1 - f(x). Entonces g(x) también es discontinua, ya que si fuese
continua, la función 1- g(x) = l - [ l - / ’(x)] = f(x) sería continua.
Por otra parte, tenemos que
f(x) + g(x) = f{x) + [l-Z 'íx)] = 1 = función constante,
que es una función continua, y
f(x) .g(x) = f (x) . ( l - f(x)) = 0 = función constante,
pues si x es un número racional entonces f (x) = 1 y 1- f(x) = 0 ,
y por lo tanto f(x) .g{x) = 0 ; y si x es un número irracional, entonces f(x) = 0 , y
también obtenemos / “(x).g(x) = 0. Luego f(x).g(x) es una función continua.
PROBLEMA 15. Probar que las funciones sen x y eos x son continuas.
SOLUCION. Debemos probar que lim sen x = sena y lim eos x = cosa.
j t - * a x->a
Estos dos resultados fueron establecidos en el ejemplo 5 de la sección 6.3.
Luego sen x y eos x son funciones continuas en todo punto a.
PROBLEMA 16. Composición de funciones continuas.
Probar que si f{x) es continua en el punto a y g(x) es continua en el punto f(a),
entonces la función h(x) = g(f(x)) es continua en el punto a.
SOLUCION. Debemos probar que lim g(/(x)) = g[f(a)).
x-*a
Sea e > 0
Paso 1. Por la continuidad de g(y) en f(a), existe un 8X > 0 tal que
|y-rt«)|<5i implica |g(y)-g(/*(a))|<e
Paso 2. Por la continuidad de f(x) en a, para 8X > 0 existe un 8 > 0 tal que |x - a\ < 8 
implica ¡/‘(x )- / “(a)| < 8r
Luego, si |x-a|<8 entonces |/*(x) - /'(a)| < 8X , por el paso 1, y a su vez
implica | g(f(x)) - g (/‘(a)) | < s por el paso 2.
Continuidad 193
Así hemos probado que lim ¿t(/‘(jc)) = g (/’(a)) ,
x-+a
y por lo tanto, que g(/"(x)) es continua en el punto a.
PROBLEMA 17. Sean las funciones
. . x +1 . . i—
f(x) = ------ y g{x) = yfx
jc — 1
Hallar todos los puntos en los cuales la función compuesta g (/“(x)) es continua. 
SOLUCION.
x + 1
La función y = f (x) = -------- es continua en todos los puntos x * 1.
x - 1
La función g(y) = Jy es continua en todos los puntos y > 0.
Luego, por el problema 16, la función compuesta g(f(x)) es continua en todos los pun­
ce + 1tos x * 1 tales que f(x) > 0 . Estos puntos son los que satisfacen ------- > 0, esto es, los
x - 1
püntos del conjunto (-oo, - 1] U (1, + *>)
PROBLEMA 18. Determinar la continuidad de
\ [* 2I - M 2 , . * , j r -/ (jc) = ----- ------------ , en el intervalo cerrado [-1,1J-
jc -1
SOLUCION. La función no está definida en los extremos - 1 , 1 . Vamos a obtener una 
expresión más simple de la función f(x).
Si - 1< jc<0 entonces [xj = - l , 0<jc2 < 1 y |jc2]] = 0 ,
0 — (—1)̂ 1luego / ‘ ( j c ) = — ^ — — = . Y si 0 < jc < 1, entonces J jc J = 0 , 0 < x 2 < l y
x2 - 1 x2 - 1
|x2J = 0 , luego f (x) = 0 .
En resumen, f (x) = ---- — si -1 < x < 0; y f(x) = 0 , de otra manera.
xz - i
De tal expresión, concluimos que f (x) es continua en todos los puntos de los inter­
valos ( - 1, 0) y (0, 1).
194
Continuidad en O. Calculamos los límites laterales 
lim f(x) = l im -— = 1
x->0 *-»o~ x - 1
y lim f íx) = lim 0 = 0 .
*->o+ x-*0*
Luego, no existe lim/^jc) y la función no es continua en el punto 0.
x-+0
Continuidad en - 1. Tenemos lim fíx) = l i m — = +oo.
x — 1
Así, f (x) tiene una discontinuidad de segunda clase en x = - 1.
Continuidad en 1. Tenemos lim f (x) = lim 0 = 0 y por lo tanto en el punto 
x = 1, la función f (x) tiene una discontinuidad removible.
PROBLEMA 19. Teorema del cero.
Probar que si f(x) es una función continua en el intervalo cerrado [a, 6] y f(x)
cambia de signo en los extremos, entonces existe un número x en el intervalo abierto 
(o, 6) tal que / ‘(x) = 0 .
SOLUCION.
f (x) cambia de signo en los extremos si f(a).f(b) <0 o si f(a) > 0 y f(b) < 0 , o 
f(a) < 0 y f(b) > 0 .
En ambos casos, el número 0 se encuentra comprendido entre los valores f(a) y f(b) 
y por el teorema del valor intermedio, existe un número x en [a, 6] tal que f (x) = 0 . 
Puesto que f(a) y f(b) * 0 , el número x se encuentra en el intervalo abierto (a, b).
PROBLEMA 20. Probar que x 3 - 3x + 1 = 0 tiene una raíz real en el intervalo (1, 2).
SOLUCION. Consideremos la función continua f (x) = x3 - 3x + 1 sobre el intervalo 
cerrado [1, 2].
Esta función cambia de signo en los extremos.
Enefecto, f ( l ) = (l)3 -3(1)+ 1= -1
y f ( 2) = (2)S-3 (2 )+ l= 3 .
Continuidad 195
luego, por el teorema del cero, existe al menos un número tal que 
l < x < 2 y / ‘(jc) = 0 , osea x3 -3 jc + 1 = 0.
Así la ecuación x - 3x + 1 = 0
tiene una raíz real en el intervalo abierto (1, 2).
PROBLEMA 21. Probar que todo polinomio p(x) de grado impar tiene una raíz real.
SOLUCION. Sea p(x) = bmx m +bm_lxm~l +... + bQ donde bm> 0 y m es un número 
impar.
Tenemos lim p(x) = +oo (1)
X-++00
y lim p(x) = -oo (2)
*-► -00
fe + ^ 1- + ...+ -^ -
Estos resultados se siguen de p(x) =
lim
*-►±00
bm
\
lim
X-++00
i
m
X
lim
x - * -o o
1
m
X
+ ... +•
X X }
1
m
X
= bm> 0 ,
De (2) se sigue que existe un número a < 0 tal que p(a) <0, y de (1), que existe un 
número b > 0 tal que p(b) > 0 .
Luego p{x) es continua en el intervalo cerrado [a, 6] y cambia de signo en los extre­
mos y entonces, por el teorema del cero existe un número x en (a, tí) tal que p{x) = 0 .
PROBLEMA 22. Sea n un número entero. Probar que
(1) lim tg x = - oo , lim tg x = + oo
(2) Probar que existen infinitos números reales x tales que tg x = x .
196
SOLUCION.
(1) Si x > nn + n/ 2 escribimos x = nn + k/ 2 + h , con h > 0 .
y tg jc - sen* - sen(n7t + n/2 + h) ( - 1)" eos h eos h 
cosx cos( h k + n/ 2 + h) -(-l)"sen /i sen h
donde hemos empleado
sen(njt + k/2 + h) = sen(/iK + K/2) eos h + cos(nn + n/2) sen h , 
cos(nn + n/2 + h) = cos(n7t + tc/2) eos h - sen(nn + k/2) sen h ,
con sen(«K + k/2) = (-1)" y cos( m k + k/2) = 0. 
Luego i • , i*_ eos hlim tg x = lim ---------7- = - oo
( n\* h-*0+ sen "
pues lim ( - eos h) = - 1 y lim sen h = 0 , sen h > 0 ,
A-»0+ A->0+
a través de valores positivos de h.
En forma análoga, si x < nn + k / 2 hacemos x = nit + k/2 + h con h < 0 .
Luego
pues
,. , ,. — eos hhm tg x - lim ■ = + oo ,
»(«*+■§) h—*o sen h
lim (-eos h) = -1 y lim sen h = 0 , sen h < 0
H—►O h—>0
a través de valores negativos de h.
(2) Fijemos un número entero n. Probaremos que en el intervalo abierto
k 3 ) . , * , *nn + —, nn + —n existe un numero x tal que tg x = x .
2 2 J
Por la parte (1) tenemos lim [tg x - jc] = - oo -
í *)+ 
l 2)
f KX
nn + — 
2 )
lim [ t g x - x ] = +oo-
í 3 )'m n *■»— )tl 2 )
nn + — n = + CC
K 3k
Luego, la función tg x - x cambia de signo en el intervalo nn-\— < x < nn + — .
2 2
Continuidad 197
Y como es continua, por el teorema del cero existe un x en dicho intervalo tal que 
tg x - x = 0 .
f x 3 x>nn + —, nx + —
2 2
Así, hemos probado que existe un número x en el intervalo 
tal que tg x = x .
Finalmente, puesto que en cada intervalo ^/ix + -̂ -, rcx + -^-xj, n = 0,±1,±2,±3,...,
hay números x tales que tg x - x , concluimos que existen infinitos x con esta 
propiedad.
PROBLEMA 23. Sea f(x) una función definida en todo número real y tal que
f {* + y) = f (*) + f (y) ■
Si f (x) es continua en el punto 0 probar que f (x) es continua en todo a .
SOLUCION. Debemosprobar que lim/^x) = f(a).
X —H l
Haciendo el cambio de variable x = a + h, tenemos
lim/*(x) = lim ^a + h) = lim / ,(a) + lim/*(h) = f(a) + f ( 0) = f{a).
Luego lim /“(x) = f(a), y así f{x) es continua en a .
X - H l
PROBLEMA 24. Si f (x) es una función tal que
(1) f (x) es continua en cero y
(2) f ( x + y) = f (x). f(y), probar que f (x) es continua en todo punto a .
SOLUCION. Haciendo x = a + h tenemos
lim /'(x) = lim f (a + h) = lim f(a). f(h) = f(a). f(0) = / ( o + O) = f (a),
x—m h-yO h-*0
y así, f (x) es continua en el punto a .
PROBLEMA 25. Probar que si f{x) y g{x) son dos funciones continuas en el punto a , 
entonces la función M (x) = máximo { / ‘(x),g(x)} es continua en el punto a .
198
SOLUCION. Por definición M(x) = f {x) si f (x) > g(x) y,
M(x) = g(x) si f(x) < g (x ) .
Debemos probar que lim M(x) = M(a)
x -*a
Sea e > 0 . Entonces
(1) Existe un 81>0 tal que Ix -a^ S j, implica |/”( x ) - / ‘(a)j < e o 
f (a ) - e < f ( x ) < f (a ) + e, ( por la continuidad de f (x) en a .)
(2) Existe un 82 > 0 tal que \x - a| < 82 implica |g(x) - (̂«)| < e o 
g(a) - e < g(x) < g(a) + e, ( por la continuidad de g(z) en a .)
Tomemos 8 = minímo {81,82} > 0 . Luego, de las relaciones (1) y (2) se sigue que si 
|x - a| < 8 entonces f(a) - e < f (x) < f(a) + e , g(a) - e < g(*) < g(a) + e y por lo tanto
M ( a ) - e = máxima), g(a)} - e
< máx{/‘(jc),g(x)} = M(3c)
< máx{/“(a), g(a)} + e = M(a) + e
Así, |x-o|<8 implica |Af(x)-Af(a)|<e ,
y por lo tanto hemos demostrado que lim M(x) = M{a). Luego M(x) es continua en
x-+a
a.
8
esLJerwacion u 
Juncioneó wmentaÉeó
8.1 DERIVADA DE UNA FUNCION. Sea y = f{x) una función definida en cada 
punto del intervalo abierto I. Decimos que f {x) es diferenciable (o derivable) en un 
punto x de I si existe
lim * ) - & ! .
h-¥ o h
d dfEn este caso, dicho límite se designa por — , f'{x), — (x) o Dxf(¡c), y se llama la
dx dx
derivada de f(x) en el punto x. Por deñnición se tiene entonces que 
% - n «) - £ ( « ) - D,f(x) - lim
Si la derivada f '(x) existe para cada x de I, la función f'{x) se llama la derivada de 
la función f { x ) ; y decimos que f(x) es diferenciable en todo el intervalo /.
El valor de la derivada de y en el punto a se suele denotar con
200
8.2 REGLA PARA CALCULAR LA DERIVADA EN UN PUNTO.
De la definición /»(«) - U » fM ' - lim '. A D JSA , donde Ax = h,
h-+0 h Ax-»0 ¿\X
podemos extraer la siguiente regla para calcular la derivada de f (x ) en el punto jc.
Paso 1. Se suma a la variable x un incremento Ax * 0, y se calcula el valor f ( x + Ax).
Paso 2. Se forma el incremento Ay de la función correspondiente al incremento Ax 
de la variable x, es decir, se calcula la diferencia A,y = f ( x + Ax) - f (x) .
Paso 3. Sé divide ambos miembros entre el incremento de la variable jc
Ay f ( x + A x ) - f ( x )
Ax Ax
Ay
Paso 4. Se calcula lim — .
A * -» 0 A x
Por definición, el límite resultante es f ' ( x ) , la derivada de /"(x) enx.
EJEMPLO. Hallar la derivada de y = 3x + x - 5 en el punto jc .
SOLUCION. Escribimos f (x ) = 3x 2 + x - 5 .
Paso 1. f ( x + Ax) = 3(jc + A x ) 2 + ( x + A x ) - 5 = 3x 2 + 6 x . A x + 3( A x ) 2 + x + A x - 5 
Paso 2. A y = f ( x + A x ) - f ( x ) = ^3x 2 + 6 x . A x + 3( A x ) 2 + x + A x -5 
= 6 x . A x + 3( A x ) 2 + A x .
A yPaso 3. — = 6x + 3Ax + l.
Ax
Paso4. lim = 6x + l . Luego — = 6x + l . 
a*-*° Ax dx
3x2 + x - 5
8.3 INTERPRETACION GEOMETRICA DE LA DERIVADA. Recta tangente a una 
curva.
La derivada f '(x) puede ser interpretada como la pendiente de la recta tangente a la 
curva y = f (x) en el punto (x,/"(x)). En efecto, consideremos un punto P = (x,/‘(x)) 
de la gráfica de y = f ( x ) .
Derivación y Funciones Elementales 201
Para un incremento Ax se obtiene el punto Q = (* + A x , f ( x + A*)) de la gráfica de la 
curva, y la recta secante S que pasa por P y Q tiene pendiente
A y f { x + A x ) - f { x )
mQ - - •
Ax Ax
Fijemos el punto P y hagamos que Ax tienda hacia cero. Entonces el punto Q se 
aproxima al punto P y la recta secante Sq gira al rededor del punto P. Si esta recta
secante Sq tiende a una posición límite T, entonces consideramos a la recta T como la
recta tangente a la curva en el punto P.
Ahora bien, puesto que el punto P y la pendiente determinan completamente a la 
recta secante Sq para que ésta se aproxime a una posición límite, y ya que P está 
fijo, bastará que exista
lim rn.Q = lim = f'{x),
Ajc-*0
y tomar este número como la pendiente de T.
Con esta discusión procedemos a dar las siguientes definiciones.
Dada la función y = f(x) , llamamos recta tangente a la curva y = f(x) en ( o a la 
gráfica de f(x) en el punto (xp /"(jcJ) a la recta T que cumple las dos condiciones 
siguientes:
T pasa por >
y T tiene pendiente /*,(-*r1)-
202
Es decir, T es la recta cuya ecuación es T : —— = f ’lxf).
x - x1
Se llama recta normal a la curva y = f ( x ) en x 1 (o a la gráfica de f{x) en el punto 
(xx, / ’(*1)) a la recta N que cumple las dos condiciones siguientes:
N pasa por ( j c 1 , / ‘( x 1 ) ) , 
y N es perpendicular a la recta tangente a la curva en el punto (xp f ( x x)) .
Es decir, N tiene pendiente------------- y su ecuación es
r w
N . y - f M ____ i _ _
EJEMPLO. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la parábola 
y = 2 x - 8 x + 5 en el punto P , donde la pendiente de la normal es -1 /4.
SOLUCION. Escribimos f(x) = 2 x 2 - 8 x + 5.
En primer lugar debemos calcular la derivada f ' (x ) .
Paso 1. f(x + A x ) = 2(x + A x ) 2 - 8 ( x + A x ) + 5
= 2x 2 + 4x . A x + 2 ( A x ) 2 - 8 x - 8 A x + 5 .
Paso 2. A y = / ■ ( * + A x ) - f(x) = ^2x 2 + 4x . A x + 2 ( A x ) 2 - 8 x - 8 A x + 5j - | 2x 2 - 8 x + 5j
= 4x . A x + 2( A x ) 2 - 8 A x
Paso 3. — = 4x + 2 A x - 8 .
A x
A v
Paso4. f f{x) = lim — = 4 x -8 . Luego /'(x ) = 4 x - 8 .
Hallamos el punto P = (xx, / ’(x1)) en el cual la recta normal tiene pendiente -1 /4 : 
 — = -1 /4 <=> / ,(xi) = 4 <=> 4xx - 8 = 4 o X j = 3 ,
/"(* i)
y /■(*,)-f ( S ) - 2(3 )*-8 (3 ) + 5 = - l.
Derivación y Funciones Elementales 203
Luego, la recta tangente a la curva en P = (3, - 1) es
——— = = 4 o y = 4x + 7 ,
x + 1
y la recta normal a la curva en (3, - 1) es
y - 3 1 1 11 = — o y x + — .
x+ 1 4 4 4
8.4 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Hallar las derivadas de las siguientes funciones
xS - 1 4
1) y = mx + b 2) y = --------- 3) y = ----- -
x x
4) .y = (Ax + B){Cx + D) 5) y = x n .
SOLUCION.
1) Tenemos y = mx + b , y + Ay = m(x + Ax) + b ,
A y = [ m ( x + A x ) + 6] - \mx + fe] = m A x
dy AyLuego — = lim — = m , ya que m es constante. 
dx ax-+o Ax
x3 - 1 (x +Ax)3 - 1
2) Se tiene y = , y + Ay =
Luego Ay =
x x + A x
( x + A x ) 3 - 1 x 3 - 1 
x + A x x
x3 +3x2.Ax + 3x(Ax)2 +(Ax)3 - lj - (x + Ax)(x3 - l)
y
x ( x + A x )
2x3.Ax + 3x2(Ax)2 +(Ax)3 + A x 
x ( x + A x )
A y 2x 3 + 3x 2 . A x + x ( A x ) 2 + 1 
A x x ( x + A x )
204
dy Ay 2x +1
Tomando límites obtenemos — = lim — = -------—
dx Ax x
™ 4 4
3) Tenemos y = — - , y + Ay = ------------- .
x (x + Ax)
Luego A y =
4 x̂ 2 - (x + A jc)2 j 
x 2(x + A x )2
4 ^x2 - x 2 - 2*. A* - (Ax)2 j 4 |̂ 2x. Ax + (Ax)2 j
4 ' 4 '
( x + A x ) 2 2. x .
x2(x + Ax)2 x2(x + Ax)2
Ay 4 (2x + Ax)
Ax x 2 ( x + A x ) 2
Tomando límites resulta dy Ay 8 x 8
dx ¿*->0 ¿\x x 4 x 3
4) Tenemos y = (Ax: + B)(Cx + D) , y + Ay = [A(* + Ax) + 5] [C(x + Ax) + Z>] . 
Luego
y
A y = 2A C x . A x + A C ( A x ) + A D . A x + B C . A x 
A y— = 2AC x + AC.Ax + AD + BC .
Ax
dy Ay
Tomando límites se tiene — = lim — = 2AC x + AD + BC
dx Ax
5) Tenemos y = x" , y + Ay = (x + Ax)n .
Luego
Ay = (x + Ax)n- x n = n n -1 . n ( l l l ) n _ 2 . .2 ¡ . \ /i-l t . \nx +ruc . A x h - - - - - - - - - - - - x . ( A x ) + . . . + n x ( A x ) + ( A x )
n-1 . n { n 1 ) n_2 . .2 / \ n -l / . \n= nx .A x+--------- - x.(Ax) + ... + nx(Ax) +(Ax)
A y n - l T l(n 1) n_2 \n-2 / . \ n -l
 - n x + — - x .Ax + . . . + nx(Ax) +(Ax)
Ax 2
Tomando límites obtenemos — = lim = nxn 1 .
dx a * - » o Ax
Derivación y Funciones Elementales 205
PROBLEMA 2. H a l l a r l a d e r i v a d a d e y = Jx . 
SOLUCION. T e n e m o s y = Jx , y + A y = Jx + A x . 
L u e g o
A y 1
A x Jx + A x +
P o r l o t a n t o
A xi i— ( x + A x ) - x
A y = -Jx + A x - V x = ; — = - - - - - - - - - - - -
Jx + A x + tJx ^x + Ax+Vx
dy . . A y 1 1
— = l i m — = — — — = — —
dbc ^->0 Ax J x + J x 2 j x
3 1x s e n —PROBLEMA 3. S e a f(x) = s x
0
s i x * 0 
s i x = 0
H a l l a r / " ( O ) .
SOLUCION. T e n e m o s x = 0 , / ( O ) = 0 , f (0 + A x ) = ( A x ) 3 s e n
q 1
L u e g o A y = f (0 + A x ) - f ( 0 ) = ( A x ) . s e n - - - -
1
A x
A x
^ iK Ay = ( A x ) . s e n - - - - - .
A x A x
T o m a n d o l í m i t e s c u a n d o A x -> 0 o b t e n e m o s
/ * ' ( 0) = l i m — = l i m ( A x ) 2 . s e n — — = 0 
a * -»o A x Ax-+0 A x
P u e s t o q u e d e
1
s e n — < 1 s e s i g u e q u e ( A x ) 2 . s e n —
A x A x
< ( A x ) 2 — » 0
A x - > 0 .
PROBLEMA 4. H a l l a r l a d e r i v a d a d e l a f u n c i ó n y = t g x .
SOLUCION. T e n e m o s y = t g x , y + A y = t g ( x + A x )
t g x - t g A x
L u e g o A y = t g ( x + A x ) - t g x = t g x
1 - t g x . t g A x
t g x - t g A x - t g x + t g 2 x . t g A x t g A x ( l + t g x )
1 - t g x . t g A x 1 - t g x . t g A x
c u a n d o
206
Ay tg Ax 1 + tg jc
A jc A jc 1 - t g J c . t g A J c
Ahora bien senAjc Olim tg A jc = lim = — = O
a *->o eos A jc 1
lim * * £ = lim
senAjc
A jc
a x -» o A jc
= 1,
a * -» o eos A jc
dy Ay tg A jc 1 + tg jcy por lo tanto — = lim — = lim -------- . lim----------------------
dx ajc-+ o A jc a * - » o a j c 1-tgjc .tgAjc
= 1 + tg2 jc = sec2 jc .
PROBLEMA 5. Hallar las rectas tangente y normal a la curva y = sen jc en el punto 
(*,0).
SOLUCION. En primer lugar calculamos la derivada de y = sen x
Ay = (y + Ay) -y = sen(jc + A jc) - sen jc = sen jc. eos A jc + sen Ax . eos A jc - sen*
Ay ( 1 - eos A jc) senAjc— = - sen x --------------- + eos jc . .
A jc
Ahora bien
A jc A jc
A jc
o 2 ( A x2 sen —
1-cosAx { 2 J vlim ------------- = lim = lim
A*-»o Ajc ax-»o Ajc ax-»o 2
sen A jc lim -----------= 1.
A x -» 0 x
sen A jc
2
Ax
2
= 0.1 = 0
dy Ay .. 1 - eos A jc sen A*
Por lo tanto se tiene — = lim ---- = - sen jc . lim --------------- + eos* . lim----------
dx A x-*o A jc a x -> o A jc
= - (senjc)(0) + (cosjc) (1 ) = cosjc .
A x-*o A jc
dyAsí — (senjc) = cosjc . 
dx
Derivación y Funciones Elementales 207
La recta tangente en el punto ( n , 0) es 
y - 0 d
x - n dx
( s e n x ) ( 7t ) = c o s r c = -1 o y = - x + n ,
y — 0
y la recta normal en el punto ( n , 0) es ------- =1 o y = x - n .
X — 71
PROBLEMA 6. Hallar las pendientes de las tangentes a las curvas y = *
x - 1
2
y = x - 2 x + 1 en el punto en que se intersecan. ¿Cuál es el ángulo entre estas 
tangentes?
SOLUCION.
(1) Determinamos el punto de intersección.
Tenemos —-— = x 2 - 2 x + 1 = ( x - 1 )2 , 
x - 1
de donde 1 = (x - l )3 y x = 2 ,
y por lo tanto y = —— = 1 .
2 -1
Luego (2, 1) es el punto en el que las dos curvas se intersecan.
1(2) Calculamos la derivada de y =
Ay =
x - 1
1 1 ( x - í ) - ( x + Ax - 1) Ax
(x + A x ) - l x - 1 (x + Ax - l)(x - 1) (x + A x - l ) ( x - 1)
' Ay 1Por lo tanto :—
dx x - 1
= lim
a*-»o Ax (x - l )2
2(4) Calculamos la derivada de y = x - 2x + 1.
Tenemos y = x2 - 2x + 1
2
y + Ay = (x + Ax) - 2 (x + Ax) + 1
208
A y = [ ( * + A x ) 2 - 2 ( x + A x ) + l j - | x 2 - 2x + l j = 2x . A x + ( A x ) 2 - 2A x ,
Ay
 = 2x + A x - 2 .
Ax
d / 2 \ AyTomando límites obtenemos — (x - 2x + 1] = lim — = 2 * - 2 .
dx &x-*o A x
(5) Sea m í la pendiente de la tangente de y = —-— en (2, 1).
x - 1
Luego m , = — (2) = í—- = - 1.
dx (2 -1 )
Sea m 2 la pendiente de la tangente de y = x - 2x + 2 en (2, 1).
Luego m2 = — (2) = 2 (2 ) -2 = 2 .
dx
(6) Si 0 designa el ángulo comprendido entre las tangentes obtenidas entonces se 
cumple
m m
tg 0 =
1 + m lm 2
-1- (2)y por lo tanto tg 0 = — = 3 .
l + ( - l ) ( 2 )
PROBLEMA 7. Hallar los puntos de la curva y = x3 + x donde la recta tangente es 
paralela a la recta y = 4x.
SOLUCION.
Escribimos y = f ( x ) = x3 + x .
Buscamos los puntos x í tales que / ' ( x j = 4 = pendiente de la recta y = 4x .
Debemos calcular f ' ( x ):
3y = x + x , 
y + Ay = (x + Ax)3 + (x + Ax) ,
Ay = (x + Ax)3 + (x + Ax) - (x3 + xj = 3x2. Ax + 3x(Ax)2 + (Ax)3 + Ax ,
= 3x2 + 3x. Ax + (Ax)2 + 1 . 
Ax
Derivación y Funciones Elementales 209
Tomando límites cuando Ax -> 0
f '(x) = lim — = 3x2 + 1 .
Ax
Si Xj satisface la condición f'(x) = 0 entonces 
tenemos la ecuación
3x2 + 1 = 4 ,
cuyas raíces son x 1 = ±1 , y los valores de f(x) 
correspondientes son
/■(l) = ( l )3 + 1= 2 , para xx = 1
f ( - 1) = ( - 1)3 + ( - 1) = -2 , para xí = -1 .
PROBLEMA 8. Si/ ' (x) = (x-a)^(x) donde g(x) es una función continua en a, hallar 
/ » •
v f(a- + h)~ fia) , (a + h - a ) g(a + h ) - 0
SOLUCION. Tenemos /"(o) = lim } - -- = lim- -̂-----------— -------------
h—>0 h~* 0 fi
= lim g(a + h) = lim g{x) = g(a) .
h-+ 0 * ->o
PROBLEMA 9. Si /"(x) tiene derivada en el punto a, probar que
f ( a) . ^ Ha + h ) - n a : h) 
k-*o 2 h
SOLUCION. Tenemos
f ( a + h ) - f { a - h ) /(fl + ^ - f C g j + f i a ) - ^ - ^ )
lim
*->o 2A
= lim
h-*o 2 h
2 A-»0
= - [ / » + / » ] - f ( “ ) • 
2
210
PROBLEMA 10. S e a /(jc) u n a f u n c i ó n q u e c u m p l e
a) f { x + y ) = f { x ) . f ( y ) p a r a t o d o x, y , y
b ) e x i s t e l a d e r i v a d a / ' ( O ) y / ( O ) = 1 .
P r o b a r q u e e x i s t e f ' { x ) p a r a t o d a jc y q u e s e t i e n e /'(jc) = /'(0 )./(jc ) .
SOLUCION. T e n e m o s
r { x ) . lim n * * k ) - n * ) _ i . lim f (x) w - m
h->0 f i h —>0 f i h-+ 0 f i
“ 0)
PROBLEMA 11. S e a f {x ) u n a f u n c i ó n t a l q u e j/(jc)| < jc2 p a r a t o d o jc.
P r o b a r q u e /'(jc) e s d i f e r e n c i a b l e e n 0 y q u e / ' ( 0) = 0 .
SOLUCION. H a c i e n d o jc = 0 e n |/(jc)| < jc2 o b t e n e m o s | / ( 0)| = 0 y p o r l o t a n t o 
/ ( 0) = 0 -
f / , , f (0 + h ) - f ( 0 ) , f (h)
T e n e m o s / ( 0) = l i m - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - = l i m = 0
h~*0 f i h—>0 f i
p u e s 0 < m <
h 2
h h
= |/i| —> 0
A s í h e m o s p r o b a d o q u e / ' ( 0) = 0.
PROBLEMA 12. S e a / ( j c ) u n a f u n c i ó n d i f e r e n c i a b l e t a l q u e / ( j c ) = / ( - j c ) p a r a t o d o x.
P r o b a r q u e / ' ( j c ) = - / ' ( - j c ) .
, / \ f ( x + h ) - f ( x ) , f ( - x - h ) - f ( - x )SOLUCION. T e n e m o s / ' ( j c ) = l i m — - - - - - - - L- ± \ J = l i m , y
ff-*0 f l f i
h a c i e n d o k = - h , f ' ( x ) = - l i m — - - - - - - - - - - — — — - = ~ f ' ( ~ x ) ■
k^o k
Derivación y Funciones Elementales 211
PROBLEMA 13. Sea f(x) una función diferenciable tal que f (x + a) = f (x) para todo 
x. Probar que f ' (x + a) = f'{x) para todo x.
SOLUCION. Tenemos
£U ̂ ,. f{x + a + h ) - f ( x + a) f (x + h ) - f ( x )f (x + a) = lim — ------------ = l im -----------------------= f ( jc) .
h—*0 h h—*0 h
8.5 CONTINUIDAD Y DERIVACION.
TEOREMA. Si f(x) tiene derivada en el punto a, entonces f(x) es continua en tal 
punto. Es decir, que se cumple
lim f(x) = f(a) .
x-*a
PRUEBA. Tenemos f(x)-f{a) = — .(x-a) , si jc^a , y
x - a
^ / \ \
puesto que lim - = f'(a:) y lim ( jc - a) = 0 ,
x-+a x — Cl x->fl
se concluye que lim [ / “( j c ) - / “(a)] = 0 , esto es lim / “( j c ) = f{a) .
EJEMPLO. Demostrar mediante un ejemplo que sif ( jc) es continua en un punto a, 
entonces no siempre f(x) tiene derivada en ese punto.
SOLUCION. Basta considerar la siguiente función
[ — jc si j c < 0
f l * ) -
Consideramos el punto a = 0, donde / “(O) = 0.
Paso 1. la función propuesta es continua en 0 
lim / “( jc) = lim - jc = 0 = / “(O),
x —►0” x-tO
y lim f ( jc) = lim jc = 0 = / “( O ) ,
x-+0* x->0*
y por lo tanto, existe lim f(x ) = / “(O), y así f(x) es continua en el punto 0.
212
Paso 2. La función propuesta no tiene derivada en 0.
En efecto, calculamos los límites laterales
/'(0 + / i ) - / '( 0) f(h) -hlim —-------!—L±-L = lim = lim — = - 1,
h-> 0 Ji h-* 0 f i h->0~ fi
A-»0 f i h->0 f i h -*0* fi
y como estos límites laterales son distinos se sigue que no existe
lim = f ( 0 ) .
0 h
8.6 DERIVADAS POR LA DERECHA Y POR LA IZQUIERDA.
DEFINICION. Sea la función f ( x ). Definimos
1) La derivada por la derecha de f(x) en el punto a
£ ( „ ) _ lim n a * h ) - f ( a ) _ 
h-+ o+ h
si tal límite lateral existe.
2) La derivada por la izquierda de f(x) en el punto a
na), lim n a * h) - M ,
' *-► o- h
si tal límite lateral existe.
Nota. Es una consecuencia inmediata de la definición de límites laterales que existe la 
derivada f'(a) si y solamente si existen y son iguales las derivadas laterales
fl(a) y fl{a). Si se cumplen tales condiciones, entonces se verifica la igualdad
f'{a) = f;{a) = f'{a) ,
es decir que las tres derivadas son iguales.
Derivación y Funciones Elementales 213
EJEMPLO. S ea /•(*) = !sen*|. Calcular ^'(O) y f ! ( 0 ).
SOLUCION. Tenemos f ( 0 ) = | sen 0 1 = 0 .
v /tO + M -/*(0) , senhLuego /" (0) = lim - - = lim ---------= 1.
h-* 0+ h h-> 0+ L
\ f(Q + h)~ 0) , I sen Al , -sen hY también f_ (0) = lim —- — = lim = lim ----------
h—>0 ^ h.—►O h. h—¥ 0
sen h= - l im = - 1.
a-»o' h
8.7 PROPIEDADES DE LA DERIVACION.
TEOREMA. Sean u(x) y u(jc) dos funciones que poseen derivadas en el punto x. En­
tonces se cumplen las siguientes propiedades
1. Derivada de la suma y diferencia de dos funciones.
d , . du dv d , . du dv— (u + i/) = — + — . y — (u - v) = ------------
dx dx dx dx dx dx
2. Derivada del producto de una función por una constante.
d . s. du , ,— \cu) = c — , c es un numero real, 
dx dx
3. Derivada del producto de dos funciones. Regla del producto.
d . . dv du- ( u .v ) = u -- + - ,
4. Derivada del cociente de dos funciones.
du dv
d (u\ V dx U dx / \ « ^ T
5. Derivada de una potencia de función.
214
6. Derivada de una raíz de una función.
d / v — 1 — - 1 du— u — , n = 0 , 1, 2, ... ,
dx n dx
En forma más general se cumple
7. Derivada de ur.
d ( r \ r - 1 d u— (ur) = rur 1------ , r es un número real.
d xv ' dx
8.8 DERIVADAS DE ALGUNAS FUNCIONES BASICAS.
1. Derivada de una función constante f { x ) = c .
— (c) = 0 , c es un número real. 
dx
d d
Ejemplos a) — Í3 + J2\ = 0 , b) — (2n) = 0.
dx dx
2. Derivada de xn. = nx>l~1 > n = o, ±1, ±2,....
Ejemplos
a) — = 1, b) ± ( x 7) = 7*6, c) - -3X-4.
dx dx dx
3. Derivada de una función polinomial.
— 6̂0 +bíx + b2x 2 + . . .+ ¿>nJcn) = bl + 2 b2x + ... + nbnx 
dx
Ejemplos
a ) — (1 -2 jc + 4 x5) = - 2 + 20jc4 , b) - ( - x 6 + 4 x 3 +2x) = -6x5 + 1 2 x 2 +2.
d x{ 1 dxK f
Derivación y Funciones Elementales 215
4. Derivada de yfx.
4 - [ * V") - - * V"~' . n = 1, 2, 3......d x ' ' n
En general se cumple
5. Derivada de x r.
d í r) 
dx
Ejemplos.
^ „V2-1 d / 3/4 \ 3 3 /4 -1 3 _]/4
(xr) = r xr 1 , donde r es un número real.
a) JL = y¡2 .x t b) — (x3/4\ = 1 x * 4- 1 = * *
dx^ > d xK ' 4 4
d / o \3/2 3 / 9 x 3/2— 1 d i o \ 3 / 2 \ / 9 \ V2
c) — (x - 2) = — (x - 2) ~i~ (x - 2) = — (x - l) (2x) = 3x(x - l)
d x K ’ 2 V ' d x K ’ 2 V ’ y '
6. Derivadas de funciones trigonométricas.
Sea v = u(x) una función diferenciable. Se cumple
, d . dvI. — (sen v) = eos v. — ,
dx dx
d . . dvI I . — (cosí») = -sen v.— ,
dx dx
d . . 2 dv
I I I . — (tgu) = sec v.— ,
dx dx
__ d 2 dvIV . — (ctg v) = -cosec v.— ,
dx dx
d . . dvV. — (seci;) = seci;. tg v .— ,
dx dx
__ d . . dv
V I. — (cosec v) = -cosec v . ctg v . — .
dx dx
216
Ejemplos.
d . dxa) — (senx) = cosx pues — = 1 ,
dx dx
b) —— cosíx2 — 2x — l) = -sen (x 2 - 2x - l ) . — (x2 - 2x - l ) 
dx V ' V 1 d xK 1
= -sen (x2 - 2x - l ) ( 2x - 2) = 2(l-x )s e n (x 2 - 2x - l).
7. Derivada de las funciones exponencial y logaritmo.
d / v\ v dv d . . 1 dv
I. — le I = e .— , II. — (lni>) = — •— .
dx dx dx v dx
Ejemplos. a) — (e'r) = ex , 
dx 1
b) ± L -T '\ = e- r * .± i^ \ = J _ e-r>
dx' ' dx 2>/x
2\ ̂ ^ / 2 \ 2x 2
c) — (lnx = — • — * ) = T = " •dx x dx x x
d 1 dd) — ln(senx) = ------- .— (senx) = ctg x .
dx senx dx
8. Derivada de las funciones hiperbólicas.
X - X 
£ — £
La función seno hiperbólico se deñne por senh x = ----------- para cada número real x .
2
X - X £ + £
La función coseno hiperbólico se define por coshx = ----------- para cada número real.
2
Se cumple
I. — (senhu) = coshu.— , I I . — (coshu) = senhu.— .
dx dx dx dx
Ejemplos.
a) -^-senh(l + 3x2) = cosh(l +3x2) +3x2) = 6x cosh(l + 3x2).
Derivación y Funciones Elementales 217
b) — cosh(jc5/4) = senh(x5/4) ( jc 5 /4 ) = — :cV4 senli/jc5/4).
dx v ' v ’ d xv ' ¿ v '
9. Derivada de las funciones trigonométricas inversas.
I. La función arco seno se define por y = are sen jc si y sólo si x = sen y , y
1 1
 ti < y < — 7 i.
2 2
Se cumple — (are seno) = . * • — , luí < 1.
dxX ' dx 1 '
I I . La función arco coseno se define por y = are eos jc si y sólo si jc = eos y , y 0 < y < t i . 
Se cumple (are eos y) = — = £ = — , Id < 1.
dx V i - y 2 ***
I I I . La función arco tangente se define por y = are tg jc si y sólo si x - tg y , y
1 1 7t < y < —7 t.
2 2
Se cumple — (are tg u) = ------- 5- •
d xy ’ 1 + ü2 c¿x
IV. La función arco cotangente se define por y = are ctg jc si y sólo si jc = ctg y , y 
0 < y < n.
Se cumple -^-(arc ctg v) = ^-5- •
H dx ’ 1 + v dx
Ejemplos.
. d . 1 d( 2 x) 2
a) — (are sen 2x) =............ ----------------- = .... —-
dx J l - ( 2 x f dx V 1 - 4 jc2
/ 3/2 \ 1 d / 3/2\b) — árceos jc = — , ...— .— 1 jc = -------
c) -j-a r c tg (e T) = ----
1+ e )dx ' n í / T ¿ x ' l + e2x
218
1 1 + x 1
l + 2 x + x 2 J 2x + x 2 ( 1 + x ) ‘y¡2x + x 2
8.9 NOTA. Hemos dado una lista de derivadas de algunas funciones básicas en el 
análisis matemático con el propósito de poder hacer uso inmediato de ellas en el cálcu­
lo de derivadas. Gran parte de estas fórmulas serán demostradas en los problemas que 
siguen. Otras resultarán de la regla de derivación en cadena y, finalmente, las fórmu­
las correspondientes a las funciones exponencial, hiperbólicas y trigonométricas inver­
sas, serán establecidas como una aplicación de los resultados de la derivación de fun­
ciones inversas.
8.10 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Derivada de una función constante.
dProbar que si u(x) = c es una función constante, entonces —̂ ( c ) = 0 .
dx
SOLUCION.
Tenemos u(x) = c , u(x + Ax) - c , Au = u(x + Ax) - u(x) = c - c = 0, — = — = 0 ,
PROBLEMA 2. Derivada de una suma de funciones.
Probar que si u - u(x) y v = v(x) son dos funciones diferenciales en el punto x, entonces
Ax Ax
y por lo tanto — (c) = lim — = lim 0 = 0 .
dx A j c
se cumple
— ( u + v) =
dx
— +du dv
dx dx
SOLUCION. Llamemos w = w(x) = u(x) + v(x).
Tenemos w(x + Ajc) = u(x + Ax) + u(x + Ax),
y A w = w(x + A x ) - w(x) = [ u ( x + A x ) - u ( x ) ] + [ l ; ( x + A x ) - u ( x ) j = A u + Av
Derivación y Funciones Elementales 219
A i y A u A yLuego -= — + — , y tomando límites cuando A x —» 0
A x A x A x
dw A w
 = h m = lim
d x Ax-*0 A x Ax-+0
( \ A u Ay
; Ax Ax,
, A u , Ay du dv= lim — + lim — = — + —
a*->o Ax fax dx dx
_ , . dw du dvPor lo tanto — (u + y) = ---- = — + —
dx dx dx dx
PROBLEMA 3. Derivada del producto de una función por una constante.
Si u = u(x) tiene derivada en el punto x , y c es un número real, entonces
d tv dtUf 
& (cu) ■ •
SOLUCION. Tenemos
d . . , c u ( x + A x ) - c « ( x ) u ( x + A x ) - u ( x ) du— (cu) = lim = c lim = c — .
dx &x-*o fax A r—»o A x dx
PROBLEMA 4. Derivada de un producto de funciones. Regla del producto.
Probar que si u = u(x) y y = y ( x ) son dos funciones diferenciables en el punto x , 
entonces se cumple
d , x dv du— (u, v) - u + y .
dx dx dx
SOLUCION. Llamemos w = w(x) = u ( x ) . y ( x ) .
Se tiene w(x + A x ) = u ( x + A x ) . y ( x + A x )
y A w = w(x + A x ) - w(x) - u(x + A x ) . y ( x + A x ) - u(x) . y ( x )
= [ u ( x + A x ) - u ( x ) ] . y ( x + A x ) + u ( x ) [ y ( x + A x ) - y ( x ) j .
Luego A u ; = A u . y ( x + A x ) + u ( x ) . A y
A w A u , A x . A yy - - -- - - - - - - y ( x + A x ) + u ( x ) .
A x A x v ■ w A x
Finalmente, haciendo uso de
Au du ,. ' / x Ay dylim — = — , lim y ( x + A x ) = y ( x ) y lim — = —
A x -» o fax dx Ajc-»o ax -»o fax dx
220
, d w ísu) Au . v / v Ay
obtenemos --------=-l i m --------= lim — . lim v (x + Ax) + u ( x ) . lim —
d x A*—>0 A x Ax-»0 & x AX-+0 Ax-+0 ^X
d u d v
= — . y(x) + u (x ) .------ ,
d x d x
y por tanto
d d w d u d v
— (u . V) = ------ = .V + u . ------
d x d x d x d x
PROBLEMA 5. Derivada de una potencia.
Si u = u (x ) es una función diferenciable en el punto x, y n = 1, 2 , 3 ,.
^ ( n\ n~lProbar que — (u = n u . — .
d x d x
SOLUCION. Procedemos por inducción sobre n
d / n \ d / „_i \ c? / »-i\ d u n_i
 M = 1U .U ) = U I . U + . U
d x d x d x d x
i n- 2 d u d u n-1 n-1 d u
= (n - í ) u — .u + — u = n u — .
d x d x d x
PROBLEMA 6. Probar que si v = y(x) tiene derivada en el punto x y y(x) * 0 ,
, d ( \ jv ) 1 d v
entonces se cumple ------- = ------ -. — .
d x v d x
„ 1 1 y (x ) -y (x + Ax)
SOLUCION. Tenemos A(l/i>) = ------------- :--------= — — ---------- 1
y(x + Ax) y(x) y(x + A x ).y (x )
A (l/y ) 1 y(x + A x ) -y (x )
Ax y(x + A x ) . y(x) Ax
Haciendo uso de lim y(x + Ax) = y(x) , y como y ( x ) * 0 , aplicando la propiedad de
Ax-»0
límite de cociente obtenemos
Derivación y Funciones Elementales 221
dx
= lim
WJ
= lim
Ajc-*0 /±x A.*-»0
v(x + A x ) - v(x)
lim v(x + Ax)
Ax->0
v(x + A x ) . u ( x ) A x
v(x + A x ) - u ( x )
. lim --------------------- =
dv
<**)
A*-+0 A x v(x) dx
y por lo tanto
dx \v
1 dv 
v2 dx
PROBLEMA 7. Derivada de un cociente de funciones.
Probar que si u = u(x) y v = v(x) tienen derivadas en el punto x, y u(x) * 0 , enton­
ces se cumple
d (
dx \ v )
du dvv u —
dx_____dx_
2
V
SOLUCION. Escribimos u/v como el producto de las funciones u y 1/v .
Tenemos
d (
dx \v J
d_r ^ 
dx
 ( u ) . - + —
dx v dx
T
<VJ
du 1 
dx v
1 dv 
v2 dx.
u =
du dv
V u ----
dx_____ dx_
2
V
Por lo tanto —
d
dx \v
du dv
V u —
dx dx
2v
PROBLEMA 8. Derivada de una raíz.
Sea u = u(x) una función diferenciable en el punto x. Para cualquier entero 
n = 1, 2,3 ,..., se cumple
d_ 
dx
( \\ 
u 
V )
1 - - 1 du
_ n U dx
222
SOLUCION. Sea v = v(x ) = u^n(x) = tfu(x) .
Tenemos Av = v(x + Ax) - y ( x ) = !¡Ju(x + A x ) - !¡ju(x) .
n * na —oEmpleando la identidad a - b = -------------- -
r n - 1 n - 2 1 i n - 2 » n - 1a + a o + ... + ao +b
con a = ! ¡̂u(x + A x ) y b = ¡¡ju(x) , obtenemos 
Av = tfu(x + A x ) - f ( x ) = u(x + A x ) - u ( x )
yju(x + Ax)n 1 + yju(x + A x ) * 2 . u ( x ) + . . . + y¡u(x)n 1
Av A u
^ x yju(x + Ax)”"1 + yfu(x 4 A xf ’2.«(x) + ...+ yju(x)n 1 ^x
Ahora bien lim y puesto que lim u(x + Ax) = u(x)
A x -»0 A x dx A x —>0
tenemos que lim ylu(x + A x ) rt 1 =
A x -»0 * lim u(x + A x )A x -»0
lim yju(x + A x ) n 2 . « ( x ) = «I
A x->0 lim u ( x + A x )A x -»0
n - 2
,u{x)
= yjll(x)n 2. u(x) = tfu(x)n 1 ,
y así sucesivamente. Tomando límites en (1) cuando Ax -> 0 tenemos,
dv , . A y 1 du= lim — = — , . — ,
dx A x - > o A x dx
d l n\ 1 „ 1 du o sea* — (u I = —u .—
dx n dx
(1)
PROBLEMA 9. Derivada de una potencia con exponente fraccionario.
Sea u = u(x) una función diferenéiable en el punto x.
Si p = 0, ±1, ±2, , y q = 1, 2, 3,... , probar que d
dx
( p \
u
\
P q 1 d u
= ~ U - ~ ra dx
Derivación y Funciones Elementales 223
SOLUCION. 
Caso 1: p > 0 .
Tenemos — (u " ’ ) = — [(UV,) ' l = píu1'" ) '’''1 — (U1" ')
dx ' d x V ' J v ' d x X 1
£zl i _ i £ _ i
q 1 q du p q du
= pu . — u — = — u . — —
q dx q dx
Caso 2: p < 0 . Escribimos s = - p > 0 . Se tiene
— («"n = — («-*'») = — 1
dx dx dx \u y
1 d
s/q\2 dxK ’ )
( „ * )
1 s uq _ (Por el caso 1, pues s > 0)
ds
X — - 1-2— , - ~ l JS q q du _ p q du
q ) ds q ds
PROBLEMA 10. Derivada de una función polinomial. 
Probar que
i)
dx
2 ) — (¿>0 + b 1x + b2x 2 + . . . + 6 n J c ” ) = b1 + 2b2x + ... + nbnx 
dx
rt-1
SOLUCION.
1) Tenemos dx . . (x + A x ) - x Ax . . , .= lim -------- = lim — = lim 1 = 1 .
dx Ax-+0 Ax Ax-»0 Ax Ax-+0
2) Tenemos -------- = 0 ,
dx
224
Por lo tanto
— (b0 + b íx + b2x 2 + ... + bnx n) = ^ ( b Q) + - í - (b xx) + - í - {b 2x 2) + . . .+ - í - {b nx n) 
dx dx dx dx dx
= bx + 2b2x +... + nbnx n 1
PROBLEMA 11. Hallar la derivada de cada una de las siguientes funciones
t2 t71) y = 3x5 - 2 x 2 + 4 2) u = ax4 -3 b x 5 3 )v = -------+ — .
2 7
SOLUCION.
1) Tenemos — = — Í3x5 - 2 x 2 + 4) = 15x4 -4 x .
dx dx
 du. d / A . 5 \ 3 . 42) Tenemos — = — (ax - 3bx j = 4ax - lbbx .
dx dx
3) dv = d_ 
dt dt
( t 2 t 7 \ 1 1 6 6 + — = - - 2 1 + —7f = - t + t6.
2 7 2 7
PROBLEMA 12. Hallar la derivada de cada una de las siguientes funciones 
va\ ) y = x + x - \ 2) y
SOLUCION.
1) ÉL = A ( « V « ) + A ( , ) + A ( _ ! ) = i *4/3-1 * + ! + o = ±,V3 + 1
dx d x ' ' dx dx 3 dx 3
2) Sea u = b2 - x 2 . Tenemos y = Vñ = u1/2.
L u e g o ^ = A ( b V í ) _ =
t¿x c¿x ' ' 2 dx 2 ̂ -I d x ' '
1 1 (-2*)
2 Vft - * 2 4 b1 ~ x ¿
Derivación y Funciones Elementales 225
PROBLEMA 13. Derivar la función y ~ a + bx + cx‘
SOLUCION. Tenemos
dy _ d j 
dx dx
a
— + b +ex 
\x
d / -i \ d . . dx= a— [x 1 + — (o) + c—
dx dx dx
= ( - l ) a z 1-1 — + 0 + c = - a x 2 + c = c -
dx x 2
PROBLEMA 14. Diferenciar cada una de las siguientes funciones
j 2 3
1) y = >/*+— 2) y = Xy¡2 + 3x 3) y = ---------
yfx X X
SOLUCION.
V I
1 - ' »
XLuego = — (*V3) + — (* -v2) - - x r - - x ' 3' = i * * 3 - i 
dx dx dx 3 2 3 2
- 1 1 _ 1 1 
3 tfx2 2 x j x
2) Tenemos
—- = — ix^2 + 3x) = - - j 2 + 3x + -^-(V2 + 3x) .x 
dx dx dx dx
= V2 + 3 I + x — (V2 + 3I) (1)
dx
Pero y¡ 2 + 3x = V I = u V2 , donde u = 2 + 3* , y por lo tanto
226
Sustituyendo en (1) obtenemos
dy i 3 2(2+ 3*)+ 3* 9x + 4
— = V2 + 3x + x.— - - ::z_: = ■ — = — ---------
dx 2y¡2 + Sx 2v2 + 3x 2v2+3x
2 3 _i _43) y = ------ = 2x - 3x .
X X
_ dy „ d / n ^ / -4 \ « -2 < «-5 2 12Luego — = 2 — (x ) - 3 — (x ) = - 2 x + 12x = ----------- - + —-
dx dx dx x2 x5
PROBLEMA 15. Calcular la derivada de las siguientes funciones
1) y =
2) y =
x
\3
3) y = x-yja2 +x2
4) y =
a - t 
a + t
SOLUCION.
2 21) Sea u = a - x .Tenemos
' £ ) ■ (“ ' V2Í - - r 312* ' = - l ( a2- x2n a2- * 2)’
1 -(-a*) = 1
2(o2 - x 2)^2 ' ' (a * -* 2)
3/2
5 _2 _2) Sea u = l + — = l + 5x . Tenemos
x
y = (u3)' = 3 u V = 3 Í l + - ^ j2(l+ 5 * -2)'
Derivación y Funciones Elementales 227
3) Tenemos
2 2 da + x + —dy d ( r ~2 2") dx f— = — \x\a + x = — V<
dx d x ' ' dx dx
I 2 , 2 1 1 d i 2 2 \= ya +x + x — - - — (a + x )
2
/ 2 . 2~- \a + x +
l-Ja2 +
2 2 \ 2 0 0+ X - 2 . o__2a + 2x 2
/ 2 " 2Va + x Va2 +
4) Aplicando 
Tenemos
/ \ > ru i/.u -u .y _ = -
v u 7 1/
con u = a - t , v = a + t.
, _ _ (a + 1) (a - í) - (a - í) (a + í)
U J (a + í)2
- ( a + 1) - (a - í ) _ 2 a 
( a + í ) 2 ( a + t f
2 2
PROBLEMA 16. Derivar la función y = Ü +X2 2a - x
SOLUCION. Tenemos
dy _ (°* - *2) + «*) - K + «*) ^ ( ° 2 ~ *2)
<** (a2 - x2)2
= (a2 - J a)(2l ) - (»*+«*) ( -2») = 4 a2x
~ («2 - * 2f ~ (°2- * 2f
PROBLEMA 17. Calcularla derivada de y = 2 y[px.
228
SOLUCION. Sea u = px. Tenemos
^ = — (2u v2) = 2 .1 » • '* . * = - L *
dx dx 2 dx u ^ 2 dx
1 d ( \ p ■(px) =
Luego
Jpx dx yfpx
dy p lp
dx -Jpx V x
b I 2 2PROBLEMA 18. Calcular la derivada de la función y = — V a - x
SOLUCION. Haciendo u = a2 - * 2 tenemos
dy d 
dx dx
r b 1 b du b d / 2 2 \ bx
— VM = -------— ----- = , (a - X J = ---------■ ■■ ■;■
\a 7 2 ayu dx 2ay¡a2 - x 2 dx a y a 2 - x 2
que también puede expresarse en la forma siguiente
dy b2 x
dx a 2 y
. ... . r i 2 ayal sustituir ya - x = — .
b
\3 /2
PROBLEMA 19. Hallar la derivada de la función y = (a2/3 - x2/3j .
SOLUCION. Sea u = a^3 - x2,3 de manera que y = u3/2.
Tenemos
= JL(UW\ = Í a V2— = - u V2— ( a ^ - x ^ ) = - y V3 f - - * - V3l
cfce d x ' ’ 2 dx 2 d x ' ' 2 V 3 ; V x
3 + 2 x
PROBLEMA 20. Derivar la función y = 3|--------
3 - 2 *
Derivación y Funciones Elementales 229
SOLUCION. Tenemos
dy d 
dx dx
3 + 2xY1/3
3 -2 x J
= l f 3 + 2£)"2/3_¿_f3 + 2x >| 
3 L3 — 2jcJ d x \ 3 - 2 x )
1 (3 - 2x ^ 3 <3 - 2* ) X (3 + 2*) - <3 + 2x) ^ ( 3 - 2x)
3 V 3 + 2x I (3 - 2xf
1 (3 - 2x)m 12
3 (3 + 2 x f 3 ( 3 - 2 x f (3 + 2x)z/i,(3 - 2x)4/;'2/3> ,4 /3
PROBLEMA 21. Hallar la derivada de y = (x + 2 )2 y¡x2 + 2 . 
SOLUCION. Tenemos
dy d 
dx dx
(x + 2 ) V * 2 + 2 ^ ^
= 2 (x + 2 )y¡x2 + 2 +
dx [( , + 2 f ] + _ ( V ? 7 2 ) ( « + 2)!
JC , . 2 (* + 2)Í2(x2 + 2) + x (x + 2)l
 (x + 2) = --------- ; 1
V*2 + 2 ■yjx2 + 2
( jc + 2) (3x2 + 2x + 4)
V*2 + 2
PROBLEMA 22. Calcular la derivada de y = x2V3 - 4 jc . 
SOLUCION. Tenemos
4y
<¿x = -^ -[jc 2->/3 - 4x1 = jc2 -7- V 3 - 4jc + V 3 ^ -4 jc -^ - (x 2) ax >■ J ax a x v '
= _ ± L + V F 1 Z (2 * ) = ^ Í - ^ -4 * )
V3 - 4x ’ > /3-4x
_ 6x - 10x2 
V3 - 4x
PROBLEMA 23. Hallar la derivada de y = axm + bxm+n.
SOLUCION. = m a xm~l + (m + n) b x***'1.
dx
PROBLEMA 24. Calcular la derivada de las siguientes funciones:
i \ o 2 /3 „ 5 /2 - 2 2 3 ¡~ 2 .1) y = 3x -2 x + x 2) y = x yx 3) y =
SOLUCION.
1) ÉL = 3— (x*3) - 2— (x5/2l + — (x-2) . 3| - 
dx dx' 1 dx dx V 3
V v3- 2 '5 '
/ , 2 ,
3 /2 
X -
= 2*-V3 -5 x 3/2 -2 x -3
2) Tenemos y = x2 tfx2 = x 2 x^3 = 
Luego
8/3
dy d i j 3¡3 \ _ 8 ^5/3-(x8/3) = - 
dx dx 3
3) Tenemos y = - i = ----------= ax ‘ lo - bx
*3&
. - 2 /3 , -4 /3
Luego ÉL = a— (x-2/3) - 6— (x-4/3 ) - - - a x ^ 3 - í fc x '7'3 
dx dx' ’ dx' ’ 3 3
PROBLEMA 25. Derivar la función y =
2x -1 x
SOLUCION. Tenemos
Derivación y Funciones Elementales 231
PROBLEMA 26. Hallar la derivada de y = ^x + y¡. 
SOLUCION. Tenemos
x2 +1
dy d
dx dx
I 2\x +
Y por tanto 
dy
T = — . * — — (x W x 2 + 1)
n yx + Jx2 + 1 ^
Vx2 +1 + x
Pero — ( x + Vx2 + 1) = 1 + - p ü — ------- = * —
j v ? n v t t i
+ Vx2 + 1 •Jx + j x 2 +
^ 2 Í ^ x + v ? T i l V x 2 + 1 2V ? n
20
PROBLEMA 27. Derivar la función y = (1 + 2x - 3x2 j 
SOLUCION. Tenemos
— = — (l + 2 x - 3 x 2) = 20(l + 2 x - 3 x 2) — (l + 2 x - 3 x 2)
dx dx dx
= 40 (1 - 3x) ( l + 2x - 3x2)19 .
PROBLEMA 28. Derivar la función y =
SOLUCION. Tenemos
a + bx 
c + dx
d d
ÉL = d Í a + M = <c + dx)^ (a + bx) ~ (° * bx) ¿c ic + dx)
dx ■ dx\c + dx) (c + dx) 2
(c + dx) b - (a + bx) d b c -a d 
(c + dx) 2 (c + dx) 2
232
PROBLEMA 29. Hallar la derivada de y = 
SOLUCION. Tenemos
11
-11
2(x - 2)2 x - 2
4 -11 - 8 (x - 2) - 8x + 5
Luego dy
2 ( x - 2 y x - 2 2(x - 2) 2 { x - 2 )á
( x - 2 ) 2— (-8x + 5) - ( - 8x + 5) — ( x - 2)2 
1 dx d-r
dx 2 ( x - 2)4
_ ( x - 2 ) [4 ( x -2 ) + ( -8x + 5)] _ 4x + 3
( x - 2)4 ( x - 2)3
PROBLEMA 30. Calcular la derivada de y = 
SOLUCION. Tenemos
( n Lax + b
n Lax - b
d f « ax + b'
m ( * ax + b
m-l f n ax + b'---- = m —
n< axdx n[ax -b\ n Lax - o dx - b )
|ax" -fej — (axn + 6) - (axn + 6) — (axn - 6)
Pero — 
dx
( nax + b
n ,ax - b
dx dx
(axn - ¿>)
(axrt- 6)(noxn_1) - (axn + 6) (noxn_1) 2 abnxn ' 1
[axn - [axn - 6)
Luego
^ 2 abmnxn 1 {axn +
m -l
dx (axn -¿>)
m+1
Derivación y Funciones Elementales 233
PROBLEMA 31. Hallar la derivada de cada una de la siguientes funciones
1 ) y = | * 2 - 4 | 2) y = x\x\ 3 ) y = tf ] T
SOLUCION. Hacemos uso de la identidad Ixl - V ? .
x + x
1) y = \x‘
dy d 
dx dx
- 4 J = x 2 - 4) . Por tanto
171 1 1 d . t > 2 2 x ( x 2 - i )
J(x 2 - 4 ) i 2 - 4) =
J 2 J(x‘ - 4 ) *
2 >1 x - 4
2 ) y = j c | j c | = x J 7 .
Tenemos — = — 1 x<
d x £¿X
2
r n d r ~2 r jyx = x — yx + yx 
> dx
dx x r y 
— = x —j = + Va:
= — + |x| = |x| + |x| = 2|x| 
\x\
Nota. No podemos introducir x directamente bajo el signo radical pues x puede ser 
negativo.
3 ) Tenemos y - |x| + x = yj i [x * + x .
Luego ± . ± ( J 7 + x f - 1 U 7 + x \ V3± ( 4 7 + x ) 
dx dx\ ) 3 v ) dx\ )
3(|x| + x)2/3 •
. 2x +1
1 (x + |x|) (|x| + x) V3
o también
3(|x| + x)
dy y 
dx Ixl
2/3 * 3UI
234
dy y x 2 + l + yjx2 - 1
PROBLEMA 32. Calcular — si y = ■._____ ■ — .
dx v 7 + i - V T T i
SOLUCION. Tenemos
dy
dx
•̂y/jt2 + l - •y/jC2- l j — ^JC2+1 + ^ X 2-l j - ^ X 2 + l + /̂jC2- l j — ̂ -y/jC2 + l - ^ X ¿-1
■̂y/jc2+1 - ■/X2- l JC JC+
)/jC2+ l -y/jc'2- !
•̂y/jC2 + l - ^X2- l j
- -̂y/jC2 + l + -y/jC2- ! j
V ^ + I V*2- 1
•̂y/x2 + l - Jx 2 - 1 j
y simplificando el numerador
c?y
ctx
4jc
(Vx2 + l j V̂jC2 - l j (V*2 + 1 - <Jx2 - 1 j
PROBLEMA 33. Hallar f ( x ) si /(* ) = (|* + 1| - |x|)2 . 
SOLUCION. Tenemos
f ' (*) = ^ ( i + 1)2 - j = 2 ^ ( * + i ) a - j x * ^ y ( x + i ) 2
y r w = 2(I* + 1| -14
X + 1
V(* + 1)2 V?J
\
X + 1 JC
Derivación y Funciones Elementales 235
A i 9 V 3 / 3
PROBLEMA 34. Encontrar la derivada de f (x) = (3x + 2) |x - lj
SOLUCION. Tenemos
/ 2
« . (3 ,+ 2)' (* _1) +
dx dx dx
= (3x + 2)4
dx
- ( x 2 - i ) 'V32x + (x2 - l)2/3[4(3x + 2)3.3]
■ + ia(8* + 2)'(x*-l)
» (* - !)
4(3x + 2)3(l2x2 + 2x - 9)
3/ 2 ,\2'3 4(3x + 2)¿
3(x2- i)
1/3
|x(3x + 2) + 9(x2- l)J
3(x2 - 1)
V3
PROBLEMA 35. Sean u - u(x) y v = y(x) dos funciones diferenciables en el punto s. 
Si r y s son dos números racionales, probar que
4 u’ v ) - . r * . «foi--------- = u r. — .v + su.—
dx V dx dx Á
SOLUCION. Tenemos
4 rv ) d(ur) _ r 4 -* )
dx
■.V + u
dx dx
r - 1 d l l s r s - 1 d v r - 1 s - 1= ru — .v + su v .— = u v
dx dx
du dvr.— .v + su —
dx dx
PROBLEMA 36. Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva y =
en el punto (3, 2).
(x 2- 2 x - 4 ) '
y 2 dy
SOLUCION. La ecuación de la recta tangente tiene la forma ------- = — (3).
x - 3 dx
236
dyCalculamos — en el punto 3. 
dx
Tenemos — = 2 — (x2 - 2 x - 4 ) = - 4(x2 - 2 x - 4) — (x2 - 2 x - 4 )
dx dx dx
—3
= - 4 ( x 2 - 2 * - 4 ) (2x - 2).
¿ y y 2
Luego — (3) = 16 , y por lo tanto ------- =16 o y = 16* - 46 .
dx x - 3
PROBLEMA 37. Hallar la ecuación de una recta tangente a la curva y = --- ---- que
$¡7x-6
sea perpendicular a la recta 48* - 7y + 1 = 0.
SOLUCION. La pendiente de la recta 48* - 7y + l = 0 es m = 48/7.
Lqego, la recta tangente tiene pendiente -7 /48 . Buscamos los puntos *, tales que
(1)dx 48
Tenemos — = — (7* -6 ) "V3= - - ( 7 x - 6 ) " 4/3 (2)
dx dx 3
De (1) y (2) - - (7*A - 6 ) '4/3 = - — ,
3 48
16 = (7*x - 6)4/3
2 = (7*1- 6 ) V3 
8 = 7xl - 6,
obtenemos x, = 2 , y(x.) = y(2) = —— -......... = — .
^ 7 (2 )-6 2
Luego, la ecuación de la recta tangente es —— ^ = - — o y = — (-7* + 38) .
* - 2 48 48
Derivación y Funciones Elementales 237
2
PROBLEMA 38. E n c o n t r a r l a e c u a c i ó n d e l a c u r v a y = x + Ax + B q u e e s t a n g e n t e a 
l a r e c t a y = x e n e l p u n t o ( 1 , 1 ) .
SOLUCION. P u e s t o q u e e l p u n t o ( 1, 1) s e e n c u e n t r a e n l a c u r v a t e n e m o s u n a p r i m e r a 
e c u a c i ó n
1= ( 1)2 + A (l) + B o A + 5 = 0 (1)
Y c o m o l a r e c t a y = jc , c o n p e n d i e n t e 1, e s t a n g e n t e a l a c u r v a d a d a e n e l p u n t o ( 1 , 1)
s e d e b e c u m p l i r q u edypendiente de la recta = — = 2x + A , e n x = 1 , 
dx
o s e a 1 = 2 ( 1 ) + A , A = - l
L u e g o , d e ( 1 ) r e s u l t a B - 1.
PROBLEMA 39. H a l l a r l o s p u n t o s e n l o s c u a l e s l a s t a n g e n t e s a l a c u r v a
4 o 2x 2 3 x ,
y = — + — x + 1 , s o n p a r a l e l a s a l a r e c t a y = 2x + 5 .
4 3 2
SOLUCION. T e n e m o s — = j c 3 + 2j c 2 - j c ,
dx
dy /
B u s c a m o s l o s p u n t o s x x t a l e s q u e — (jCj) = pendiente de la recta y = 2 x + 5
dx
o s e a x\ + 2 x\ - x x = 2 y f a c t o r i z a n d o ( j c 1 + l ) ( a C j - l ) (^r + 2 ) = 0
L u e g o x x = - 1 , 1 , - 2 , q u e s u s t i t u i d o s e n l a e c u a c i ó n d e l a c u r v a d a n l a s o r d e n a d a s
yx = y 12 , p a r a x ^ - 1 ,
y x = 17/12 , p a r a x x = 1,
y x = - 7/3 , p a r a xx = 2 .
PROBLEMA 40. Hallar la ecuación de la recta normal a la curva y = \ 7 + jc2 en el 
punto (5, 2).
238
SOLUCION. Tenemos 
dy d
 (7 + * 2) V5= I ( 7 * + * 2r 4/5A ( 7 + ;cM = . .
dx d x [ J 5 [ 1 d x K 1 5 (7 + jc2)4/5
2 x
2(5)Luego — (5) =
dx 5(7 + 25)
el punto (5, 2) es
y - 2 = 
x - 5
= — , y la ecuación de la recta normal a la curva dada en
dy
dx
= - 8 y = - 8 x + 42 .
(5)
PROBLEMA 41. Dada
y(*) =
ax +b si x < 1
— si jc > 1
1*1
Hallar los valores de a y b de modo que y'(l) exista
SOLUCION. Sean f(x) = ax2 +6 y g(:c) = —
Para que y'(l) exista se requiere que se cumplan
(I) / ‘(l) = g (l) (yaquesiy (* ) tiene derivada en j c = 1 , entonces 
debe ser continua en ese punto).
« , ) = * < i ) .
dx dx
De (I) obtenemos 
Por otro lado
a(l)2 + 6 = l o a + 6=1
df d
dx dx
[ax2 +6) = 2ojc ,
1 1y como g(*) = — = — si jc > 1 , tenemos que 
IjcI JC
dg d 
dx dx \x 2 ’
y por tanto en (II) 2a(l) = -1 o a = -1 /2 , de donde 6 = 3/2.
Derivación y Funciones Elementales 239
PROBLEMA 42. Sean f (x) y g(x) dos funciones deñnidas en todo número real y 
tales que
(1) g{x) = x f ( x ) + l ,
(2) g(x + y) = g{x).g(y) 
y (3) \imf(x)=l .
x->0
Probar que g'{x) = g(x).
SOLUCION. Tenemos
= Hm . iim (P„r la condición (2))
A*-»0 A x A*-»0
# (A x ) - 1
Ax
„ Í A x . / Y A x ) + Í | - 1
= g ( x ) . lim ---------- — = g{x ) . lim ------------------- --------
Ax->0 fax Ax—>0 Ax
= g (x ) . lim f { Ax) = g(x ) . 1
Ax-*0
= «(*)•
(Por la condición (1)) 
(Por la condición (3 ) )
PROBLEMA 43. Hallar la derivada de y =
tf{x + 2)2 . J(x + 3)3
SOLUCION. Tenemos y = ( x - l ) V2(x + 2 p 'a(x + 3)
ÉL , ±(x-1)-''2(x+2)-2/3(x+3)-3'2
dx 2
v-2/3 / 0 \-3/2
- - ( x - 1 ) V2( x + 2 ) - ' /3 ( * + 3 ) - 3/2 - l ( x - l ) v ,(x+2)-**(x+3)-v *
- ( x - 1 ) " V2( jc+ 2 )~ 5/3( x + 3 )~ s/2 —(x+2)(x+3) - —(x-l)(x + 3) - —(x-l)(x+2) 
2 3 2
= (x - 1 ) 'v2(x + 2)“ *°(x + 3)-S/3 v-5/2 -5x - x + 24 5x + x - 24
3 ( x - 1 ) V2(x + 2 ) 0' * ( x + 3 )
5 /3 / q x5 /2
240
2 3PROBLEMA 44. Hallar el punto de la curva y = 2 x en el que la tangente es
perpendicular a la recta 4x~3y + 2 = 0. 
SOLUCION. Tenemos y = ±y¡2 x3 y por tanto
3x‘
^ = ± i ( 2 * 3r V2.6*2 = — =
dx 2 ± y 2 x í
3x
Buscamos el punto (xj, y j tal que
dy
dx pendiente de la recta dada
o sea
2 „ 3
y i = 2 x 1 ,
y i = ~ 4 x i •
Además se cumple
pues (jc1, y 1) pertenece a la gráfica de la curva. 
Resolviendo (1) y (2) obtenemos x1=0, 1 / 8 , y también
y x = 0 para x, =0 , y y x = i_" 16 para x, =± .
De donde vemos que solamente el punto
8 16
3*:
y\
i
4/3
cumple
(1)
(2)
dy
dx
8.11 PROBLEMAS PROPUESTOS.
PROBLEMA 1. Hallar la derivada de cada una de las siguientes funciones: 
3 1 1a) y =
56(2x - l)7 24 (2x - l)6 40(2x - l)5
b ) y = 6 \t + yft
c) y = y¡{x - 1) x (x + 1)
e) y =
^ 2 b x - x “
Derivación y Funciones Elementales 241
PROBLEMA 2. Hallar y(2 ) + (x - 2).y'(2) de la función y(x) = V1 + 2x2 .
PROBLEMA 3.
ángulo recto.
PROBLEMA 3. Probar que las hipérbolas xy = 4 , x2 - y 2 = 5 se intersecan en un
PROBLEMA 4. Probar que si ( x - a ) 2 es un factor del polinomio p(x), entonces 
p'(a) = 0
PROBLEMA 5. Hallar los valores de A y B de modo que la función
, v \ x 2 + 1 si x < 2
.y ( * ) = i
[ Ax + B si x > 2
Sea derivable en el punto 2.
PROBLEMA 6. Hallar la derivada de la función y si yfx + yfy = a.
xn+1 - 1
PROBLEMA 7. Derivando la ecuación 1 + x + x +... + x” = -----------
x - 1
Hallar a) 1+ 2x + 3jc2 + ... + nxn 1
, . ,2 02 2 n-1b) 1 + 2 x +... + n x
2
PROBLEMA 8. Probar que la ecuación de una recta tangente a la parábola y = 4px
es de la forma y = mx +— .
m
PROBLEMA 9. Encontrar las ecuaciones de las rectas tangentes a la hipérbola
2 2 x y------------ = 1, y son paralelas a la recta 16y - 15x + 3 = 0.
16 25
2 2 x y
PROBLEMA 10. Probar que la ecuación de la recta tangente a la elipse — + — = 1 en
a b
el punto ( x , , y j es = 12 .2 a b
PROBLEMA 11. Si y(x + 1) = >/x2 + 10x + 24, hallar y '(-l)-
PROBLEMA 12. Sea y(x) = M + <Jx - |x|] , donde M = n si n < x < n + 1. Probar que:
a) y|(2) = oo b) y!(2) = —
2
242
PROBLEMA 13. Sea y(x) = yjx2 - 2x Calcular y'(x).
PROBLEMA 14. Hallar los ángulos que forman-con el eje X, las normales a la curva 
y - x - x 2 en los puntos cuyas abscisas son x = 0, x = 1 .
RESPUESTAS.
X * - 1 1 + 2Ví1. (a) -------- (b)
i21 - 1)" +
(c) — 3x 3 - = (d) - x ’ .slíl + x3) (e) x b ■
2 j ( x - l ) x ( x + l) » f a b x - x 2)'
2. Í í l l 5. A = 4, B = - 3 6 . * . - ] !
3 dx V x
11. - 13. y' = ----~ ^ ¿ 14. 135°, 45°.
2 3y(x2 - 2x)
8.12 REGLA DE DERIVACION EN CADENA.
TEOREMA. Sean y = y(x), z = z(y) dos funciones tales que
1) y(x) es diferenciable en el punto a, y
2) z(y) es diferenciable en el punto y (a).
Entonces la función compuesta z = z(y(x)) es diferenciable en el punto a y se cumple
- j » = ^ ( y ( a ) ) . - ^ ( a ) 
dx dy dx
Esta fórmula suele expresarse también con las siguientes notaciones
z{y) (x) = z'(y(x)).y'(*)> — = — - — o Dx{z(y)) = Dyz . Dxy
dx dy dx
Derivación y Funciones Elementales 243
Prueba de la regla de la cadena.
Debemos probar que se cumple
z(y{a + h)) - z(y(a))
lim
h-*0 = z '{y(a))-y'(a)-
Paso 1. Si h * 0 escribimos p(h) = —--------— ̂ - y ’(a) .
Se cumple entonces
y{a + h) = y(a) + h . y'{a) + h . p{h) 
lim p(h) = 0 .
h-> 0
(1)
En efecto, la primera ecuación resulta de dar común denominador h y despejar 
y(a + h). Observemos que es válida aún si h = 0, pues entonces ambos miembros son
iguales a y(a) . Por otro lado la segunda ecuación se deduce como sigue
lim p(h) = lim
h -*0 h—*Q
y(a + h)~ y{a)
y » . h» . limy(0)
h-> 0 f i /»—>0
= = 0 •
Paso 2. En forma análoga, para la función z(y) deñnimos
_ z,(b ) '
donde b = y(a)., y se cumple
z(b + k) = z(b) + k . z'(b) + kq(k)
lim q(k) = 0 .
k->0
(2)
Paso 3. Tomando k = h. y'(a) + h . p(h) tenemos
z(y(a + h)) = z(y(a) + h . y'{a) + h . p(/i)) (por (1))
= z(b + k) = z(b) + k.z'(b) + kq(k) (por (2))
= z{b) + [hy'(a) + h .p{hj\.z'{b) + [/iy'(o) + h . />(/*)].q(fc)
= z(b) + hz'{b).y'(a) + h[p(h) + y'(a).q{k) + p{h).q{k)]
244
Luego
z(y{a + h))----2(y(a)) = z , ^ + [p(fc) + y ( a).qr(¿) + p(A).g(fc)] . (3)
h
Paso 4. lim [p(/i) + y(a).<7(¿) + p(¿»)<7(¿)] = 0 .
h-*0
En efecto lim p(h) = 0 , (por (1))
h ->o
lim y'(a).q(k) = y'(a).lim q(k) = y(a).lim q(k) = 0
h-+0 h-+ 0 k—►O
y lim p{h).q{k) = 0
h-> 0
Paso 5. Conclusión de la prueba.
Tomando límites en (3), cuando h -+ 0 , tenemos
lim -------- -------— - = lim z'(b).y\a) = z\b).y\a) = z'(y{a)). y'(a) ,
h-y 0 } i h -* 0
que es lo que queríamos demostrar.
EJEMPLO. Empleando la regla de la cadena, calcular
dy ■ i-, o c 2\16— si y = 11 + 3x - 5x 1 .
dx
SOLUCION. Sea u = 1 + 3x - 5x2. Tenemos
16 ^ 1 c 15 d u d o n 2 \ o i ny = u , — = 16u , — = — 11 + 3x - 5x 1 = 3 - lOx .
du dx dx
dv dv du i* / 9\igLuego — = — .— = 16u (3 -10x) = 1 6 jl+ 3 x -5 x 2) (3 -10x) 
dx du dx
o ~ = 16(3- lOx) (l +3x - 5x2)15 
dx
Derivación y Funciones Elementales 245
8.13 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Derivada de la función seno.
Sea v = v(x) unafunción diferenciable en el punto jc. Probar que
d dv— seno = cosu.— 
dx dx
d
SOLUCION. En primer lugar, probaremos que — senx = cosjc. (1)
dx
Tenemos
sen (jc + h) - sen jc = sen jc . eos h + sen h . eos x - sen jc
2= - (l-co s A)sen jc + sen h . eos x = - 2sen (h/2). sen jc + sen h . cosjc
Dividiendo entre h * 0, tenemos
sen (jc + h) - senje sen(/i/2) . sen h i ----------- = -------------- . sen (h/2). sen jc + -------- . eos x ,
h h/2 h
sen (h/2)
y puesto que lim 1
h/2
tomando límites cuando h -> 0 , obtenemos
d , x i . sen (jc + h) - sen jc /<tx— (senje) = lim ------1------- = - (l)(0).senjc + (1).cosjc = cosjc .
dx h~*° h
El caso general se sigue ahora de la regla de la cadena y (1).
PROBLEMA 2. Derivada de la función coseno.
Sea v = i/(jc) una función diferenciable en el punto jc. Probar que
d dv— eos v = — sen v . — .
dx dx
d
SOLUCION. En primer lugar, probaremos que — eos jc = - sen jc (1)
dx
246
Tenemos
eos (h + x) - eos x = cosx . eos h - sen x . sen h - eos x
= - (1 - eos h) eos x - sen x . sen h
= - 2 sen2(/i/2) . eos x - sen h. senx .
Dividiendo entre h * 0
eos(x+ & ) - cosx 2 sen2(/i/2) . eos x sen h ----- = sen x
h h h
sen (h/2) , . sen h= --------1 1 . sen(n/2). eos x -----------. sen x ,
{h/2) h
, sen (hj2) sen hy puesto que iim------------ - = lim = 1
(h/2) h~>0 h
y lim sen (h/2) = 0 ,
h->0
tomando límites cuando h —> 0 , obtenemos
d / x i . eos (x + h) - eos x /,x— (cosx) = lim ------------------- = - (1)(0) eos x - (l)sen x = -s e n x ,
dx h~>° h
y esto demuestra (1).
El caso general sigue de la regla de la cadena y de (1)
d d . . dv dv— coso = — (coso).— = - s e n o .— .
dx dv dx dx
PROBLEMA 3. Derivadas de las funciones tangente, cotangente, secante y cose­
cante.
Sea o = o(x) una función diferenciable en el punto x. Probar que
d o dv d 2 dv1) — tg o = sec o . — 2) — ctg o = -cosec o . —
dx dx dx dx
d dv d dv3) — sec o = sec o . tg o .— 4) — cosec o = —cosec o .ctg o . —- .
dx dx dx dx
Derivación y Funciones Elementales 247
SOLUCION.
1) Tenemos
d d— tg v = — 
dx dv
sen v
eos v
\ eos v . — (sen o) - sen v . — (eos o)
dx dx
2eos v
dv dv
eos v . eos v . sen v ( - sen o ). —
dx dx
2 2 1 eos u + sen v\
2eos v 2eos v dx
1 dv = sec v
eos v dx
dv
dx
2) Tenemos
d . d— (ctgo) = — 
dx dx
( \ eos v
sen v
d i \ d ( \sen v . — (eos v) - eos v . — (sen v)
dx dx
2sen v
dv dvsen v . ( - sen v) eos v . eos v . —
dx dx
2 2 1 sen v + eos u
2sen v sen v dx
1 dv dv
= - cosec v .
sen v dx dx
3) y 4) se establecen en forma análoga. Omitimos los detalles.
PROBLEMA 4. Hallar la derivada de cada una de las siguientes funciones
1) y = 2senjt -3 cosx ' 2) y = tg x - ctg — 
3
3) y =
sen x + eos x
senx-cosx
SOLUCION.
1) Tenemos
248
^ dy d d x 22) — = — tg x ctg.— = sec x -
dx dx dx 3
2M d ( x )-cosec — . ---- ----
(s) dx l 3 j
2 1 2 = sec x + —cosec
V O
dy d ( sen x + eos x ) 3) — = — 1
dx dx v sen x — eos x
(senx — cosjc) —— (senx + eosx) - (senx + cosx) — (senjc-cosjc) 
__________ dx_______________________ dx__________
(senx - cosjc)
(senx - eosx) (eosx-senx) - (senx + cosx) (cosjc + sen x)
(sen x - cosx)^
y simplificando
dy -(sen jc - cosjc)2 - (sen jc + cosjc)2
dx (senjc - cosjc)' (senx - cosx)
PROBLEMA 5. Hallar la derivada de las siguientes funciones
31) y = sen 5x 
3) y = sen 2x + tg V* •
t- ̂+ 3 ̂ * 52) y = t g x tg jc + - tg jc
3 5
SOLUCION.
1) Hagamos u = sen 5x,
3Luego
y por la regla de la cadena
dy 2 du _ dy = u , — = 3u , — = eos 5x .— (5x) = 5 eos 5x ,
du dx dx
= ijiL.ffíi = 3 u 2 . ( 5 eos 5 x ) = 3 .sen2 5x . (5 eos5x) = 15sen2 5x . eos 5x 
dx du dx
Derivación y Funciones Elementales 249
2) Se tiene
dy d . 2 d / 3 \ 1 d / 5 \
— = — ( t g * ) ---------- (tg x) + (tg x)
dx dx 3 dx 5 dx
= sec2x - — (3tg2*)— (tgx) + — (5tg4x)— (tg x)
3 dx 5 dx
2 2 2 . 4 2= sec x - 2tg x . sec x + tg x . sec x
= sec2x ( l - 2tg2x + tg4x) = sec2x ( l - t g 2x) .
3) — = — (sen2x) + — (tgVx)
dx dx dx
= cos2x.— (2x) + sec2 yfx .— (Jx\ = 2cos2x + —í— sec2 <Jx 
dx dx 2 vx
2 2PROBLEMA 6. Hallar la derivada de y = cosec x + sec x
SOLUCION. Tenemos
dy d ¡ 2 \ d i 2 \— = — (cosec x + — (sec x)
dx dx dx
d , , d . .= 2 cosec x . — (cosec x) + 2 secx .— (secx)
dx dx
= 2 cosec x . (-cosec x . ctg x) + 2 sec x . (sec x . tg x)
2 2 cos * sen x= - 2 cosec x . ctg x + 2 sec x . tg x = - 2 ----— + 2 ----- -—
sen x cos x
— eos4 x + sen4 x - ( l - s e n 2*) +sen4 *
= 2 • = 16---------------------------------
sen x . cos x (2 senx.cosx)
-1 + 2 sen2 x - sen4 x + sen4 x _ - l + l - c o s 2x -16cos2x
= 16 .--------------------------r--------------- = 16.
(sen2x)3 (sen2x)3 (sen2x)3
250
PROBLEMA 7. Derivar las siguientes funciones
1) y = senx. sen(x + A) 2) y = sen(senx) 3) y = cos(5x2
20 4
SOLUCION.
1) Tenemos
— = se n x .— sen(x + A) + sen(x + A ) .— senx 
dx dx dx
= sen x . cos(x + A) + sen (x + A ) . eos x = sen (x + x + A) = sen (2x + A) .
o ' m dy dv2) oea v = sen x . 1 enemos y = sen v , — = eos v , — = eos x .
dv dx
Luego, por la regla de la cadena 
dy dy dv
— = — .— = eos y. cosx = eos (sen x ) . eos x . 
dx dv dx
3) dy I d 1 d
PROBLEMA 8. Calcular la derivada de
1- t g x
(2) y = xsen — ( x * 0). 
x
SOLUCION.
(1) dy d 1 + tg *
dx dx v. 1 — tg x j
d d(1- t g x ) — (1 + tgx) - (1+ tg x )— (1-t g x )
dx dx
(1 -tg x )2
o 22 sec x
(1 -tg x )2 (1 -tg x )2
Derivación y Funciones Elementales 251
dy d
(2) — = x . — 
dx dx
sen—
V x )
1 dx 
+ sen—.— 
x dx
1 d ( 1= x eos—. ---- —
x dx\x
1 1 1 1
+ sen— = — eos— + sen— .
X X X X
PROBLEMA 9. Hallar la derivada de y = cos3(\ /l-x ) 
SOLUCION. Tenemos
dy d s/or \ _ 2/0 n \ d
dx dx ' ' dx
eos3 t e m é ) = 3cos2í^ /l- jc) [cos(^T
/Vv L
= 3 cos2^ l - x) .f-sen í> /l- x í l . — (> /l- x) 
*■ •* dx
= ----—5̂ -cos2(^l-i).sen(^l-*).
(l-*)2/3 ' ; V '
PROBLEMA 10. Calcular la derivada de y =
3 eos x eos x
SOLUCION _ (cosx) 3 .. Tenemos y = ---------------(cosx)
dy I d 3 d !Luego — = ( c o s x ) (cosx)
dx 3 dx dx
Ir , . . 4 ] d / \t \ - 2 d= — - 3 (cosx) .— cosx - (-l)(cosx) — cosx 
3 *■ ■* dx dx
1 . , 1 , , sen x - sen x - ( - s e n x) + - ( - s e n x) = —
eos x eos X 4eos Jl
s e n x .( l-e o s 2x) sen3
eos4 x 4eos X
2. eos x
252
PROBLEMA 11. Derivar j = Va sen2 x + B eos2 x 
SOLUCION. Tenemos
dy d f~ 2 Z 2 1 d / 2 d 2 \
— = — -y/ A sen x + ficos x = — ........ — .— (Asen x + j o c o s xl
dx dx 2 yj A sen2 x + B eos2 x dx
Pero
d d d— (Asen2 * + B eos x) = 2 A sen x . — (sen x) + 2B eos x . — (cosx)
dx dx dx
= 2 A sen x . eos x - 2 B eos x . sen x
= (A - B) sen 2x ,
y por tanto
dy (A - B) sen 2x
dx 2 -)¡A sen2x + J3 cos2x
PROBLEMA 12. Hallar la derivada de y = | eos 3x | .
{ 2 \V2SOLUCION. Haciendo uso de |a| = ía j tenemos
dy d , , d t 2 \ V2 1 / 2 \- V2 ¿ 2— = — cos3x = — (eos 3x) = —(eos 3x) — eos 3x
dx dx dx 2 dx
1 <¿ 3 sen 3 x . eos 3x 3 sen 6x= — . 2 eos 3 x . — (eos 3x) --------------------------- . ----------
2 y dx y 2 y
sen t
PROBLEMA 13. Derivar la función x =
^1-3008 t 
SOLUCION. Tenemos
dx d
dt dt
sen t
^ l-3 co s t
d d^T^3cosT .— (sen31 j - sen31. — 1 -3 eos t
dt dt
(^/l-Scos í)
Derivación y Funciones Elementales 253
Pero el numerador es igual a
n—^ « 2 d . . sen3í d n .^ 1 -3 eos í • 3sen í (sen í ) ( l -3 c o s í )
dt 2<Jl - 3 eos t dt
3
i------------- _ 2 3 sen t . sen t= ^ 1 - 3 cosí .3 sen í . c o s í -------
2 ^ 1 -3 eos í
_______ =■ 2 (1 - 3 cosí) cosí -se n 2 í
2 ^ 1 -3 eos í L ■*
3 sen2 í
3 sen2 í ( 2 2 \ 2 co s í- 6 eos í-s e n íl
2 J l - 3 eos í
(2 eos í - 5 eos2 í - l)3 sen2í
2 ^ 1 -3 eos í
Por tanto
^ 3 sen2 í . (2 eos í - 5 eos2 í - l)
3/2di 2 (1 -3 cosí)
PROBLEMA 14. Hallar la derivada de y = sen (eos x2 j .
SOLUCION. Hagamos v = eos x 2.
_ dyTenemos y = sen v , — = eos v ,
dv
— = — (cosx2) = -s e n (x 2) — (x) = - 2 x s e n x 2. 
dx dx ' V ’ dx
Luego, por la regla de la cadena
dy dy dv ¡ 2\ 0 2 / 2\— = — .— = eos v -2 x sen x = - 2 x sen x . eos eos x
dx dv dx ’ v '
t 2 2
PROBLEMA 15. Derivar la función z = —r—t 21 + x
254
SOLUCION. Tenemos
dz
dx
( l + jc2) —-ctg2 2x - ctg2 2jc — (l + jc2) 
v 1 dx d xy ’
( i + * 2)
Pero el numerador es igual a
(l + x2). 2 ctg 2x . (-2 cosec2 2x) - ctg2 2 x . 2x 
= —4̂ 1 + jc2) ctg 2 x . cosec2 2x - 2 x . ctg2 2x
= -2 ctg 2 x . 2̂ ( l + x 21 cosec2 2x + x ctg 2x .
¿ 2 2 ctg 2x . 2 (l + x2 j cosec2 2x + x ctg 2x
Por tanto
dx (x+«*y
PROBLEMA 16. Derivar las siguientes funciones 
A sen Bx - B eos Ax
1 )3 ' = i 2 7)2A + B
2) y = tg 5*
1 33) y = — tg x - t g x + x
3
SOLUCION.
dy 1
1)
dx A 2 +B 2
d d
A — sen Bx - B— cosAc
dx dx .
AB
i 2 7)2A
(eos Bx + sen Ac)
2) — = — tg55jc = 5 tg45jc. — (tg 5x) = 25 tg45jc . sec2 5 jc . 
dx dx dx
_ dy 1 d 3 d dx 2 2 2 ,3) —— = tg x tg x + — = tg x . sec jc - sec jc +1
dx 3 dx dx dx
. 2 2 , 2 . 2 / 2 . 4= tg jc . sec jc - tg jc = tg jc . I sec jc - II = tg jc .
Derivación y Funciones Elementales 255
1 3 i 2 \
PROBLEMA 17. Derivar la función y = — eos jc . 3 eos jc — 5 j
15 v .
SOLUCION.
d y 1 3 d ( Q 2 1 / „ 2 d 3— = — eos x . — (3cos x - 5 + — 3cos jc — 5 ) — eos x 
dx 15 dx 15 dx
= — eos4 x . (-sen x) + — (3eos2 jc - 5). eos2 jc . (-sen jc ) 
15 15v ’
1 2= — eos jc . sen jc . 
5
- 2 eos2 jc - ( 3 eos2 jc - 5)
1 2 r o 2 „ 2 -— eos jc . sen jc . | -2 eos jc - 3 eos jc + 5
5
2= eos x . sen jc . 1̂ - eos2 jej
2 3= eos x . sen jc .
PROBLEMA 18. Hallar la derivada de y = 3 sen x eos jc + sen jc . 
SOLUCION. Tenemos
dy d 2 0 2 d d 3— = 3 sen jc — eos jc + 3 eos jc — sen jc + — sen jc
dx dx dx dx
c 2 0 3 o 2= - 6 sen x . eos x + 3 eos jc + 3 sen jc . eos jc
= 3 eos jc sen2 jc + eos2 jej = 3 eos jc . eos 2x .
eos XPROBLEMA 19. Derivar la función y = ---------- — + ctg jc .
3 sen x
1 3
SOLUCION. Tenemos y eos x . (sen x) + ctg x ,
3
= - — eos x | - 3 (sen x) 4 eos jcJ - cosec2jcdy 
dx 3
2 2 2 eos x 1 eos x - sen x eos 2jc
4 2 4 4sen x sen x sen jc sen x
256
7CC v'( l lPROBLEMA 20. Dadas las funciones u (x )= l -x y u(x) = 1- sen— , hallar
SOLUCION.
</(!) =
d_
dx
d_
dx
( 1 - x ) = - 1
/
X=1
7UC K n1 - sen — = --------COS — X
V 2 x=i 2 2
k n = cos— = 0 .
x=l
Luego
-'(i)
« '(i)
= o .
«•(1)
PROBLEMA 21. Calcular la derivada de cada una de las siguientes funciones
1) y = sen mx senm x 2) y = (3 - 5 sen x)2/5.
SOLUCION.
-. dy d / m \ m d1) — - senm x.— Isen xj + sen x . — sen mx
dx dx dx
m- 1 m= m sen m x. sen x . cos x + m sen x . cos mx 
= m senm_1 x . [sen m x. cos x + sen x . cos mx]
= m senm_1 x . sen (m + 1) x .
dy 2 , d , . 2 cos x
2) — = — (3 -5 sen x) 3/5— 3 -5 s e n * -----------------
dx 5 dx (3 -5 sen x)
PROBLEMA 22. Derivar la función y = yjctg x - yjctg A .
dy 1 d . . cosec2x
SOLUCION. - - = — (ctgx) = ------ .
dx 2 ctg x dx 2 yjctg x
Derivación y Funciones Elementales 257
PROBLEMA 23. Hallar la derivada de la función y = 
SOLUCION. Tenemos
sec 2x Jctg2x -
cosec x
y =
sec 2x — —- 1 eos 2x |
2eos X
2sen x 3 1 2 2sen x eos x -se n x
3cosec x
3sen x
eos 2x 2sen x
Luego
sen x r 5 i sen x---------- y]c~- —
eos 2x
feos x -se n x = Jcos 2x =
eos 2x
2sen x
^cos 2x
dy 2 ¿— = sen x — 
dx dx ̂J eos 2x
1 d / 2 \+ .— Isen xj
ycos2x dx
2 2 sen x 2 sen x . eos x sen 2x . eos xsen 2x + -------
(eos 2x)'3 /2 (eos 2x) V 2 (eos 2x)'3 /2
PROBLEMA 24. Hallar las ecuaciones de la tangente y la normal a la curva y = tg 3x 
en el punto (0, 0).
SOLUCION. Tenemos dy
dx
= 3̂ sec2 3xj = 3 .
*=o * ^
Luego, las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la recta dada en el punto (0, 0) 
son
y - o o _ . y - o i i
x - 0
respectivamente.
= 3 o • y = 3x , y = — o y = — x , 
x - 0 3 3
o / ó fo Jó
PROBLEMA 25. ¿Qué ángulo forman las curvas f{x ) = x 2 x + — y
n 2 2
( n V 2Ag(x) = sen x en el punto
258
SOLUCION. Tenemos
d f 4>/3 S
------ x -------- = V3 , y
d £
.dx. nX-— _ K 2 11Jt=— .dx.
r i &= cosx * = ----
1 < 2
Luego, la tangente a f{x ) en el punto dado forma un ángulo de 60° con el eje X, y la 
tangente a g(x) en el mismo punto forma un ángulo de 45°. Por tanto, el ángulo
comprendido entre las dos curvas en el punto —, es de 15l
4 2
PROBLEMA 26. Hallar todos los puntos en los cuales la recta y = 4x es paralela a la 
curva y = tg x .
SOLUCION. Buscamos todos los x l tales que
dx 1 dx 1
4 = sec x, eos x, = ±— .
Luego re = ±1, ± 2......
PROBLEMA 27. Probar que la función y = | sen x | no es derivable solamente en los 
puntos x — /i7t , n = 0, ± 1, ± 2,... .
SOLUCION.
1. Calculamos la derivada de la función.
dy d - . d i 2 \V2 1 / 2 \-1/2 d i <¿ \— = — I sen xI = — (sen xl = — ̂ sen xj — ŝen xj
dx dx dx 2 dx
sen x . eos x sen x . eos x
(sen2 xjV V 2 sen x
Luego, la función es derivable en todos los puntos x tales que sen x * 0 , o sea 
cuando x * nn .
Derivación y Funciones Elementales 259
2. Probaremos que y no es derivable en x = mi. 
Calculamos las derivadas laterales
' dy\ . v I s e n ( n n + h ) l - | s e n ( n n ) | I e o s nn . s e n h I
( n n ) = lim J =---------- — ------------- 1 = lim J------------------- 1
A-»0+ b h-+ 0* fi\dx)+
= lim
h->0*
\ sen h I (Pues eos nn = ±1)
.. sen A= lim = 1 ,
h->o* h
r dy\ . , I sen (nn + /*) I - I sen (nn) I I eos nn . sen h I
— (nn) = lim ----------------- '■— !------------ L = lim J------------------- !
d̂x)_ *-*o h h~*°~ h
.. Isenfcl sen h= lim i = l i m - 1 .
A-*0 ^ h—*Q
Luego, las derivadas laterales í dy
consiguiente no existe la derivada
dx
dy
(nn) y f dy)
dx
(nn) son distintas y por
— |(nn) 
< dx á
PROBLEMA 28. Haciendo uso de la regla de la cadena, hallar
1) — / “(x + a) 
dx
2) — f{ax) 
dx
SOLUCION.
1) Sea u = x + a . Tenemos
df d f du df d
— = — .— = — (x + a ) .— (x + a) = f (x + a) . 
dx du dx du dx
2) Sea u - a x . Tenemos
= y ~ = ^ ( o x ) .A ( a x ) = f ’(ax) . a = a .f ' (a x ) . 
dx du dx du dx
3) Sea u = eos (x2 - lj . Tenemos
260
df df du ( i 2 +\\ d ( / 2— = — . — = f I eos (x - 1) j .— I eos (X - 1)
dx du dx y v )} dx^ v ,}
= / ,'^cos (jc2 - l j j . ̂ -sen (x 2 - . 2x = - 2x sen (jc2 - í j . /"'^cos (jc2 - l) j
PROBLEMA 30. Sean f{x ) = y g(jc) = 3 sen jc .
1 + JC
(1) Hallar la derivada de g (/‘(jc)). 
SOLUCION.
1) Tenemos g (/“(x)) = g ’(f(x)) .f'(x ) .
2x
(2) Hallar la derivada de f(g(x)).
Pero f'{x ) = - , g'(x) = 3 eos jc ,
( i ~ )
y por tanto g'(f(x)) = 3 eos (f(x)) = 3 eos
í 1
6 jc
11 + x
( 1 1̂eos
( i + * T
2) Tenemos f(g(x)) = f'(g (x )). g'(x) .
\l + x ‘
Pero g'(jc) = 3 eos jc , f ’(x) = -
y por lo tanto f'(g(x)) = -
t
Luego /(g (x)) = -
2 jc
( i - * 2)
2 g(x) 6 sen jc
( l + g(jc)2) (l + 9sen2jc)
9 sen 2x
2 ‘
( l + 9sen2 jc)
9
-s d p ñ c a c to n e ó d e H a , 
2 ) e r iv a d a
9.1 DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR
Sea y = f(x ) una función. Llamamos
11) dy(1) primera derivada de y, a la función y (x) = — ( jc) ,
dx
dyque está definida en todos los puntos donde existe — (x) ,
dx
(2) segunda derivada de y, a la función
y(2)(x) = derivada de y^ (x ) = -5—(y^'í*)) >dx
y en general, por inducción sobre n > 1
(3) enésima derivada de y, a la función
y*"*(x) = derivada de ŷ n ^(x) = -j-íy^1”1̂ *)) •d x ' '
262
También se suelen emplear las notaciones
= £ ? * * ) = D -y , o /<*>(*) = £ , f ( x ) = D"f(x) .
t (iy ) (v)Igualmente, son frecuentes las expresiones y', y ", y y ,y , . . . , en lugar de
( 1) ( 2 ) ( 3 ) ( 4 ) ( 5 )
y y y >y >y >y . —» respectivamente.
El valor de la enésima derivada en un punto a se designa con
/•>(») = [yw ( 4 _ a - - ■ £ : fí.») ■
Una ecuación diferencial de orden n en la variable incógnita y - y(x) y variable inde­
pendiente x, es una ecuación que contiene a las variables x, y, y^ ,. . . , y^\
í ,(* ,y ,y i) y* ') = o
EJEMPLO 1. Hallar la segunda derivada de cada una de las siguientes funciones:
(a) y = x8 + 2x6 - 7x + 15 (b) y = eos2 x .
SOLUCION.
(a) Tenemos y ̂= 8x7 + 12x5 - 7 ,
y 2)= A y 1) = 56jc6 + 60x4 
dx
(b) Tenemos y 1* = - 2 eos x sen x = -s e n 2x
y 2) _ _ _^_(_sen2x) = - 2 cos2x
d xv ' dx
EJEMPLO 2. Hallar la enésima derivada de y = —— .
1 + x
SOLUCION. Escribimos y = —-— = (1 + x)-1.
1 + x
Para n = 1 tenemos y 1̂ = + = “ 1(1 -*■ JC)~2 *
Aplicaciones de la Derivada 263
Para n = 2 tenemos ~ + x)~2 = 2 (1 + x)-3.
Para n = 3 tenemos y ^ = — = 2 — (l + x)~3 = - 2 . 3(l + x)~4.
d x ' ' dx
Luego, por inducción sobre n, se tiene:
yW = (-1)* n! ( l+ x )’ R_1, donde n! = lx 2 x 3 x ...x » .
9.2 DERIVADA DE UNA FUNCION IMPLICITA.
Una ecuación implícita entre las variables x e y e s una ecuación de la forma
F (x,y) = 0 (1)
Ocurre a menudo que, en tal caso, la variable y puede expresarse en forma equivalente 
mediante varias funciones de x.
dySi tales funciones resultan ser diferenciables, entonces se puede calcular — direc-
dx
tamente a partir de la ecuación implícita dada. Basta derivar (1) respecto de x y despe-
dy dyjar — de la ecuación resultante. En general, la derivada — quedará expresada
dx dx
como una función de x e y.
dyEJEMPLO 1. Hallar la derivada — de la función implícita y dada por la ecuación
dx
3 3 .
X + y = 4 .
SOLUCION. Tenemos ^L(x3 + y3) = — (4) , 3x2 +3y2 — = 0 .
dx' ' dx ^
dy x2 
Luego — = - — • 
dx y 2
EJEMPLO 2. La función y es definida implícitamente por la ecuación
d3x2 + 2xy + y 2 -4 x + 2 y -2 = 0 . Hallar — ^ en el punto (1,1) •
dx3
264
SOLUCION. Derivando sucesivamente ambos miembros de la ecuación respecto de x
2x + 2y + 2xy ’ + 2yy’ - 4 + 2y' - 0 (1)
2 + 2 y ' + 2 y ’ + 2xy" + 2 y'y' + 2 yy" + 2 y " = 0 (2)
o l + 2y' + xy" + (y ')2 + yy" + y " = 0
2 y ” + y ’ ’ + xy " ’ + 2 y ’y " + y ’y " + yy’" + y " = 0 (3)
o 3 y " + xy’ ’ ’ + 3 / / ' + y y " ’ + y " ' = 0.
Sustituyendo x = l , y = l en (1), (2) y (3) se encuentra y '-O , y " = — y' " = —
3 3
EJEMPLO 3. Sea / ’(x) = — sen(jc-2) . Hallar f ’(2) y f ” {2).
4
SOLUCION. Tenemos
x* x
f ’(x) = — c o s (x -2) + — s e n (x -2)
4 2
jC * x X 1
/" (jc ) = s e n (x -2) + — c o s (x -2) + — c o s (x -2) + — s e n (x -2)
4 2 2 2
2 iX 1= s e n (x -2) + x c o s (x -2) + — s e n (x -2)
4 2
por tanto /r'(2) = l, f ’ ’(2) = 2 .
EJEMPLO 4. Probar que y = sen kx satisface la ecuación diferencial de segundo orden 
y " + k2 y = 0.
* 2 ’ SOLUCION. Tenemos y' = k eos kx, y " = (k eos kx) = -k sen kx;
luego y " + k2 y = - k2 sen kx + k2 sen kx = 0.
2x .
EJEMPLO 5. Demostrar que y = — + x + 1 satisface la ecuación diferencial
2
»\2
Aplicaciones de la Derivada 265
SOLUCION. Tenemos y' = x + 1 , y " = 1.
El primer miembro es 1 + (y ')2 = 1 + ( jc + l)2 = x2 + 2x + 2,
y el segundo miembro es 2 y y " = 2
l 2
de donde 1 + (y ')2 = 2yy " .
( 2 X ,
 + X + 1 (1) = X 2 +2jc + 2,
EJEMPLO 6. Probar que la función polinomial de grado n, y = P(x) = b0+ bxx +... + bnx n 
satisface la ecuación diferencial y*"+1* = 0.
SOLUCION. Tenemos
y(1> = + 26 *̂ + Só&jc2 + •• . + n6„jc'*“1
y(2) = 2b2+(3)(2)bsx + ... + n(n-l)bnxH-2
y(n) = n (n - lX n -2) ... (2X1)6,,= constante = c .
Luego yín*1̂ ~ — (c) = 0 .
dx
dy
EJEMPLO 7. Encontrar la derivada — ' de las siguientes funciones implícitas
dx
(a) tg y = x t f y (b) sen(y2 - y + l) = x.
SOLUCION.
(a) Derivando ambos miembros de la ecuación respecto de x
3 $ ysec2y .y ' = %fy + \xy~^zy' , obtenemos y ' =
3 sec 2y -x y ~ ^ 3
(b) Análogamente, eos (y2 - y + l)(2yy' - y ') = 1, y' = ---- — ----- ?— •-----------
eos (y - y + l)(2y - 1)
266
9.3 DERIVADA DE FUNCIONES REPRESENTADAS EN FORMA PARAMETRICA
Decimos que las variables x e y están representadas paramétricamente en función de 
una tercera variable o parámetro t si existen funciones f(t) y g(t) tales que
* = f{t) , y = g{t) .
Supongamos ahora que f{t) es una función diferenciable tal que f'(t) > 0 en todos los
puntos del intervalo I (o también, f'{t) < 0 en todo t de I). Se prueba entonces, por el
teorema de la derivada de la función inversa (que será establecido en una sección pos­
terior del presente capítulo), que t puede expresarse como una función de x.
Explícitamente, existe una función diferenciable /i(x) tal que
x = f ( t ) si y sólo si t = /i(x),
dh dh 1y la derivada — es dada por — = (1)
dx dx EL
dt
En particular, la función y = g(t) queda expresada como una función x
y = g{t) = g(h{x)).
En estas condiciones, resulta una fórmula muy simple que permite calcular la derivada
dy , . , dy dx— en términos de — y — , a saber
dx dt dt
, é í
TEOREMA. & = .dx dx
dt
PRUEBA. Aplicamos la regla de la cadena a la función compuesta de las funciones 
3' = éT(í)» t = h(x). Tenemos
dy dy dt dy dh dy 1 . x— = — -------= — --------- — • - j— ( gracias a (1)).
dx dt dx dt dx dt _
dt
dy
Luego ^ = *
dx * 
dt
Aplicaciones de la Derivada 267
dnyNota. Para calcular y'x ’ = se tiene la siguiente fórmula de recurrencia:
dxn
d («-i)
i * ~7y*> > - dt_____
y* ~ dx ’
dt
que resulta de aplicar sucesivamente el teorema. Por ejemplo, tenemos que
dt ^
dyEJEMPLO 1. Hallar la derivada — de la función representada paramétricamente
dx
x = acos¿, y = asent.
SOLUCION. Tenemos = - a sen t , — = a eos t .
dt dt
dy
Luego — = JjÉ- = - ctg í .
dx f » 
dt
EJiMPlO 2. Si * = Vt2 + 1, y - - y . *■ - . Hallar —
V t S l <ir
y» t I - ^
m dx t dy Jt2+ 1 í + 1SOLUCION. Tenemos — - = --------------------- *------- -
* VPTT ’ * ( V ^ i ) 2 (í2+ i f 2
268
y¿d y 2EJEMPLO 3. Hallar — - para la función y dada por x = eos 2t, y = sen t
dx2
dx dvSOLUCION. Tenemos — = -2 sen 21 , - j - = 2 sen t eos t = sen 21
i dy 1Luego ^ = - 2 •
Aplicando la fórmula
dt
d y dt
dt
dy_
dx,
dx‘ dx
dt
, obtenemos
d_
d2 y dt = 0
dx -2sen 21
EJEMPLO4. Si x = - f í3 + 2 , y = í6 - 2 í 5 +7 , hallar — £ 
3 dx
2 f 4^
2 Q l o /
SOLUCION. Tenemos
dy
= 6(5 - 10f< = 3f3 - 5f2
dx 2í2
dt
d dy
dx2 dx
OI03
II
21
dt
x = se tiene 4 _ 3 "= j t 3 +2 0 «■
* 11 1 »-*
,2d y f 4 ] 9í -1 0 19
dx2 UJ . 2f . *-1 2 '
EJEMPLO 5. Hallar
dy
d y
SOLUCION.
dx 
a sen t
si x = a ( f -s e n í) , ^ = o ( l-c o s í) .
sen t
dx o ( l - c o s í ) 1 -cos í
Aplicaciones de la Derivada 269
,2d y
d_
dt
¡ \ sen í
K1 - eos í
dx2 a ( l - c o s í )
( 1 - cosí)cosí - sení(sení) 
(1 - eos í)2 
a (l-co s í)
eos í - 1 1
a ( l - c o s í )3 a ( l - c o s í )2
9.4 APLICACIONES GEOMETRICAS.
En la sección 8.3 dimos la definición de rectas tangente y normal a una curva en un 
punto dado. A continuación, repetimos dicha definición y presentamos otros elementos 
de carácter geométrico asociados a una curva.
Sea y = f{x ) una función diferenciable en el punto xQ.
9.4.1 DEFINICION.
1) Se llama recía tangente a la curva 
y = f(x ) en el punto P0 =(x0,yQ) a 
la recta T cuya ecuación es
y - y o = r ( * o ) ( * - * o ) ,
esto es, T es la recta que pasa por 
(jc0.y0) y cuy& pendiente es f '(x0).
2) Se llama recta normal a la curva 
y = f(* ) en el punto P0 =(*o»yo) a 
la recta N cuya ecuación es
y ~ y° 7 ¿ J (x_* a)’
esto es, N es la recta que pasa por (jc0, 
tangente T.
Sean
y0), y que es perpendicular a la recta
A el punto en el cual T interseca el eje X , 
B = (x0,° ) ,
C el punto en el cual N interseca al eje X .
270
3) Definimos los siguientes segmentos (propiamente dicho: longitudes de segmentos) 
t = d{ A, P0) = el segmento de la tangente,
St = <¿(A,B) = la subtangente, 
n = d(C, P0) = el segmento de la normal, 
y Sn = d(B,C) = la subnormal.
9.4.2 CALCULO DE LOS SEGMENTOS.
Sea y'0 = f'{:c0). Entonces, si hacemos y = 0 en las ecuaciones de las rectas tangente y 
normal, obtenemos respectivamente
Luego 
Por lo tanto
-yo =y'a{x - xo) 0 x = — 7 + xo
-yo = - -é - (x -*o ) o x = yQy'0 +x 0 ,yo
A = ^--^- + 3Co, o j y C = (y0yó + *0 . o)
t = d(A,P0) =
S,=d( A,B) =
yo
n - d(C,P0) = J1+M ‘
S„=d(B ,C ) = |y0y;|
9.4.3 ANGULO ENTRE DOS CURVAS. 
Definición. Se llama ángulo entre las curvas
y = fA x) . y = f2ix) ,
en un punto común PQ = (*0».yo) » ángulo 0 entre las tangentes Tx yT2 a las cur­
vas f x{x) y f.¿(x) , respectivamente, en el punto (x0,y0).
Aplicaciones de la Derivada 271
Para ¿ = 1,2, sea 
Se tiene entonces
Luego, de (1) 
y de (2) y (3)
lf- el ángulo entre el eje X y la recta Tt .
0 = 02-0!, (1)
t« 0i = / ,i'(xo) * <2>
tge = tg(e,-a,) - ,
1 + tg 0! tg 02
tg0 =
1 + f{(xo)-f¿ixo)
272
EJEMPLO 1. Hallar las ecuaciones de la tangente y de la normal en el punto (2,1) de 
la curva
1+í 3 1 „
* = — > 3' = — -+-------1 •
r 2 r 21
SOLUCION. En primer lugar, hallamos el valor de t que da las coordenadas x = 2 , 
y = 1, resolviendo las ecuaciones
(1)
t
y l = + — - 1 (2)
2 r 21
Las raíces de la ecuación de segundo grado (2) son t = 1, - 3/4 , de las cuales solamen­
te t = 1 satisface la ecuación (1).
Luego t = 1 da lugar al punto (2,1).
dyAhora calculamos la pendiente — (2), o sea cuando t = 1. Tenemos
dx
dx 3 + 21 dx. .
 y — (i) — 5
dtt t dt
^ = y ___!___L_ = -I
dt t3 2<2 ' dt (l)3 2(1)2 2
Por tanto
- ( i ) - -dt 2 35
dx( ’ " * ( 1 ) " - B " 2 *
dt
y las ecuaciones de las rectas tangente t normal a la curva en el punto (2,1) son, res­
pectivamente,
y - i = — (* -2 ) y - i = - — (* -2 )
2 35
EJEMPLO 2. Hallar la longitud de los segmentos tangente, normal, subtangente y sub­
normal de la parábola y2 -Ax en el punto (1 ,2).
Aplicaciones de la Derivada 273
SOLUCION.
Tenemos jc0 = 1 , y0 = 2 ,
, dy
yQ= — en el punto (1,2) , 
dx
= — en (1,2), (derivando la ecuación
y 2
implícita y = 4* res­
pecto de x)
. l . i .
2
Aplicando las fórmulas que dan las longi­
tudes de los segmentos, tenemos:
t =
n =
S , -
yo 1
y0
yo
2 & , 
2^2 ,
yo
- 2 ,
s« = k 0 y;| = |2(i)| = 2 .
EJEMPLO 3. ¿Qué ángulo forman las curvas x 2 + y 2 = 8ax y (2a - x)y* = xa en el 
( 8a 16a 'ipunto común
2 3
5 5 )
SOLUCION. Derivando las ecuaciones implícitas x 2 + y 2 = 8ojc y (2a - x)y2 = x3 
respecto de x, tenemos
, 4a - x
y = ---------
O 2 2, 3 x + y .y ----------- -— , respectivamente.
2(2 a - x ) y
274
Luego, las pendientes de las curvas en el punto dado son
3
y =
4a - |a
a5 u
y =
í 8a ]
Z íiea^i+
l 5 J l 5 J
2a 8a ^ 16 a
= 7 ,
7 - 4y por tanto, la tangente del ángulo 0 entre las curvas es tg 0 = -------— = 1 .
i + W )
Así, las curvas se cortan en 8a 16a formando un ángulo de 45"
9.5 RAZON DE CAMBIO. VELOCIDAD Y ACELERACION.
9.5.1 DEFINICION. Consideremos la función y = f { x ) .
Se llama ra z ó n de c a m b io ( in s ta n tá n e a ) de la función en el punto x 1 , al valor de la 
derivada de y = f ( x ) en el punto x x , esto es
ra z ó n de c a m b io de y en e l p u n to Jc1 = y (^i)
Como una motivación de la definición que acabamos de establecer, observamos lo 
siguiente
(1) Para un cambio o incremento A x de x l , el cociente
Ay /* (* !+ A jc)- f { x x)
— >
Ax Ax
es una razón entre los cambios de los valores de ambas variables, y se le llama 
ra z ó n de c a m b io p ro m e d io de la fu n c ió n y = f ( x ) c u a n d o x x c a m b ia a xx + Ax
(o en e l in te rv a lo con extrem os en xx y xL + A x ).
(2) Puesto que, por definición,
y'(x1)= lim — 
A* - * 0 Ax
tenemos que y ^ x j representa intuitivamente la razón de cambio “instantánea”
en x, .
Aplicaciones de la Derivada 275
x(t)9.5.2 DEFINICION. Supongamos que una partícula 
P se mueve a lo largo de una línea recta, de manera —
que se cumple la ley de movimiento " *
x = x(t) ,
donde x(t) designa la (coordenada de) posición de P respecto de un punto fijo 0, 
cuando el tiempo es t unidades. Definimos
, . dx , .(1) velocidad instantánea de P en tx = = — ( f j ,
dt
dv ,2d x
(2) aceleración instantánea de P en tl = a(ít) = — ( í j = — 5-(íi) •
dt dt‘
EJEMPLO 1. Sea V metros cúbicos el volumen de un cubo de a metros de arista.
1) Hallar la razón de cambio promedio de V cuando a cambia de
i) 4 a 4.3 , ii) 4 a 4.1, iii) 4 a 3.9 .
2) Hallar la razón de cambio de V cuando a = 4.
SOLUCION.
Sabemos que V = V (a )-a 3.
1) (i). Tenemos
a = 4 , Aa = 4.3 - 4 = 0.3 . 
Luego
V(a + A a)-V (a) (4.3)3 - 4 3 = 51.69 .
0.3
V + AV ----
/ •
isa
1) (ii). Tenemos
a = 4 , A a = 4 .1 -4 = 0 .1 .
Luego
v (a + Áa)~ v (a) _ (4.1)3 - 4 3 _ 4.921 
A a 0.1 0.1
1) (iii). Tenemos a = 4 , A a = 3.9 - 4 = -0.1 .
T V Y a + A a i - V Y a ) (3.9)3 - 4 3 -4.681Luego - i í = -i— -------- = --------- = 46.81 .
Aa
= 49.21 .
A a - 0.1 - 0.1
276
dV 22) Tenemos = 3 a .
da
Luego
dV
da
= 3(4)2 =48 .
a= 4
EJEMPLO 2. La ley de movimiento de un punto es S = f2 - 3f + 5 , donde S es la 
distancia dada en cms., y t es el tiempo dado en segundos.
1) ¿Cuál es la velocidad del punto cuando t = 1 y 5 ?
2) ¿Cuál es la velocidad promedio del punto en el intervalo 1 < t < 5 ?.
/ X dSv(t) = -----= 2t - 3 .
dt
SOLUCION.
1) Tenemos 
Luego p(l) = - l , u(5) = 7 .
2) Tenemos f = l , A i = 5 - 1 = 4 . Luego
£ J ( f + A í ) - S ( í )
velocidad en el intervalo 1 < f < 5 =
A i
[s2 - 3(5) -t- 5] - [ l2 -3 (l) + 5]
12 = 3 .
EJEMPLO 3. Los puntos extremos de un 
segmento AB de 5 mts. de longitud yacen 
sobre los ejes de coordenadas X e Y, res­
pectivamente. A se mueve con una velocidad 
constante de 2 mts./seg. ¿Cuál es la razón 
de movimiento de B cuando A se encuentra 
a una distancia de 3 mts. del origen ?
SOLUCION.
En el triángulo rectángulo BOA tenemos
2 2 ocx + y =25
Aplicaciones de la Derivada 277
Derivando respecto de t, obtenemos
dx dy
2 x— + 2 y — = 0
dt dt
dy x dx
dt y dt
Si * = 3 , entonces
y = ^25-(3 )2 =4
dx
y como — = 2 , 
dt
sustituyendo en la ecuación obtenida, resulta
± - - í ( 2 ) .
di 4
EJEMPLO 4. Se vierte agua en un depósito 
que tiene la forma de un cono invertido a ra­
zón de 16 m3/hora. El cono tiene 25 m. de 
profundidad y 20 m. de diámetro en su parte 
superior. Si tiene una fuga de agua en la base 
y el nivel del agua está subiendo a razón de 
1/9 m/hora cuando el agua tiene 15 m. de 
profundidad, ¿con qué rapidez sale el agua del 
depósito?
SOLUCION.
Sean
t = el tiempo en horas ,
A s la altura en metros del nivel del agua en el tiempo t , 
r = el radio en metros de la superficie del agua en el tiempo t , 
y v = volumen en metros cúbicos del agua en el tanque en el tiempo t .
Calculamos el volumen V cuando el agua tiene h metros de profundidad. 
Tenemos
V = —nr2h , y — = — (Por semejanza de triángulos).
3 h 25
278
2 hLuego, sustituyendo r = — en la primera fórmula, resulta
5
V = - n 
3
2 h , 4 3h = — n h 
75
Puesto que se cumple
razón de cambio de volumen = razón de entrada — razón de salida
tenemos dV _ dS = 1 6 ------
dt dt
dSdonde — designa la razón de salida de agua del depósito por hora. 
dt
Así, dS dV— = 16-------
dt dt
dS dh 1
y debemos calcular ---- cuando h = 15 y — = — .
dt dt 9
Derivando ambos miembros de la ecuación (1) respecto del tiempo t
dV 4 ^2 dh
dt 25 dt
y sustituyendo los valores indicados
dV 4= — n (15)*| — = 4 n 
dt 25 V9/
dS , vFinalmente, (3) y (2) da ----- = 1 6 -4 tt = 16-4(3.14) =3.44
dt
Por tanto, la rapidez con que el agua sale del depósito es 3.44 m3/hora.
(1)
(2)
(3)
9.6 PROBLEMAS RESUELTOS.
9.6.1 PROBLEMAS DE DERIVACION DE ECUACIONES PARAMETRICAS.
PROBLEMA 1. Dadas las ecuaciones paramétricas x =
dy 
dx
í + 1
. y =
K t + 1;
, hallar
Aplicaciones de la Derivada 279
SOLUCION. Tenemos
Luego
dx
dt (t + l)2
dy 2 (t + í)2t - 2 tz(t + 1) 21
dt
dy
dy = dt __2í_ 
dx t +1
dt
(í + i)4 (í + ir
dyPROBLEMA 2. Encontrar la derivada de y' = — , si
dx
SOLUCION.
x = a(cosí + ísenf) , y = a(sen t - í eos t)
dydx
dt
= afcosí ,
dt
= ai sen t ,
, dy ai sen iLuego — = ----------- = tg t .
dx at eos t
PROBLEMA 3. Probar que la función y dada por las ecuaciones paramétricas
x = 2t + 5t4 y y = i2 +4(5 
satisface la ecuación diferencial
y =
dy 
l dx
+ 4 dy
\dxj
SOLUCION. — = 2 + 20í3 
dt
280
Luego dy 2í + 20í4
dx 2 + 20r
= t ,
y por tanto y = t2 + 4 í5 = dyY (d y )+ 4
, (¿X
dyPROBLEMA 4. Hallar — en cada uno de los siguientes casos 
dx
(1)
x = a cos t
y = 6sen í
(2)
|x = acos í 
[y =6senrtí
SOLUCION.
dx
(1) — = -2 o c o s í sení 
dt
Luego
dy— = 2b sen í cosí . 
dt
2b sen í cos ídy_ _____________
dx -2 a sen í cosí 
dydx n-1(2) — - - na cos í . sen í y
dt
= nb senn 1 í . cos í .
dt
Luego 4y
dx
i ,o sen í
n-2 .a cos í
& . n - 2 , = tg í
a
dyPROBLEMA 5. Hallar la derivada — de las siguientes funciones dadas en forma
dx
paramétrica
(1)
x =
y =
2 at 
1+í2
(2)
1+í
x — ■
3 oí
i T 7
3oí2
> = -------------- 3
1+í3
SOLUCION.
^ d* (l + í2)(2 o )-2 o í(2 í) 2 o ( l - í 2)
(1) * = ~ ( i + ts)! ( i + », )í
Aplicaciones de la Derivada 281
dy
dt
dy
Así dy _ dt_ _ 2ídx 
dt
dx ** 1 - t 2
(2)
( l + f3)(3a) - 3at(3t2) 3 a ( l - 2 f3)
(l + í3)(6aí) - 3 a í2(6í2) 6 a í ( l - 2 í3)
di
Luego ¿y
dx
= 2t .
PROBLEMA 6. La función y está dada por las ecuaciones paramétricas
cosí senf „ dy
x = ■ , y = _ . Hallar — .
dx
-------- , j --------
^cos 2í Jcoa 21
SOLUCION.
^/cos21 (-sen í) - eos f -sen 2í
dx
dt
dy
dt
k ^cos 2í ; -eos 2í . sen t + sen 2 í . eos t
eos 2í 3 /2
^cos2í . eosí - senf
/ \ 
-sen 2i
^cos 2f >
(eos 2í)
eos 2 í . eos t + sen 2 f . sen t
eos 21 (eos 2í) 3/2
Luego dy
dx
dy
dt
dx
dt
eos t 
sen t
= ctgí
sen t 
(eos 2f )3/2
eos t 
(eos 2f )3/2
282
PROBLEMA 7. Hallar la longitud de los segmentos tangente, normal, subtangente y 
subnormal de la curva
x = a(í - sen í) , y = a ( l-c o s í) encada ( jc, y).
SOLUCION. Calculamos y ' = — :
dx
dx . , dy— = a( 1 - eos í ) , — = a sen í
dt dt
Luego y' =
Tenemos
dy sen í
dx 1 - eos í
ii+
sen t 
1 - eos t ,
(1 -cos í) +sen t
(1 - eos ty
1 - eos t 0sen -
12J
Luego
(1) T -Longitud de la tangente= 
a ( 1 - cosí) 1
sen t t----------- sen —
1 - eos í 2
7
a ( l - cosí)2
sen í ísen — 
2
= 2
sen ' í '
v
eos
= 2 Masen — tg —
I 2 J k2>
(2) n = Longitud de la normal =
a ( l - eos í)
sen
2̂>
= 2a Í Osen —
12J
Aplicaciones de la Derivada 283
(3) ST = Longitud de la subtangente - a ( l -c o s í )sen t 
1 - eos t
a (1 - eos i)*
sen t
2a
3 ( t sen I —
2
eos T
<2j
. 2M2a sen — • tg —
I 2 J I 2 J
(4) Sn -Longitud de la subnormal = |yy'| = a ( 1 - cosí) . sen í
(1 - eos í)
= a sen í
,2d yPROBLEMA 8. Hallar la derivada y ” = — - de la función y dada por las ecuaciones
dx2
paraméfcricas
SOLUCION.
- I i -Vi
dx _ 1 _ 1 -̂lf2
dt 2 Vi 2
dy _ 1 -2/3— t ,
di 3
dy _ 2 r* '9 _ 2 „ 6
d* " 3 r V2 " 3 ' dt
r± ' 2
( 1 \ 
- - í _7/6
<dxj 3 , 6
= _ I f -7/6
9
Así
dx2
d_
dt
fdy 
, dx
dx
dt
_ ± j-7/6
_9 _____
1 r V2
2
9
PROBLEMA 9. Hallar — - en cada uno de los siguientes ejercicios 
dx
Í x = a eos3 i \x = a (sen i - i cos i)
(2) /
y = a sen i [y = o (cosí + ísení)
284
SOLUCION.
dx 
dt 
dy
 2 dy 2(1) — = -3a eos t . sen t , — = 3a sen t . eos t
dt
dx
= - t g t ,
dt
Luego d y dt
dx‘
fdy^
<dxj
d ͣll
<dxj
= -sec t .
-sec t
dx
dt
2 4-3a eos t . sen t 3a eos t . sen t
dx dy dy d(2) — = at sen t , — = at eos t , — = ctg t , —
dt dt dx dt
dy
\dxj
= -cosec t .
Luego
J2 2,a y -cosec t
dx‘ at sen t a t sen t
, 3d y 
dx3
PROBLEMA 10. Calcular 
x = sec t , y - tg t .
SOLUCION. — = sec t tg t , — = sec2 t ,
dt dt
de la función y dada por las ecuaciones paramétricas
dy 2 . sec t
dx secl.tg f 
d ( dy'
- = cosec t ,
dt \dx j
- -cosec t. ctg t ,
d y -cosec t. ctg t 3— ------------------- = -ctg t
dx sec t . tg t
= - 3 ctg2 t (-cosec2 íj = 3 ctg2 í.cosec2 t.d
dt
( ,2 '\ d y
Finalmente, d3y 3 ctg2 t. cosec2 t 3ctg4 í
dx' sec t . tg t sen t
Aplicaciones de la Derivada 285
9.6.2 PROBLEMAS SOBRE DERIVACION DE FUNCIONES IMPLICITAS.
dyPROBLEMA 11. Hallar — de la función implícita y en cada uno de los siguientes
dx
ejercicios
2 2
(1) f - _ 2 L = i (2) 5x2 + 2xy- y 2 + 7x + 3 = 0 (3) x3 - x 2y + y 2 = 0.
a2 b
SOLUCION.
2x 2 y(1) Derivando ambos miembros de la ecuación respecto de x — y ’ = 0.
a b
Luego y ’ =
i.2b x
2 ' a y
(2) Derivando respecto de x lOx + 2y + 2jcy' - 2yy' + 7 = 0.
10x + 2y + 7 Luego y = ----------------- .
2 (y -x )
„ 2 „ 2 , „ , ̂ , 2 x y -3 x2(3) Análogamente 3x - 2xy - x y +2yy =0, y por lo tanto y = ----------—
2 y -x
dy
PROBLEMA 12. Hallar — en los siguientes casos 
dx
(1) tg y = 2xy (2) tg xy = —.
y
SOLUCION.
(1) Derivando ambos miembros de la ecuación respecto de x
2 ysec y .y ' = 2y + 2ay\ y por lo tanto y' = ---- -
sec y - 2x
2 , , d . y -x y '(2) Similarmente sec (ay) • — (ay) =
dx y
sec2 (ay). [y + ay'] = y ^
y ( l -y 2sec2ay)
de donde y' =----------------------
x (l + y2sec2ay)
286
PROBLEMA 13. Hallar y ' en el punto (-1,1) si x 2 + 4xy + y 2 - 3x + y - 2 = 0.
SOLUCION. Derivando la ecuación implícita respecto de x
2x + 4y + 4xy' + 2yy' - 3 + y = 0
—2x — 4 y + 3 ,de donde y' = ----------------- y sustituyendo x = - l , y - l , resulta y' = - í .
4x + 2y + l
PROBLEMA 14. Hallar y " en (2,1) si x4 -3 xy + y 4 - 5 x = 1.
SOLUCION. Derivando sucesivamente dos veces la ecuación implícita respecto de x
4jc3 -3 y -3 x y ' + 4y3y '- 5 = 0 (1)
12x2 - 3 / - 3y' - 3xy" + 12y 2(y ' f + 4y3y " = 0 
o 12jc2 - 6 y '- 3jcy” + 12y2(y')2 + 4y3y ” = 0 (2)
sustituyendo x = 2 , y = l , en la ecuación (1) resulta y '= 12, y con estos tres valores 
en la ecuación (2) obtenemos y " = 852.
,3
PROBLEMA 15. Si x2 + y2 = o 2 hallar —^ .
dx3
SOLUCION. Derivando respecto de x consecutivamente
2x + 2yy' = 0 (1)
i + { y ' f + yy" = o (2)
2y'y"+ y 'y "+ yy" '= o o 3y'y" + yy"' = o (3)
XDe (1) obtenemos y '= — (4)
2 , 2 x + yy sustituyendo este valor en (2), resulta y " = ------- — (5)
3 jc(jc2 + y 2) 3jca2
Finalmente, reemplazando (4) y ( 5 ) en (3) da y ’ " = --------- = -------- — .5 5y y
Aplicaciones de la Derivada 287
PROBLEMA 16. Hallar las ecuaciones de la tangente y de la normal a la curva 
y 4 = 4jc4 + 6xy en el punto (1,2).
SOLUCION. En primer lugar calculamos y' en el punto (1,2).
Derivando la ecuación implícita respecto de x
4y3y' = 16x3 + 6y + 6xy' ,
14de donde sustituyendo x = l , y = 2, obtenemos y '= — .
13
Luego, la ecuación de la recta tangente es
14
y - 2 = — ( x - 1)
13
y la ecuación de la normal es
y - 2 = - — (x -1 )
14
14*-13y + 12 = 0,
13x + 14y -4 1 = 0
PROBLEMA 17. Probar que el punto de contacto de una tangente a la hipérbola 
x y - a divide en dos partes iguales al segmento de la tangente comprendida entre los 
ejes de coordenadas.
SOLUCION.
Sea T la recta tangente en el punto 
(x0,y0) de la hipérbola y designemos con
A y B los puntos de intersección de T 
con los ejes X e Y, respectivamente. De­
bemos probar que
~ (A + B) = (x0,y 0).
2
2
Derivando la ecuación xy = a respecto de 
x obtenemos
y = -
y por tanto la pendiente de la tangente en (x0, y0) es y'0 = - — .
288
La ecuación de T es entonces
y -y 0= - — (x- xo)
Haciendo y = 0 obtenemos x = 2x0 . Luego A = (2x0,0).
Y haciendo x = 0 obtenemos y = 2y0. Luego B = (0,2y0).
Por tanto, — (A + B) = (x0, yQ).
2
PROBLEMA 18. Demostrar que la suma de las coordenadas de los puntos de intersec­
ción con los ejes de coordenadas de la tangente en un punto cualquiera a la curva
x^2 +y^2 =b^2 es igual a fe.
SOLUCION. Sea T la recta tangente a la curva dada en el punto (*0>yo) y desig­
namos con A y B los puntos de intersección de T con los ejes X e Y, respectivamente. 
Vamos a calcular las coordenadas de A y B.
Derivando la ecuación x^2 + y^2 -b ^ 2 respecto de x obtenemos y = —
,V2 
~\¡2 ’
y por tanto la pendiente en el punto (x0,y0) es = -
( \V2
yo
\*o /
( AV2
y0
v. o y 
V2
La ecuación de T es entonces y - y0 = - 
Haciendo y - 0, obtenemos x = xQ+ (*<^0)^ - Luego
A = (x0+(x0y0)1/2. oj.
Y haciendo x = 0, obtenemos y = y0 + (x0y0)1/2.
Luego B = (o, y0 + ( v o ) V2)-
Por consiguiente, la suma de las coordenadas de A y B es
que era lo que queríamos demostrar.
Aplicaciones de la Derivada 289
PROBLEMA 19. Probar que la distancia de un punto cualquiera de la hipérbola equilá-
2 2 2tera x - y - a al origen es igual a la longitud del segmento normal a la hipérbola 
en ese punto.
SOLUCION.x‘ - =
Vamos a calcular la longitud del segmento normal a la hipérbola en el punto 
po = (Jco»>o)-
Derivando la ecuación respecto de x obtenemos 2x - 2yy' = 0,
£
y por tanto la pendiente de la curva en el punto dado es y'0 = — .
y0
Luego la longitud de la normal a la curva es
n = (usando la fórmula dada en 9.4.2)
4
2 2 
*o + yo (sustituyendo el valor de y'0) 
Pero la distancia de P0 al origen es precisamente
d(P0,o).= H + y j »
y por consiguiente n = d{P0,0).
290
PROBLEMA 20. Hallar los puntos de contacto de las tangentes horizontales y vertica­
les de la curva 2*2 -2 x y + 2y2 - 2 x - 4 y - 1 = 0.
SOLUCION. Calculamos la pendiente de la curva dada en cada punto (*,y) derivando 
la ecuación implícita respecto de x
4 x - 2 y - 2xy' + 4yy - 2 - 4 / = 0,
2 * - y - 1de donde resulta y =
x - 2y + 2
(1)
Puntos de contacto de las tangentes horizontales.
Vamos a determinar los puntos (* ,y ) de la curva en los cuales las tangentes son hori­
zontales, esto es, en los que se cumple y' = 0 o teniendo en cuenta (1)
2x - y - 1 = 0 
• o y = 2x - 1
y sustituyendo en la ecuación de la curva, obtenemos
2 n /n *\ i\22x* - 2x(2x -1 ) + 2 (2*- 1) - 2 x -4 (2 * - 1 )- 1 = 0,
y simplificando
cuyas raíces son
6* - 16* + 5 = 0
* = 8±>/34
Reemplazando estos valores en (2), tenemos y =
5 ± 2>/34
(2)
8 + V34 5 + 2V34 ^ '8 -V 3 4 5 -2 ^ 3 4 'Luego
son los puntos de la curva en los que las tangentes son horizontales.
Puntos de contacto de las tangentes verticales.
Sea (x ,y ) un punto de la curva en el que la tangente es vertical. De acuerdo a (1) se 
debe cumplir
, 2 x - y - l 
y = = 00 ,
* - 2y + 2
Aplicaciones de la Derivada 291
o equivalentemente x - 2y + 2 = 0
o x = 2y - 2 ,
y sustituyendo x en la ecuación de la curva, obtenemos
2(2y - 2)2 - 2(2y - 2)y + 2y2 - 2(2y - 2) - 4y - 1 = 0 ,
y simplificando 6y2 - 20y + 11=0,
, 10±V34cuyas raíces son y = ---------- —
6
4±V34Reemplazando estos valores en (3), tenemos x =
3
Luego 4 + ^34 10 + V341 '4 - V 3 4 10-V34
son los puntos de contacto de las tangentes verticales a la curva dada.
PROBLEMA 21. Determinar los puntos de contacto de las tangentes horizontales y 
verticales de la curva 3y - 6y - x = 0.
SOLUCION. Derivando la ecuación implícita respecto de x
6 y y ' - 6 / - 1 = 0,
de donde y' = — -— .
6 y - 6
Puesto que y' * 0 concluimos que la curva no tiene tangentes horizontales.
Por otra parte, y' = — -— = qo si y sólo si 6 y - 6 = 0 o y = l que sustituido en la 
6 y - 6
ecuación de la curva da x = -3 . Luego (—3,1) es el único punto de la curva en donde 
la tangente es vertical.
PROBLEMA 22. Hallar los puntos de contacto de las tangentes horizontales y vertica­
les de la curva
x2 - 24xy + 169y2 = 25.
SOLUCION. Derivando la ecuación implícita respecto de x
2x - 24y - 24xy' + 2( 169)yy' = 0,
292
de donde y ' =
x - 12 y 
12x-169 y
x — 12vSi y' = = 0 entonces x = 12y, y sustituyendo en la ecuación de la curva
12x - 169y
(12y)2 - 24(12y)y + 169y2 = 25
resulta y = ±1, y por lo tanto x = ±12.
Luego (12,1) y (-12,-1) son los puntos de contacto de las tangentes horizontales.
_ , x - 12y ̂ 169Si y = ce , entonces 12x-169y = 0 y x y.
12x - 169y 12
Sustituyendo en la ecuación de la curva 169 2 - y -2 4
12
(169 ^
— y 12 y + 169y = 25
se obtiene 
y por lo tanto
, 12
y = +Tó13 ’
x = ±13.
( 121 f 1213,— y - 1 3 , ------
l 13 l 13 y
Luego
son los puntos de contacto de las tangentes verticales.
9.6.3 PROBLEMAS SOBRE DERIVACION DE ORDEN SUPERIOR. 
PROBLEMA 23. Hallar la enésima derivada de la función y = {ax + 6)” . 
SOLUCION. Tenemos
d y
d x 1 dx
»tt-l
fl-1 dx
(ax + 6)n — \n{ax + b)n~la n-l ' 'dx
= na " ■ [ax + b)n 1 = n a {n - l)! an~l (por inducción sobre el exponente) 
dxn~
n-1
t n= n\ a .
Aplicaciones de la Derivada 293
PROBLEMA 24. Hallar la derivada de orden n de la función y - *J~x .
SOLUCION. Tenemos y = x V2
y' - — x 
J 2
1 - 1/2
y por inducción se obtiene y = (-1)
f2n-n
B_i l x 3 x ... x ( 2 n - 3 ) l 2 J
PROBLEMA 25. Hallar la enésima derivada de y = sen x .
SOLUCION. Tenemos (0)y = y = sen X ,
y*1* = eos x = sen
= eos
H) •
( * + t ) = sen( * + 2 ' f )
Luego, por inducción sobre n se tiene = sen
( __\ JIK
X + -------
PROBLEMA 26. Hallar la enésima derivada de y = eos ax .
SOLUCION. Tenemos y - = eos ax,
= - a sen ax = a eos ^ax + ,
y*2) = - a 2 sen^ax + ̂ -j = a2 cos^ax + 2- -̂j
y por inducción sobre n se tiene y ^ = an eos
nn
ax + —
V 2 )
, n > 2
294
Nota. Regla de Leibniz. Sean u = u(x), v = u(x) dos funciones que tienen derivadas
hasta de orden n inclusive. Entonces se prueba (por inducción sobre n, por ejemplo) 
que se cumple la fórmula de Leibniz
(u.vfn̂ = i¿n\v + nû n~x\v^ + ... + —— • u{2). ¿ n~2) + + u • .
V ' 2
PROBLEMA 27. Usando la regla de Leibniz encontrar y^ si y = — *
4x
SOLUCION. Sean u = 1 + x , v = x~^2, de modo que y = u.v.
Aplicando
(") / \(n) («) («-1) (1) (1) (*-1) (n)y = (u.vy ’ = u .o + nu .v + . . . +nu .v +u.v '
y teniendo en cuenta que
Por otra parte
( n ) ( n - l ) ( 1) 
í . o + n u .V +
un = ( 1 + * ) = 1
Um = 0 ,
UM = 0 .
1 = ■ » ! r ) +
I( 1 , =
1 -3 /2 
------- X
obtenemos y ^ = n(x~V2)( ( l + x)(x V2)( * (1)
(x -v2f = 1
/ \ 2n + l
\(»)
2
f -V2\W . .* 1x3X ... x (2 n - l ) 2y se prueba que J = (-1) ------------ ^ --------- x
Luego (2) en (1) da
yM = (- !)""1 n X* 3 * „n_X1(2,‘ ~ 3* * " ^ 1 + (-1)“ (1 + je) ■— * ' - f f i .T J ,
(2)
Aplicaciones de la Derivada 295
( 2n+n
(») / 1v«-1 1 x 3 x ... x (2n - 3) l 2 J r . . ,o y = ( - 1 ) x |2nx- (2n - l ) ( l+x ) j
(«) . , , . i l x 3 x ... x (2n - 3)(x + 1 - 2n)
* =() 7I¥)
2 x
PROBLEMA28. Hallar y (n) si y = ( l - x 2)cosx .
SOLUCION. Aplicamos la fórmula de Leibniz
= (u.«)w = u1*».» + + ... + + U.U1" 1
con u = 1 - jc y v - eos jc . Tenemos 
u = 1 - x 2 , v = eos jc ,
(!) o í 1) Í Ku = -2jc , v = -sen jc = eos I x + —
u(2) = -2 , i / 2̂ = - sen
« « - 0 ,
f n 'JC + — = eos fx + 2—)
l 2) l 2 )
(n ) Au =0 ,
Luego
(») = n(n - 1)
(»)i; = eos
f nn x + —
v 2 /
( -2 )eos f tn -2 )n ' x + --------— + n(-2x)eos f (n - l )n' x + ------- — 2\
f \
+ ( 1 - x eos X + ----
l 2 J l 2 J V / l 2 )
eos nn - 2 nx eosx + —
l 2 V
x +
(n - 1)tc - n(n - 1) eos r (n-2)ír x + --------—
2
9.6.4 PROBLEMAS SOBRE RAZONES DE CAMBIO Y VELOCIDADES.
PROBLEMA 29. Un balón esférico está siendo inflado. Hallar la razón de cambio del 
área respecto al radio, en el instante en que el radio es 10 cms.
296
SOLUCION. Tenemos S -4 n r
donde S = área de la superficie en cm2,
r = radio del balón esférico en cms.
dSPor definición, la razón de cambio de S respecto de r es la derivada — = 8nr
dr
n dSPara r = 10 cms tenemos -----= 80jt cms.
dr
PROBLEMA 30. Un avión está volando paralelo al suelo a una altura de 3 mil metros y 
a una velocidad constante de 12 Km/min. Si el avión vuela directamente sobre una ciu­
dad, ¿a que razón cambia la distancia de la línea de vuelo entre el avión y la ciudad 20 
segundos después?
SOLUCION.
v - 12 Km/m in
Sean Y = la recta vertical que pasa por la ciudad ,
x = distancia del avión a y en Kms,
y r - distancia del avión a la ciudad en Kms.
dx dr 1Sabemos que — = 12 Kms/min y deseamos calcular — cuando t = 20 seg = — min.
dt dt 3
Del triángulo rectángulo de la figura tenemos
2 n2 2 /•% \x +3 = r (1)
Aplicaciones de la Derivada 297
y derivando ambos miembros de la ecuación respecto de t
n dx „ dr dr x dx ̂ x __
2x— = 2r— o ---- = - . — = 1 2 - (2)
dt dt dt r dt r
Ahora bien, para t = j min se tiene x = 12 ( j) = 4 ,
y r = V42 +32 =5 (por(l)),
y sustituyendo en (2) ^ = 12 = 9.6Km/min.
PROBLEMA 31. Dos puntos se mueven sobre el eje X con las siguientes leyes de movi­
miento
„ 500x = t + 5 , x = ------ ,
t
donde í > 0 , x y t son dados en centímetros y segundos, respectivamente. ¿Con qué 
velocidad se separan los puntos en el instante en que se encuentran?
SOLUCION.
Sean Pl y P2 los puntosde modo que 
x l = t + 5
500 , r iy x2 = ----- (ver figura)
Calculamos el tiempo t en el que Px y P2 se encuentran.
Igualando xx = x2 , o sea t + 5 = 500 resulta t +51 - 500 = 0
cuyas raíces son í = 20, -25.
Luego t = 20seg.
Las velocidades en el punto de encuentro son
i>i =
v2 =
~dxx
. d t . í=20 L
dx2' -
dt t=20 .
dt (í + 5) = 1t =20
d í 500V 
d t \ t J
' 500'
-í=20 . t2 .
s vx- y2 =
r=20
500
400
Luego la diferencia de velocidades es vl - v2 = 1 - ( - -|) = (cm/seg).
298
PROBLEMA 32. Dos vehículos, uno se dirige ha­
cia el Este a una velocidad de 26 Km/h y el otro 
hacia el Norte a una velocidad de 13 Km/h, es­
tán viajando hacia la intersección de dos carrete­
ras. ¿Con qué velocidad se aproximan los dos 
vehículos uno con respecto del otro, en el instan­
te en que el primero de ellos está a 5 Km y el se­
gundo a 12 Km?
SOLUCION. Tracemos un sistema de ejes de co­
ordenadas rectangulares como en la figura con 
origen 0, el punto de intersección de las dos ca­
rreteras.
Norte
Sean
Sabemos que 
y deseamos calcular
x = la abscisa (de posición ) de Pl en Kms. 
y - la ordenada (de posición ) de P2 en Kms. 
r = la distancia entre Pí y P2 en Kms.
± = 2 6 , ± = 1 3 
dt dt
(1)
dr
dt
cuando x = -5 , y = -12.
(las coordenadas son negativas respecto del sistema elegido). 
Del triángulo rectángulo se tiene que
2 2 , 2 r = x +y (2)
y derivando ambos miembros respecto de t
n dr dx dy2 r— = 2x— +2 y — , 
dt dt dt
dr
dt
x dx y
r dt r dt
(3)
Para x = -5 , y = -12, la ecuación (2) nos da r = 13, y en (3), teniendo en cuenta 
(1),
ÉL _ i£(26) + ; “ („) . - 2 2 .
dt 13 13
Aplicaciones de la Derivada 299
PROBLEMA 33. El volumen de ventas y de una tienda en función del gasto diario x 
de publicidad es dado por la fórmula y = 50(-8x2 + 8x + 3), donde x, y están expre­
sados en miles de dólares.
1) Usando la derivada, determinar si sería ventajoso que el presupuesto diario de 
publicidad fuera aumentado, si actualmente éste es
a) 300 dólares b) 600 dólares.
2) ¿Cuánto debe asignarse al presupuesto de publicidad para conseguir el máximo 
volumen de ventas posibles?
SOLUCION. Completando cuadrados vemos que la curva y = 50(-8x2 + 8x + 3) repre­
senta la parábola y = -400(x - 1/2)2 + 250 con foco en (1/2,250).
(1) De la gráfica vemos que una pendiente positiva significa un crecimiento en el 
volumen de ventas cuando x aumenta, y análogamente, una pendiente negativa 
significa un decrecimiento en el volumen de ventas cuando x aumenta.
Ahora bien, tenemos
= 50(-16x + 8)\x_± = 160 > 0 
10
= 50(-16x + 8 ) ^ = -240 < 0 
10
y por tanto, resulta ventajoso aumentar el presupuesto de publicidad cuando éste 
es de 300 dólares, pero no así cuando es de 600 dólares.
(2) Para determinar el valor máximo de y, basta observar que en la ecuación 
y = -400(x - 1/2)2 + 250, el término -400(x - 1/2)2 es siempre < 0 y por lo tanto,
y será máximo cuando este término sea 0, o sea cuando (x - 1/2)2 = 0 o x = 1/2.
dy_
dx 3x - — 10
dy_
dx 6x =— 10
300
Luego, el máximo volumen de ventas se conseguirá con un presupuesto de publicidad 
de 500 dólares.
PROBLEMA 34. En un circuito eléctrico la ley de Ohm establece que E = / R,
donde
E voltios es la fuerza electromotriz,
R ohmios es la resistencia,
I amperios es la intensidad de la corriente.
Suponiendo que E es constante, probar que R decrece en una razón respecto de I que 
es proporcional al cuadrado del inverso de /.
ESOLUCION. Despejando R se tiene R = — ,
/
dR Ey derivando ambos miembros respecto de I : ----- = — - , teniendo presente que
di r2
dE = 0 ya que E =constante.
di
PROBLEMA 35. El lado de un triángulo equilátero mide a cms., y está creciendo a una 
razón de k cm/hora. ¿Con qué rapidez crece el área?
a2SOLUCION. Se tiene A = — -J3 cm2, donde A es el área del triángulo. Derivando
4
dA
respecto del tiempo y usando — = k resulta
dt
^ - = —akJ3 cm2/hora. 
dt 2
PROBLEMA 36. Una varilla no homogénea AB tiene 12 cm. de largo. Se sabe que la 
masa de la parte AM de la varilla aumenta proporcionalmente al cuadrado de la dis­
tancia del punto M al extremo A, y es de 10 gr. cuando AM = 2 cm.
1) Hallar la masa de toda la varilla AB.
2) Hallar la densidad lineal en cualquier punto M.
3) Hallar la densidad lineal de la varilla en los extremos A y B.
Aplicaciones de la Derivada 301
SOLUCION.
i M
m---------------------------------12 cm. M
Sea m = m{x) = kx2 la masa en gramos de la parte AM de la varilla cuando 
AM = x cm., k es una constante de proporcionalidad.
Calculamos k. Se tiene m - 10 cuando x = 2, 
y por tanto 10 = k(2)2 o sea k = 5/2 gr/cm2.
. 2Se tiene pues m = j x
1) La masa de la varilla se obtiene cuando jc = 12, y vale m = -|(12)2 = 360gr.
dm dm2) Por definición, la densidad lineal es ------ . Luego = 5jc gr/cm .
dx dx
dm dm3) Haciendo x = 0 y x = 12 en la ecuación precedente resulta ------= 0 y = 60,
dx dx
respectivamente. Y éstas son las densidades lineales en los extremos.
PROBLEMA 37. Una lámpara está colgada a 3.50 mts. sobre una recta horizontal. Un 
hombre de 1.50 mts. de altura camina alejándose de la luz a razón de 24 mts/min.
(1) ¿Con qué rapidez se alarga su sombra?
(2) ¿Con que rapidez se mueve la punta de la sombra del hombre?
SOLUCION.
lámpara
3.50 m.
Sean x = la distancia en mts. del hombre a la recta vertical OL y 
8 = longitud en mts. de la sombra del hombre.
302
Entonces x + s = distancia de la punta de la sombra al origen, y sabemos que 
dx
— = 24 mts/min. 
dt
Puesto que los triángulos rectángulos A LOS y A CPS son semejantes, se cumple
s 1.50 3 3 = -------= — , de donde s - —x ,
x + s 3.50 7 4
, 7 , .y también jc + s = — ( jc) .
4
Luego tenemos que
• . f » ds 3 dx 3 . . ,rapidez con que crece la sombra = — = — • — = —(24) = 18 m/mm,
dt A dt 4
~ d . . 7 dbc 7 . .y rapidez con que se mueve el punto S = — (* + s) ----------= —(24) = 42 m/min.
dt A dt A
PROBLEMA 38. Un punto se mueve a lo largo de una hipérbola y = — , de manera
JC
que su abscisa jc crece uniformemente a la razón de 1 unidad por segundo. ¿Cuál es la 
razón de cambio de su ordenada cuando el punto pasa por (5,2)?
SOLUCION. Derivando ambos miembros de la ecuación respecto del tiempo en segun­
dos
dy 10 dx dx dy 10 2— = ---------- y para jc = 5, — = 1, entonces tenemos — = - . 1 = -------- .
dt x dt dt dt 5 5
PROBLEMA 39. Una cometa que está a 24 
mts. de altura sobre el nivel del suelo se 
aleja horizontalmente a una velocidad de 
5/3 metros por segundo del niño que la 
sostiene. ¿A qué velocidad el niño está sol­
tando la cuerda, cuando la cuerda mide 30 
metros?
SOLUCION. Ubicamos al niño en el ori­
gen 0 del sistema de coordenadas carte­
sianas XY de la figura. Designamos con jc 
la distancia de la cometa al eje Y, y r la 
longitud de la cuerda. Se cumple
2 o a 2 . 2r =24 + jc .
Aplicaciones de la Derivada 303
dr dx dr x dx dx 5Luego r — - x — o — = -------. Tenemos — = v = — m./seg , y cuando r = 30
dt dt
entonces 
Por tanto
= >/302 -
dt r dt 
242 = 18 .
dr _18 5 
dt 30 3
dt
PROBLEMA 40. Un caño vierte agua en un 
cono recto circular invertido a razón de 
18 cm3/seg. La altura del cono es 5/2 de su 
diámetro. ¿A qué rapidez sube el nivel del 
agua cuando tiene una profundidad de 12 
cm. el cono?
SOLUCION. Sean
v = volumen del agua en cm' cuando el ni­
vel está a h cm. de profundidad ,
r = radio en cm. de la superficie de agua a 
una altura de h cm.
Tenemos
y
Luego
1 2,v = j i t r h
h = -1 (diámetro)
= i(2 r ) = 5r.
(1)
(por hipótesis)
hr = — 
5
y sustituyendo r en (1) resulta v = — h3.
75
Derivando respecto de t ambos miembros se tiene
Y haciendo h = 12 cm se obtiene = — cm/seg.
dt 8n ^ 6
do n 2 dh 3 /— = — h — = 18 cm /seg.
dt 25 dt
PROBLEMA 41. Un barco está navegando hacia el Sur a una velocidad de 
15 millas/hora. Otro lo hace hacia el Este a la velocidad de 10 millas/h. A las 4 p.m. el 
segundo barco pasó por el punto donde el primero había estado 2 horas antes.
304
(1) ¿Con qué rapidez cambiaba la distanciaentre los barcos a la 1 p.m.?
(2) ¿Y a las 5 p.m.?
(3) ¿A qué hora no cambiaba la distancia entre ellos?
SOLUCION.
Tracemos un sistema de ejes rectangulares 
X e Y sobre las líneas de movimiento de los 
barcos Bx y R¿, respectivamente. Tenemos
r2 = x2 + y2
donde r = d{Bl,B2) , ^ = 10, - ^ = -15
dt dt
(pues Bx se desplaza en sentido opuesto al 
sentido positivo del eje Y).
Luego ~ = 10— - 1 5 — (*)
dt r r
De acuerdo al enunciado, a las 4 p.m. el se­
gundo barco se encuentra en el origen (0, 0);
y el primero, que había pasado dos horas antes, se encuentra a 15(2) = 30 millas al sur 
del origen, o sea en el punto (0, - 30).
Se sigue entonces que las ecuaciones de movimiento B% y Bx son
x = 10(f - 4) , y = -15(f - 4) - 30 = -15í + 30
respectivamente.
(**)
Distancia entre los barcos ala 1 p.m.
Para t = 1 tenemos sustituyendo en (**)
x = -30, y = 15 = 15V5
y luego en (*) ~ = -7->/5 = -15.85 millas por hora. 
dt
Distancia entre los barcos alas 5 p.m.
Para t = 5 tenemos sustituyendo en (**)
x = 10 , y = -45 , 
132 V85y luego en (*) drdt 17
r = 5>/85 
= 75.38 millas por hora.
Aplicaciones de la Derivada 305
Cálculo de la hora cuando no cambiaba la distancia entre los barcos,
o sea cuando — = 0 .
dt
De (*) y (**) tenemos 0 = 2x - 3y
0 = 20(í - 4) - 3(-15í + 30) 
y í = -|| horas = 2h. 37min.
PROBLEMA 42. En un cierto instante las tres dimensiones de un paralelepípedo rec­
tangular son 6, 8, 10 cms, y están creciendo en las razones de 0.2, 0.3 y 0.1 cm/seg, 
respectivamente. ¿Con qué rapidez está creciendo el volumen?
SOLUCION. Sean x, y, z las longitudes de los lados del paralelepípedo en cuestión. 
Luego su volumen es
V = xyz y dV dx 
dt * dt
Para x = 6 , y = 8 , 2 = 1 0 , ^ = 0.2, ^ = 0.3, ^ = 0.1 ,
resulta —— = 38.8 cm/seg.
PROBLEMA 43. Un grifo vierte agua en un depó­
sito hemisférico de diámetro de 16 cm. a la razón
de 12 cm3/seg. Hallar la rapidez con que se eleva 
la superficie del agua
|«-i? = 8 -M
(1) Cuando el nivel del agua alcanza la mitad de
la altura del depósito.
(2) Cuando el agua empieza a derramarse.
Nota. El volumen de un segmento esférico S es
S = nRh2 - j rc/i3 (1)
donde h es la altura del segmento.
SOLUCION. Derivando ambos miembros de la ecuación (1) respecto del tiempo t 
= (2nRh - = n/i(16 - h )^ - , puesto que 212=16;
306
dh 12 dS 3 /y — = ------------- , puesto que — = 12 cm / seg.
dt nA (16-/i) dt
R dh 1(1) Para h = — = 4 se obtiene — = — = 0.08 cm/seg.
2 dt 4 n
d/i 3
(2) Para h = R = 8 se obtiene — = ------ = 0.06 cm/seg.
dt 16n
PROBLEMA 44. Un automóvil viaja a una velocidad constante de 90 Km/h sobre una 
pista circular en cuyo centro 0 hay una fuente de luz. ¿A qué velocidad se mueve la 
sombra del automóvil sobre una valla tangente a la pista en un punto P, cuando ha 
recorrido 1/6 de la pista desde P ?
SOLUCION.
Sean R = radio de la pista circular,
x = longitud del recorrido del automóvil respecto del punto P , en un tiempo t, 
y s = distancia de la sombra del automóvil al punto P, en un tiempo t.
Se tiene s = R tg (APOS) = R tg j .
Derivando respecto de t
§ - * • - • ( * )
dx
pues — = 90 . 
dt
1 1 - 2 Cuando x = de la longitud de la pista = -g(2Tci?) =
Aplicaciones de la Derivada 307
. x 2nse tiene — = — y por tanto
R 3
ds o— = 90sec
dt
2 n = 360 Km/h.
PROBLEMA 45. Una viga de longitud L con su extremo superior atado a una polea se 
apoya en una pared y su extremo inferior descansa sobre un carro. Hallar la 
aceleración del carro cuando está a x unidades de la pared, si se suelta la soga a una 
razón constante de v unidades por segundo.
SOLUCION. De la ñgura tenemos
L2 2 2 y
= X + y (1)
dy
y — = -v (suponemos y orientado hacia arriba)
dt
Derivando (1) respecto de t
0 = 2x * + 2 y % o É L .S L -.
* * dt x
dy dx . . vy
2 x y — x(-o )-.y .—
d X t i* gJf rLuego aceleración = — — = v — ——-—— = v—;------ —
».2 2 2 dt x x
308
PROBLEMA 46. Un tanque cilindrico vertical de 20 cm. de diámetro tiene un orificio en 
su base. La velocidad con la cual el agua sale del tanque es dada por la fórmula
v = 2gh , donde h es la profundidad del agua y g es la aceleración de la gravedad. ¿Con
2qué rapidez cambia la velocidad v del agua que sale, si el orificio tiene 1 cm de área?
SOLUCION. Tenemos V = 7t(10)2A y = v . 1 ,
dt
donde V es el volumen de agua a una altura h.
dV dhLuego v = = IOO71— (1)
dt dt
y de v2 =2gh se tiene ~ v ^ = g — (2)
¿
dh f dv g i 2Eliminando — de (1) y (2) resulta — = - cm/seg .
dt dt 1007t
PROBLEMA 47. Un abrevadero horizontal 
tiene 16 p de largo y sus extremos son 
trapezoides con una altura de 4 p, base 
menor de 4 p, y base mayor de 6 p. Se 
vierte agua en el abrevadero a razón de 8 
p/min. ¿Con qué rapidez crece el nivel del 
agua cuando el agua tiene 2 p de pro­
fundidad?
SOLUCION.
El volumen de agua a una altura h es
V = 16 x área del trapecio = 16 x
Por otra parte, por semejanza de triángulos
h 4
6 p.
(4 + r)
x h = 8(4 + r)h
r - 4 6 - 4
Remplazando (2) en (1) resulta V = 4(h + 16)h. 
Derivando respecto del tiempo t
h . r = — + 4
2
dV . t . oto = (8 h + 64)—
dt dt
dV , , dh 1 n ■*/ i \Puesto que ----- = 8 , para h - 2 obtenemos — = — = 0.1(p/seg).
dt - dt 10
(1)
(2)
Aplicaciones de la Derivada 309
PROBLEMA 48. Un triángulo ABC está formado 
por la cuerda BC de la parábola y - px y las tan­
gentes AB y AC en cada extremo de la cuerda. Si 
BC es perpendicular al eje de la parábola y se 
acerca al vértice a una razón de 2 unidades por 
segundo, ¿con qué rapidez el área del triángulo 
cambia cuando la cuerda BC se encuentra a 4 uni­
dades del vértice?
SOLUCION. En primer lugar, debemos expresar el 
área S del triángulo en función de la ordenada y, 
para lo cual necesitamos conocer la altura h.
En el punto C = ( jc, y) la tangente AC tiene 
dypendiente — = 2 px. 
dx
Luego h = jc.tg(ACAD) = x(2px) = 2 p x2, 
S = -Í (2jc )h = x(2px2) = 2px3,
y sustituyendo x =
t \V2
y_
\p
resulta S = ,V2 ,3/2
Derivando respecto de t: dS 3 \j2 dy— = —üi"y — dt p n dt
dy dS 12 2 /y como — = 2 , para y = 4 obtenemos — = —— unidades /seg.- - J/2dt dt p
9.7 PROBLEMAS PROPUESTOS.
PROBLEMA 1. Un punto se mueve a lo largo de la parábola y = 12x , de manera que 
su abscisa crece uniformemente a una razón de 2cm./seg. ¿En qué punto de la 
parábola la abscisa y la ordenada crecen a la misma razón?
PROBLEMA 2. El radio de la base de un cono está creciendo a una razón de 
3 cm./min., y la altura está decreciendo a una razón de 4cm./min. ¿Con qué rapidez 
cambia el área de la superficie del cono, cuando el radio es 5 cm. y la altura 12 cm?
Nota. Area lateral = nr <Jh2 + r2
310
PROBLEMA 3. Si r designa el radio de una esfera, S la superficie y V el volumen,
, , dV r dS
probar que se cumple —— = ---------- .
dt 2 dt
PROBLEMA 4. Un punto P se mueve a lo largo de la parárbola y 1 = x de manera que 
su abscisa crece a una razón constante de 4 unidades/seg. Si la proyección de P sobre 
el eje X es M. ¿Con qué rapidez el área del triángulo OMP está cambiando cuando P 
tiene su abscisa en x = 25?
PROBLEMA 5. Un recipiente tiene 12 p de largo y sus extremos son triángulos
invertidos que miden 3 p de altura y 3 p de base. Se vierte agua en el recipiente a
razón de 2 p3/m in. ¿Con qué rapidez aumenta el nivel del agua, cuando el agua tiene 
1 p. de profundidad?
PROBLEMA 6. Un hombre en un muelle mueve un bote a razón de 48 p/m in, por 
medio de una soga atada al bote al nivel del agua. Si las manos del hombre están a 
16 p . sobre el nivel del agua, ¿Con qué rapidez se acerca el bote al muelle cuando la 
longitud de soga suelta es de 20 p.?
RESPUESTAS.
1. (3,6).
4. 15 u2/seg
9.8 DIFERENCIALES.
9.8.1 DEFINICION
Sea y = /"(jc) una función diferenciable en el punto x. La diferencial de y (en el punto 
xy y para un incremento Ax) es dada por
dy = f'{x) Ax 
donde Ax es un incremento arbitrario de x.
9.8.2 OBSERVACIONES.
dy1) También se suele escribir dy = d f, dy = — . dx.
dx
2) La diferencial df es una funciónde las dos variables x y Ax, donde x es 
cualquier punto donde existe f'(x ) y Ax es un número real arbitrario. Así, con 
propiedad debería escribirse
2. Crece a una razón de n cm2/m in. 
5. ^p/min. 6. 80 p/min.
df = df(x, Ax) = f'(x ) Ax.
Aplicaciones de la Derivada 311
9.8.3 PROPIEDAD DE APROXIMACION DE LA DIFERENCIAL
Sea y = f ( x ) una función diferenciable en el punto x. Entonces para un incremento pe­
queño A x , la diferencial dy = f ' { x ) A x se aproxima al incremento y = f ( x + Ajc) - f { x ) . 
Es decir que se cumple
Ay * dy (1)
y en particular
y + A y ^ y + dy o y + Ay * y + f ' ( x ) A x , (Ax es muy pequeño) (2)
La fórmula (2) es muy útil para calcular valores aproximados de y + A y .
Nota. La fórmula (1) resulta de la definición de la derivada f ' ( x ) .
En efecto, si llamamos e = _ f ( x ) = - f ' ( x ) (3)
Ax Ax
entonces lim e = 0 (4)
Ax->0
i*¡ ' i™ A lya que lim e = lim =
A*->0 A*—>0 Ax A*->0 Ax,
Ahora bien, la ecuación (3) puede escribirse Ay = f ' ( x )A x + e Ax , y teniendo en cuenta 
(4), si Ax se aproxima a cero , e Ax es comparativamente más pequeño que Ax y se 
tiene Ay « f ' { x ) A x .
La siguiente figura ilustra la propiedad de aproximación de la diferencial
312
El número e Ax es muy pequeño en comparación con Ajc, cuando A jc se aproxima a
cero, y de Ay = dy + e Ax tenemos que Ay x dy.
9.8.4 LA DIFERENCIAL dx .
(1) Para la función / ( jc) = jc la diferencial es, de acuerdo a la definición 9.8.1,
dx = — ( jc) . A jc = 1 . A x 
dx
dx = A x,
donde Ax es un incremento arbitrario de x.
(2) Si y = f{x ) es una función diferenciable en el punto x, entonces df se expresa 
como un múltiplo de la diferencial dx . En efecto,
dy = f'{x)Ax = f\x)dx (pues dx = Ax por (1))
dy = f'(x)dx o dy = — dx.
dx
dy(3) Observemos que tenemos — = f '(x ) (en la notación de derivada)
dx
si y sólo si dy = f'(x)dx (en la notación de diferenciales).
9.8.5 PROPIEDADES DE LAS DIFERENCIALES.
Teorema. Se cumplen las siguientes propiedades
1. Si c es una constante, entonces de = 0
2. Si u y v son dos funciones y c es una constante, entonces
d(u + v) = du + dv d(cu) = edu
u) vdu-udv
2
W J V
d(u . v) = udv + vdu
3. d[xn j = nxn~ldx.
4. d[un} = nun~ldu .
5. Diferencial de una función compuesta. Si u = u(v) y v = v(x) son dos funciones,
ÓXJL duentonces d(u(v(x))\ = — (*>(*)) dv(x) , o en forma breve du = — dv , donde u 
dv dv
es considerada como una función de x; u - u(u(x)).
Aplicaciones de la Derivada 313
Prueba de la propiedad 5.
Se tiene u = u(u(x)) y v = v(x) .
Luego por definición de diferencial se cumple
du = — [u(u(x))]dx (a)
dx
d
dv = — v(x)dx (b)
dx
Pero por regla de la cadena
<c >dx dv dx
y por tanto en (a) du = — (i/(x)) — {x)dx = — (y(x)).du (usando (b)),
dv dx dv
que es lo que queríamos demostrar.
9.8.6 DIFERENCIALES DE ORDENES SUPERIORES.
La diferencial de orden n-ésimo de la función y = f{x ) se define por
dny = f {n](x).(Ax)n ,
donde Ax es un incremento arbitrario de x.
Puesto que dx = Ax, se cumple dny = f^n\x ) . (dx)"
9.9 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Hallar la diferencial de y = 2x~3/2 para x = 4 y Ax = -0.008.
t
SOLUCION. dy = (2x"3/2) dx = -3x~m dx.
Luego para x = 4 y dx = Ax = -0.01, se tiene
dy = -3(4)"5/2 (-0.008) = 3 °̂'— = 0.00075 .
32
314
PROBLEMA 2. ¿Tiene la función y = |jc| una diferencial en x = 0? 
SOLUCION. No, pues no existe y'(jr) cuando jc = 0 .
PROBLEMA 3. Hallar dy si jc3 + 2xy - 4y 2 = a2.
SOLUCION. Aplicando las propiedades de la diferencial tenemos
d{x?^dx + d(2xy) + d (-4y2) = d(a2)
3x2dx + 2x dy + 2y dx - 8y dy = 0 ,
—3x dx — 2 v dx 3x + 2 y
de donde despejando dy resulta dy = = dx
2x - 8 y 8 y - 2x
n n
PROBLEMA 4. Hallar la diferencial de la función y = eos x para x = — y A jc = — .
6 36
' 71
SOLUCION. Debemos calcular dy = (eos jc) dx = - sen jc dx para jc = — y
6
dx = Ax = — . Sustituyendo estos valores obtenemos 
6
dy - -sen
voy
71 tc
6 12
PROBLEMA 5. Hallar un valor aproximado de %¡31 sin usar tablas. 
SOLUCION. Sea y = V* .
Debemos hallar un valor aproximado de y + A y = ij/jc + A jc , cuando jc + A jc = 31. 
Sabemos que
y + Ay » y + y'Ax . (1)
Tomando jc = 32 (para lo cual y -^ ¡32=2) y A jc = -1 , tenemos jc + A jc = 31 , y de­
bemos hallar y' en jc = 32.
(32)~4/5
✓ L . = ( * V5)
.-4 /5JC
,t=32
= 0.0125 
5
Luego en (1) $¡31 = y + ty * 2 + (0.0125) (-1) = 19875 .
Aplicaciones de la Derivada 315
PROBLEMA 6. Reemplazando el incremento de la función por la diferencial, calcular 
aproximadamente
(1) tg 44° (2) eos 61° .
SOLUCION. Sea y = tg x , donde x es el arco medido en radianes.
Tenemos x = arco de 45 = (27t) = — ,
360° 4
1Ax = -arco d e l0 --------- (2 rc) = ---------- .
360° 180
Calculando dy = sec2 (x) dx para estos valores resulta
■dy = sec2f —1 f ----- — 1-= (V2)2Í----^-1 « -J L * -0.017
U A 180j v ’ \ 180; 9o
Luego tg44° * tg 45° + dy = 1-0.017 = 0.983 . 
Sea y = cosx , donde x es el arco medido en radianes. 
Tenemos 60 . . K 1 /jr% . 71x = ------(2ti) = — y Ax = (27:) = .
360 3 360 180
Calculando dy = -senx dx para estos valores
dy = ~8611'i ) (lio
S n
360
= -0.015
Luego eos 61° a eos 60° +dy = ----- 0.015 = 0.485 .
2
PROBLEMA 7. Encontrar la diferencial de la función y dada implícitamente por
(* + yf (2* + y)3 = i.
SOLUCION. Tenemos
(* + y)2.d[(2* + y)3] + (2* + y)3.d[(* + y)2] = d(l)
(x + y f . [3(2x + y f . (2dx + dy)] + (2x + y)3. [2(* + y ) . (dx + dy)] = 0,
316
de donde despejando dy resulta dy = - 10x + 8y 
7 x + 5 y
PROBLEMA8. Si y = ^ l - x 2 hallar d2y. 
SOLUCION. Tenemos
y(l|= ? ( 1 - *2) V2(~2* ) = ~*(1_x2)
V2
-(I-
t1-
(X -x2)
3/2 ’
Luego d* y = y (2\ d x f =
( ! - x )
{dxf
PROBLEMA 9. Si y = cos(ax) hallar dny. 
SOLUCION. Se tiene y (n) = a" eos 
Luego
ax + nn
2
A n ) nd y = o eos nnax + (dx)n.
PROBLEMA 10. Aproximar la función y = a|E*
Vl + JC
para
SOLUCION. Se tiene y = (1- * ) V3 ( l + x)-1/a. Luego
1^ , . . - ais. . . . _i/a 1
, 3,
-V3
, (1) = (1- x )*3
= - ( 1 - x ) - ( ! + *)
>2/3/- v4/3
(l+x)~4/3 + ( l + x )-V3 - ( l - 
3
-V3
3(1 - x )^ (1 + x)4/a 3(1 - x)55'3 (1 + x)4/3
j3/2
(por el prob.26, sec. 6.10.3).
x = 0.1 .
*)■**(-1)
Aplicaciones de la Derivada 317
Luego dy = y^d x para x = 0 y Ax = 0.1 , vale
dy = - - (0 .1 ) * -0.067 
3
y(0.1) « y(0) + dy = 1-0.067 = 0.923 .
PROBLEMA 11.
(1) Derivar la fórmula de aproximación
¡dx + Ax » tfx + — ■)-------- ( n = 1 , 2 , 3 , . . . )
_ ni n - 1n yx
para valores |Ax| pequeños en comparación con x.
(2) Aplicando la fórmula aproximar los valores V640 , $¡200 .
SOLUCION.
(1) Sea y = tfx . Puesto que y' = — / ■ ■ ■ ,
ni n -1n yx
se tiene dy = y 'dx = — ^ = d x , y por tanto
n / n -1n y x
¡dx + Ax = y + Ay * yfx + dy = ¡ffx + — y- - - Ax ,
ni n - 1n yx
estoes ¡$x + Ax ® í x̂ + —
n
(2) Para calcular aproximadamente V640 empleamos la fórmula que hemos esta­
blecido en (1), tomando n = 2, x = 625, Ax = 15:
i — / ■ ■ ■ 15 15
V640 * V625 + — — r = 25 + — .
2^625 50
Luego V640 % 25.30 .
En forma análoga, para calcular aproximadamente $¡200 empleamos la fórmula 
de (1) con n = 3, x = 216, Ax = -16:
$¡200 « $¡2Í6 + — — * 6 -0 .15 .
3 $¡{21S)2
Luego ^200*5.85.
318
PROBLEMA 12. Hallar el volumen aproximado de un recipiente esférico, cuyo radio 
exterior es de 3 cm. y su espesor 1/4 cm.
SOLUCION. Tenemos V = ± n r 3 , dV = 4n r2dr.
Para r = 3 , dr = - - j resulta V = — ti (3) = 367c , dV = 4n (3)
3
= -9rr.
Luego volumen aproximado = V + dV = 36tc - 9ti = 27rc cm"
PROBLEMA 13. Para una variable u se deñnen los siguientes conceptos: 
error de u =du ,
du
error relativo = — , 
u
error relativo en tanto por ciento = 100 du
Probar que si se comete un error al medir el diámetro de una esfera, el error relativo 
de la superficie de la esfera es dos veces el error relativo del radio.
SOLUCION. Se tiene S = 4n r2
dS drLuego dS = 8nrdr y — = 2— .
S r
PROBLEMA 14. ¿Con qué precisión debe medirse la arista de un cubo para queel volu­
men resulte con un error menor del uno por ciento?
SOLUCION. Tenemos V = a , V = volumen , a =longitud de la arista ,
dV = 3a2da y dV 3 da 
V a
Luego
da3__ dV 1 da
a V < 100 ' a 300
y por tanto, la arista del cubo debe medirse con un error menor del — %.
3
Aplicaciones de la Derivada 319
PROBLEMA 15. Demostrar que 2nrhe es una 
fórmula aproximada para calcular el volumen 
de un tubo cilindrico delgado de extremos 
abiertos, de radio r, altura h, espesor e.
SOLUCION. Si el volumen del cilindro es 
V- = nr2h ,
entonces el volumen del tubo cilindrico de 
espesor e = dr se aproxima por
dV = 2nrh dr = 2nrhe , 
que es lo que queriamos demostrar.
dV -WeM-
Xi
i t l l l l l f l l t
h
r -H h X
PROBLEMA 16. Hallar dy en cada uno de los siguientes ejercicios
(1) x 2 + y 2 = a 2 (2) sen ( jc - y) = eos ( jc + y)
(3) x + 2 J x y - y 2 =b.
SOLUCION.
X(1) 2xdx + 2ydy = Q. Luego dy = dx .
y
(2) eos ( jc - y ) . (dx - dy) = -sen ( jc + y ) . (dx + dy).
cos(jc-y) + sen(jc + y)
Luego dy = dx.
(3)
cos(jc-y) - sen(jc + y) 
dx + + J f dy - 2y dy = 0 •
(V * + Jy) Jy
Luego dy = — —— dx .
( 2 y j y - J x jy x
PROBLEMA 17. ¿Cuál es el incremento aproximado en el volumen de una esfera, si su 
radio de 20 cm. aumenta en 2 mm?
SOLUCION. Tenemos V = ± n r 3 y por lo tanto
incremento aproximado de volumen = dV = 4 nr dr
320
2
Para r = 20cm. y dr = — = 0.2 cm., resulta
10
dV = 4 7i (20)2 (0.2) = 3207tcm3.
PROBLEMA 18. Hallar un valor aproximado de tg 45° 3' 20". 
SOLUCION. Sea y = tg x , x medido en radianes,
Tomando x = arco de 45° = (27t) = —
360 4
Ax = arco de 3 '20" = —- — .
3240
Luego tg45°3'20" « tg 45° + dy = tg45°+ sec"
3240
= 1 + —— * 1 + 0.0019 = LOO 19 . 
1620
PROBLEMA 19. La altura de un cono recto circular es el doble del radio de la base. Al 
medir se encontró que la altura es de 24 cm. con un posible error de 0.01 cm. 
Encontrar el error aproximado en el volumen calculado del cono.
SOLUCION. El volumen calculado del cono es V = j¡nr2h , donde r es el radio de la 
base en cm. y h es la altura.
Puesto que h = 2r reemplazando r se tiene
V = ± n h S y dV = } n h 2dh.
Para h = 24 , dh = 0.01 , resulta dV = j7i(24)2(0.01) = 4.52cm3.
PROBLEMA 20. El tiempo de oscilación de un péndulo se da por la fórmula
í2 =
2 jrn L
g
donde L es la longitud del péndulo en metros, t el tiempo en segundos y 
g = 9.8 m / seg2.
Aplicaciones de la Derivada 321
(1) ¿Cuál es la longitud de un péndulo que oscila una vez por segundo?
(2) ¿En cuánto se altera t si el péndulo de (1) se alarga 3 mm?¿Cuánto se adelantaría 
o atrasaría en un día un reloj con ese error?
SOLUCION.
g t 2 ,(1) Tenemos L = —— y sustituyendo t = lseg., g = 9.8 , n = 3.14 , resulta
" L - M í f . - 0.99m.
(3.14)
2 2
(2) 2td t = — dL , dt = dL.
g 2gt
Luego para dL = 0.003 m ., t = lseg ., tenemos que el cambio es
J (3.14)2 (0.003) .. ..dt = ------—--------- = 0.0015 seg. por oscilación.
2(9.8)(1)
Si se alarga L en 3 mm, el tiempo t de oscilación aumenta a 1.0015 seg.
86 400En un día el oscilador ejecutará — 1 » 86,270 oscilaciones, y por lo tanto, el
10015
reloj se atrasará en 86,400-86,270 = 130” =2 '10” .
PROBLEMA 21. Usando diferenciales probar que
1 1 Ax
- —
x + Ax x x
(aproximadamente).
SOLUCION. Sea y = — . Tenemos — -— « — + dy (1)
x x + Ax x
dy = I - I Ax = (2)
■ ( i )
2 *
X
1 1 Ax
De (1) y (2) se sigue que » -----------—
x+A x x x
PROBLEMA 22. Si f(x ) = x3 - 1 , g(x) = 3x - 1 , ¿Para qué valores de x Be cumple 
df = d g l
322
SOLUCION. Tenemos df = f'(x )d x = 3x2dx ,
dg = g'(x) dx = 3 dx . 
Luego df(x) = dg(x) si y sólo si 3x2 = 3 o x = ± 1
PROBLEMA 23. Si d
SOLUCION.
Tenemos
( 2 \ 
X
Luego
x - 1
( 2 \ ( 2 \
X X
<X - l J
= h(x)dx hallar h(2) .
dx .
h(x) =
( 2 \ 
X ( x - l ) ( 2x) - x2(l) x -2 x
( x - 1 ) 
h( 2) = 0 .
(x - 1 f (x ~ i)s
PROBLEMA 24. Si A es el área de un cuadra­
do cuyo lado tiene longitud x, hallar dA. Trazar 
una ñgura mostrando el cuadrado, dA y A A.
SOLUCION.
De A = x se sigue que dA = 2xdx , 
dA se compone de la suma de Sl y S3 ,
A A se compone de la suma de S1 , S2 y S3 ,
Sj = xdx , S2 = (dx)2 , S3 = xdx .
A = x
-M dx w-.
dx
T
9.10 VALORES MAXIMOS Y MINIMOS DE UNA FUNCION.
9.10.1 DEFINICION.
(1) Decimos que una función f(x) tiene un valor máximo absoluto en el punto c si se 
cumple f ( x ) < f(c) ,
para todo x donde f(x) está deñnida.
Aplicaciones de la Derivada 323
(2) Decimos que una función f(x) tiene un
valor máximo relativo en el punto c, si 
existe un 6 > 0 tal que f(x) < f(c) para
todo x tal que |* - c| < 8 ,
O equivalentemente, si f(x) tiene un
máximo absoluto en c sobre el intervalo 
abierto (c - 8, c + 5) , para algún 8 > 0 .
En la figura: f(c3) es el máximo absoluto de 
f{x) , y / ‘(c1) , f(c.¿) y f (cs) son máximos 
relativos de la función.
9.10.2 DEFINICION.
(1) Decimos que una función f(x) tie­
ne un valor mínimo absoluto en el 
punto c, si se cumple
f { x )Zf ( c ) ,
para todo x donde f(x) está deñ- 
ni da.
(2) Decimos que f(x) tiene un valor
mínimo relativo en el punto c si 
existe un 8 > 0 tal que
f ( x ) z f { c ) 
para todo x tal que |x - cj < 8 .
En la figura:
f (x) no tiene valor mínimo absoluto, 
f [ c í) es un máximo relativo, 
f(c2) es un mínimo relativo, 
f(c3) es el valor máximo absoluto.
9.10.3 DEFINICION. Decimos que f(x) tiene un extremo relativo en el punto c, si 
f(c) es un valor máximo relativo o un valor mínimo relativo.
324
9.10.4 TEOREMA DEL EXTREMO ESTACIONARIO.
Si f{x) tiene un extremo relativo en el punto c y existe f'(c) entonces f'(c) = 0.
En los puntos cl , c2 , c3 y c4 de extremos relativos de f(x), las tangentes son 
horizontales.
La prueba del presente teorema se da en uno de los problemas resueltos 
(Ver problema 1, Sec.9.11.).
9.10.5 DEFINICION. Sea f(x) una función definida en el punto c. Decimos que c es 
un punto crítico (o número crítico) de f{x), si
f ' (c) = 0 o f'(c) no existe.
Nota.
1. Si f(x) tiene un valor extremo relativo en c, entonces c es un punto crítico. En 
efecto: si existe f ’(c) entonces -por el teorema 9.10.4 del extremo estacionario- 
debe cumplirse que f'(c) = 0, y por lo tanto c es un punto crítico. Por otra parte, si 
f\c) no existe entonces de todas maneras c es un punto crítico, por deñnición.
2. Si c es un punto crítico de f (x ) , entonces no es siempre cierto que f(x) tenga un 
extremo relativo en c. Ver el ejemplo 1 que sigue.
Aplicaciones de la Derivada 325
t 2 \V3EJEMPLO 1. Hallar los puntos críticos de la función f{x) = (x - 2 x - 8 j y deter­
minar en qué puntos críticos f(x) tiene un valor extremo relativo.
SOLUCION.
1. Puntos críticos de f ( x ) .
x 1 / 2 \-*s, v 2( x - 1)Tenelhos f\ x) = - ( * - 2 x - 8 ) (2 x -2 ) = ——----------- •
3 3 ( x - 2 x - 8 )
Ahora bien
/"(x) = 0 si y sólo si x - l = 0 , o s e a x = l ,
/ 2 \2/3 f' (x) no existe si y sólo si el denominador 3Í x - 2 x - 8 1
2se anula, o sea x - 2x - 8 = 0 , ecua­
ción que resuelta da x = - 2, x = 4.
Luego los puntos críticos de f(x) son
-2, 1, 4.
2. Puntos críticos en los que f(x) tie­
ne un valor extremo.
3 3Puesto que a < b si y sólo si a < b , 
vemos que
/ 2 \V3f(x) = í x - 2x - 8 j tiene un valor ex-
2tremo en c, si y sólo si x - 2 x - 8 tie­
ne un valor extremo en c.
La figura muestra la gráfica de la pará­
bola y = x 2 - 2x - 8 = (x - l )2 - 9 .
De donde vemos que solamente en x = 1, f(x) tiene un valor extremo.
En efecto, se trata de un mínimo absoluto.
PROBLEMA 2. Hallar los puntos críticos de la función f(x) = (x3 - 3x2 + 4j 
SOLUCION. Tenemos
r w = 3 i1' ~ 3x2 + 4)"*3(3* 2" 6* ) = -3 (x - 3x + 4)
V3
326
y como x3 -3 jc2 + 4 = ( x - 2 ) 2(x + 1) resulta f ’(x) = --------- —---------— .
(x - 2) (jc + 1)
Anulando el numerador y denominador sucesivamente obtenemos
x = 0
y ( jc -2)V3(jc+1)2/3 =0
o x = 2 , x = - 1.
9.10.6 CALCULO DE MAXIMOS Y MINIMOS ABSOLUTOS DE FUNCIONES CONTINUAS 
SOBRE UN INTERVALO CERRADO.
Sea / ‘(jc) una función continua entodo punto de x de un intervalo cerrado [a, 6]. 
Sabemos que (ver propiedades de las funciones continuas) f(x) tiene un valor máxi­
mo absoluto Af y un valor mínimo absoluto m en el intervalo cerrado. Es decir que 
existen puntos x0 y x y en [a,6] tales que
M = f (xo ) , m = f ( x l) ,
m< f (x)< M para todo x en [a,6].
Regla para calcular máximos y mínimos absolutos.
Sea f (x) una función continua en el intervalo cerrado [a, 6].
Para hallar M y m, los valores máximo y mínimo absolutos de f(x) en [a, fe], respec­
tivamente, se procede de la siguiente manera :
(I) Se calculan los valores de f(x) en los puntos críticos c de la función en el 
intervalo [a, fe].
(II) Se calculan los valores f(a) y f(b).
(III) Se aplican las fórmulas :
(1) M = mayor de los valores encontrados en (I) y (II)
(2) m = menor de los valores encontrados en (I) y (II)
Prueba de las fórmulas III (1) y (2).
Vamos a probar que se cumple III (1).
Escribimos M = f (x0) con a< x0 <b
y / ‘(x) < M para todo x tal que a < x < b .
Aplicaciones de la Derivada 327
Veremos que M es uno de los valores dados en (I) o (III), y esto demostrará la fórmula 
III (1).
Pueden ocurrir los siguientes casos:
(i) a <x0 <b. En este caso, M = f (x0) es un máximo relativo de la función (por ser 
un máximo absoluto en el intervalo abierto (a, 6)), y por lo tanto, x0 = c es un 
punto crítico (ver nota 9.10.5).
Luego M es uno de los valores indicados en (I).
(ii) x0 = a, b. En este caso, M = /"(jCo) es igual a f(a) o f(b) , y por lo tanto, es 
uno de los valores indicados en (II).
La prueba de la fórmula III es análoga. Omitimos los detalles.
EJEMPLO 1. Encontrar los valores máximo y mínimo absolutos de la función 
f(x) = x4 - 8x2 + 16 en el intervalo [ - 1,4].
SOLUCION.
(1) Hallamos los puntos críticos de f{x) en [ - 1,4]. Resolviendo la ecuación 
f ’(x) = 4x3 - 16x = 0 resultan las raíces x = 0 ,2 y -2.
Puesto que solamente 0 y 2 se encuentran en [ - 1,4] , los puntos críticos en ese 
intervalo son 0 y 2.
(2) Calculamos los valores de f(x) en los puntos críticos 0 y 2 y en los extremos 
-1 , 4 del intervalo [ - 1,4] , en la tabla
X f(x) = x4 - 8x2 + 16
-1 9
0 16
2 0
4 144
Luego por las fórmulas III (1) y (2)
M - máximo absoluto de f(x) en [-1,4] 
= mayor de 9,16, 0,144 = 144 ,
328
y m = mínimo absoluto de f(x) en [ - 1,4] 
= menor de 9, 16, 0,144 = 0 .
EJEMPLO 2. Hallar los valores máximo y mínimo absolutos de la función
k *+ i)
2 /3 si jc < 7
x - 6x - l s i7< x
en los siguientes intervalos 
(1) [-2, 8]
(2) [0, 8]
SOLUCION. Calculamos f' (x)
Tí*) =
(3) [ -2, 0]
(4) [8,9]
3 (x +1) 
2x - 6
V3 x < 7, x * -1 
x > 7
Puesto que f' (x) no existe en x = 7 y x = - l y f' {x) = 2x - 6 = 0 da x 
mos que los puntos críticos de f(x) son -1 ,3 y 7.
Los valores de f(x) en - 2, -1 , 0, 7, 8, 9 son
X f(*)
- 2 1
-1 0
0 1
7 4
8 15
9 26
3, tene-
Luego
(1) máximo absoluto de f(x) en [-2 ,8] = mayor de 1, 0, 4, 15 = 15 , 
mínimo absoluto en [-2 ,8] = menor de 1, 0, 4, 15 = 0 .
Aplicaciones de la Derivada 329
(2) máximo absoluto de f{x) en [0,8] = mayor de 1, 4, 15 - 15 ,
mínimo absoluto en [0,8] = menor de 1,4, 15 = 1
(3) máximo absoluto de f(x) en [-2,0] = mayor de 1, 0 = 1 , 
mínimo absoluto en [ -2, 0] = menor de 1, 0 = 0
(4) máximo absoluto de f(x) en [8,9] = mayor de 15, 26 = 26 ,
mínimo absoluto en [8,9] = menor de 15, 26 = 15 .
EJEMPLO 3. Un trozo de alambre de 10 m. de longitud se corta en dos partes. Una 
parte será doblada en forma de círculo y la otra en forma de cuadrado. ¿Cómo debería 
ser cortado el alambre para que
(1) el área combinada de las dos figuras sea tan pequeña como sea posible ?
(2) el área combinada de las dos figuras sea tan grande como sea posible ?
SOLUCION.
M----------------------- X-- 4«------ 1 0 -* M
10 m.
Supongamos que se toman x metros de alambre para formar un círculo y 10 - x me­
tros para formar un cuadrado. El área total A obtenida es entonces
A = área del círculo + área del cuadrado
= 7C í * ] ' ♦ [ “ " ' I
A V (10- x )2o A = — + -i--------—
l 2x J V 4 J 4x 16
Buscamos los valores máximo y mínimo absolutos de la función A = A(x) en el inter­
valo cerrado [0, 10] .
Aplicamos la regla para calcular tales valores
Resolviendo A'(x) = — + -- = 0
4n 8
obtenemos el punto crítico x =
x + 4
330
Calculamos los valores de A(x) en los puntos 0, y 10 :
n + 4
X A
0
10tc 
n + 4
10
= 6.25
25
« 3.50
7t + 4 
25— * 7.96
K
T , , . , 25 « . , 10 71Luego el mínimo valor ------- se obtiene cuando x =
tt + 4 71 + 4
, . • , 25 , ,y el máximo valor — se obtiene cuando x = 10 .
EJEMPLO 4. Hallar la longitud de la escalerá de longitud máxima que se puede pasar 
por la esquina de un corredor cuyas dimensiones se indican en la figura.
Se supone que la escalera se transporta paralela al suelo.
SOLUCION. Sea AB un segmento que pasa por P con extremos en las paredes como 
se indica en la figura.
Buscamos la longitud mínima de AB . Entonces una escalera de longitud L pasará 
por la esquina si y sólo si L < longitud mínima de AB, y la longitud máxima de L se­
rá
Longitud máxima de L = Longitud mínima de AB (1)
Aplicaciones de la Derivada 331
Calculamos el segundo miembro. Tenemos
AB = AP + PB = 2.7 cosec 0 + 6.4 sec 0
y debemos determinar el mínimo absoluto de AB en el intervalo cerrado 0 <, 0 <, re/2 . 
Los puntos críticos en 0 < 0 < ji/2 se obtienen de
d , , eos 0 sen 00 = — (AB) = - 2.7cosec 0. ctg 0 + 6 .4 sec0 .tg 0 = -2 .7 r— + 6.4
dQ 2 asen 0 2 nCOS 0
2.7 27
tg 0 = ---- = —
6.4 64
0 = are tg ' 3 ' 
\4 y
raT
1.4 y
, — , son: 
2
Los valores de AB en 0 = 0 , are tg
a) en 0 = 0 , AB = qo ;
b) en 0 = are tg , se tiene cosec 0 = J- , sec 0 =
y AB = 2.7(|) + 6.4(|) = 12.5 ;
c) en 0 = — , AB = « .
2
Luego el mínimo absoluto de AB es 12.5 .
Finalmente, gracias a la igualdad (1) tenemos que
Longitud máxima de L = 12.5 metros.
EJEMPLO 5. Se desea fabricar cajas abiertas de piezas de cartón cuadradas de 30 cm 
de lado, cortando cuadrados iguales de las cuatro esquinas y doblando los lados. 
Encontrar la longitud del lado del cuadrado que se debe cortar para obtener una caja 
cuyo volumen sea el mayor posible.
SOLUCION.
• X
1
~ X ~
------1------
X 1
i___ _
X
X 
■ 1 
I X 
1
X
1— 
X I 
•
M— 3 0 - 2 x 
M--------------- 30-----
— M
-----------------M
30
332
Sea x centímetros la longitud del lado del cuadrado que se va a cortar.
Entonces el volumen de la caja, expresado en cm3, es V = x (30 - 2x)2 .
Debemos hallar el máximo valor de V sujeto a la restricción 0 < x < 15, pues 2x < 30.
dV 2Resolviendo la ecuación 0 = ---- = (30 - 2x ) + 2x(30 - 2x )(-2)
dx
= (30 - 2x) (30 - 2x - Ax) = (30 - 2x) (30 - 6x)
resulta x - 15 y x = 5.
Los valores de V en x = 0,5 y 15 son:
x = 0 , V = 0 ,
x = 5 , V = 2,000,
y x= 15 , V = 0 .
Por tanto, máximo de V en el intervalo cerrado [0,15] es 2,000 y se obtiene cuando 
x = 5.
9.11 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Probar que si f(x) tiene un extremo relativo en el punto c y existe 
f'{c), entonces f \c ) = 0
SOLUCION. Supongamos que f(x) tiene un máximo relativo en el punto c.
Luego existe un 8 > 0 tal que |x - c| < 5 implica f(x) < f(c) (*).
P a a o l. Um M z M ¿ 0 .
*->c x - c
En efecto, si c - 8 < x <c entonces f(x) - f(c) ̂0 (por (*)) 
y x - c < 0.
Dividiendo resulta
• -----— > 0 para todo x tal que c - 8 < x < c .
x - c
f i x) ~ f (c)y tomando límite lateral por la izquierda lim ------- > 0
x-*c~ X - C
pues todos los cocientes son 1 0 .
Aplicaciones de la Derivada 333
Paso 2,
x - c
En efecto, si c < x < c +8 entonces / ‘(x )- f ( c ) <0 (por(*)) y x - c > 0. 
f íx) — f(c)Dividiendo resulta —■— ----— ^ 0 para todo x tal que c < x < c + 8 ,
x - c
f í x ) — f í e )
y tomando límite lateral por la derecha lim -----— < 0 ,
x->c* x - C
pues todos los cocientes son < 0 .
Paso 3. f'(c) = 0 . En efecto
0 < lim (por el paso (1»
x -* c ’ x -c
= f'(c) = lim —((?)_ (ias igualdades por la definición de /"'(c))
X -M* X — C
< 0 (por el paso (2>)
de donde 0 ^ / '( c ) ^ 0 .
Y esto prueba que f'(c) = 0 , que es lo que queríamos demostrar.
A continuación tratamos el caso en el que f(c) es un mínimo relativo.
Entonces -f(c) es un máximo relativo de y, por lo que ya hemos establecido,
-f'{c) = 0. Luego también resulta f\c) - 0.
La prueba queda concluida.
PROBLEMA 2. Hallar los puntos críticos de cada una de las siguientes funciones
(1) / ’(x) = - x 7/3 - x 4/3 +3xV3 (2) f{x) = x4 + l l * 3 + 34x2 + 15x - 2
7
(3) f ( x )= X
x2 - 9
SOLUCION.
(X) Tenemos f ( x ) - | - i x » + « * • = ^ r 1 -
334
Resolviendo la ecuación 0 = f' (x) = (x - 3)(x + 1) resultan las raíces x = 3, 1; y la 
derivada f' (x) no existe si x = 0 .
Luego los puntos críticos de la función son 0, 1, 3.
(2) Resolviendo la ecuación f ' (x) = 4x3 + 33x2 + 68x + 15 = 0 .
Por simple inspección vemos que x = -3 , -5 son raíces de la ecuación. Factori- 
zando se tiene 4x3 + 33x2 + 68x +15 = 4(x + 3)(x + 5)(x + -i) .
Luego los puntos críticos son x = -5 , -3 , -1 /4 .
(x 2 - 9 ) - x (2x) x 2 + 9
(3) Tenemos f' (x) = ----------------=----- = -------------5- .
(x ^ -9 )2 .(x ^ -9 )2
2Puesto que x + 9 * 0 la ecuación f'{x) = 0 no tiene raíces reales.
Además, f ' ( x ) no existe si y sólo si x2 - 9 = 0 , esto es cuando x = ±3. Luego los
puntos críticos de f(x) son x = — 3, 3 .
PROBLEMA 3. Encontrar los valores máximo y mínimo absolutos de cada una de las 
siguientes funciones en los intervalos indicados:
(1) f(x) = x3 + 5x - 4 en [-3, -1 ]
(2) A * ) " —
x + 2
en [ - 1, 2]
(3) f ( x ) = í - { x - 3 f 3 en [-5,4]
Í4 -(x + 5)2
(4) « * ) - ' \
[ l2 - ( x + 1)
si x < -4
, en [ - 6, 0] .
si x > -4
SOLUCION. En primer lugar, observemos que las funciones dadas son continuas en 
los intervalos indicados de manera que existen los valores máximos y mínimos 
absolutos y podemos hacer uso de la regla que hemos presentado en 9.10.6 para 
calcularlos.
(1) Resolviendo la ecuación 0 = f' {x) = 3x2 + 5 obtenemos x = ±yj-5/3, que no son 
números reales.
Así, f{x) no tiene puntos críticos.
Puesto que los valores de f{x) en x = -3 y - 1, son respectivamente, -46 y -10, 
concluimos que:
máximo de f(x) en [-3 ,-1 ] es -10, 
mínimo de f(x) en [-3, -1 ] es -46.
Aplicaciones de la Derivada 335
(2) Tenemos
de donde se sigue que f' {x) * 0 y que f' (x) no existe si (x + 2) = 0 o x - - 2 . 
Luego el único punto crítico de la función es x = - 2 .
Pero -2 no se encuentra en el intervalo [-1,2] , de modo que no lo consideramos 
para calcular los extremos absolutos de f(x) .
Los valores de f(x) en x = -1 y 2 son, respectivamente, -1 y 1/2 .
Luego x = 3 es el único punto crítico de la función y se encuentra en el intervalo
Puesto que los valores de f (x) en x = -5 , 3 y 4, son, respectivamente, -3 ,1 y 0, 
concluimos que :
y por lo tanto, los puntos críticos son -5, - 4, y -1 .
Estos tres valores se encuentran en el intervalo [ -6, 0] .
Puesto que los valores de f (x) en - 6, - 5, - 4, - 1, 0, son respectivamente, 3, 4, 3, 
12 y 11, tenemos que:
Por lo tanto máximo absoluto de
x
en [ - 1, 2] es 1/2 , y
x + 2
mínimo absoluto de ------- en [ - 1, 2] es -1 .
x + 2
(3) Tenemos
[-5 .4 ].
máximo absoluto de f{x) en [-5,4] es 1 , y 
mínimo absoluto de f{x) en [-5,4] es -3.
-2(x + 5) x < -4
(4) Tenemos f'(x) = - • - 2(x + 1) x > -4
no existe x = -4
Luego f ' (x) = 0 si y sólo si x + 5 = 0 o x + 1 = 0 , 
y f ' (x) no existe si x = -4 ,
máximo absoluto de f(x) en [ -6, 0] es 12 , 
mínimo absoluto de f (x) en [ -6,0] es 3 .
336
2PROBLEMA 4. Hallar los coeficientes p y q del trinomio cuadrado: y - x + px + q 
de modo que este trinomio tenga un mínimo y = 3 cuando x = 1.
SOLUCION. Puesto que la función y tiene un mínimo en x = 1 se debe cumplir, por el 
teorema 9.10.4, del extremo estacionario, que y' = 2x + p - 0 en x = 1, o sea 
2( 1) + p = 0, de donde p = -2 ; y como y = 3 cuando x = 1, sustituyendo estos valores 
tenemos
3 = ( l )2 - 2(1) + q , de donde q - 4.
Así, el trinomio cuadrado es y = x2 - 2x + 4 = {x - l )2 + 3 que tiene el valor mínimo 
y = 3 cuando jc = 1.
B
PROBLEMA 5. Los puntos A y B están opu­
estos uno al otro en las riberas de un río recto 
que mide 3 Km. de ancho.
El punto C está en la misma ribera que B, pero 
a 6 Km. río abajo de B. Se desea tender un ca­
ble de A a C. Si el costo por Km. de cable es el 
25% más caro bajo el agua que en tierra, ¿Qué 
línea de cable sería menos costosa ?
SOLUCION.
Sean P un punto en el segmento BC, a una distancia x K m ,
g - costo por Km. de cable en tierra , 
y g + 25%g = j g = costo por Km. de cable bajo el agua.
Tenemos G = costo total = costo de AP + costo de PC ,
o sea G = j g *Jx2 +32 + g (6 - x ) .
Buscamos el mínimo absoluto de G en el intervalo cerrado 0 < x < 6 . 
dG 5 g xTenemos 0 =
dx
- g , 5x - 4 < J x 2 + 9 = 0 ,
4 V* 2 +9
(5*)2 = ^4V* 2 +9^ o 9jc2 = 16(9) ,
de donde x = ±4 , y solamente * = 4 se encuentra en el intervalo [0,6].
Los valores de G en 0, 4 y 6, son respectivamente, g , -y- g y V5 g ,
de los cuales el menor es G = g .
Luego el mínimo absoluto ocurre cuando x = 4 .
Aplicaciones de la Derivada 337
PROBLEMA 6. Hallar las dimensiones del cilindro recto circular de mayor superficie 
lateral que puede ser inscrito en una esfera de radio 10 cm.
SOLUCION.
Sean
x el radio de la base del cilindro en cm. 
h la altura del cilindro en cm.
S = la superficie lateral del cilindro 
= 2nxh , en cm2. 
h
Tenemos — = V102 - x2 , y por lo tanto 
2
S = 47txVl02 - x 2 
Buscamos el valor máximo de S en 0 < x < 10. 
dSTenemos 0 =
dx
« • ( - ■ ) ‘ - I " » - * - )
V100- VlOO-
de donde 100 - 2x2 = 0 , x = ±5^2.
Solamente 5^2 se encuentra en el intervalo cerrado [0,10].
Los valores de S en los puntos x = 0 , 5y¡2 y 10 , son respectivamente, S = 0 , 200n 
y 0 cm2. Luego el valor máximo de S es 200n cm2 y se obtiene cuando x = 5^2 cm.
PROBLEMA 7. Encontrar las dimensiones del cilindro recto circular de mayor volumen 
que puede ser inscrito en una esfera de radio 10 cms.
SOLUCION. Sean x y h como en el problema 6. 
El volumen V del cilindro es entonces
V = (área de la base)(altura) = nx2 h = 2roe2 Vio2- * 2 
Resolviendo la ecuación
pues — = V102 - x2 .
0 = = 4tcxVl00- x 2 -
dx
2nx
V io o -
x (2 0 0 -3 x 2) = 0 ,
* = o , ± — Ve.
3
Calculando los valores de V en x = 0 , - y >/6 y 10 , obtenemos V = 0 , -yp-7r>/3 y
3
0 cm , respectivamente.
El valor máximo de V es rt-JH cm3 y se obtiene cuando x = -y- >/6 cm.
PROBLEMA 8. ¿En qué puntos de la curva y = — —- la tangente forma con el eje X
1 + x
un ángulo máximo (en valor absoluto)?
2x
SOLUCION. Buscamos el valor máximo del valor absoluto de y' = -
Resolviendo la ecuación
( i * * 1)
' ~ /, 2\2 . /« . 2\/„ \
dy 2(l + x2) - 4 x (l + x2)(2x)Kí = °
de donde ( l + x2) ( l -3 x 2) = 0 , y de aquí x = ± -y -, y = -| 
Estos valores dan un valor máximo para |y'| pues
lim |y'| = lim — —* = 0.
(1 + . 2)'
PROBLEMA 9. Una isla A está a 10 Km. del punto B más cercano sobre una playa 
recta. Una tienda está en el punto C , a 26 Km. de B sobre la playa. Si un hombre 
rema a razón de 5 Km/h. y camina a razón de 13 Kin/h, ¿en qué punto debería de­
sembarcar para ir de la isla a la tienda en el menor tiempo posible?
SOLUCION.
Aplicaciones de la Derivada 339
Sea x Km. la distancia de P a B, donde P es un punto en el segmento BC (ver fi­
gura).
El tiempo total t horas que el hombre emplea para ir de A a P y de P a C, es la
AP PC , . espacio vsuma í = ----- + ------------ (pues tiempo )
5 13 velocidad
t = V*2 + lo2 26- x
Resolvemos la ecuación
dt x0 =
13
 , 13x
dx óV *2 + 100 13
169x2 = 25(x2 + lOO) , de donde x = ^-.
- 5yjx2 + 100=0 ,
Calculamos los valores de t en los puntos x = 0 , y 26.
Tenemos para oiiH
para IIH
para <D<NIIH
t =
( f f + 1 0 2 2 6 - . t t ,va/ v e ; _ 3 _ n
13 13 *
Í = l í “ s 5 .57.
Luego el tiempo mínimo es t = 3 -jt horas y se obtiene cuando x = ^ Km.
PROBLEMA 10. Encontrar las dimensiones delcilindro 
recto circular de máximo volumen que puede ser inscri­
to en un cono recto circular de radio r = 3 cm. y altura 
h = 18 cm.
SOLUCION. Sea V el volumen en cm3 del cilindro de 
radio x cm. y altura h cm.
Tenemos V = nx2h
x 18 - h
y --------
3 18
(por semejanza de triángulos)
Sustituyendo h = 18 - 6x resulta V = 6nx2 (3 - x ).
Resolviendo la ecuación 0 = —— = 12itx (3 - x) - 6xx2 ,
dx
M-x-M
r
h
340
obtenemos x = 0 , x = 2 .
Calculamos los valores de V en x = 0, 2 y 3.
Para x = 0 , V = 0 ,
x = 2 , V = 247t ,
* = 3, V = 0 .
Luego el volumen máximo es V = 24x cm' 
y se obtiene cuando h = 6 cm y x = 2 cm.
PROBLEMA 11. Dos postes de 50 y 30 m. de altura están separados una distancia de 
60 m. ¿Qué longitud mínima debe tener un cable que une un punto del suelo con los ex­
tremos superiores de los postes?
SOLUCION.
Sea L la longitud en m. del cable que une A con un punto P a x m. de la base del 
poste A y al punto P con B
A
* 60 M
L = AP + PB = V*2 + 502 +^(60-jc)2 +302 .
Resolviendo la ecuación
dL
dx
x (6 0 -» ) _ 0
Aplicaciones de la Derivada 341
resultan las raíces x = y , 150.
Calculamos los valores de L en * = 0 , y y 60. 
Tenemos para
x = 0 , L = 50 + 30^5 * 117.08
X — - ir -
* = 60,
L = ^ ( f f+ S O 2 + ] / ( 6 0 - f ) 2 +30í 
L = 10V61 + 30 * 108.10
Luego la longitud mínima es L = 100 m ., 
y se obtiene cuando x = y m.
PROBLEMA 12. Hallar las dimensiones del cono recto circular de volumen mínimo que 
se puede circunscribir a un hemisferio de radio a.
SOLUCION. Tenemos
V = j nx2k ,
T /
x = asee 6
h = xctgO = a sec 0 ctg 0 ,
3tt Tía 3y por tanto, V = sec 6 . ctg 6 .
Buscamos el valor mínimo de V en
* - ]27
Observemos que lim V(0) = lim V(0) = +oo , y
e- 0+ e-*-+
2
por consiguiente, el valor mínimo de V existe y
f«ocurre en 0, —
Resolviendo la ecuación
342
Obtenemos sec 0 = 0 , cosec 0 = —y/3 y cosec 0 = -J3 .
Excluyendo los valores sec 0 = 0 y cosec 0 = —J3 por la condición 0 < 0 < — , con-
2
cluimos que el valor mínimo de V ocurre cuando 0 = V3 , y entonces las dimensiones 
del cono son
J3 ay/ 6
radio = asec0 = a
V2 2
altura = asec0.ctg0 = a
PROBLEMA 13.
(1) Hallar el área del mayor rectángulo que tenga un perímetro de 40 cm.
(2) Hallar el área máxima de un triángulo isósceles que tenga un perímetro de 18 cm.
SOLUCION.
(1) Tenemos A = xy ,
(ver figura) 2x + 2y = 40 ,
de donde A = jc( 2 0 - jc) . y
Hallando las raíces de la ecuación
dA x
— = ( 2 0 - j c ) + ( j c ) ( — l ) = 0 , d e d o n d e j c = 1 0 . 
dx
L o s v a l o r e s d e A e n x = 0 , 10 y 20 s o n , r e s p e c t i v a m e n t e , 0, 100 y 0.
L u e g o e l á r e a m á x i m a A.= 1 0 0 s e o b t i e n e c u a n d o x = 1 0 . Y e n e s t e c a s o y = 1 0 . 
P o r l o t a n t o , e l r e c t á n g u l o d e á r e a m á x i m a c o n p e r í m e t r o 40 c m . e s u n cuadrado 
d e á r e a 1 0 0 c m 2
xh
( 2 ) T e n e m o s A = — ( v e r f i g u r a ) ,
2
x + 2y = 18 .
Aplicaciones de la Derivada 343
Despejando y de la última ecuación y sustituyendo en la segunda ecuación 
resulta
h = 3 V 9 -x .
Luego A = -§ x V9 - x y vemos que x < 9.
cLA 3 i 3x
Hallando las raíces de la ecuación ---- = — v 9 - x ------ = 0
dx 2 4 V 9 -x
2 ( 9 - x ) - x = 0 , dedonde x = 6 .
Los valores de A en x = 0, 6 y 9, son respectivamente 0, 9y¡3 y 0.
Por tanto el área máxima es A = 9>/3 cm2 y corresponde a un triángulo equi­
látero de lado 6 cm.
PROBLEMA 14. Una lámina de hojalata de ancho a 
se dobla en forma de un arco circular para hacer un 
canal cilindrico. ¿Qué ángulo central 6 debe elegirse 
para que el canal tenga una capacidad máxima?
SOLUCION.
Sea V el volumen del canal y supongamos que L es 
la longitud del arco de la lámina.
Tenemos
V = L (Area del sector circular - Area del triángulo)
= L _
2
bb
2
(0r2 - hbj. (1)
B
T> , ^ A 0 6 0 «Por otra parte h = r eos— , — = rsen— , r = — .
2 2 2 0
Luego . , « 2 9 0 2 « o sen 0hb = 2r sen — -eos— = r sen0 = ----- —
2 0' 
2
y sustituyendo en (1) resulta V = La (0-8en0)
2
2 n2.
0
2 a 0r = —
„ , . , . .. dV La 0 (1-cosO) - (0 - sen *0). (20)Resolviendo la ecuación ------------------- — -—— - = 0
dQ 2 04
344
0.( 0 -0 co s 0 - 20 +2 sen 0 ) = O 
0 [ -0 (1 + eos 0) +2 sen 0] = 0 ,
de donde 0 = 0 , y 0 =
0 = 0 .
a e 0 ̂ . 4 sen— eos—
2sen 0 2 2
1 + eos 0 o 2 62 eos —
0 0 j J j ,y — = tg — , de donde, de nuevo 
2 2
Así, el único punto crítico de V es 0 = 0.
Calculamos los valores de V en 0 = 0 y ji.
0 , , En 0 = 0 , se obtiene V = — , pero lim V(0) =0 La2 .. (0 -sen 0)lim = 0 ,
sea
0 e-+o+ 2 0
bien por (2) del problema 17, de la presente sección, o por la regla de L'Hospital.
Y en 0 = re , se obtiene V = La ( n - sen n
La*
T ^La
2n
Luego el máximo valor de V es ------ y se obtiene cuando 0 = n
2n
PROBLEMA 15. Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede ser 
2 2x y .inscrito en la elipse — + — = 1, y cuyos lados son paralelos a los ejes de la elipse.
18 8
SOLUCION. Tenemos A = 4xy .
Despejando y de la ecuación de la elipse
y = ± | V l8 - x 2 , 
y considerando y > 0 , resulta
A = ■§ JC>/l8 - x2 . 
Las raíces de la ecuación
dx 3 3 y 18 -
= 0
( l 8 - jc2 ) - * 2 = 0 ,
son x = ±3 .
Aplicaciones de la Derivada 345
Los valores de A en x = 0 , 3 y 4 18 , son, respectivamente, 0, 24 y 0. Por lo tanto, 
el máximo valor de A es 24 y se obtiene cuando x = 3, y - 2. Las dimensiones del 
rectángulo de área máxima son 6 de base y 4 de altura.
PROBLEMA 16. De una varilla homogénea AB, que puede rotar alrededor de un punto 
A , cuelga un cuerpo de 24 Kg. de peso a una distancia de 60 cm. de A y se mantiene 
en equilibrio con una fuerza vertical F aplicada en el extremo libre B. Si un centíme­
tro de longitud de la varilla pesa 50 gr. , hallar la longitud de la varilla para que la 
fuerza F sea la mínima posible y hallar Fmin.
i
I* 60 cm. B* M- x/2
y
24 Kg.
SOLUCION.
Puesto que la varilla está en equilibrio se tiene (calculamos momentos respecto del 
punto A)
Momento de la fuerza F = momento del cuerpo + momento de la varilla 
El momento del cuerpo es 24(60) = 1,440 ,
y el de la varilla es
2 )
50x ) 
1000
, pues el centro de gravedad de la varilla está en —,
2
y su peso es
Luego
50
1000
■JC.
F x = 1440 +
40
„ 1440 x
F = -------+ —
x 40
Resolviendo la ecuación
346
El valor x = -240 debe ser excluido por razones obvias y como lim F = +00 = lim F ,
JC—»0+ JC—»-*•<»
vemos que x = 240 da lugar al mínimo valor de F , que es Fmm = = 12.
PROBLEMA 17.
(1) Usando la regla para calcular máximos y mínimos probar que
.3
sen 0 > 0 - para 0 < 0 < —.
2
, .. 0 -s e n 0(2) Probar que lim ------ = 0 .
e-»o+ 02
SOLUCION.
(1) Tomemos A(0) = sen 0 - 0 +
Resolviendo la ecuación
dh
dQ
02
= eos 0 - l - i - — = 0 
2
= 1 - eos 0
2
02 9 2 0 — = 2 sen —
2 2
0
2J
2 0= sen —
0 0— = sen — 
2 2
0 0y como sen — < — 
2 2
ecuación.
si 0 > 0 , tenemos que — = 0 es la única raíz de la
2
Los valores de /t(0) en 0 = 0 y — son, respectivamente, 0 y 1- —+ — = 0.8 .
2 2 48
Aplicaciones de la Derivada 347
0,Luego el mínimo absoluto de h en 
03
sen 0 - 0 + — >0 .
6
t , „ „ e3 _ 7rLuego se cumple sen 0 > 0 para 0 < 0 < —
es 0 , y por lo tanto A(0) £ 0 o sea
(2) De (1) tenemos
sen 0 > 0 ------
6
030 - sen 0 < —
 ̂ 0 - sen 0 0 n it0 < -------------< — para 0 < 0 < —.
0 6 2
Tomando límites cuando 0 —► 0+, obtenemos
__ 0-sen0 00 < lim ----------- < lim — = 0
e-»o+ o->o+ 6
0 -s e n 0Así, lim ------ = 0 .
e-»o+ e2
0 *” sen 0
Nota. El lim ------ = 0 puede evaluarse de una manera más sencilla ha-
a->o Q¿
ciendo uso de la Regla de L'Hospital:
B » M = Um Z M
g(X) g\*)
(1)
que será establecida en la Sección 10.7, Cap. 10.
En efecto, aplicando (1) dos veces al cociente —— resulta
.. 0 - sen 0 ,. 1 - cos 0 , sen 0
lim — = lim ----------- = lim -------- = 0 .
0-»o o->o 20 e^o 20
\
10
a v e o r e m a < L lV a L
W e J lo
y
ó u ó p t t c a cla c io n e s
10.1 TEOREMA DE ROLLE.
Sea f (x ) una función tal que
(1) es continua en el intervalo cerrado [o,6] ,
(2) es diferenciable en el intervalo abierto (a,6) y
(3) f(o) = f ( b ) - 0 .
Entonces existe un número c tal que a < c < b y f'(c) = 0 
Interpretación geométrica.
En algún punto C de la 
curva sobre el intervalo 
abierto (a, 6), la recta 
tangente T es paralela 
al eje X .
350
La figura muestra la gráfica de una función f(x) que satisface las condiciones (1), (2) 
y (3). El teorema de Rolle nos asegura que existe al menos un número c entre a y b , 
tal que la recta tangente a la curva en el punto C = (c, / ‘(c)) tiene pendiente f ’(c) = 0 ,
o sea que es paralela al eje X.
Prueba del teorema de Rolle.
Vamos a demostrar que existe un c tal que a < c < b y f'(c) = 0 .
Puesto que f(x) es continua en el intervalo cerrado [a, 6] (por (1) de la hipótesis),
sabemos que tiene un valor máximo absoluto M y un valor mínimo absoluto m en 
[a, b\
m < f {x)< M para todo x en [a, 6] (*)
Caso I: m = M = 0. Entonces de (*) se sigue que f ( Jt) = 0 en a < x < b , luego 
/ “'(*) = 0 en a < x < b . Así, cualquier punto c entre a y b cumple f ' {c)~ 0 .
Caso II: Alguno de los valores M o m * 0. Entonces tomamos uno de estos valo­
res que no sea nulo y lo escribimos en la forma f ( c ) , para algún c tal que a < c <b.
Observemos que c * a y c * b . En efecto, sabemos que f(a) = f(b) = 0 ; (por (3) de la 
hipótesis) y f ( c ) * 0 . ’
Luego a <c <b , y
f(c) es un máximo o mínimo relativo (por ser un máximo o mínimo abso­
luto en el intervalo abierto (a, b) ),
y existe f\c) (por (2) de la hipótesis),
por lo tanto f'(c) = 0 (por el teorema 9.9.4 del extremo estacionario).
La prueba del teorema está completa.
EJEMPLO 1. Verificar que la función f(x) = x 3 - 2x2 - x + 2 cumple las condiciones
(1), (2) y (3) de la hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo cerrado [-1,2] y ha­
llar todos los puntos c tales que f\c) = 0 y - l < c < 2.
SOLUCION. Puesto que f(x) es una función polinomial, es continua y diferenciable 
en todo punto x. Luego /"(jc) satisface las condiciones (1) y (2) del teorema de Rolle 
en el intervalo [ - 1,2].
Puesto que / ‘( - l) = 0 = f { 2) , esta función también satisface la condición (3).
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 351
Luego por el teorema de Rolle existe un punto c tal que
f'(c) = 0 y - l < c < 2.
Las raíces de la ecuación f' (x) = 3x - 4x - 1 = 0 son
x . 2 ± Jf s 2±2£5 _ L55i _0_aa>
y estos dos valores se encuentran en el intervalo abierto ( - 1, 2).
* ̂ 2 ± y¡7Asi, f (c) = 0 para c = ------------.
EJEMPLO 2. Sea f(x) = ( jc + 2) ( jc + 1) (x - 3) ( jc - 4) . Probar que la ecuación f ' (x) = 0 
tiene tres raíces reales.
SOLUCION. Puesto que f(x) es una función polinomial, es continua y diferenciable 
en todo x. Además se tiene f ( - 2 ) = f { - 1) = f(3) = f ( 4) = 0 evaluando directamente en 
la función dada. Luego se cumple el teorema de Rolle para la función f(x) en cada 
uno de los tres intervalos cerrados [ -2 ,-1 ] , [-1 ,3], [3,4].
Por lo tanto, por el teorema de Rolle,
existe cí tal que / ' ( c 1) = 0 y - 2 < c1< - l ,
existe c2 tal que / ‘,(c2) = 0 y -1 < c2 <3 y
existe c3 tal que f '(c 3) = 0 y 3 < c2 < 4 ,
Luego la ecuación f'(x ) = 0 tiene tres raíces reales x = c1, c2, c3.
10.2 TEOREMA DEL VALOR MEDIO.
Sea f (x) una función tal que
(1) es continua en el intervalo cerrado [a,b] ,
(2) es diferenciable en el intervalo abierto (a, 6).
Entonces existe un número c tal que a < c < b y
n¿). m - r w .
b — a
352
Interpretación geométrica.
En algún punto P 
de la curva sobre 
el intervalo abier­
to (a, b) la recta
tangente T es pa­
ralela al segmento 
AB.
La figura muestra la gráfica de una función f ( x ) que satisface las condiciones (1) y
(2). El teorema del valor medio nos asegura que existe un número c entre a y b, tal 
que la recta tangente T a la curva f{x) en el punto P = (c,/‘(c)) es paralela al seg­
mento AB, que une los puntos A = (a,/‘(a)) y B = (b,f(b)), y cuya pendiente es 
f { b ) - f ( a ) 
b - a
Nota.
(1) La fórmula f'(c) = Ú Q —((?)_ también se escribe f(b) - f(a) = f'(c).(b - a)
b — a
(2) El teorema de Rolle aparece como un caso particular del teorema del valor medio. 
En efecto, si se tiene f(a) = f(b) = 0 , entonces el teorema del valor medio nos da
f ’(c) = —- — = 0, que es la conclusión del teorema de Rolle. 
b - a
Para probar el teorema del valor medio nos valdremos del teorema de Rolle que ya 
ha sido establecido en 10.1 .
PRUEBA DEL TEOREMA DEL VALOR MEDIO.
Definimos la función F(x) mediante la ecuación
F(x) = f(x) - f(a) - ^ ^ • (x - a) (*)
b - a
y demostraremos que esta función satisface las tres condiciones de las hipótesis del 
teorema de Rolle:
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 353
i) La función F(;t) es continua en el intervalo cerrado [a,fe], ya que f(x) es
continua en [a,fe] (por la hipótesis (1) del teorema) y - f (a) -----^ -----—- ( x - a )
fe — a
es continua en [a,fe] (por ser una función polinomial en la variable x)
ii) La función F (x ) es diferenciable en el intervalo abierto (a, fe), ya que
/■(jc) es diferenciable en (a,fe) (por la hipótesis (2) del teorema)
y ~f{a) - - { x - a ) es diferenciable en (a,fe)fe - a
(por ser una función polinomial en la variable x ) .
iii) F(a) = F(b) = 0 , pues
F(a) = f ( a ) - f{a) - l Lbl - fS?} . ( a -a ) = 0 
o - a
F(b) = f ( b) - f (a) - M l M . ( f t - o ) = 0 
o — a
Así, F(x) cumple las tres condiciones de la hipótesis del teorema de Rolle, y por lo 
tanto, existe un número c tal que F'(c) = 0 y a < c < b.
Luego, derivando ambos miembros de (*) y evaluando en x = c resulta
o . í-tc) - n o ) - m z M ( i ) ,
o - a
pues (/*(a)) =0 ya que f(a) es constante.
f(cL\Y, finalmente, despejando f'(c) obtenemos f'(c) = — -----— , para algún c tal
fe - a
que a <c < fe.
Y esto es lo que queríamos demostrar.
EJEMPLO 1. Verificar que la función f[x) = x - x3 cumple la hipótesis del teorema del
/■(I) _ /■(—2)
valor medio en el intervalo [ -2, l] y hallar los valores c tales que f'{c) = ■ ■■■■■■ • v '
1 - ( - 2)
y -2 < c < 1.
SOLUCION. Puesto que f{x) es una función polinomial es continua y diferenciable 
en todo x, en particular lo és en el intervalo dado.
354
Hallamos las raíces de la ecuación.
o 1 -3 * ’ = ± ^ = - 2 luego * = 11. 
l - ( - 2 ) 3
De donde c = -1 es el único valor que cumple -2 < -1 < 1.
EJEMPLO 2. Usando el teorema del valor medio probar la fórmula
cos (x + h) - cos x = - h sen c , para algún c tal que x < c < x + h .
SOLUCION. La función cos x es continua y diferenciable en todo x y podemos apli­
car el teorema del valor medio a esta función en el intervalo cerrado [a,¿>] donde 
a - x , b - x + h. Se tiene entonces que existe un número c tal que a <c <b y
cos 6 -cos a = cos'(c).(6 -a ) o cos(x+ h)~ cos x = - sen (c).h = -hsen(c) .
EJEMPLO 3. Sea f(x) una función continua en el intervalo cerrado [a,6] y f' (x) = 1 
en a < x < b . Probar que f(x) = f(a) + x - a para todo x en [a,6].
SOLUCION. Fijemos x tal que a < x < b . Entonces la función f(x) cumple la hipó­
tesis del teorema del valor medio en el intervalo cerrado [a,6], y por lo tanto, existe un 
número c tal que
f(x) = />(a) + / ‘'(c ).(x -a ) = f(á) + x - a (pues / ,'(c) = l)
Por otra parte, cuando x = a la igualdad se verifica evidentemente.
Así, se tiene f(x) = f(a) + x - a en a < x < b .
10.2.1 TEOREMA DE TAYLOR
Sea f(x) una función y n es un entero positivo tal que
1) f n̂~^(*) continua en el intervalo [a, 6]
y 2) existe ^"^(*) en el intervalo (a, 6)
Entonces existe c en (a, 6) tal que
m f ( a ) + í ! % ) + ... + (6_ o r * + (6_ a).
1! (n - 1)! »!
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 365
Nota.
1. Si n = 1, el resultado implica el teorema del valor medio.
2. El teorema establece que el valor de f(b) puede ser aproximado por
y que la diferencia f(b) - P(b) puede ser estimada en términos de la función
10.3 TEOREMADEL VALOR MEDIO GENERALIZADO.
Sean f(x) y g(x) dos funciones tales que
(1) son continuas en el intervalo cerrado [a, b] ,
(2) son diferenciables en el intervalo abierto (a, 6) y
(3) g ' (x )*0 en a < x < b .
Entonces existe un número c entre a y b tal que
f'(c) m - f(«)
g'(c) g(b) - g(a)
Nota.
(1) Este resultado constituye, en verdad, una generalización del teorema del valor 
medio (teorema 10.2). En efecto, la fórmula anterior es la conclusión del teorema
del valor medio si ponemos g(x) = x , pues entonces resulta g'(c) = 1 , #(6) = b
y g(a) = a .
(2) Observamos que la hipótesis g'{x) * 0 implica g{b)- g(a) * 0 , pues por el teo­
rema del valor medio
g{b)~ g{a) = g ' {d) (b-a)*0 , 
ya que g'(d) ^0 y b * a .
PRUEBA. Aplicamos el teorema de Rolle a la nueva función
M*) = [/*(&)-/"(a)].[éK*)-g(a)] - [*(6) -£ (a ) ] .[ / (* ) - f (a ) ] .
356
Tenemos h{a) - h(b) = 0 y
A'(*) = [f(6) - /(« ) ] .* '(* ) - [ # ) - g ( a ) ] . r W
Luego existe un número c entre a y b tal que
A’(c) = 0 o [/'(& )-/'(a )].g '(c )-[g (& )-g (a )].r(c) = 0 
f'(c) _ f(b) - f(a)de donde
g'(c) g(b) - g(a)
que es lo que queríamos demostrar.
EJEMPLO. Si f(x) = sen x y g(x) = eos x , hallar todos los números c entre — y —
4 4
tales que m . '(f) - ' ( i
SOLUCION. Resolvemos la ecuación
f ( x )
g'(*)
« t - 4 ;
(3n) Mg - g —
l 4 J \4 J
eos X VI _V22----- 2---- = o
-se n * ( - # ) - ( # ) 
ctg x = 0 .
Luego x = — + nn , donde n = 0, ±1, ± 2 , de los cuales solamente — se encuent
2 2
Jt 3n entre — y — .
4 4
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 357
10.4 TEOREMA DE LA FUNCION CONSTANTE.
Sea / “(jc) una función continua en el intervalo cerrado [a,6]. Entonces f ' (x) = 0 en 
a < x < b si y sólo si f(x) = C , donde C es una constante.
PRUEBA.
(1) Supongamos que f' (x) = 0 en a < x <b. Probaremos que f{x) = f{a)=constante, 
para todo x en [a,fe].
En efecto, si x es un número tal que a < x < b la función f(x) satisface las 
condiciones (1) y (2) del teorema del valor medio en el intervalo [a, jc] , y por lo 
tanto, existe un número c tal que
f{x) - f(á) = f'(c) (x - a) , a < c < x 
Puesto que por hipótesis se tiene f'{c) - 0 , resulta
f { x ) - f { a ) = O.(x-o)
0 f (x) = f {a)>
que es lo que queríamos demostrar.
(2) Recíprocamente, si f(x) = C =constante, entonces sabemos que / “'(jc) = 0.
10.4.1 TEOREMA DE LA DIFERENCIA CONSTANTE.
Sean f{x) y g(x) dos funciones diferenciables en el intervalo cerrado [a,fe] • Enton­
ces f ’{x) = g'{x) en a < x < b si y sólo si f(x) = g(x) + C , donde C es una constan­
te.
PRUEBA.
(1) Si / “'(jc) = g'{jc) en o < x < fe , entonces
9
(f{x) - #(jc)) =0 en a < x < b , 
y por el teorema de la función constante f(pc) - g ( x ) = C = constante.
(2) Si f { jc) = g{x) + C, donde C es una constante, entonces derivando resulta 
f\x) = g ’{x).
358
Nota. £1 teorema de la diferencia constante tiene un carácter fundamental en el Aná­
lisis Matemático, especialmente en:
(1) la noción de la integral indefinida o antiderivada,
(2) la conexión que existe entre la integral indefinida y la integral definida, y
(3) la resolución de ecuaciones diferenciales.
EJEMPLO. Hallar una función y = y(x) tal que
PROBLEMA 1. Para la función f(x) = 4x3 + 12x2 - x - 3 determinar tres intervalos 
[a, 6] tales que se cumplan las condiciones (1), (2) y (3) del teorema de Rolle. Luego 
hallar un número c en cada intervalo abierto (a,6) tal que / ,'(c) = 0 .
SOLUCION. Puesto que f(x) es una función polinomial, las condiciones (1) y (2) 
del teorema de Rolle se verifican sobre cualquier intervalo cerrado.
Por simple inspección vemos que x = -3 es una raíz de la ecuación
f (x) = 4x3 + 12x2 - x - 3 = 0.
Por lo tanto 4x3 + 12x2 - x - 3 = (x + 3) (4x2 - 1) = 0 , 
y las otras raíces son x = .
SOLUCION.
Luego, por el teorema de la diferencia constante
donde C es una constante.
Puesto que y(l) = 0, haciendo x = l calculamos el valor de C
0 = |(4) + C , de donde C = -3 .
10.5 PROBLEMAS RESUELTOS.
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 359
Luego la condición (3) del teorema de Rolle se cumple en cada uno de los intervalos 
cerrados
[ - 3 . - Í ] . [ - M ] . [ - * , * ] ■
Resolviendo la ecuación f ' {x) = 12x2 + 24* - 1 = 0
se obtienen las raíces x x = -—g— « - 2.01 y x2 = « 0.04 .
Luego x l se encuentra en los intervalos abiertos (-3, --£) y (-3, y), y cumple
r ( * i ) = ° >
*2 se encuentra en los intervalos abiertos (-3, y (--£»•£) , y cumple
r ( * 2)= ° -
PROBLEMA 2. Probar que yfl + x < 1 + — para x > 0 y n= 2, 3, ...
n
SOLUCION. Tomemos f(x) = yjl + x .
Aplicando el teorema del valor medio a la función f {x) en el intervalo [0, *], vemos 
que existe un número c entre 0 y x tal que
f ( * ) - f ( 0) = f ' ( c ) . ( x - 0) ~
Luego $ l + x - 1 = 1 „ . • x (A)
I I— X
n [l + c] n
360
Además, de e > 0 se sigue que 1 + c > 1 , (1 + c)n_1 > 1,
[1 + c] " > 1 , ------
[1 + e]
y por lo tanto el segundo miembro de (A) es menor que xjn .
! ■ x
Así resulta y l + x < 1 + — , que es lo que queríamos demostrar.
n
PROBLEMA 3. Sea f(x) una función dos veces diferenciable sobre un intervalo abier­
to. Probar que si f(a) - f(b) = f(c), donde a < b < c son tres puntos del intervalo, 
entonces existe un número d entre a y c tal que f" {d) = 0 .
SOLUCION. Aplicamos el teorema del valor medio a la función f{x) en los intervalos 
cerrados [a, 6] y [6, c] sucesivamente. Entonces tenemos
0 = f ( b ) - f ( a ) = / ,'(c1)(6 -a ) , para algún cl entre a y b,
0 = f ( c ) - f ( b ) = />'(c2) ( c - 6) , para algún c2 entre b y c,
de donde f'lc^ = f'(c2) = 0 , con a < c 1< 6 <c2 <c .
Y de nuevo por el teorema del valor medio, pero ahora aplicado a la función f ' {x) en el 
intervalo cerrado [cj,c2] , resulta
0 = i) = f " (d) (c2 - ci) , para algún d entre y c2 .
Luego f " [d) = 0 y a < d < c .
PROBLEMA 4. Usando el teorema de la diferencia constante resolver la ecuación dife­
rencial
SOLUCION. Tenemos y' = 2 co sjc + 3jc2 - 1 = (2senx + x3 - x) ,
luego por el teorema de la diferencia constante (10.4.1)
y = 2senjc + je3 - x + C ,
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 361
donde C es una constante. Para hallar C evaluamos esta condición cuando x - 0
y( 0) = C 
5 = C .
PROBLEMA 5. Probar que sen x < x para todo x > 0 .
SOLUCION. Para x = 0 se cumple 0 = sen0 < 0 .
Supongamos pues que 0 < x . Aplicamos el teorema del valor medio a la función 
A(x) = senx - x en el intervalo [0, jc] : Existe un número c tal que
y
Pero de
por lo tanto 
pues
Así resulta
h(x) -h( 0) = A'(c) (x-0)
0 < c < x .
h(x) = sen x - x se sigue /i(0) = 0
h'{c) = cose - 1 , y
sen x - x - (cose - l)x < 0 ,
c o s c - l <0 y 0 <x .
sen x < x para todo x > 0 .
PROBLEMA 6. Si f(x) = x5/13 + x4/3 hallar todos los números c entre -8 y 8 tales
que r { c) - m .
' 8 - ( - 8)
SOLUCION. Resolviendo la ecuación
m - n - s)
8 - ( - 8)
5 2/3 4 1/3 32 —16—x + —x = ----------
3 3
,2
16
5(xV3) + 4 x V 3 - 3 = 0 , de donde i/3 _ -2 í 2 Vl9 
5
x =
x = -2 ± 2 VÍ9
Un simple cálculo muestra que solamente el valor con signo + se encuentra entre -8 y 
8 .
362
PROBLEMA 7. Hallar un punto de la parábola y = x2 en el que la recta tangente sea 
paralela a la cuerda AB, donde A = (1,1) y B = (3,9) .
SOLUCION. Debemos resolver la ecuación
y'{x) = pendiente de AB
o 9 -12x = --------.
3 - 1
Luego x = 2 , y = 4 .
PROBLEMA 8. La función f(x) = ^j(x- 8)2 - 4 toma el valor cero / “(O) = / ‘(16) = 0 en 
los puntos extremos del intervalo cerrado [0,16] . ¿Se cumple el teorema de Rolle 
para esta función en [0,16] ?
SOLUCION. Hallamos las raíces de la ecuación f ' {x) = 0
| ( * - 8 ) 'V3 = 0
3 ( * - 8 ) vs ° ’
de donde vemos que la ecuación no tiene raíces y, por lo tanto, no existe ningún núme­
ro c tal que f'(c) = 0.
Luego no se cumple el teorema de Rolle para f(x) en [0,16] . Ello se debe a que no 
existe f ’(x) en x - 8 , y por consiguiente, la función no satisface la condición (2) de la 
hipótesis delteorema de Rolle.
PROBLEMA 9. Probar que la función tgx es creciente en el intervalo abierto 
- n/2 < x < n/2 . Esto es, si - n/2 < x x <x2 < n/2 , entonces tg x x < tg x2 .
SOLUCION. Aplicamos el teorema del valor medio a la función tg x en el intervalo ce­
rrado x x < x < x 2 . Luego existe un número c entre x x y x2 tal que
t gx2 - t g x x = tgf (c) (x2 — XjJ
= sec2(x)(x2 - x 1) .
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 363
Ahora bien, sec2(c) >0 y x2 - * 1> 0 , y por lo tanto
tg *2 - tg Xj > 0 o tgxx< tgx2 
que es lo que queríamos demostrar.
PROBLEMA 10. Probar que si f ' { x ) * 0 para todo x, entonces f(x) = 0 tiene a lo más 
una raíz.
SOLUCION. Por reducción al absurdo, supongamos que f(x) = 0 tuviera al menos dos 
raíces, digamos x x < x2 con / ‘(x1) = f ( x2) = 0 . Entonces aplicando el teorema de Rolle 
encontraríamos un número c entre xx y x2 tal que f'(c) = 0, lo cual es una contra­
dicción.
Por lo tanto f {x) = 0 tiene a lo más una raíz.
PROBLEMA 11. Si f(x) = x 4 + 4x y g(x) = x2 + 2x , encontrar todos los números c
Es fácil ver que estos valores se encuentran entre -1 y 2 .
PROBLEMA 12. Hallar un valor c que cumpla las condiciones del teorema del valor 
medio generalizado para las funciones
entre -1 y 2 tales que m - n - i ) _ f ( c )
SOLUCION. Resolviendo la ecuación
f ( 2 ) - / ( - l ) f'(x) q 2 4 -(-3 ) 4xa*4
g(2)-g(-l) g'(x) 8 - (-1) 2 *+ 2
o2x - 2x - 1 = 0 , de donde resulta x = 1 ± V 3
2
f(x) = x2 + 2x - 3 y g(x) = x2 - 4x + 6
en el intervalo cerrado [0, 1] .
364
SOLUCION. Resolviendo la ecuación
r w = m h m o 2 ^ 0 - M ) d e d o n d e ; c = V 2
g'(x) # ( l ) -g (0 ) 2 x - 4 3 - 6
Puesto que 1/2 se encuentra entre 0 y 1, dicho valor cumple las condiciones del 
teorema del valor medio generalizado.
PROBLEMA 13. Demostrar por medio del teorema de Rolle que la ecuación
4x3 - 6x2 + 4 x - 1 = 0 
tiene al menos una raíz real en el intervalo abierto (0, 1).
SOLUCION. En primer lugar, buscamos una función f(x) cuya derivada sea la función 
dada 4x3 - 6x2 + 4¿e - 1 .
Podemos tomar f{x) = jc4 - 2jc3 + 2jc2 - x .
Esta función es continua y diferenciable en todo punto x; y además, cumple 
/■(O) = / “(l) = 0. Luego satisface la hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo cerra­
do [0, l] , y por lo tanto, existe un número c entre 0 y 1 tal que
f'(c) = 0
3 2o sea 4c - 6c + 4c - 1 = 0 . •
Así, c es una raíz tal que 0 < c < l .
PROBLEMA 14. Demostrar que x3 + px + q = 0 no puede tener más de una raíz real si
p > 0 .
SOLUCION. Supongamos que f(x) = x3 + px + q tuviera dos raíces reales x x < x2 . O 
sea f ( x x) = /(xg) = ° . \
Entonces, por el teorema de Rolle, existiría un número real c entre xx y x2 tal que
r w = o .
Pero f ' {c) = 3 c2 + p > 0 si p> 0 ya que c 2 > 0 .
Así, hemos obtenido una contradicción al haber supuesto que existen dos raíces reales. 
Por lo tanto la ecuación jc3 + px + q = 0 no puede tener más de una raíz real si p > 0 .
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 365
PROBLEMA 15. Usando el teorema de Rolle e inducción matemática, probar que todo 
polinomio de grado n no puede tener más de n raíces reales distintas.
SOLUCION. Sea p(x) = anx n +an_1xn~1 + ... + a1JC + a0 un polinomio de grado n, 
donde a0,a 1, ... ,an son números reales y an * 0 .
«o(1) Para n = 1 , se tiene p(x) = axx + a0 , que posee una sola raíz x = — - . Por lo
ai
tanto se cumple el resultado para n = 1 .
(2) Supongamos ahora, por inducción, que todo polinomio de grado n - 1 , donde 
n > 1, tiene a lo más n - 1 raíces reales distintas. Probaremos entonces que 
p(x) = anx n + ... + axx + a0 no puede tener más de n raíces reales distintas.
Procederemos por reducción al absurdo. Si p(x) tuviese n +1 raíces distintas 
* ^ * 2 <. . .<*„ <xB+1 :
P(*i) = P M = ••• = = P(*«+i) = 0 >
entonces se cumpliría el teorema de Rolle para p ( x ) en cada intervalo cerrado 
[xi* *2] > [*2> * 3 ] »••• ’ [*n> xn+i] > y Por 1° tanto, existirían números cv c2, ... , cn 
tales que
r(c i ) = ° y xl <c í < x 2
f ' (C 2) = ° y *2<C2<*3
r ( c n) = 0 y Xn < c n < x n+1,
de donde resultaría que el polinomio
f ' (*) = M n*"'1 + (n ~ 1K - 1*"'2 + - . + Oj , 
de grado n - 1, tendría n raíces distintas cv c2, . , , , cn .
Esto es una contradicción con la hipótesis inductiva de que todo polinomio de 
grado n - 1 no puede tener más de n - 1 raíces distintas. Concluimos, pues, que el 
polinomio p(jc) de grado n tiene a lo más n raíces distintas.
PROBLEMA 16. Sea x) una función tal que f'{x) = — para x > 0 y / “(1) = 0 . Pro-
x
bar que se cumple f{xy) = f(x) + f(y) .
366
SOLUCION. Fijemos un y > 0 . Sea u = xy . Entonces por la regla de la cadena tene­
d \ df < \ dumos — f[u) = — (u)------ ,
dx du dx
d f l \ 1 1 1 d ,( \— f{xy) = - . y = — y = - = — f ( x ) , 
dx u xy x dx
y por el teorema de la diferencia constante (10.4.1):
f (xy) = f(x) + C ,
donde C es una constante.
Haciendo x = 1 resulta f(y) = f ( l ) + C = C (pues /'(l) = 0), luego f(xy) = f (x) + f(y) 
que era lo que queríamos demostrar.
10.6 REGLA DE L’ HOSPITAL. Evaluación de formas indeterm inadas.
D e c i m o s q u e l a f u n c i ó n F(x) e s indeterminada o toma una forma indeterminada en 
x = a s i a l e v a l u a r F{x) e n a r e s u l t a u n a d e l a s e x p r e s i o n e s :
0 0O 0 0 oo— , — , 0.QO , 00-00, 0 , 00 , 1 .
0 00
T a l e s e x p r e s i o n e s r e c i b e n e l n o m b r e d e formas indeterminadas.
EJEMPLOS.
s e n jc 0
( 1) L a f u n c i ó n - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - t i e n e l a f o r m a i n d e t e r m i n a d a — e n jc = 0 .
jc 0
( jc - 1 ) - 2 / 3 0 0
( 2) L a f u n c i ó n - - - - - - - - - - - - t o m a l a f o r m a i n d e t e r m i n a d a — e n jc = 1 .
t g f JC oo
( 3) L a f u n c i ó n s e c j c - t g j c t o m a l a f o r m a i n d e t e r m i n a d a o o — o o ’e n j c = n/2 .
( 4) L a f u n c i ó n ( l + 2x ) v * t o m a l a f o r m a i n d e t e r m i n a d a 1 ° ° e n jc = 0 .
E n m u c h o s c a s o s e n l o s q u e u n a f u n c i ó n F(x) t o m a u n a f o r m a i n d e t e r m i n a d a e n u n 
p u n t o a , e s p o s i b l e e v a l u a r l i m F(x) , o l o s l í m i t e s l a t e r a l e s l i m F ( x ) , l i m F ( x ) .
x - hx x - + a * x - > a ~
P o r e j e m p l o , l a r e g l a d e L ’ H ó s p i t a l , q u e p a s a m o s a e s t a b l e c e r , p r o p o r c i o n a u n m é t o d o 
m u y s i m p l e p a r a c a l c u l a r t a l e s l í m i t e s .
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 367
REGLA DE L’HÓSPITAL PARA - Y
00
Teorema. Sean f(x) y g{x) dos funciones diferenciables en O < |x - a\ < 8 tales que
(1) lim/^x) = limg(;t) = O (estoes, cuando = —),
x -* a x -* a é r ( o ) O
(2) lim f (x) lim g{x) = 00
x -*a x-*a
entonces
r w
, f(a) oo 
(esto es, cuando = — ),
g(a) 00
lim M = lim Í M
siempre que lim
g'(x)
g{*)
exista.
* '(*)
NOTA.
O oo(1) Las pruebas de la regla de LHóspital para cada caso — y —
O oo
problemas resueltos 1 y 2, respectivamente.
se dan en los
O oo(2) La regla de L’Hóspital para las formas indeterminadas — y — , sigue siendo
O oo
válida si se consideran límites laterales o límites al infinito :
(2.1) lim M = lim Í M
*+ *(*)
(2.2) lim = lim
x~*a~ g{x) x_>a~
(2.3) lim = lim
x->+oo g(x) *-»+«
(2.4) lim = lim
x -* -oo g(x)
* *'(*)
r w
#'(*)
f ’M
*'(*)
£ W
«'(* )
368
f'(x) O oo(3) Puede ocurrir que el cociente —— de lugar a una forma indeterminada — o —
g'(x) 0 oo
en x = a, entonces se aplica de nuevo la regla de L’Hdspital
Hm M = Hm I M . Um £ M , 
g(x) *-►« g'(x) *-*« g"(x)
. r r w . tsiempre que lim — ̂ exista.
*-“* g"(x)
En la práctica se aplica la regla tantas veces cuantas sean necesarias hasta obtener un 
cociente no indeterminado.
EJEMPLO 1. Calcular lim
3 n 2 n x - 2x - x + 2
x - 7 x + 6
SOLUCION. Puesto que lim x3 - 2 x2 - x + 2 = 0 y lim x3 -7jc + 6 = 0.
X—► 1 X-* 1
por la regla de L’Hdspital tenemos
. x3 - 2x2 - x + 2 . 3x2 - 4x - 1 -2 1
lim =--------------- = lim
*-*i x 3 - 7 x + 6 3x 2 - 7 -4
tg x — sen x
EJEMPLO 2. Hallar lim —------------
x-+o jc-senx
SOLUCION. Tenemos
, tg x -se n x .. sec x -co sx
lim ---------------- = lim ------------------
*-»o * -s e n x *-»° 1 -cosx
, 2 sec x . tg x + sen x
= lim ----------------------------
x-*0 s e n *
(aplicando dos veces la regla de 
L’Hdspital)
, 2 sec x + 1
= lim ---------------
*-»o i (cancelando sen x)
= 3
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 369
EJEMPLO 3. Hallar lim
x-*0 nx ctg —
2
SOLUCION. Tenemos
lim
x-»0 JVC ctg---
2
n lim 
*-+o
nx 
tg — 
2 = n lim
x-*0
2 n sec — x
2
n
2 )
EJEMPLO 4. Encontrar lim ln sen2x
ln senx
SOLUCION.
_ .. ln sen 2(0) -oo .Tenemos lim — = — , indeterminado.
*-»o ln sen(0) -oo
Aplicando la regla de L’Hdspital para —
oo
Um ln sen 2x _ ^ (2 cos2x)
*-»o lnsenjc
senx
■(cosx)
= 2 senxlim
sen2x
cos2xlim ------—
*->0 cosx
= 2
sen2x
.. senx ] cosxlim ---------|(1) = 2 lim
*->o 2 cos2jc
= 1 .
(regla de L’Hdspital para —)
0
(regla de L’Hdspital para —)
0
370
OTRAS FORMAS INDETERMINADAS.
LA FORMA INDETERMINADA Oxeo.
Si f { x )*g(x ) toma la forma indeterminada O xoo en x = a, o sea cuando 
lim f (x) = 0 y lim g(x) = oo , entonces la transformación
f (x )xg(x ) = -^íp- 
S{x)
(o f{x)xg(x) =
7 w
0 oo .
convierte la forma indeterminada 0 x oo en la forma — (o —), y podemos aplicar la
0 oo
regla de L’Hóspital para calcular lim f(x) x g(x) .
me
EJEMPLO. Hallar lim ( l - x ) t g —
x -* i 2
SOLUCION. Para x = 1 se obtiene 0 x oo , valor indeterminado. 
Tenemos . me \ - xlim ( l - x ) t g — = lim --------
i-*i 2 1r-*’1 ^kl ctg
(forma —) 
O
= lim
X-+1
-1
-cosec2 roe
LA FORMA INDETERMINADA oo—oo. Si una función / ( x) toma un valor indetermi­
nado oo—oo en x = a y deseamos calcular lim f(x), a menudo es posible escribir
x-+a
f(x) como un cociente de dos funciones transformando la forma indeterminada oo—oo 
O oo
en una de las formas — o — , a las cuales podemos aplicar la regla de L’Hóspital.
O oo
EJEMPLO. Hallar L = lim
*->i 2 ( l - V x ) 3 ( l - ^ x )
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 371
SOLUCION. Si hacemos x = 1 en la función dada, resulta oo—co , valor indeterminado. 
l - 3 % f x + 2 jxTenemos L = lim , v v
6 ( l - V * ) ( l -yfx)
- lim
- 2 /3 , -1 /2
- X + X
-2x~2/3 - 3x~V2 + 5x ye
= lim
2 r -5/3_l r -3/2
3 2
- i j * - 5/3+ f * - 3/2- f * - 7/6 12
FORMAS INDETERMINADAS 0o , T , oo°.
Supongamos que deseamos calcular L = lim f (x)8^ en uno de los siguientes casos :
(1) f(a) = g(a) = 0 , que da el valor indeterminado
(2) f(a) = 1 , g(a) = oo , que da el valor indeterminado
(3) f(a) = oo , g(a) = 0 , que da el valor indeterminado
Tomando logaritmo natural tenemos
/■(a)?*0> = 0o ;
f ( a)‘I*la| = 00°
ln L = ln lim f(x) g(x) = lim ln f(x) g(x) (pues ln es una función continua)
= lim [g(x). ln / ’(x)] = M .
El segundo miembro da lugar a una forma indeterminada 0 x oo, y el límite M puede 
evaluarse por la regla de L’Hóspital.
Finalmente, L se obtiene tomando antilogaritmo natural L = eM , o
lim f(x) g(x) = e
EJEMPLO. Hallar lim ( l + kx)^x.
jc-»0
372
SOLUCION. Si hacemos x = 0 reulta 1*, valor indeterminado. 
Tomando logaritmo natural tenemos
i V T (k)M = lim — ln (l + kx) = lim ---- = k .
*->o % *->o i
Luego L - lim {l + kx)^x - eM = e k.
x-*0
10.7 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Regla de L’Hóspital para — .
0
Si f(x) y g(x) son dos funciones diferendables en 0 < |jc - a| < 8 tales que 
lim f(x) = lim g(x) = 0 , probar que
x-+o x -m
¡ ú n M = U m m ,
*->« g(x) g\x )
si el límite del segundo miembro existe.
SOLUCION. Definimos f{á) = g(a) = 0 y entonces ambas funciones son continuas en 
el intervalo abierto |x - a| < 8 .
Dado cualquier x tal que |x - a\ < 8, por el teorema del valor medio generalizado, apli­
cado a las dos funciones en el intervalo cerrado de extremos a y jc, podemos encontrar 
un número c entre a y x tal que
f { x ) - f ( a ) = / > ) 
g{x)~g(a) g\c) '
f i x ) = H f) 
g(x) g'(c)
(pues f{a) = g(a) = 0).
Ahora bien, cuando x -+ a tenemos que c->a , pues c se encuentra siempre entre a 
y jc, y por lo tanto, tomando límites
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 373
lim f ( *)
>a g(x)
f ' (c)lim
x ~*a g ' ( c )
f \ c)= lim
c-»a g ' ( C)
Por lo tanto, si lim / »
g 'W
existe, tenemos que
(por la observación anterior)
f(*)lim 
*->• g(x)
f V )lim
g\x)
PROBLEMA 2. Regla de LHóspItal para
00
Sean f ( x ) y g{x) son dos funciones diferenciables en a < x < a + 6 tales que
f(x) f'lx)lim / " ( j c ) = lim g(x) = oo . Probar que liin ------------- = lim , si el límite del
g(*) 1' g\*)
segundo miembro existe.
Nota. El resultado es igualmente válido (y la misma prueba sirve con las modifi­
caciones obvias) si se reemplaza x -> a+ por x -> a~ y por lo tanto, también se cum­
ple cuando x —> a , que es la versión que hemos dado en el enunciado del teorema de la 
sección 10.6, asumiendo la condición (2) en la hipótesis.
SOLUCION. Sea L = lim .
g\x)
Entonces existe x x>a tal que a < c < xl implica
/ »
g'(c)
- L (1)
El número x l permanece fijo en el argumento que sigue.
Si a < x < Xj aplicamos el teorema del valor medio generalizado a las funciones f (x) y 
g(x) en el intervalo cerrado [ jc, jcJ y encontramos así c entre x y xl tal que
f ( x) ~ f ( x i) f ’{?)
de donde resulta
g{x) g'{c)
h{x) , (2)
374
siendo h(x) =
l - g ( x l)/g(x)
Nótese que h{x) satisface lim h(x) = 1 , (3)
yaque f(x) y g(x) tienden a +oo , cuando x -» a+, y / ’(^1) y éf(*i) son constantes. 
Usando (2) tenemos ahora
M - l . í M - L + £ Í £ ) . [A W - i ]
g(x) g'(c) g'(c) 1 ’ ]
(4)
De (1) se tiene f '(c)
g'(c)
< L + — y por (3) existe 5j > 0 tal que a < x < a + implica 
2
e / 2
1 1 L + e / 2
Finalmente, si tomamos 6 = min - a, 5X} y empleamos (1) y (4) , vemos que 
a < x < a + 8 implica
' M - L <
m r
+
m
g { x ) s ' ( c ) í ' ( < 0
I h{x)~ l| < — + — = E 
1 2 2
Así, lim ^ X ̂ = L . 
x-+* £(*)
PROBLEMA 3. Hallar lim
1 - x
X ► 1 41 - sen rcx
SOLUCION. Si sustituimos x = 1 obtenemos —, valor indeterminado. Por la regla de
0
0L’Hóspital para — tenemos 
0
lim
X->1
1 -x = lim
-1 = 00.
rae X _ > 1 n K
1-sen— ---- eos—x
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 375
PROBLEMA 4. Calcular lim
tg 5x
SOLUCION. Tenemos
tg3jc 3 sec 3* 3
lim ------- = lim — = —
tg 5* 5 sec 5x 5
PROBLEMA 5. Calcular lim (1-cos jc)ctg x
x—>0
SOLUCION. Haciendo x = 0 obtenemos 0 x oo , valor indeterminado.
1 — eos X
Tenemos lim (1-eos*)ctg * = lim -----------
x->0 r-fO t g x
= lim sen x
x->o sec x
(Regla de VHospital)
= - = 0 . 
1
PROBLEMA 6. Hallar lim xn sen — , n> 0 y a > 0.
x
SOLUCION. Tenemos
n ulim x sen— = lim
asen — 
x
cos-
= lim
n.x
( Regla de L'Hóspital para —)
0
— lim 
n
aeos —
/l-l
' r
Qj
si n - 1 
= oo, si n > 1
376
PROBLEMA 7. Hallar lim
x -*0
n
2 2 ^sen x x )
SOLUCION. Si hacemos x = 0 obtenemos oo-oo, valor indeterminado. 
Tenemos
\ 2 2 , 1 1 | .. x -sen x 2x - 2 sen xcos xlim ----- = lim — ------- — = lim
*->oVsen2 x x 2 ) *->o x 2 sen2 x 2xsen2 x + 2 x2 sen xcos x
.. 2 x -se n 2 x= lim —
2 2 2 x sen x + x sen 2x
2 -2 cos2 x= lim -
x->o 2 sen2 x + 4xsen 2x + 2x2 eos 2x
.. 4 sen2x= lim ------------------------------
6 sen 2x + 12x eos 2x - 4x2 sen 2x
, 8 eos 2*= hm -------------------------------
x->o 24 eos 2x - 32x sen 2x - 8x2 eos 2x 24 3
PROBLEMA 8. Hallar lim * °
*-** xn - an
0
SOLUCION. Para x = a obtenemos el valor indeterminado — .
0
Luego lim — —— = lim * *
n n n - 1 n - 1*-+* x - a x~*a n x x n x a
PROBLEMA9. Calcular lim tgX ■ *
x -s e n x
SOLUCION. Tenemos
t g x - x , sec2x - l , 2sec2x t g x 3lim = lim ------- ;— = lim = lim 2 sec x = 2
x -s e n x x~>° 1 -cosx *-»o senx
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones
3 2 2 3x — ax —a. x + a 
PROBLEMA 10. Hallar lim —2 2 *-»<* x - a
SOLUCION. Para x - a resulta — , valor indeterminado.
0
Tenemos
3 2 2 3 o 2 n 2 0 2 n 2 2x - a x - a x + a 3x - 2ax - a 3a - 2 a - a
lim ------------------- = lim = = 0 .
x - a 2x 2a
J 16x — x4 — 2 a/ 4 x 
PROBLEMA 11. Hallar l im — V
0
SOLUCION. Si x = 2 resulta — , valor indeterminado.
0
Tenemos
, - 2 ^ 4 ? , ( 1 6 x - * 4 ) ' V 2 . ( 8 - 2 * 3 ) - (4 * )-^ .(|)
lim --------------, = lim ---------------------------577-------------------------
* -2 2 -^ 2 * ^ *->2 - ( 2* 3) ( í * 2)
i ( -8 ) - 1(1) 32
-¿ (6 ) 9 '
te * - sen x
PROBLEMA 12. Calcular lim —----- .
sen x
SOLUCION. Para x = 0 resulta — , valor indeterminado. Tenemos
0
tg x -s e n x . sec2x -c o s x .. 2 sec2x .tg x + senx 
lim --------- = lim = lim
x-̂ o sen3x *-*° 3 sen2xcosx x~*° 6 sen x cos2x — 3sen3x
= lim 2 sec3x + 1 3 1
x-»o 6cos2x -3 s e n 2x 6 2
377
aplicando dos veces la regla de L’Hóspital.
378
x sfin x
PROBLEMA 13. Hallar lim ------ .
*->0 v3
SOLUCION. Tenemos
x - sen x 1 - eos x sen x eos x 1lim ------ = lim — = lim = hm = — .
*-»o x' *-»o 3jc 6x 6 6
22 eos x + x — 2 PROBLEMA 14. Hallar lim ----
*->o 2x4
SOLUCION. Tenemos
22 eosx + x - 2 1 -2senx + 2x , -cosx + 1hm = lim = lim —
*-►<> 2x 8x x-*o \2x
senx , cosx 1
= lim = lim ------- = —
x -*0 24x x-*Q 24 24
PROBLEMA 15. Hallar los límites a los que tienden las raíces de la ecuación de 
2
segundo grado Ax +Bx + C = 0 , si A tiende a 0 y los coeficientes B y C 
permanecen constantes, B * 0.
SOLUCION. Las raíces de la ecuación son
- B - ^ B 2 -4 A C - B + ̂ B2 -4A C
* = ------------------------------------------- y X 2 = ---------------------------------------
2A 2A
Luego lim xx = oo
A -» 0
. .. -B + ‘Jb 2~-~4AC , í ( fi2 -4A C ) V . ( - 4C)
y hm x2 = hm = hm --------------------------------
A ->0 A -»0 2 A A -»0 2
(derivando respecto de A; B y C permanecen constantes)
_C _
~ l-Bl ‘
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 379
PROBLEMA 16. Hallar lim sec x - 2 tg x 
1 + eos Ax
SOLUCION.
Para x = — resulta — , valor indeterminado.
Tenemos
sec2jc -2tg jc , 2 sec2jc tg x - 2sec2jc
lim ------------------ = lim -----------------------------
x —►— 1 + eos 4x x—>—
4 4
= limn
X~¥—
4
-4 sen 4x
a 2 . 2 0 4 n 2 ,4 sec x tg x + 2 sec jc - 2 sec jc tg jc
- 1 6 c o s 4 jc
4(2)(1) + 2(2)2 - 2(2)(1)
12 _ 3 
16 4
PROBLEMA 17. Sea un círculo con centro en (0,3) y ra­
dio 3.
En la figura se tiene: 
jc = arco A 0 ,
y = ordenada del punto de intersección del eje Y 
con la recta que pasa por ( j c , 0 ) y A .
Hallar la posición límite de y cuando jc se aproxima a 
cero.
SOLUCION. En la figura siguiente, por semejanza de 
triángulos tenemos
ñ - E a )
OP QP
380
Pero
ÁOCA en radianes =
O R = y ,
OP = x ,
QA = OC - AC eos
13
= 3 - 3 eos ' x '
QP = OP - OQ = x - 3 sen
\o J
Luego sustituyendo en (1) 
3 - 3 eos
y_ = ________
x x - 3 sen
de donde
3 x - 3x eos
.y =
\ó J
x - 3 sen
Debemos hallar lim y , pues x se aproxima a 0 por la derecha.
x->0*
0
Haciendo x = 0 se obtiene — , valor indeterminado.
0
Tenemos
3* - 3xcos
lim y = lim 
*-»o+ «-►o*
Vo/
3 - 3 eos
= lim
r x^ + xsen
voy
x - 3 sen x-+0*— 1 - eos —eo l 3 y
2 sen
lim
*-»o+
x
+ — eos 
3
' x N
3
eos
1— sen 
3 13
lim
*-+o+ 1— eos 
9
X M— sen —
9 U J
f x ]
IsJ
- = 9i
9
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 381
PROBLEMA 18. Hallar lim tg 3*
x - » - t g X 
2
n oo
SOLUCION. Si jc = — resulta — , valor indeterminado.
2 oo
Luego tenemos
tg 3 jc sen 3 jc eos jclim ------- = lim x ----------
x - * - tg jc X - - sen jc eos 3 jc 
2 2
sen 3 jclim
x - » - sen jc 
2
lim eos JC
eos 3 jc
c o s j c senx 1 1
= - lim -------- = - lim = ----------= —
x - > - cos3x 
2
x -> - 3sen 3x 
2
-3
PROBLEMA 19. Calcular lim (1 -tg x ) sec2x .Jt X
* í
SOLUCION. Haciendo x = — se obtiene Oxoo, valor indeterminado.
4
Tenemos
lim (l-tg x )se c2 x = lim - — = lim — = ■§ = 1 . - v ' - /.«o o~ n -2sen 2x 2
4
k eos 2x
4
nxPROBLEMA 20. Encontrar lim (a2 - x2) tg
x-*a ' ' 2a
SOLUCION. Para x = a resulta 0 x oo , valor indeterminado. Tenemos
382
PROBLEMA 21. Hallar lim + ln *
*-»* x ln r
00
SOLUCION. Para jc = oo tenemos — , valor indeterminado. Luego
00
. ,, . x + m jc , r 1lim ------------ = lim ----------------- = — = O .
*-*» i l u í ' " “ lnjc + jc - i 00
X
PROBLEMA 22. Hallar lim x sen -
SOLUCION. Para x = oo obtenemos ® x O , valor indeterminado. 
Tenemos
a s e n - Íc03£ ) ( - | í )
lim x sen — = lim — =-£- = lim ------- ^ ------ - = a
jc -> o o X . JC—>00 1 JC->00 I
PROBLEMA 23. Encontrar lim
*->o sen x 1 - cos x
SOLUCION. Para x = 0 resulta oo - oo, valor indeterminado. 
Tenemos
2 1lim
x->0 sen2x 1 - cos x
.. 2 (1 - cos jc) - sen2x .. (1 -cosx )= lim — —̂ s— v-1 r - = lim v 7sen2x ( 1 - cos x) *-»° sen2x ( l -c o s x )
,. 1 -co sx .. senx ,. cosx 1= lim ------ 5— = lim p— = lim--- ------ ¡=— = 77*“►0 sen x *-*o sen 2jc x-+o 2 cos 2jc 2
PROBLEMA 24. Hallar lim
x->0 xtgx
SOLUCION. Para x = 0 resulta oo - oo , valor indeterminado.
El Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 383
Tenemos
lim
x -»0 xtgx
= lim t g x - x = lim
z 1 sec x - 1
2 2x-*o x tg x *-+° 2x tg x + x sec x
i 2 , 2
1 - C 0 S JC , 1-cos Xlim ----------------------- = lim ----------------
*-►0 2 jc sen jc eos x + x *-»° x sen 2x + x ‘
= lim sen 2x = lim
2 eos 2x
*-»o sen 2x + 2x eos 2x + 2x 4 cos2 x -4 x sen 2 x + 2
4 -0 + 2 3
PROBLEMA 25. Hallar lim ( l + senx)ct* x .
x -*0
SOLUCION. Para x = 0 obtenemos 1°° , valor indeterminado.
Escribimos y = (1 + sen x)ct® * . Tomando logaritmo natural tenemos
ln y = ctg x .ln (l + sen x)
! \ v ln (l+senx) 1 + sen x ĉos x)x . ln (1 + sen x) = lim — = lim * ---------lim lny = lim ctg x .ln (l +senx) *-*o ' 'x->0 x-*0 t g X x -*0 sec2x = 1
PROBLEMA 26. Encontrar lim
*-»o \ X j
SOLUCION. Para x = 0 resulta oo°, valor indeterminado.
Sea
l1 )\x)
384
Tenemos
lim ln y = lim sen jc ln f — ] = - lim sen x ln x = - lim ^ x*->o *->o \x) x-»o x-*o cosecx
1
= _ i im --------X_ _ — = lim i® » !* . = lim (tgJC)= 1(0) = 0 .
x-+o —c o s e c X C t g x x->0 JCCOSX x-+0 \ X J v ’ v ’
•t i • l'm 1° y nLuego lim y = e'-»° = e = 1.
x -»0
PROBLEMA 27. Hallar lim x 4+,nx
x-fO
SOLUCION. Para x = 0 se obtiene 0° , valor indeterminado.
1
Sea v = x y 4+ln x . Tenemos lim ln y = lim ̂ ln x = 3 lim = 3.
J x -> 0 J * -» 0 4 + ln X x -» 0 1
X
Luego lim y = e3 .
x -+0
nx
PROBLEMA 28. Hallar lim(2-*)'*7
X-+1
SOLUCION. Si x = 1 se obtiene 1* , valor indeterminado.
te—Sea y = (2 - x ) 2 - Tenemos
ln! ^ ) . Um 2 7 ^ - ^
ixx x->i o( nx\ ( n
2 ' cosec[ T j { 2
Luego lim y = .
lim ln y = lim tg ln (2 - x) = lim — ---------- = lim --------- --— f — r - 7— r- = —
X - » 1 J x-»i 0 2 v ’ x ► 1 r a e x - > i J n x ) ( K ) nctg -s- -cosec l̂ — II — i
X-+1
PROBLEMA 29. Hallar lim (e2x+3x)4x .
x->0
SOLUCION. Para x = 0 resulta 1°°, valor indeterminado.
£1 Teorema del Valor Medio y sus Aplicaciones 385
Sea y = (e2x +3xy* . Tenemos
2e2x +3
lim ln y = lim — ln (e2x + 3x) = lim —— + ̂ x- = — 
x-»o x-+o x-»o 4 4
5 /4Luego lim y = e
x-+0
1
PROBLEMA 30. Hallar lim x l x
X—► 1
SOLUCION. Tenemos la forma indeterminada 1°° cuando x = 1.
i
— 1 VxSea y = x l~x. Luego lim ln y = lim ln x = lim ----- = - 1
x—*1 x —► 1 1 — x x —> 1
,-1y por lo tanto lim y - e .
X-+1
PROBLEMA 31. Probar el teorema de Taylor (10.2.1)
SOLUCION. Definimos el polinomio P(x) degrado < n -1 mediante
M), x
P{x) = f(a) + -----^ ( * - a ) + ... + ------ (x-a)
1! {n - iy .
y la función g(x) = f(x) - P(x) - M ( x - a)n, a £ x £ b (1)
en donde M es elegido de manera que g(b) = 0, esto es
M = M i M (2)
(6- a ) ”
Despejendo f(b) de (2) se tiene
f(b) = P(b) + M (6 -o ) “ = f ( o) + ... + / '," '1)(a ) / (n -1)! + M ( b - a ) "
fM 'c )
y debemos probar quie existe c en (o, 6) tal que M = — .
n!
386