AnalisisMatematicoPinoReedicion2014 PDF
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: k
> k es tambin
una cota superior.
Denicin 17 Sean k y S como en la Denicin 16. Diremos que k es un mximo de
S si k es cota superior y adems k S.
12 Captulo 1. Nmero complejo
Ejemplo 18 Sea S = x R : 0 x 1. S est acotado superiormente por
k : k 1. Como 1 es cota superior y adems 1 S entonces 1 es mximo de S.
Ejemplo 19 Consideremos ahora T = x R : 0 x < 1. k ser cota superior si
y solo si k 1. En este ejemplo a diferencia del anterior, 1 / T, por lo cual 1 no es
mximo de T.
Denicin 20 Un nmero k R se denomina supremo de S ,= si k es la menor de
las cotas superiores de S. Esto es: k
k. A tal
nmero se le denota sup(S), siempre que exista.
Si S tiene mximo entonces este mximo ser supremo de S. El recproco no es
cierto. Es decir: un conjunto puede no tener mximo, y sin embargo s tener supremo.
El Ejemplo 19 muestra sto, pues 1 es el supremo de T. Las Figuras 1.1 y 1.2 ilustran
respectivamente a los conjuntos S, T R.
S
1 0
Figura 1.1: El conjunto S tiene mximo, que es supremo.
T
1 0
Figura 1.2: El conjunto T no tiene mximo, y 1 es supremo de T.
Proposicin 21 Si existe supremo de un conjunto, es nico.
Demostracin. Sea S ,= un conjunto y k, k
k, pero como k
tambin es supremo, k k
, de
donde k = k
R tal que l
x, x S. Entonces
l
x, x S. Luego l
sup(S) = l de donde l
l.
a
2
+ b
2
Si z ,= 0, sea el ngulo entre el eje
Ox y el vector (a, b) (denido a menos de un
mltiplo de 2). se llama argumento de z (existen por lo tanto innitos argumentos
de z que dieren en mltiplos de 2).
La Figura 1.5 muestra la representacin polar de un nmero complejo.
Re(z)
Im(z)
b
a
z
a
2
+ b
2
. Calculamos para z ,= 0:
si a = 0 :
_
arg(z) = /2 si b > 0
arg(z) = /2 si b < 0
si a ,= 0: tan() = (b/a). La funcin arctan() es inversa de la funcin tan()
para (, ], de donde:
si a > 0: arg(z) = arctan(b/a)
si a < 0 :
_
arg(z) = arctan(b/a) + si b > 0
arg(z) = arctan(b/a) si b < 0
Denicin 40 Llamaremos conjugado de z = a + bi al complejo z = a bi.
Obsrvese que el conjugado no es otra cosa que el simtrico de z respecto del eje
Proposicin 49 e
z
= 1 z es un mltiplo de 2i.
Demostracin.
() Si z = 2in donde n es entero entonces: e
z
= cos(2n) + isen(2n) = 1
() Supongamos ahora que e
z
= 1, entonces [e
z
[ = e
a
= 1 a = 0.
Por lo tanto z = ib. Ahora, e
ib
= cos(b) +isen(b) = 1, de donde cos(b) = 1, sen(b) =
0 y por lo tanto b = 2n.
Corolario 50 e
z
= e
w
z = w + i2n, con n entero.
Demostracin. e
z
= e
w
e
zw
= 1 z w = i2n z = w + i2n
2
e
i(
1
+
2
)
z
1
z
2
=
1
e
2
e
2
=
1
2
e
i(
1
2
)
1.5.2. Aplicaciones geomtricas
Consideremos la funcin del plano complejo en s mismo dada por F(z) = z +,
donde , C. Estudiaremos qu interpretacin geomtrica tiene esta transformacin
del plano en el plano.
Caso 1. = 1, arbitrario. En este caso F(z) = z + representa una traslacin de
vector en el plano, como se observa en la Figura 1.7
Caso 2. = 0, R. En este caso, se trata de una homotecia de centro (0, 0) y razn
como se observa en la Figura 1.8.
Caso 3. = 0, = e
i
. Si z = e
i
, entonces z = e
i(+)
, de donde (ver Figura 1.9),
la funcin equivale a una rotacin de centro (0, 0) y ngulo .
Caso 4. = 0, =
0
e
i
. Apartir de los casos 2 y 3 se deduce que la funcin F(z) = z
representa la composicin de una rotacin de ngulo y una homotecia de razn
0
, es decir una rotohomotecia en el plano.
1.5. Exponencial compleja 25
Re(z)
Im(z)
z
z + z +
Figura 1.7: Traslacin del complejo z por el complejo , con resultado z + .
Re(z)
Im(z)
z
z
( > 1)
Figura 1.8: Multiplicacin del complejo z por el factor real , con resultado z.
Caso 5. El caso general se deduce de los anteriores. Se trata de la composicin de una
rotohomotecia con una traslacin, lo que equivale a una semejanza directa en el
plano.
Excepto en el caso de una traslacin ( = 1), se sabe que una tal semejanza tiene
un nico punto unido (z
0
es un punto unido de F si F(z
0
) = z
0
). Obtengmoslo:
De z = F(z) = z + se tiene z = /(1 ), punto unido de F.
Ejercicio 52 Mostrar que F(z) = iz representa una rotacin en el plano de centro
(0,0) y de ngulo
2
.
Ejercicio 53 Sea F(z) = 21z + (1 2i). Hallar como ejercicio el punto unido y la
imagen del eje imaginario.
26 Captulo 1. Nmero complejo
Re(z)
Im(z)
z
e
i
z
+
n
( > 1)
Figura 1.10: Representacin polar de la potencia z
n
de un complejo z.
Aplicar lo anterior para demostrar que:
sin(3) = 3 cos()
2
sen() sen()
3
cos(3) = cos()
3
3 cos()sen()
2
El siguiente teorema da una frmula para la raz n-sima de un complejo.
Proposicin 57 Si z ,= 0, z = e
i
y si n es un entero positivo, entonces existen exac-
tamente n nmeros complejos distintos z
0
, z
1
, . . . , z
n1
(llamados races n-simas) ta-
les que:
_
z
n
k
= z para cada k = 0, 1, . . . , n 1
z
k
=
k
e
i
k
con
k
=
1
n
y
k
=
n
+
2k
n
(k = 0, 1, . . . , n 1)
Demostracin. Es evidente que los n nmeros z
k
(k = 0, 1, . . . , n 1) verican que
z
n
k
= z pues z
n
k
=
n
k
e
in
k
= e
i
.
Hay que probar que son los nicos nmeros que cumplen esto. Supongamos que
w = Ae
i
verica que w
n
= z. Entonces A
n
e
in
= e
i
de donde A
n
= (y por tanto
A =
1
n
) y n = +2k para algn k, de donde =
+2k
n
. Pero si k toma todos los
valores enteros w solo toma valores z
0
, z
1
, . . . , z
n1
.
La proposicin anterior prueba que un complejo tiene n races n-simas, que tienen
todas el mismo mdulo y argumentos que dieren en mltiplos de 2/n. Desde el
punto de vista geomtrico las n races ocupan los vrtices de un polgono regular (ver
Figura 1.11).
28 Captulo 1. Nmero complejo
Re(z)
Im(z)
z
0
z
1
z
2
z
3
z
4
2
n
/n
Figura 1.11: Las n races
n
, eligiendo =
|LL
|
2
obtenemos dos
entornos E(L, ) y E(L
, ) = .
Pero n n
0
, a
n
E(L, ), y n n
1
, a
n
E(L
, ).
Entonces n m axn
0
, n
1
, a
n
E(L, ) E(L
, ), lo que es absurdo.
Denicin 75 (a
n
)
nN
es acotada si y solo si k : [a
n
[ k, n N.
Proposicin 76 Si (a
n
)
nN
tiene lmite L, est acotada.
Demostracin. Elegido > 0 cualquiera, n
0
: n n
0
, a
n
E(L, ).
Entonces, n n
0
, L < a
n
< L + de donde [a
n
[ [L[ + .
Tomando K = m ax[a
0
[, [a
1
[, . . . , [a
n
0
1
[, [L[+, se cumple que [a
n
[ K, n N.
k=0
_
n
k
_
a
nk
b
k
,
2.2. Sucesiones 37
donde
_
n
k
_
=
n!
(n k)!k!
.
a
n
=
_
1 +
1
n
_
n
= 1 + n
1
n
+
n(n 1)
2!
1
n
2
+ . . . +
n(n 1) . . . 1
n!
1
n
n
=1 + 1 +
1
2!
_
1
1
n
_
+
1
3!
_
1
1
n
__
1
2
n
_
+ . . .
+
1
n!
_
1
1
n
__
1
2
n
_
. . .
_
1
n 1
n
_
Hemos escrito a
n
como suma de trminos positivos. Cada sumando crece con n, y
adems el nmero de sumandos crece con n. Luego a
n
es creciente. Adems, clara-
mente a
n
b
n
e, por lo que (a
n
) converge, y lm
n+
a
n
e.
En la seccin siguiente veremos que lm
n+
a
n
= e.
Denicin 85 Las sucesiones (a
n
)
nN
y (b
n
)
nN
forman un par de sucesiones mon-
tonas convergentes (PSMC) si y solo si:
(1) (a
n
) ; (b
n
) .
(2) a
n
b
n
, n N.
(3) > 0 n
0
: b
n
0
a
n
0
< .
Proposicin 86 Si (a
n
)
nN
y (b
n
)
nN
forman un PSMC, entonces convergen al mismo
lmite.
Demostracin. Probemos primeramente que a
n
b
m
m, n N. De hecho, si
n m : a
n
b
n
b
m
. En caso contrario, cuando n < m, a
n
a
m
b
m
.
Luego, (a
n
) est acotada superiormente, y por hiptesis, (a
n
) . Estamos en las
condiciones del Teorema 1, por lo que a
n
n
L. Dado que (b
n
) y est acotada
inferiormente, b
n
n
L
.
Si L ,= L
entonces a
n
L < L
b
n
, n N, lo que contradice (3) tomando
= L
L.
n=1
I
n
.
38 Captulo 2. Sucesiones y series
2.2.3. Propiedades algebraicas de lmites
Teorema 2 Si lm
n+
a
n
= A y lm
n+
b
n
= B, entonces:
(1) lm
n+
(a
n
+ b
n
) = A + B
(2) lm
n+
(a
n
b
n
) = A B
(3) lm
n+
(a
n
b
n
) = AB
(4) lm
n+
(a
n
/b
n
) = A/B, si B ,= 0.
Demostracin.
(1) [A + B (a
n
+ b
n
)[ [A a
n
[ +[B b
n
[.
Fijado > 0 podemos obtener n
0
: n n
0
, [Aa
n
[ < /2, [B b
n
[ < /2 y
entonces [A + B (a
n
+ b
n
)[ < .
(2) Es anlogo a (1).
(3) [AB a
n
b
n
[ = [AB Ab
n
+ Ab
n
a
n
b
n
[ [A[[B b
n
[ +[b
n
[[A a
n
[.
Como b
n
converge, es acotada, por lo que la ltima expresin puede acotarse por
K([B b
n
[ +[A a
n
[).
La prueba termina en forma similar a (1).
(4) Se deduce de (3) si se prueba que lm
n+
1/b
n
= 1/B:
1
B
1
b
n
=
[B b
n
[
[B[[b
n
[
.
Puesto que b
n
B, se puede obtener n
0
: n n
0
, [b
n
[ [B[/2. Luego:
1
B
1
b
n
2
[B[
2
[B b
n
[, n n
0
,
de donde se sigue como en casos anteriores.
Ejercicio 88 Si (a
n
)
nN
es acotada y b
n
n
0, probar que a
n
b
n
n
0.
El teorema anterior cubre el caso de lmite nito. Las siguientes tablas extienden lo
anterior para incluir lmites innitos. En ellas se supone que lm
n+
a
n
= , lm
n+
b
n
=
, donde y pueden ser nitos, +o , y se da el lmite de a
n
+ b
n
, a
n
b
n
.
Los casos a
n
b
n
y a
n
/b
n
son similares y se deducen de all. Para el cociente, si
2.2. Sucesiones 39
Cuadro 2.1: Lmite de una suma de sucesiones, en funcin de (columna) y (la).
[ B +
A A + B +
+ + + ?
?
Cuadro 2.2: Lmite del producto de sucesiones, en funcin de (columna) y (la).
[ 0 B ,= 0 +
0 0 0 ? ?
A ,= 0 0 AB [A] [A]
+ ? [B] +
? [B] +
b
n
es fcil ver que 1/b
n
n
0. Omitimos la demostracin, que no ofrece nuevas
dicultades.
El smbolo [A] denota innito, con el signo de A. Los casos indicados con ? son
llamados lmites indeterminados; no existe aqu una regla general para el resultado,
que puede dar, segn el caso, alguna de las alternativas o incluso no existir lmite.
Los ejemplos que siguen muestran, entre otros, algunos casos importantes en que
se resuelve la indeterminacin.
Ejemplo 89 Volviendo al Ejemplo 84, se prob que a
n
b
n
, y ambas tienen lmite,
siendo lmb
n
= e, lma
n
= A e. Sea p jo.
Si n p, a
n
1 + 1 +
1
2!
(1
1
n
) +. . . +
1
p!
(1
1
n
) . . . (1
p1
n
). Si tomamos lmites
en ambos lados, deducimos que lm
n+
a
n
b
p
.
(los factores que multiplican a cada sumando tienden a 1.)
Si A = lm
n+
a
n
, b
p
A lm
p+
b
p
A e A A = e. Ambas sucesiones
tienen, por lo tanto, el mismo lmite e.
Ejemplo 90 Volvemos a la sucesin denida por recurrencia: a
n+1
=
a
n
+b/a
n
2
, b > 0,
del Ejemplo 6, con a
0
= 1). Suponiendo que la sucesin tiene lmite L ,= 0, se deduce
del Teorema 2 que: L =
L+b/L
2
, y despejando se tiene que L
2
= b, o L =
b. Como
a
1
> 0, b > 0, se deduce por induccin que a
n
> 0, n, lo que descarta el lmite
b
Figura 2.1: Figura del Ejemplo 90
niendo a
n+1
= f(a
n
), donde f(x) =
x+b/x
2
, y estudiamos el crecimiento de f. La gr-
ca de f tiene la forma de la Figura 2.1, de donde deducimos que a
n
b, b > 0.
Como en x
b, por lo que
a
n
converge, y a
n
b.
La recurrencia anterior es un mtodo til para el clculo de una raz cuadrada.
Ejemplo 91 a
n
=
a
n
n
, con a > 1 (es un lmite indeterminado). Poniendo a = 1 +
h, h > 0 y desarrollando el binomio, se tiene para n 2:
a
n
=
(1 + h)
n
n
1 + nh +
n(n1)
2
h
2
n
n 1
2
h
2
.
Como
n1
2
h
2
+, entonces lm
n+
a
n
= +.
Anlogamente, lm
n+
a
n
n
a
i
n
(i
n
+ 1)
=
1
a
a
i
n
+1
(i
n
+ 1)
= b
n
.
Dado K R, i
0
: i i
0
,
a
i
i
> Ka (porque
a
i
i
i
+)
Como i
n
+, n
0
: n n
0
, i
n
+ 1 i
0
b
n
> K.
Por lo tanto b
n
+, y lm
n+
a
n
= +.
2.2. Sucesiones 41
Ejemplo 93 a
n
=
(log(n))
=
(x
n
)
(e
x
n
)
=
1
(e
)
x
n
(x
n
)
n
0,
ya que por el Ejemplo 13, el denominador tiende a innito.
Ejemplo 94 a
n
=
a
n
n!
, a > 1
Calculamos
a
n+1
a
n
=
a
n+1
(n+1)!
n!
a
n
=
a
n+1
n
0
n n
0
,
a
n+1
a
n
<
1
2
n n
0
, a
n
a
n
0
2
nn
0
n
0 a
n
n
0.
Ejemplo 95 Lmites de potencias (a
n
)
b
n
, a
n
> 0.
Se resuelven en general poniendo (a
n
)
b
n
= e
b
n
log(a
n
)
, y resolviendo lm
n+
(b
n
log(a
n
)).
Se utiliza adems que si:
a
n
n
c e
a
n
n
e
c
;
a
n
n
+e
a
n
n
+;
a
n
n
e
a
n
n
0.
Por ejemplo:
n
n = n
1
n
= e
1
n
log(n)
n
1, ya que
log(n)
n
n
0.
Ejemplo 96 Si a
n
n
a entonces
a
n
n
a (con a
n
0).
Si a = 0, se prueba directamente por denicin de lmite.
Si a > 0, n n
0
, a
n
> a/4, y como consecuencia:
[
a
n
a[ =
[a
n
a[
a
n
+
a
[a
n
a[
3
2
a
n
0.
Denicin 97 Dos sucesiones a
n
y b
n
, ambas con lmite (o ambas con lmite 0) se
dicen equivalentes si y solo si lm
n+
a
n
b
n
= 1.
Ejemplo 98 n
4
+ 3n + 1 n
4
. En efecto,
n
4
+3n+1
n
4
= 1 +
3
n
3
+
1
n
4
n
1.
En general, un polinomio en n (o en a
n
, con a
n
n
+) es equivalente a su trmino
de mayor grado. Un polinomio en a
n
, con a
n
n
0, es equivalente al trmino de menor
grado.
42 Captulo 2. Sucesiones y series
Ejemplo 99 Si a
n
n
0, mencionamos sin demostracin los siguientes equivalentes:
e
a
n
1 a
n
; log(1 + a
n
) a
n
; sin(a
n
) a
n
; 1 cos(a
n
)
a
2
n
2
.
La sustitucin por equivalentes es un mtodo til para el clculo de lmites. La
nica precaucin es que no es vlida la sustitucin cuando se tiene la diferencia de 2
equivalentes.
No entramos en detalles sobre este punto, que puede verse en el siguiente captulo,
para el caso de funciones. Veamos en su lugar algunos ejemplos.
Ejemplo 100 lm
n+
n[log(n + 1) log(n)] = 1, ya que
log(n + 1) log(n) = log(1 +
1
n
)
1
n
.
Ejemplo 101 lm
n+
n
2
sin(
1
n
) = +.
Ejemplo 102
lm
n+
n[n
n
2
1] = lm
n+
n
[n
2
(n
2
1)]
n +
n
2
1
= lm
n+
n
n +
n
2
1
=
1
2
,
ya que
n
2
1 n.
Obsrvese que no es vlido sustituir
n
2
1 por n en la expresin inicial (lo que
llevara incorrectamente a lmite 0), por tratarse de diferencia de dos equivalentes.
2.2.4. Subsucesiones
Denicin 103 Sea (a
n
)
nN
una sucesin, y (n
k
)
kN
una sucesin de nmeros natu-
rales que tiende a innito. La sucesin (a
n
k
)
kN
es una subsucesin de (a
n
).
Observacin 104 Intuitivamente, una subsucesin equivale a elegir algunos (inni-
tos) trminos de la sucesin original.
En lenguaje formal, la sucesin (a
n
k
)
kN
es la funcin de N en R que resulta de com-
poner las sucesiones (a
n
) y (n
k
).
Ejemplo 105 La sucesin del Ejemplo 68, a
n
= (1)
n
, no tiene lmite.
Sin embargo, las subsucesiones a
2k
= 1 y a
2k+1
= 1 son convergentes.
En el Ejemplo 69, a
n
= 2
n(1)
n
, lm
k+
a
2k
= +; lm
k+
a
2k+1
= 0.
Teorema 3 lm
n+
a
n
= L lm
k+
a
n
k
= L para toda subsucesin (a
n
k
).
2.2. Sucesiones 43
Demostracin. Dado > 0, n
0
: n n
0
, [L a
n
[ < .
Como n
k
k
+, k
0
: k k
0
, n
k
n
0
.
k k
0
, [L a
n
k
[ < .
Como conclusin del Teorema 3 y del Ejemplo 105, si la sucesin original tiene
lmite, sus subsucesiones lo heredan. Pero algunas subsucesiones pueden converger
aunque no lo haga la solucin original.
Se coment en la Seccin 2.1 que las sucesiones acotadas pueden no converger. Sin
embargo, resulta intuitivo que en un intervalo acotado no hay espacio para que todos
los elementos de la sucesin estn separados entre s. Parecera que algunos (una
subsucesin) deberan acumularse y converger.
Formalizamos las ideas anteriores a continuacin.
Denicin 106 (Punto de acumulacin)
Sea A R un conjunto, y a R. Decimos que a es un punto de acumulacin de A si
y solo si:
> 0, E
(a, ) A ,=
(todo entorno reducido de a tiene puntos de A)
Ejemplo 107 A = (a, b). Todos los puntos de [a, b] son de acumulacin de A.
Ejemplo 108 A = Q (racionales). Todo real es punto de acumulacin de Q.
Ejemplo 109 A =
1
n
, n Z
+
. El nico punto de acumulacin de A es 0.
Ejemplo 110 A = N. A no tiene punto de acumulacin.
Teorema 4 (Bolzano-Weierstrass) Todo conjunto innito y acotado tiene un punto de
acumulacin.
Demostracin. Sea A un conjunto innito, A [a, b]. Sea I
0
= [a
0
, b
0
] = [a, b].
Consideramos su punto medio
a+b
2
. Por ser A innito, al menos uno de los semi-
intervalos [a,
a+b
2
] y [
a+b
2
, b] tiene innitos puntos de A. Denimos I
1
= [a
1
, b
1
] como
ese intervalo. Repetimos este procedimiento por induccin, deniendo una sucesin de
intervalos I
n
= [a
n
, b
n
] que son encajados (I
n+1
I
n
) y su longitud (ba)2
n
tiende a
0. Adems, cada I
n
tiene innitos puntos de A. La Figura 2.2 ilustra el procedimiento
de biparticin. Por el Ejemplo 87 tenemos que
+
n=1
I
n
= L. Veremos que L es un
punto de acumulacin de A.
Dado > 0, elegimos n : (b a)2
n
< . Como L I
n
, I
n
E(L, ). Finalmente,
puesto que I
n
tiene innitos puntos de A, hay (innitos) puntos de A en E
(L, ).
44 Captulo 2. Sucesiones y series
a
0
b
0
I
0
a
0
+b
0
2
I
1
I
2
I
3
Figura 2.2: Procedimiento de biparticin
L
I
n
L L +
_
L,
1
k
_
,
con n
k+1
> n
k
. De esta forma, hemos construido una subsucesin (a
n
k
)
kN
de (a
n
)
nN
que converge a L.
Ejemplo 116 z
n
= 1 + (1)
n
i no converge pues no lo hace la parte imaginaria.
2.3. Series 47
Pueden extenderse en forma idntica los conceptos de subsucesiones, sucesiones
de Cauchy, y los teoremas correspondientes. No nos extendemos en ellos porque los
resultados son un caso particular de sucesiones en R
n
, que se vern en cursos poste-
riores.
Ejercicio 117 Hallar cuatro subsucesiones convergentes de z
n
= (i)
n
.
2.3. Series
En numerosos problemas aparece con naturalidad la suma de innitos nmeros
reales, a
0
+ a
1
+ . . . + a
n
+ . . .. Para dar una denicin razonable de esta suma, un
procedimiento natural es cortar la suma anterior en un nmero nito de trminos
a
0
+ . . . + a
n
y ver si estas sumas nitas se aproximan a algn valor (si tienen lmite)
al crecer n.
Denicin 118 Dada (a
n
)
nN
sucesin real o compleja, se llama serie de trmino
general a
n
(notacin
+
n=0
a
n
) a la sucesin (s
n
)
nN
, donde s
n
= a
0
+ . . . + a
n
. A
cada s
n
le llamamos reducida n-sima de la serie.
La serie se dice convergente, divergente u oscilante segn lo sea la sucesin (s
n
)
nN
.
En el caso de convergencia, S = lm
n+
s
n
se llama suma de la serie, y se escribe
S =
+
n=0
a
n
.
Ejemplo 119
+
n=0
q
n
, donde [q[ < 1, q C (serie geomtrica)
s
n
= 1 + q + q
2
+ + q
n
=
1 q
n+1
1 q
=
1
1 q
q
n+1
1 q
Es fcil vericar que
q
n+1
1q
n
0, ya que [q[ < 1. Entonces
lm
n+
s
n
=
1
1 q
.
Por lo tanto
+
n=0
q
n
converge y suma
1
1q
2.3.1. Series telescpicas
Supongamos que tenemos una sucesin (b
n
)
nN
tal que a
n
= b
n+1
b
n
, n N.
Entonces
s
n
= b
1
b
0
+ b
2
b
1
+ b
3
b
2
+ + b
n+1
b
n
= b
n+1
b
0
y deducimos que
a
n
converge (b
n
) converge, y en ese caso la suma vale L b
0
,
siendo L = lm
n+
b
n
48 Captulo 2. Sucesiones y series
Ejemplo 120 a) Sea
+
n=1
1
n(n+1)
. De modo que a
n
=
1
n(n+1)
=
1
n
1
n+1
. En este
caso b
n
=
1
n
.
s
n
= a
1
+ + a
n
= 1
1
n + 1
lm
n+
s
n
= 1
+
n=1
1
n(n + 1)
= 1
b)
+
n=1
log
_
1 +
1
n
_
. Escribimos
log
_
1 +
1
n
_
= log
_
n + 1
n
_
= log(n + 1) log(n)
De donde s
n
= log(n + 1) log(1) = log(n + 1)
n
+.
n=1
log
_
1 +
1
n
_
diverge a +
Ejemplo 121
+
n=1
1
n
(Llamada serie armnica).
Veremos que esta serie diverge a +. Para eso, si gracamos f(x) = log(1 + x)
vemos que se cumple que log(1 + x) x. por lo tanto
y
x
f(x) = log(1 + x)
f(x) = x
2.3. Series 49
log
_
1 +
1
n
_
1
n
s
n
=
n
i=1
1
i
n
i=1
log
_
1 +
1
i
_
= log(n + 1)
Ejemplo 122
+
n=0
(1)
n
. La sucesin s
n
es (1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . ) que oscila. la
serie oscila.
Proposicin 123 (Condicin necesaria de convergencia)
a
n
converge lm
n+
a
n
= 0
Demostracin. a
n
= s
n
s
n1
, n 1. Si lm
n+
s
n
= S
lm
n+
a
n
= S S = 0
Ejemplo 124
e
1
n
no converge ya que lm
n+
e
1
n
= 1
Es importante sealar que la condicin no es suciente (lma
n
= 0 no alcanza
para asegurar que
a
n
converge). Un ejemplo de este hecho es la serie armnica
(Ejemplo 121) que diverge, pero su trmino general
1
n
tiene lmite 0.
Propiedad 125
+
n=0
a
n
y
+
n=p
a
n
son de la misma clase (convergente, divergente
u oscilante).
Propiedad 126
, nmeros
a
n
y
b
n
convergen
_
(a
n
+ b
n
) converge
Propiedad 127 (Condicin de Cauchy)
a
n
converge dado > 0, n
0
: m n
0
, p 1,
n=m+p
n=m+1
a
n
<
Propiedad 128
z
n
serie compleja, x
n
= Re(z
n
), y
n
= Im(z
n
)
z
n
converge
x
n
y
y
n
convergen.
50 Captulo 2. Sucesiones y series
Propiedad 129 (Propiedad asociativa).
Si en la serie convergente a
0
+ a
1
+ + a
n
+ . . . se asocian trminos consecutivos
de la forma (a
0
+ a
1
+ + a
n
0
) + (a
n
0
+1
+ + a
n
1
) + ( + a
n
2
) + . . .
la nueva serie converge a la misma suma.
Para esto basta observar que si s
n
son las reducidas de la serie original, las reduci-
das de la nueva serie son s
n
0
, s
n
1
, . . . , una subsucesin de (s
n
), y por tanto converge
al mismo lmite.
El mismo argumento sirve para demostrar que si la original diverge a +(o ),
tambin lo hace la nueva serie.
En virtud de la Propiedad 128, nos restringiremos de aqu en adelante, salvo indi-
cacin expresa en contrario, a series reales.
2.3.2. Series de trminos no negativos
Se considera la serie
a
n
, donde a
n
0, n.
Una consecuencia inmediata es que en este caso la sucesin s
n
= a
0
+ a
1
+ + a
n
es montona creciente, y por tanto, converge o diverge a +segn est o no acotada
superiormente (Teorema 1) (no hay otra posibilidad).
Proposicin 130 Si 0 a
n
b
n
, n p, entonces:
1. Si
+
n=0
b
n
converge
+
n=0
a
n
converge
2. Si
+
n=0
a
n
diverge
+
n=0
b
n
diverge
Demostracin. Sean A
n
= a
0
+ + a
n
, B
n
= b
0
+ + b
n
.
Entonces A
n
A
p
B
n
B
p
, n > p.
1. Si B
n
converge B
n
acotada superiormente A
n
acotada superiormente
A
n
converge
2. Si A
n
+ B
n
+
Ejemplo 131
+
n=1
log(n)
n
diverge a +ya que
log(n)
n
1
n
, n 3
Teorema 8 a
n
0, b
n
0
1. Si lm
n+
a
n
b
n
= k > 0
a
n
y
b
n
son de la misma clase
2. Si lm
n+
a
n
b
n
= 0,
b
n
converge
a
n
converge
2.3. Series 51
Demostracin.
1. Como lm
n+
a
n
b
n
= k, n
0
/ n n
0
,
k
2
a
n
b
n
3k
2
(b
n
0)
b
n
k
2
(i)
a
n
(ii)
3k
2
b
n
Si
b
n
converge, la desigualdad (ii) y el criterio de comparacin implican que
a
n
converge.
Si
b
n
diverge, la desigualdad (i) y el criterio de comparacin implican que
a
n
diverge.
Como no hay otra posibilidad, son de la misma clase.
2. lm
n+
a
n
b
n
= 0 k > 0n
0
: n n
0
,
a
n
b
n
k. El resto sigue como en 1.
n(n+10)
diverge
Ejemplo 135 Estudiamos
1
n
, donde R.
Ya sabemos que
1
n
diverge,
1
n
2
converge.
Si 2,
1
n
1
n
2
y por lo tanto
1
n
1
n
y por lo tanto
1
n
<
1
n
, no es posible realizar una comparacin. El siguiente criterio permitir hacer
la clasicacin.
52 Captulo 2. Sucesiones y series
Teorema 9 (Criterio del 2
k
)
a
n
0, a
n
(montona decreciente). Entonces:
+
n=0
a
n
es de la misma clase que
+
k=0
2
k
a
2
k
Demostracin.
2
k+1
1
n=2
k
a
n
= a
2
k +a
2
k
+1
+ +a
2
k+1
1
tiene 2
k
sumandos, y como
(a
n
) , cada sumando es
_
a
2
k
a
2
(k+1)
Deducimos que
2
k
a
2
(k+1)
2
(k+1)
1
n=2
k
a
n
2
k
a
2
k
Observemos que 2
k
a
2
(k+1) =
1
2
2
k+1
a
2
(k+1) . Sumando en k = 0, . . . , k
0
tenemos:
1
2
k
0
+1
k=1
2
k
a
2
k
2
(k
0
+1)
1
n=1
a
n
k
0
k=0
2
k
a
2
k
Si llamamos:
_
s
n
a la reducida n-sima de
2
k
a
2
k
A
n
a la reducida n-sima de
a
n
hemos probado:
1
2
(s
k
0
+1
s
0
) A
2
(k
0
+1)
1
a
0
s
k
0
Estudiando el lmite con k
0
+, se prueba el teorema.
=
1
2
k(1)
=
_
1
2
1
_
k
Si q =
1
2
1
, para > 1 se cumple que q < 1
+
k=0
q
k
converge.
1
n
D C
1
2.3.3. Criterio de la raz y del cociente
Teorema 10 a
n
0
_
n
a
n
k < 1 para n n
0
a
n
converge
n
a
n
1 para n n
0
a
n
diverge
Demostracin.
n
a
n
k < 1, para n n
0
a
n
k
n
, k < 1.
Por comparacin con la serie geomtrica,
a
n
converge. Si
n
a
n
1
a
n
diverge, ya que a
n
no tiene lmite 0.
Corolario 136 a
n
0, lm
n+
n
a
n
= R
_
Si R < 1
a
n
converge
Si R > 1
a
n
diverge
Ejemplo 137 a
n
=
n
3
2
n
,
n
a
n
n+
1
2
a
n
converge
Ejemplo 138
_
a
n
=
1
n
,
n
a
n
n+
1
b
n
=
1
n
2
,
n
b
n
n+
1
En estos casos el criterio no permite de-
cidir
Teorema 11 a
n
> 0
Si para n n
0
_
a
n+1
a
n
k < 1
a
n
converge
a
n+1
a
n
1
a
n
diverge
Demostracin. a
n+1
ka
n
, n n
0
a
n
k
nn
0
a
n
0
=
a
n
0
k
n
0
k
n
Si k < 1,
k
n
converge =
comparacion
a
n
converge
Si
a
n+1
a
n
1 a
n+1
a
n
, n n
0
a
n
a
n
0
> 0, n n
0
a
n
diverge (a
n
no tiende a 0)
54 Captulo 2. Sucesiones y series
Corolario 139 a
n
> 0, lm
n+
a
n+1
a
n
= L
_
Si L < 1
a
n
converge
Si L > 1
a
n
diverge
Ejemplo 140 a
n
=
n!
n
n
,
a
n+1
a
n
=
(n+1)!
(n+1)
n+1
n
n
n!
=
_
n
n+1
_
n
=
1
(
1+
1
n
)
n
lm
n+
a
n+1
a
n
=
1
e
< 1
a
n
converge.
Ejemplo 141 a
n
=
1000
n
n!
,
a
n+1
a
n
=
1000
n+1
n
0
a
n
converge
Ejemplo 142 a
n
=
1
n
, b
n
=
1
n
2
, lm
n+
a
n+1
a
n
= 1, lm
n+
b
n+1
b
n
= 1. El criterio no decide.
Observacin 143 Los criterios anteriores deciden (como se ve en la prueba) en el
caso en que la serie puede compararse con una geomtrica, o casos en que no tiende a
cero. Se trata de series que convergen o divergen fuertemente. Para estudiar series
que no tienen un comportamiento tan claro, es conveniente usar otros criterios, como
el de 2
k
Existen otros criterios comparables a este ltimo (por ejemplo, criterios de Raabe).
No entraremos en ellos.
Ejemplo 144
1
n(log(n))
. Vericar que lm
n+
n
_
1
n(log(n))
= 1
Por el criterio de 2
k
:
2
k
a
2
k =
2
k
2
k
log(2
k
)
=
1
(k log(2))
=
1
k
(log(2))
_
C para > 1
D para 1
2.3.4. Series alternadas
Sea a
n
0, estudiamos la serie
+
n=0
(1)
n
a
n
.
Teorema 12 (Criterio de Leibnitz) Si a
n
es montona decreciente y lm
n+
a
n
= 0,
entonces
(1)
n
a
n
converge, y si S es la suma, [S s
n
[ a
n+1
Demostracin. s
n
= a
0
a
1
+ a
2
. . . + (1)
n
a
n
. Si observamos la sucesin
(s
n
), vemos que al agregar un trmino par crece; al agregar un impar decrece. Sin
embargo, esta oscilacin gradualmente decrece, por lo que (s
n
) tiene aparentemente
lmite. Formalizando:
2.3. Series 55
s
0
s
1
s
3
s
4
s
2
a
0
= s
0
1. La sucesin (s
2k
) de trminos pares, es decreciente:
s
2k+2
= s
2k
+ (a
2k+2
a
2k+1
) s
2k
2. La sucesin (s
2k+1
) de trminos impares, es creciente:
s
2k+3
= s
2k+1
+ (a
2k+2
a
2k+3
) s
2k+1
3. s
2k+1
s
2k
, ya que s
2k
s
2k+1
= a
2k+1
0.
4. Dado > 0, k
0
: s
2k
0
s
2k
0
+1
< , porque s
n
n
0.
Por lo tanto, las sucesiones (s
2k
) y (s
2k+1
) forman un par de sucesiones montonas
convergentes (PSMC) de lmite comn S. Es fcil deducir de aqu que lm
n+
s
n
= S.
Adems, como s
2k+1
S s
2k
0 s
2k
S a
2k+1
Anlogamente s
2k+1
S s
2k+2
0 S s
2k+1
a
2k+2
.
Entonces, en general es cierto que [S s
n
[ a
n+1
.
Ejemplo 145
(1)
n
n
converge, ya que (
1
n
) 0.
Ejemplo 146 Idem para
(1)
n
n
,
(1)
n
n
con > 0.
Ejemplo 147
(1)
n 1
n+(1)
n
. Sea a
n
=
1
n+(1)
n
Una primera tentacin es sustituir a
n
por su equivalente
1
n
, pero debe tenerse en cuen-
ta que la serie no es de trminos no negativos, condicin en la que se dedujo esa
propiedad. Por otra parte, el criterio de Leibnitz no puede usarse ya que (a
n
), aunque
tiende a cero, no es monnota:
a
2
=
1
3
; a
3
=
1
2
; a
4
=
1
5
.
Para clasicar, tomamos la diferencia de (1)
n
a
n
con su equivalente
(1)
n
n
:
(1)
n
n + (1)
n
(1)
n
n
=
n(1)
n
(1)
n
(n + (1)
n
)
n(n + (1)
n
)
=
1
n(n + (1)
n
)
(1)
n
a
n
=
(1)
n
n
1
n(n + (1)
n
)
= b
n
c
n
Hemos escrito el trmino general (1)
n
a
n
como diferencia de dos sucesiones. Sa-
bemos por el Ejemplo 145 que
b
n
converge, y
c
n
es una serie de trminos no
negativos, que puede clasicarse por su equivalente
1
n
2
, que converge. Entonces
a
n
converge.
56 Captulo 2. Sucesiones y series
Ejercicio 148 Clasicar
(1)
n 1
n+(1)
n
.
2.3.5. Series de trminos cualesquiera
Se considera
a
n
, donde a
n
R de cualquier signo.
Denicin 149
a
n
es una serie absolutamente convergente (A.C.) si y solo si la
serie
[a
n
[ converge.
Teorema 13 Una serie absolutamente convergente es convergente.
Demostracin. Sea
a
n
absolutamente convergente. Denimos las sucesiones si-
guientes a partir de (a
n
):
a
+
n
=
_
a
n
si a
n
0
0 si a
n
< 0.
a
n
=
_
0 si a
n
0
a
n
si a
n
< 0.
Luego (a
+
n
) y (a
n
) son sucesiones no negativas, y se cumple:
a
n
= a
+
n
a
n
[a
n
[ = a
+
n
+ a
n
Luego 0 a
+
n
[a
n
[, y 0 a
n
[a
n
[, de donde las series
a
+
n
y
n
convergen
por comparacin. Entonces, la serie
(a
+
n
a
n
) converge.
Ejemplo 150
sin(n)
n
2
converge absolutamente, ya que
sin(n)
n
2
1
n
2
.
Ejemplo 151
(1)
n
n
converge, pero no es A.C. (pues
1
n
diverge).
Observacin 152 El Ejemplo 151 muestra que el recproco del Teorema 13 no se
cumple: una serie puede converger pero no ser A.C.. Observando la prueba del teo-
rema, vemos que esto ocurre cuando
a
+
n
y
n
divergen y
(a
+
n
a
n
) converge.
Una serie con esta propiedad (converge pero no es A.C.) se llama condicionalmente
convergente.
2.3. Series 57
El caso complejo
La Denicin 149 se aplica tambin a series de trminos complejos, donde se in-
terpreta [a
n
[ como el mdulo complejo. El Teorema 13 se mantiene vlido: para eso
basta observar que si z
n
= a
n
+ ib
n
es un complejo, a
n
, b
n
R se cumple [a
n
[ [z
n
[
y [b
n
[ [z
n
[.
Si
[z
n
[ converge,
[a
n
[ y
[b
n
[ convergen por comparacin y luego (Teorema 13)
a
n
y
b
n
convergen y tambin entonces
z
n
.
Ejemplo 153 Si [z[ < 1, z C, entonces
n
z
n
converge absolutamente. Para
probarlo, clasicamos la serie
[z[
n
(de trminos no negativos) por el criterio de
la raz:
n
_
n
[z
n
[ = (
n
n)
[z[
n
[z[ < 1,
por lo que
[z[
n
converge.
Ejemplo 154
1
n+(1)
n
n
2
i
es A.C., ya que
[
1
n+(1)
n
n
2
i
[ =
n+n
4
converge
[
1
n+n
4
1
n
2
].
Ejemplo 155
(1)
n
n
, R:
Para > 0,
1
n
no tiende a 0
_
.
Para > 1,
1
n
No C C.C AC
0 1
Figura 2.3: Intervalos de convergencia, de absoluta convergencia, y de no convergencia
Los Ejemplos 153 y 154 muestran la ventaja del estudio de convergencia absolu-
ta: se pueden emplear para
[a
n
[ todos los mtodos de trminos no negativos. Sin
embargo, si
[a
n
[ diverge no puede decidirse por este medio el comportamiento de
a
n
.
2.3.6. Reordenacin de series
Una propiedad habitual de la suma de un nmero nito de nmeros es la conmu-
tativa: el orden de estos no altera la suma. Es decir, si A = a
1
+ a
2
+ . . . + a
n
y :
58 Captulo 2. Sucesiones y series
1, . . . , n 1, . . . , n es una permutacin cualquiera de los nmeros 1, . . . , n,
entonces A = a
(1)
+ a
(2)
+ . . . + a
(n)
.
Intentamos ver si esta propiedad es vlida para una suma de innitos nmeros (una
serie). Para eso en primer lugar extenderemos el concepto de reordenacin.
Denicin 156 Sea : N N una funcin biyectiva, y b
n
= a
(n)
. La serie
b
n
es
una reordenada de
a
n
.
La pregunta es entonces, la siguiente: si
a
n
converge, suma S, es cierto lo mismo
para
b
n
? Como veremos, no siempre es as, sino solo en el caso de convergencia
absoluta. Trabajemos con a
n
R.
Teorema 14 Si a
n
0 n,
a
n
converge con suma S y
b
n
es reordenada de la
serie anterior, entonces
b
n
converge, a la misma suma S.
Demostracin. Sean A
n
= a
0
+a
1
+. . . +a
n
y B
n
= b
0
+b
1
+. . . +b
n
. A
n
S por
ser a
n
0. Como los b
i
i=1,...,n
son un nmero nito de los a
n
, existe m = m(n) tal
que b
0
, b
1
, . . . , b
n
a
0
, a
1
, . . . , a
m
, por lo que B
n
A
m
S.
Entonces
b
n
(de trminos no negativos) converge a cierto valor S
S (por tener
reducidas acotadas). Pero
a
n
es a su vez una reordenada de
b
n
, de donde por el
mismo argumento S S
= S.
Corolario 157 Si
a
n
A.C. con suma S y
b
n
es reordenada de
a
n
, entonces
b
n
A.C. con suma S.
Demostracin. Como
[a
n
[ converge, su reordenada
[b
n
[ converge por el Teo-
rema 14. Volviendo a la notacin del Teorema 12,
a
+
n
y
a
n
convergen. Sea
S
+
=
a
+
n
y S
n
. Se tiene que S = S
+
S
. Pero
b
+
n
es una reordenada
de
a
+
n
Teorema 14
suma S
+
. Anlogamente,
n
suma S
, por lo que
b
n
suma
S.
a
n
converge condicionalmen-
te, entonces existe una reordenada de
a
n
que suma C.
Demostracin. Sea (p
m
)
mN
la sucesin de trminos no negativos de (a
n
), en el orden
que aparecen, y (q
k
)
kN
la de los negativos. Como la serie
a
n
converge condicio-
nalmente, tenemos que
p
m
y
q
k
divergen a +
1
.
Adems, como a
n
n
0, p
m
m
0 y q
k
k
0. Reordenamos la serie
a
n
de la siguiente
forma: ponemos en primer lugar tantos trminos positivos como hagan falta para su-
perar por primera vez a C. Es decir: p
1
+. . . +p
m
1
> C y p
1
+. . . +p
m
1
1
C. Esto
es posible porque
p
m
diverge a +.
Agregamos despus trminos negativos hasta pasar nuevamente por debajo de C (po-
sible pues
q
k
diverge a ):
(p
1
+ . . . + p
m
1
) (q
1
+ . . . + q
k
1
) < C,
(p
1
+ . . . + p
m
1
) (q
1
+ . . . + q
k
1
1
) C.
Luego agregamos nuevamente positivos:
(p
1
+ . . . + p
m
1
) (q
1
+ . . . + q
k
1
) + (p
m
1
+1
+ . . . + p
m
2
) > C,
(p
1
+ . . . + p
m
1
) (q
1
+ . . . + q
k
1
) + (p
m
1
+1
+ . . . + p
m
2
1
) C,
y se repite el procedimiento. Veremos que la reordenada de
a
n
as obtenida converge
a C. Sea (s
n
) su reducida. La construccin anterior implica que (a
n
) crece entre
s
m
j
+k
j
y s
m
(j+1)
+k
j
, y decrece entre s
m
(j+1)
+k
j
y s
m
(j+1)
+k
(j+1)
. Basta probar entonces
que s
m
j
+k
j
j
C y s
m
(j+1)
+k
j
j
C.
Pero [s
m
(j+1)+k
j
C[ < p
m
j+1
j
0, y [s
m
j
+k
j
C[ < q
k
j
j
0, por lo que s
m
m
C.
+
n=0
a
n
)(
+
n=0
b
n
) dara origen a los siguientes sumandos, correspondien-
tes a los productos trmino a trmino. La siguiente matriz contiene todos los productos
posibles de trminos generales a
n
y b
n
:
1
Se prob, en rigor, que
a
+
n
y
a
n
divergen. Las series
p
m
y
q
k
se obtienen de ellas
eliminando ceros, as que tambin divergen
60 Captulo 2. Sucesiones y series
a
0
b
0
a
0
b
1
a
0
b
2
. . . a
0
b
n
. . .
a
1
b
0
a
1
b
1
a
1
b
2
. . . a
1
b
n
. . .
a
2
b
0
a
2
b
1
a
2
b
2
. . . a
2
b
n
. . .
.
.
.
.
.
.
a
n
b
0
. . . a
n
b
n
. . .
.
.
.
.
.
.
Para obtener una serie con estos trminos, el mtodo de cauchy consiste en agrupar
y sumar los elementos de las diagonales indicadas, deniendo c
n
= a
0
b
n
+ a
1
b
n1
+
. . .+a
n
b
0
. Suponiendo que las series
a
n
y
b
n
convergen a Ay B respectivamente,
la pregunta que se plantea es si
c
n
converge a AB. Una vez ms, pueden darse
ejemplos en que lo anterior no se cumple, y solo tendremos esa propiedad en el caso
de convergencia absoluta.
Teorema 16 Si
a
n
y
b
n
son A.C. sumando A y B respectivamente, y c
n
=
n
j=0
a
j
b
nj
es el producto de Cauchy, entonces
c
n
es A.C. con suma AB.
Demostracin. Elegimos un orden para recorrer la tabla de productos, generando una
nueva sucesin (d
k
)
kN
, de la siguiente manera: d
1
= a
0
b
0
, d
2
= a
0
b
1
, d
3
= a
1
b
1
,
d
4
= a
1
b
0
, d
5
= a
2
b
0
, de modo que:
(n+1)
2
k=1
d
k
=
n
i=0
a
i
n
j=0
b
j
. (2.1)
Adems,
(n+1)
2
k=1
[d
k
[ =
n
i=0
[a
i
[
n
j=0
[b
j
[. (2.2)
Como
[a
n
[ y
[b
n
[ convergen, el segundo miembro de (2.2) est acotado. Deduci-
mos que
[d
k
[ converge. Volviendo a (2.1) y tomando lmite en n,
+
k=1
d
k
= AB.
Para obtener la serie
c
n
a partir de
d
k
, hace falta reordenar los trminos a
i
b
j
, y
luego asociar los que cumplen i + j = n. El primer paso puede hacerse por el Coro-
lario 157, pues
d
k
es A.C.. El segundo por la propiedad asociativa (es fcil ver en
este caso que no se pierde la convergencia absoluta).
Captulo 3
Repaso de Funciones de una Variable
3.1. Introduccin
En forma similar al Captulo 2, tratamos aqu temas que (a excepcin de la Sec-
cin 3.3) corresponden a los cursos de Secundaria. Los conceptos de lmites, continui-
dad y derivadas se tratan en forma rpida, con nfasis en los conceptos principales y
no en los aspectos de clculo. Por una versin ms completa consultar la bibliografa.
Nos detendremos ms en la continuidad uniforme (Seccin 3.3) y en el desarrollo de
Taylor. En lo que sigue, suponemos conocido el concepto de funcin, dominio, codo-
minio o recorrido, funcin compuesta. Por un repaso de estos conceptos nos referimos
a las notas de Geometra y lgebra Lineal. Trabajamos en este captulo con funciones
de una variable y variables en R (f : D R, D R).
3.2. Lmites y continuidad
Intuitivamente, el lmite de f(x) con x a es el valor al cual se acerca f(x)
cuando x se acerca a a. Para que esto pueda tener sentido, x debe poder acercarse a a
en puntos del dominio de f. Formalizamos la denicin.
Denicin 160 f : D R, a punto de acumulacin de D, L R.
i) lm
xa
f(x) = L > 0, > 0 : 0 ,= [x a[ < , x D [f(x) L[ <
E(L, ), E
(a, ) : f(E
(a, ) D) E(L, ).
ii) lm
xa
f(x) = +K, > 0 : 0 ,= [x a[ < , x D f(x) > K.
61
62 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
x
f(x)
a
f(a)
f(a) +
f(a)
2
1
= mn(
1
,
2
)
Nota 161
i) Si a D, el valor de la funcin en a no interviene en la denicin de lmite
(interesa lo que ocurre al acercarse a a).
ii) En forma similar se denen lm
xa
f(x) = , lm
x+
f(x) = L, lm
x
f(x) =
+, etc. Por ejemplo, si f : [b, +) R, lm
x+
f(x) = L >
0, M > b : x > M [f(x) L[ <
El siguiente teorema permite relacionar lo anterior con lmites de sucesiones
(hay versiones anlogas para los otros lmites).
Teorema 17
lm
xa
f(x) = L (x
n
)
nN
: x
n
D an, lm
n
x
n
= a lm
n
f(x
n
) = L.
Demostracin.
() Sea (x
n
)
nN
una tal sucesin, y > 0. Por la Denicin 160 podemos encontrar
> 0 tal que si x D, 0 ,= [x a[ < [f(x) L[ < .
Como x
n
n
a, elegimos n
0
: n n
0
, [f(x) L[ < .
() Supongamos por absurdo que f(x) no tiene lmite L.
Entonces existe E(L, ) : > 0, x
(a, ) D, f(x
) / E(L, ). Toma-
mos = 1/n, y sea x
n
el x
correspondiente. Entonces (x
n
)
nN
es una sucesin
en D a, x
n
n
a f(x
n
) L. Pero f(x
n
) / E(L, ), lo que es absurdo.
3.2. Lmites y continuidad 63
x
f(x)
a
K
Ejemplo 162
1) lm
x0
e
1/x
2
= 0. En efecto, si x
n
n
0, 1/x
2
n
n
y e
1/x
2
n
n
0.
Como consecuencia del teorema 17 (y sus extensiones para lmites innitos o con
x ), se deduce que los lmites de funciones tienen las mismas propiedades
algebraicas que las que se presentaron en 2.2.3 para el caso de sucesiones. No
nos extenderemos entonces en el clculo de lmites.
Mencionamos que el concepto de equivalentes es anlogo (si f(x) y g(x) tienen
ambos lmite 0 o , se dicen equivalentes cuando lm
f(x)
g(x)
= 1) y tiene las
mismas propiedades.
3.2.1. Lmites laterales
La funcin f(x) =
_
1 si x 0
0 si x < 0
no tiene claramente lmite cuando x 0, pero
x
f(x)
1
s cuando x se acerca a 0 por la derecha o por la izquierda. Esto nos lleva a denir:
64 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
Denicin 163 lm
xa
+ f(x) = L E(L, ), : f(a, a + ) E(L, );
lm
xa
continua en a D y g : D
R continua en
b = f(a), entonce g f : D R es continua en a.
Demostracin. Es sencilla por el Teorema 18.
Si x
n
n
a f(x
n
)
n
f(a) g(f(x
n
))
n
g(f(a)).
Ejemplo 167
2) e
sen(
x)
es continua en x 0.
3.2.3. Teoremas para funciones continuas en un intervalo
Teorema 19 (Bolzano)
f continua en [a, b], f(a) y f(b) son de distinto signo (no nulo), o f(a)f(b) < 0.
Entonces, existe c (a, b) tal que f(c) = 0
Demostracin. Sean por ejemplo f(a) < 0 y f(b) > 0 (el otro caso es anlogo).
Recurrimos al mtodo de biparticin introducido en la Seccin 2.2.4.
Tomamos a
0
= a, b
0
= b. Sea c
0
=
a+b
2
.
Si f(c
0
) = 0 ya encontramos la raz buscada. En caso contrario, si f(c
0
) > 0
x
f(x)
f(x)
a
a
1
b c
0
b
1
= b
2
= b
3
a
2
a
3
Figura 3.1: Ejemplo teorema de Bolzano
denimos a
1
= a
0
y b
1
= c
0
; en el caso que f(c
0
) < 0 denimos a
1
= c
0
y b
1
=
b
0
. Se repite el procedimiento por induccin. Si no tuvimos una raz en un nmero
nito de pasos (en cuyo caso termin el teorema), entonces generamos una sucesin
de intervalos [a
n
, b
n
] con f(a
n
) < 0, f(b
n
) > 0. Adems, como se vio en el Captulo 2,
por este procedimiento se obtienen sucesiones (a
n
) y (b
n
) que forman un PSMC. Sea
c el lmite comn. Como f es continua, lm
n
f(a
n
) = lm
n
f(b
n
) = f(c). Como
f(a
n
) 0, lm
n
f(a
n
) 0. Anlogamente, como f(b
n
) 0, lm
n
f(b
n
) 0. Como
deben coincidir, se tiene que lm
n
f(a
n
) = lm
n
f(b
n
) = f(c) = 0.
66 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
Corolario 168 Sean f continua en [a, b], f(a) ,= f(b) y un valor intermedio entre
f(a) y f(b) (f(a) < < f(b) o f(a) > > f(b) segn el caso).
Entonces existe c (a, b) tal que f(c) = .
Demostracin. La funcin g(x) = f(x) cumple las hiptesis del Teorema de
Bolzano, por lo que existe c (a, b) tal que g(c) = f(c) = 0, y entonces f(c) = .
Teorema 20 (Weierstrass)
Si f es continua en [a, b] f tiene mximo y mnimo en [a, b]:
m, M : m f(x) Mx [a, b], m = f(x
m
), M = f(x
M
).
Demostracin.
i) Veamos en primer lugar que f es acotada superiormente en [a, b]. Si no fuera
as, se podra construir una sucesin f(x
n
), con x
n
[a, b], tal que lm
n
f(x
n
) =
+.
Consideremos (x
n
)
nN
. Como es acotada, del Teorema 5 del Captulo 2 deduci-
mos que existe una subsucesin (x
n
k
) que converge, x
n
k
k
L.
Como a x
n
k
b a L b y L [a, b].
f es continua en L f(x
n
k
)
k
f(L), lo que contradice lo supuesto
(f(x
n
) ).
ii) Sea M = sup
x[a,b]
f(x). Como M es el supremo del conjunto
f(x) : x [a, b] es fcil construir (f(x
n
)) con lmite M. (Basta tomar f(x
n
)
tal que M
1
n
f(x
n
) M, que siempre existe por ser M el supremo). Una
vez ms, (x
n
k
) : x
n
k
k
x
M
f(x
n
k
)
k
f(x
M
) M = f(x
M
). El
razonamiento es anlogo para el mnimo.
Ejercicio 169
a) Dar un ejemplo de f continua en (a, b] y no acotada.
b) Si f es continua en [a, b], lm
xa
+ f(x) = +, probar que f tiene mnimo en
[a, b].
3.3. Continuidad uniforme 67
3.3. Continuidad uniforme
Volvemos a la denicin de continuidad. Si f es continua en un punto a, sabemos
que jado > 0 podemos encontrar > 0 tal que [xa[ < implique [f(x)f(a)[ <
. El nmero representa entonces la cercana que debemos imponer entre x y a para
garantizar que f(x) no se aleje ms que de f(a).
Fijado , el valor posible para no es en general nico, ya que si un valor para nos
sirve entonces nos servir cualquier otro menor. Sin embargo, existe en general un
mximo que no podemos superar si queremos tener [f(x) f(a)[ < . Veamos un
ejemplo.
Ejemplo 170
3) Sean f(x) = x
2
y a > 0. Para obtener [x
2
a
2
[ < , x debe estar en el
intervalo (
a
2
,
a
2
+ ). Luego debe cumplir
a
2
+ a y
a
a
2
. Se puede ver que la primera condicin es ms restrictiva, por lo
que
max
=
a
2
+ a.
x
f(x)
x
2
a
a
2
a
2
+
a
2
a
2
a
2
+
El ejemplo pone de maniesto que para un dado, el valor
max
depende (adems de
) del punto a en que se est considerando la continuidad.
Para muchas aplicaciones (en particular en el clculo integral, como se ver) resulta til
obtener un que dependa de pero que valga para todos los puntos a de un intervalo.
Esto es algo ms exigente que la continuidad.
Si obtuviramos un tal , resultar que para todo par de puntos x, x
I que disten
entre s menos que , se cumplira [f(x) f(x
I, [x x
)[ < .
Ejemplo 172
3) Continuacin: Si consideramos I = [0, +) en el caso f(x) = x
2
, debera-
mos obtener ()
max
(a, ), a I. Pero
max
(a, ) =
a
2
+ a =
a
2
++a
a+
0, de modo que lo anterior no es posible. En otras palabras,
la restriccin de cercana de x y a se vuelve ms exigente al crecer a (lo que se
visualiza con por el incremento de pendiente de la funcin) y es imposible dar un
valor de uniforme para todo a I. La funcin no es uniformemente continua
en I.
Si restringiramos el problema a I
k
2
++k
, cumple <
max
para todo a I
.
Claramente, la Denicin 171 nos asegura que una funcin uniformemente continua
en I es continua en todo a I (basta con tomar x
= a en la denicin). El ejemplo
anterior muestra que el recproco no es cierto, al menos para un intervalo innito.
Ejemplo 173
4) f(x) =
1
x
, I = (0, 1]. Claramente f es continua en I. Para tener [
1
x
1
a
[ <
, hace falta que x
_
1
1
a
+
,
1
1
a
_
=
_
a
1+a
,
a
1a
_
. Luego, debe cumplir
a
1a
a =
a
2
1a
y a
a
1+a
=
a
2
1+a
. La segunda condicin es ms
x
y
1
x
a
1
a
1
a
+
1
a
a
1a
a
1+a
1
restrictiva, y
max
=
a
2
1+a
. Puesto que
max
a0
0, no es posible obtener
() <
max
a I. La funcin no es uniformemente continua en I.
3.4. Derivadas 69
El ejemplo 4) nos muestra que una funcin continua en un intervalo acotado ((0, 1]
en el ejemplo) puede no ser uniformemente continua. Como veremos a continuacin,
si el intervalo es cerrado y acotado, entonces la continuidad implica la continuidad
uniforme.
Teorema 21 (Cantor) f continua en [a, b] f uniformemente continua en [a, b].
Demostracin. Supongamos por absurdo que f no es uniformemente continua. La
negacin lgica de la Denicin 171 nos conduce a que : , x
, x
I con
[x
[ < y [f(x
) f(x
)[ ()
Como (x
n
)
nN
es acotada, tiene (Teorema 5) una subsucesin convergente (x
n
k
)
kN
, y
lm
k
x
n
k
= L [a, b]. Como [x
n
k
x
n
k
[ <
1
n
k
k
0 lm
k
x
n
k
= L.
Como f es continua en L sabemos que lm
k
f(x
n
k
) = lm
k
f(x
n
k
) = f(L). Pero
entonces f(x
n
k
) f(x
n
k
)
k
0, lo que es absurdo por ().
3.4. Derivadas
La nocin de derivada responde a la idea de la velocidad con que cambia la
funcin f(x). En un intervalo, esta velocidad puede expresarse por la razn:
f
x
=
f(x)f(a)
xa
, llamado cociente incremental. Si buscamos una versin local, es decir la
velocidad con que est variando f(x) en el punto a, lo natural es tomar lmite con
x a.
Geomtricamente, esto equivale a considerar la pendiente de la recta por los puntos
P = (a, f(a)) y Q = (x, f(x)) y al tomar lmite, si ste existe, obtener la pendiente
de la recta r, tangente en el punto P.
Llegamos a la siguiente denicin:
Denicin 174 Sea f : D R funcin, a tal que existe E(a, r) D. f es derivable
en a si y solo si existe lm
xa
f(x)f(a)
xa
.
En ese caso, al lmite se le llama derivada de f en el punto a y se lo denota f
(a) (o
tambin
df
dx
(a)).
70 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
x
f(x)
a
P
Q
r
a x
Obsrvese que esta denicin es eqivalente a la existencia de un nmero A tal que
f(x) = f(a) + (x a)A + (x a)(x) tal que lm
xa
(x) = 0.
Naturalmente A = f
(a) = e
a
.
La funcin exponencial tiene derivada en cualquier punto y (e
x
)
= e
x
.
En forma similar se puede probar que:
(x
= x
1
; (log [x[)
=
1
x
; (sen(x))
= cos(x); (cos(x))
= sen(x).
3.4. Derivadas 71
Proposicin 176 Si f, g son derivables en a, tambin lo son f + g, f g, fg y f/g
si g(a) ,= 0, y se cumple:
(i) (f g)
= f
.
(ii) (fg)
= f
g + fg
.
(iii) (f/g)
=
f
gfg
g
2
Demostracin. Veamos por ejemplo (ii), los otros son similares:
f(x)g(x) f(a)g(a) = (f(x) f(a))g(x) + f(a)(g(x) g(a))
f(x)g(x) f(a)g(a)
x a
=
f(x) f(a)
x a
g(x) + f(a)
g(x) g(a)
x a
Tomando lmite con x a, el segundo miembro tiende a f
(a)g(a) + f(a)g
(a).
(a) = g
(b)f
(a).
Demostracin. Una primera aproximacin a la prueba es la siguiente:
g(f(x)) g(f(a))
x a
=
g(f(x)) g(f(a))
f(x) f(a)
f(x) f(a)
x a
.
Cuando x a, f(x) f(a) y los dos factores del segundo miembro tienden respec-
tivamente a g
(b) y f
(a).
Un inconveniente de este argumento es que f(x) f(a) podra anularse para x arbi-
trariamente cerca de a, en el caso f
(a) = 0.
Sea (y) =
g(y)g(b)
yb
g
(b) + (f(x)))
Tomando lmite con x a, se prueba la tesis.
(x) = g
(f(x))f
(x).
Ejemplo 177
6) (e
sen(x)
)
= e
sen(x)
cos(x).
72 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
3.4.2. Extremos relativos y derivadas
Denicin 178 f tiene un mximo (mnimo) relativo en el punto a si y solo si existe un
entorno E(a, ) en el dominio de f tal que f(x) f(a) (f(x) f(a)), x E(a, ).
Ejemplo 179 f(x) = [x[ tiene un mnimo relativo e x = 0.
Proposicin 180 Si existe derivada en un extremo relativo, debe valer 0.
Demostracin. Supongamos que f
(c) =
f(b)f(a)
ba
.
Demostracin.
i) Veamos en primer lugar el caso f(b) = f(a) (Teorema de Rolle). Por el Teo-
rema 20 de Weierstrass, existen mximo M y mnimo m de f en [a, b]. Si am-
bos ocurren en los extremos a y b del intervalo, como f(a) = f(b) tendra-
mos m = M, y por lo tanto la funcin sera constante en [a, b]. En ese caso
f
(c) = 0.
En cualquier caso, existe c (a, b) : f
(c) = 0 =
f(b)f(a)
ba
.
ii) En el caso general, sea g(x) = f(x)
f(b)f(a)
ba
(xa). La funcin g as denida
cumple las hiptesis del caso i), ya que g(a) = g(b) = f(a).
Entonces, c (a, b) : f
(c)
f(b)f(a)
ba
= 0.
).
Demostracin. Sean x, x
), se deduce que
f(x
)f(x)
x
x
0. Por el Teorema de Lagrange, existe c (x, x
) tal que f
(c) 0, lo
que es absurdo por hiptesis.
o tambin
d
2
f
dx
2
.
74 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
Concavidad negativa
No entremos aqu en ms detalles (asntotas, etc.) del estudio analtico y represen-
tacin grca de funciones, que es un tema usual en los cursos de secundaria. Termi-
namos la seccin con dos resultados que sern empleados en la Seccin 3.6.
Teorema 24 (Cauchy)
Si f, g son continuas en [a, b] y derivables en (a, b),
c (a, b) : f
(c)[g(b) g(a)] = g
(c)[f(b) f(a)]
.
Demostracin. Sea h(x) = f(x)[g(b) g(a)] g(x)[f(b) f(a)]. Luego h(a) =
h(b) = f(a)g(b) g(a)f(b). Por el Teorema 23, existe c (a, b) : h
(c) = 0.
(a, ), g
(x) ,= 0
en E
(a, ) entonces:
lm
xa
f
(x)
g
(x)
= lm
xa
f(x)
g(x)
= .
Demostracin. Sea x > a. Aplicando el Teorema 24 de Cauchy a f y g en [a, b],
tenemos para algn c (a, x):
f
(c)
g
(c)
=
f(x)f(a)
g(x)g(a)
=
f(x)
g(x)
.
Si x a
+
, c a
+
, y por tanto lm
xa
+
f
(c)
g
(c)
= .
lm
xa
+
f(x)
g(x)
= .
Puede procederse igual para x a
) para x ,= x
) y D
= f(D)
es el recorrido, puede denirse una funcin inversa f
1
: D
D tal que f
1
(y) =
x f(x) = y: o en otras palabras, f
1
f = id
x
; f f
1
= id
y
, donde id es la
funcin identidad (id
x
(x) = x, id
y
(y) = y).
Un caso particular en que la inyectividad est asegurada es el de una funcin estric-
tamente montona (creciente o decreciente). Una pregunta natural es la siguiente: si f
es continua o derivable, lo ser tambin f
1
? Los Teoremas 26 y 27 dan resultados
sobre este punto.
Teorema 26 Si f es continua y estrictamente montona en un intervalo I. Entonces, el
recorrido de f es un intervalo J, y f
1
: J I es continua y estrictamente montona.
Demostracin. J = f(I) es un intervalo por el Corolario 168, que asegura que si
f (continua) toma dos valores distintos entonces toma todos los valores intermedios.
La monotona es tambin sencilla. Sea por ejemplo f estrictamente creciente. Con-
sideramos y < y
. Si fuese f
1
(y) f
1
(y
)), o que y y
).
Veamos ahora la continuidad. Sea y
0
J, estudiamos lm
yy
0
f
1
(y). Como
para y < y
0
se tiene que f
1
(y) < f
1
(y
0
), y adems f
1
(y) crece con y, se deduce
fcilmente que existe lm
yy
0
f
1
(y) = L, y adems L f
1
(y
0
). Si fuese L <
f
1
(y
0
) entonces se tendra que f
1
(y) L < f
1
(y
0
) y < y
0
, y aplicando f que
y f(L) < y
0
y < y
0
, lo que es absurdo. Entonces lm
yy
0
f
1
(y) = f
1
(y
0
).
Anlogamente, lm
yy
+
0
f
1
(y) = f
1
(y
0
).
(y) =
1
f
(f
1
(y))
.
Demostracin. Por la Proposicin 182, f es estrictamente creciente (de donde se de-
duce adems que J es un intervalo abierto). Por el Teorema 26, existe f
1
continua.
Sea x = f
1
(y), x
0
= f
1
(y
0
):
f
1
(y) f
1
(y
0
)
y y
0
=
x x
0
f(x) f(x
0
)
.
Por la continuidad de f
1
, cuando y y
0
entonces x x
0
y el segundo miembro
tiene lmite
1
f
(x
0
)
. Entonces (f
1
)
(y
0
) =
1
f
(x
0
)
=
1
f
(f
1
(y
0
))
.
76 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
(y) =
1
f
(f
1
(y))
permite deducir que si f tiene derivadas
de mayor orden (derivadas segunda, tercera, etc.), tambin las tiene f
1
, y pueden
obtenerse derivando la frmula anterior por la regla de la cadena.
Ejemplo 186 f(x) = sen(x), x (/2, /2).
f
1
(y) = arcsen(y), y (1, 1).
(x = arcsen(y)) y = sen(x).
(arcsen(y))
=
1
cos(arcsen(y))
=
1
1y
2
, donde la ltima igualdad se deduce del hecho
que si x = arcsen(y), y = sen(x) y
_
1 y
2
= cos(x) = cos(arcsen(y)).
x
sen(x)
2
-
2
1
-1
x
arcsen(x)
1 -1
2
-
2
3.6. Desarrollo de Taylor
Comenzamos con la siguiente reinterpretacin de la nocin de derivada: si f es
derivable en a,
f(x)f(a)
xa
f
(a)(x a) +
r(x), donde se verica que
r(x)
xa
xa
0. Se dice que r(x) es un innitsimo de mayor
orden que (x a), lo que implica que para x sucientemente prximo a a, r(x) ser
despreciable frente a (x a).
En otras palabras, la recta tangente y
t
(x) = f(a)+f
= o(x
(x) =
f(a) + f
(a)(x a) +
f
(a)
2!
(x a)
2
+ . . . +
f
(n)
(a)
n!
(x a)
n
(polinomio de Taylor de f en a).
r
n
(x) se denomina resto del desarrollo de Taylor de f de orden n en x = a.
Demostracin.
(i) Veamos en primer lugar la unicidad. Supongamos que f(x) =
a
0
+a
1
(xa)+. . .+a
n
(xa)
n
+r
n
(x) = b
0
+b
1
(xa)+. . .+b
n
(xa)
n
+R
n
(x)
con r
n
(x) = o((x a)
n
), R
n
(x) = o((x a)
n
). Como r
n
(x) y R
n
(x) tienen
lmite 0 para x a, se cumple que f(a) = a
0
= b
0
. Luego a
1
(x a) + . . . +
a
n
(xa)
n
+r
n
(x) = b
1
(xa)+. . .+b
n
(xa)
n
+R
n
(x). Dividiendo por (xa)
y tomando lmite con x a, se obtiene que a
1
= b
1
, ya que r
n
(x) = o((x a))
y R
n
(x) = o((x a)). Repitiendo el procedimiento por induccin, se llega a
que a
i
= b
i
, i = 1, . . . , n, lo que prueba la unicidad.
(ii) Para la existencia, razonamos por induccin completa. Para n = 1, el teorema
equivale a la observacin que se hizo al principio de la seccin. Suponiendo el
teorema vlido para n 1, lo probaremos para n. Debe probarse que f(x) =
P
n
(f, a)+r
n
(x), con r
n
(x) = o((xa)
n
). En otras palabras, tomando la primera
ecuacin como denicin de r
n
(x):
r
n
(x) = f(x) [f(a) + f
(a)(x a) + . . . +
f
(n)
(a)
n!
(x a)
n
]
se debe probar que
r
n
(a)
(xa)
n
xa
0. Derivando la expresin anterior en un entorno
de a (f es derivable), tenemos: r
n
(x) =
= f
(x)[f
(a)+f
(a)(xa)+. . .+
f
(n)
(a)
(n 1)!
(xa)
n1
] = f
(x)P
n1
(f
, a).
3.6. Desarrollo de Taylor 79
Aplicando la hiptesis inductiva a la funcin f
n
(x) es
el resto de Taylor de f
n
(x)
(xa)
n1
xa
0 o tambin
r
n
x
n(xa)
n1
xa
0. Aplicando la regla de LHopital obtenemos
r
n
(a)
(xa)
n
xa
0.
Ejemplo 191 P
n
(e
x
, 0) = 1 + x +
x
2
2!
+ . . . +
x
n
n!
.
Ejemplo 192 P
2k+1
(sen(x), 0) = x
x
3
3!
+
x
5
5!
+ . . . +
(1)
k
x
2k+1
(2k+1)!
Ejemplo 193 lm
x0
e
x
1x
x
2
= lm
x0
1+x+x
2
/2+o(x
2
)1x
x
2
=
1
2
+ lm
x0
o(x
2
)
x
2
=
1
2
.
Ejemplo 194 P
n
(
1
1x
, 0) = 1+x+x
2
+. . .+x
n
. Para verlo sin calcular las derivadas,
observar que
1 + x + . . . + x
n
=
1 x
n+1
1 x
1
1 x
= 1 + x + . . . + x
n
+
x
n+1
1 x
.
Como
x
n+1
1x
= o(x
n
) y
1
1x
es derivable innitas veces en 0, el polinomio de Taylor
surge de la unicidad del desarrollo.
Ejemplo 195 P
4
(e
x
2
, 0) = 1 +x
2
+
x
4
2
, ya que e
u
= 1 +u+
u
2
2
+r(u), r(u) = o(u
2
),
lo que implica que e
x
2
= 1 + x
2
+
x
4
2
+ r(x
2
), r(x
2
) = o(x
4
).
Ejemplo 196 P
4
(e
sen(x)
, 0). Para calcularlo, escribimos:
e
x
= 1 + x +
x
2
2!
+
x
3
3!
+
x
4
4!
+ o(x
4
)
e
sen(x)
= 1 + sen(x) +
(sen(x))
2
2!
+
(sen(x))
3
3!
+
(sen(x))
4
4!
+ o(x
4
),
ya que o((sen(x))
4
) = o(x
4
) por propiedad (f). Sustituimos ahora sen(x) por su
desarrollo:
e
sen(x)
= 1+(x
x
3
3!
+o(x
4
))+
1
2
(x
x
3
3!
+o(x
4
))
2
+
1
3!
(x
x
3
3!
+o(x
4
))
3
+
1
4!
(x+o(x
2
))
4
=
1 + x +
1
2
x
2
1
8
x
4
+ o(x
4
), donde se desarrollaron las expresiones y se unieron los
trminos de mayor orden que x
4
. Entonces: P
4
(e
sen(x)
, 0) = 1 + x +
1
2
x
2
1
8
x
4
El Ejemplo 193 mostr una aplicacin del desarrollo de Taylor al clculo de lmites
indeterminados. Veamos una aplicacin al estudio de extremos relativos de funciones.
Como se vio en la Seccin 3.4, en un extremo relativo se anula la derivada (si existe).
Sin embargo, la anulacin de la derivada no alcanza para saber si el punto es un mxi-
mo, un mnimo o si no es ni siquiera un extremo. De hecho, veremos que la primera
derivada no nula, si existe, clasica el punto:
80 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
Proposicin 197 Si f es derivable hasta el orden n en a, f
(a) = f
(a) = . . . =
f
(n1)
(a) = 0 y f
(n)
(a) ,= 0 entonces:
a) Si n es par y f
(n)
(a) > 0, f tiene un mnimo relativo en a.
b) Si n es par y f
(n)
(a) < 0, f tiene un mximo relativo en a.
c) Si n es impar, f no tiene extremo en a.
Demostracin. Por Taylor: f(x) = f(a)+
f
(n)
(a)
n!
(xa)
n
+o((xa)
n
), y reescribiendo:
f(x) f(a) = (x a)
n
[
f
(n)
(a)
n!
+
o((xa)
n
)
(xa)
n
]. Como
o((xa)
n
)
(xa)
n
xa
0, en E
(a, ) el
signo del parntesis recto es el de f
(n)
(a). Si n es par, este es el signo de f(x) f(a),
de donde se deduce a) y b). Si n es impar, (x a)
n
cambia de signo a un lado y otro
de a, por lo que tambin lo hace f(x) f(a).
(a)(x a) + . . . +
f
(n)
(a)(xa)
n
n!
. Denimos una
funcin auxiliar F(t) sustituyendo a por t:
F(t) = f(t) + f
(t)(x t) + . . . +
f
(n)
(t)(x t)
n
n!
, t E(a, ).
Se cumple F(x) = f(x), F(a) = P
n
(f, a). Derivando, resulta
F
(t) = f
(t) f
(t) + f
(t)(x t) f
(t)(x t) + . . . +
f
(n+1)
(t)(x t)
n
n!
=
f
(n+1)
(t)(xt)
n
n!
. Sea G(t) = (x t)
n+1
. Se cumple que G(x) = 0, G(a) = (x a)
n+1
.
Aplicamos el Teorema 24 de Cauchy a F y G:
F(x) F(a)
G(x) G(a)
=
F
(c)
G
(c)
=
f
(n+1)
(c)(x c)
n
n!(1)(n + 1)(x c)
n
=
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
f(x) P
n
(f, a)
(x a)
n+1
=
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
r
n
(x) =
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x a)
n+1
.
3.6. Desarrollo de Taylor 81
Ejemplo 198 e
x
= 1 + x +
x
2
2
+ . . . +
x
n
n!
+ . . . =
+
n=0
x
n
n!
Si s
n
(x) es la reducida
n-sima de la serie, s
n
(x) = P
n
(e
x
, 0). Como e
x
es innitamente derivable, con
derivadas e
x
, e
x
s
n
(x) = r
n
(x) =
e
c
x
n+1
(n+1)!
, y [e
x
s
n
(x)[
e
|x|
|x|
n+1
(n+1)!
n+
0.
Nota 199 No siempre es cierto que el desarrollo de Taylor de una funcin innitamen-
te derivable converge para n +a la propia funcin, ni siquiera en un entorno de
a (no siempre ocurre que r
n
(x)
n+
0).
82 Captulo 3. Repaso de Funciones de una Variable
Captulo 4
Integrales
4.1. Introduccin
Los orgenes del clculo integral se remontan a ms de 2000 aos, cuando los
griegos calculaban reas por el mtodo de exhaucin. La idea consiste en aproximar
la regin cuya rea se quiere determinar por regiones poligonales de rea conocida, y
usar estas aproximaciones para obtener la frmula exacta.
Veamos un ejemplo.
x
f(x)
a
Figura 4.1: rea debajo de una grca
Se quiere hallar el rea A de la regin del plano comprendida entre el eje 0x y la
parbola y = x
2
, en el intervalo [0, a] (regin rayada en la Figura 4.1). Para eso se
divide el intervalo [0, a] en partes iguales [
a
n
i,
a
n
(i + 1)], i = 0, . . . , n 1.
En cada intervalo tomamos el mnimo valor de f(x) = x
2
y construimos la fun-
cin escalonada por debajo de la parbola. El rea debajo de esta escalera es una
aproximacin por defecto del rea A (Figura 4.2(a)). Le llamamos s
n
. Se tiene que:
s
n
=
n1
i=0
_
a
n
i
_
2
a
n
=
a
3
n
3
n1
i=0
i
2
A. (4.1)
83
84 Captulo 4. Integrales
x
f(x)
s
n
a
(a) Aproximacin por defecto
x
f(x)
S
n
a
(b) Aproximacin por exceso
Figura 4.2: Aproximaciones del rea debajo de una grca
Anlogamente, construimos una aproximacin por exceso del rea A (Figura 4.2(b)),
tomando en cada intervalo el valor mximo de f(x) = x
2
. Se tiene:
S
n
=
n1
i=0
_
a
n
(i + 1)
_
2
a
n
=
a
3
n
3
n
i=1
i
2
A. (4.2)
Para evaluar las sumatorias, recurrimos a una frmula:
k
i=1
i
2
=
k
3
3
+
k
2
2
+
k
6
que
puede probarse por induccin completa. Se deduce que
k1
i=1
i
2
=
k
3
3
k
2
2
+
k
6
. Se
obtiene entonces s
n
=
a
3
n
3
[
n
3
3
n
2
2
+
n
6
] =
a
3
3
a
3
2n
+
a
3
6n
2
, mientras que S
n
=
a
3
3
+
a
3
2n
+
a
3
6n
2
.
Tenamos s
n
A S
n
. Como s
n
y S
n
tienen lmite
a
3
3
cuando n +, dedu-
cimos que A =
a
3
3
. En el razonamiento anterior, hemos utilizado con cierta libertad
el concepto de rea. De hecho hemos asumido que est bien denida el rea como
un nmero asociado a una regin del plano, que si un rea contiene a otra su rea es
mayor o igual, etc.
Si bien esto parece intuitivo, nos veramos en dicultades ante la pregunta de c-
mo se dene el rea de un conjunto del plano. Un camino para dar la denicin, es
justamente el procedimiento anterior, al menos para regiones dadas por debajo de una
funcin.
En lo que sigue, obtendremos a partir de una funcin f, por un procedimiento
analtico como el anterior, un nmero real que llamaremos integral de f en un intervalo
(en el ejemplo,
a
3
3
es la integral de f(x) = x
2
en el intervalo [0, a]).
Luego deniremos el rea debajo de una funcin f como ese nmero. Ms all de
esta observacin de carcter formal, importa rescatar del ejemplo el mtodo a seguir:
partir el intervalo, construir funciones escalonadas por encima y por debajo de la fun-
cin, tomar lmite anando la particin. Estas son las ideas bsicas para construir la
integral.
4.2. Integracin de funciones continuas 85
4.2. Integracin de funciones continuas
Consideramos en primera instancia una funcin f acotada en el intervalo [a, b].
Denicin 200 Llamamos particin del intervalo [a, b] a un conjunto de puntos P =
x
0
, x
1
, . . . , x
n
tales que a = x
0
< x
1
< . . . < x
n
= b. Llamamos norma de la
particin al nmero [P[ = m ax
i=0,...,n1
x
i+1
x
i
, longitud mxima de los intervalos
[x
i
, x
i+1
]. Si P y Q son particiones de [a, b] y P Q, se dice que Q es un renamiento
de P.
Denicin 201 Consideremos una funcin f acotada en [a, b] y P = x
0
, . . . , x
n
n1
i=0
m
i
(x
i+1
x
i
) le
llamaremos suma inferior de f respecto a P. A la suma S(f, P) =
n1
i=0
M
i
(x
i+1
x
i
)
le llamaremos suma superior de f respecto a P.
Proposicin 202
a) Si Q es un renamiento de P, s(f, P) s(f, Q) S(f, Q) S(f, P).
b) s(f, P) S(f, Q) para particiones cualesquiera P y Q.
Demostracin.
a) Basta probar las desigualdades para el caso que Q tiene un punto ms que P
(todo renamiento puede obtenerse por un nmero nito de estos pasos).
Sean P = x
0
, x
1
, . . . , x
k
, x
k+1
, . . . , x
n
y Q = x
0
, x
1
, . . . , x
k
, y, x
k+1
, . . . , x
n
.
s(f, P) =
n1
i=0;i=k
m
i
(x
i+1
x
i
) + m
k
(x
k+1
x
k
), y
s(f, Q) =
n1
i=0;i=k
m
i
(x
i+1
x
i
) + m
k
(y x
k
) + m
k
(x
k+1
y),
donde m
k
= nff(x) : x [x
k
, y], m
k
= nff(x) : x [y, x
k+1
] y
m
k
=nff(x) : x [x
k
, x
k+1
].
Claramente, m
k
m
k
, m
k
m
k
. Entonces m
k
(x
k+1
x
k
) = m
k
(y x
k
) +
m
k
(x
k+1
y) m
k
(y x
k
) + m
k
(x
k+1
y),
de donde s(f, P) s(f, Q).
Se razona de forma anloga para probar S(f, P) S(f, Q).
b) Claramente, s(f, P) S(f, P) (pues m
i
M
i
, i). Para P y Q cualesquiera,
P Q es un renamiento de ambas. Entonces: s(f, P) s(f, P Q)
S(f, P Q) S(f, Q).
86 Captulo 4. Integrales
x
f(x)
La proposicin anterior nos muestra que cualquier suma inferior (aproximacin
por defecto) es menor o igual que cualquier suma superior (aproximacin por exce-
so). Guindonos por el ejemplo f(x) = x
2
, sera deseable que sumas superiores e
inferiores encerraran un nico nmero real. En otras palabras, que el extremo superior
de las s(f, P) coincidiera con el extremo inferior de las S(f, P). (En principio, por (b)
se tiene que sup
P
s(f, P) nf
Q
S(f, Q)).
Denicin 203 Se dice que f : [a, b] R acotada (no necesariamente continua) es
integrable si sup
P
s(f, P) =nf
Q
S(f, Q). A este nmero real se le llama integral
de f en el intervalo [a, b] y se denota por I =
_
b
a
f o tambin I =
_
b
a
f(x)dx (la
ventaja de la segunda notacin se ver ms adelante).
Las funciones continuas, que constituyen una clase muy amplia de funciones, son
integrables.
Teorema 30 Si f es continua en [a, b] entonces es integrable; o sea sup
P
s(f, P) =
nf
Q
S(f, Q).
La demostracin surge en forma sencilla del siguiente lema:
Lema 204 Si f es continua en [a, b] entonces > 0, > 0 tal que si [P[ <
entonces S(f, P) s(f, P) < .
Demostracin. Se utiliza la continuidad uniforme de f en [a, b]. Por el Teorema 21
del Captulo 3 (de Cantor), f es uniformemente continua en [a, b], es decir que >
0 : [x x
)[ < .
Sea > 0, elegimos =
ba
y cumpliendo la condicin anterior. Si P =
x
0
, x
1
, . . . , x
n
es una particin con [P[ , entonces i, M
i
m
i
(al ser f
continua en [x
i
, x
i+1
], alcanza su mximo y su mnimo en dos puntos que distan entre
s menos que ). Entonces:
S(f, P) s(f, P) =
n1
i=0
(M
i
m
i
)(x
i+1
x
i
) <
n1
i=0
(x
i+1
x
i
) .
4.2. Integracin de funciones continuas 87
= nf
P
S(f, P). Se cumple I I
.
Si fuese I < I
En el ejemplo de la parbola hemos visto que el rea era el lmite de una sucesin
de sumas. Extendemos esta propiedad:
Denicin 205 Sea P = x
0
, . . . , x
n
una particin de [a, b]. Un conjunto de n-
meros X
P
= x
0
, x
1
, . . . , x
n1
se llama conjunto admisible para P si y solo si se
cumple x
i
[x
i
, x
i+1
], i = 0, n 1 (es decir, X
P
es una eleccin de puntos de
los intervalos de P). Si f es acotada en [a, b], llamaremos suma de Riemann de f
asociada a P, X
P
al nmero SR(f, P, X
P
) =
n1
i=0
f(x
i
)(x
i+1
x
i
).
Teorema 31 Si f es continua en [a, b], entonces
> 0, > 0 : [P[ < [I SR(f, P, X
P
)[ < ,
donde X
P
es admisible para P.
Demostracin. Dado > 0, elegimos segn el Lema 204.
Si [P[ < , S(f, P) s(f, P) < . Por denicin, s(f, P) I S(f, P). Adems,
si X
P
= x
0
, . . . , x
n1
es un conjunto admisible, m
i
f(x
i
) M
i
, de donde
s(f, P) SR(f, P, X
P
) S(f, P). Luego
[I SR(f, P, X
P
)[ S(f, P) s(f, P) < .
_
b
a
f(x)dx.
La demostracin es inmediata acudiendo al Teorema 31.
Observacin 2 El Corolario 206 nos muestra que la integral es un lmite de sumas
f(x
i
)x
i
(aqu x
i
= x
i+1
x
i
) cuando las longitudes de los intervalos x
i
tienden a cero. Este es el origen de la notacin
_
b
a
f(x)dx introducida por Leibniz, en
que la sumatoria se sustituye por el smbolo integral
_
, y x por dx para indicar paso
al lmite.
Ejemplo 207
_
a
0
x
2
dx =
a
3
3
. En efecto, f(x) = x
2
es continua y por tanto las sumas
s(f, P
n
) y S(f, P
n
) (que son sumas de Riemann) deben converger a
_
x
2
dx siempre
que [P
n
[
n
0. Tomando P
n
como en la introduccin se encuentra que la integral es
a
3
3
.
88 Captulo 4. Integrales
4.3. Propiedades de la Integral
Proposicin 208
1. Linealidad: si f y g son continuas en [a, b], , R entonces:
_
b
a
[f(x) + g(x)]dx =
_
b
a
f(x)dx +
_
b
a
g(x)dx.
2. Aditividad: si a b c y f continua en [a, c]:
_
c
a
f(x)dx =
_
b
a
f(x)dx +
_
c
b
f(x)dx.
3. Si f 0 en [a, b] entonces
_
b
a
f(x)dx 0.
4. Si f g en [a, b] entonces
_
b
a
f(x)dx
_
b
a
g(x)dx.
5. Si a < b entonces [
_
b
a
f(x)dx[
_
b
a
[f(x)dx[.
Demostracin. Probaremos cada una de las propiedades enunciadas:
1. SR(f +g, P, X
P
) =
n1
i=0
(f(x
i
)+g(x
i
))(x
i+1
x
i
) = SR(f, P, X
P
)+
SR(g, P, X
P
). Tomando lmite con una sucesin P
n
tal que [P
n
[ 0, se
prueba la linealidad.
2. Sea P es una particin de [a, c] que contiene a b, es decir P = x
0
, . . . , x
k
, . . . , x
n
con x
k
= b. Entonces
SR(f, P, X
P
) =
k1
i=0
f(x
i
)(x
i+1
x
i
)+
n1
i=k
f(x
i
)(x
i+1
x
i
) = SR(f, P
, X
P
)+
SR(f, P
, X
P
), donde P
y P
[ [P[, [P
[ < [P[.
Considerando P
n
sucesin de particiones que contienen a b con [P
n
[ 0, se
obtienen P
n
y P
n
tales que [P
n
[ 0 y [P
n
[ 0. Tomando lmite en la igualdad
anterior se prueba la aditividad.
3. Si f 0 en [a, b] entonces SR(f, P, X
P
) 0, P, lo que implica que
_
b
a
f(x)dx
0.
4. Si f g en [a, b] entonces por el punto anterior
_
b
a
[f(x) g(x)]dx 0, y en
consecuencia
_
b
a
f(x)dx
_
b
a
g(x)dx 0.
5. [f(x)[ f(x) [f(x)[, y luego
_
b
a
[f(x)[dx
_
b
a
f(x)dx
_
b
a
[f(x)[dx.
Si
_
b
a
[f(x)[dx = k 0, entonces hemos probado que el nmero
_
b
a
f(x)dx est
en el intervalo [k, k]. Por lo tanto, su valor absoluto es menor o igual que k.
4.4. Extensin a funciones seccionalmente continuas 89
_
a
b
f(x)dx +
_
c
b
f(x)dx =
_
a
c
f(x)dx. Finalmente aplicando la Denicin 209
se recupera la aditividad extendida. Los otros casos son similares.
Tambin resulta
_
a
a
f(x)dx =
_
c
a
f(x)dx+
_
a
c
f(x)dx =
_
c
a
f(x)dx
_
c
a
f(x)dx =
0.
Ejemplo 210
_
b
a
(x
2
+ 2)dx. Por linealidad:
_
b
a
(x
2
+ 2)dx =
_
b
a
x
2
dx +
_
b
a
2dx.
Adems:
_
b
a
x
2
dx =
_
b
0
x
2
dx
_
a
0
x
2
dx =
b
3
3
a
3
3
. Como
_
b
a
2dx = 2(b a), entonces
la integral de inters vale
_
b
a
(x
2
+ 2)dx =
b
3
a
3
3
+ 2(b a).
4.4. Extensin a funciones seccionalmente continuas
Hemos probado la integrabilidad y las propiedades elementales de la integral para
el caso de funciones continuas. Una pregunta natural es en qu medida la integrabilidad
puede extenderse a funciones con discontinuidades en el intervalo de integracin [a, b].
Para funciones acotadas, tenemos denidas las sumas superiores e inferiores S(f, P)
y s(f, P) y las sumas de Riemann. Si se repasa la prueba de la integrabilidad para fun-
ciones continuas, se observa que la continuidad de la funcin es utilizada solo en el
Lema 204, que arma que > 0, > 0 : [P[ < S(f, P) s(f, P) < . A
partir del Lema 204 deducimos el Teorema 30 en que se prueba la integrabilidad de las
funciones continuas.
Por otra parte, el Lema 204 vuelve a utilizarse en el Teorema 31 y su Corolario 206
para obtener a la integral como lmite de sumas de Riemann y deducir de all las pro-
piedades. En otras palabras, si una funcin f cumple el Lema 204, puede probarse la
integrabilidad para f y todas las propiedades que goza la integral de funciones conti-
nuas que hemos visto hasta el momento.
A continuacin extendemos el Lema 204 para funciones seccionalmente continuas
(continuas a tramos o a trozos).
Denicin 211 Una funcin f es seccionalmente continua si y solo si tiene a lo sumo
un nmero nito de puntos de discontinuidad, con lmites laterales nitos.
90 Captulo 4. Integrales
Ejemplo 212 La funcin dada por f(x) =
_
1 si x > 0
0 si x 0
es seccionalmente conti-
nua.
x
sen
_
1
x
_
)
1
-1
Ejemplo 213 La funcin dada por f(x) =
_
sen
1
x
si x ,= 0
0 si x = 0
no es seccionalmente
continua, pues no existen los lmites laterales en x = 0.
Ejercicio 214 Una funcin seccionalmente continua en un intervalo [a, b] es acotada.
Esto permite denir S(f, P) y s(f, P) para este caso.
Lema 215 (Extensin del Lema 204) Si f es seccionalmente continua en [a, b] en-
tonces
> 0 > 0 : [P[ < S(f, P) s(f, P) < .
Demostracin. Por simplicidad, suponemos que f tiene un nico punto de discontinui-
dad c [a, b]. Adems, f es acotada (Ejercicio 214). Sean k = sup [f(x)[, x [a, b] y
P = x
0
, x
1
, . . . , x
n
una particin de [a, b]. Luego:
S(f, P) s(f, P) =
n1
i=0
(M
i
m
i
)(x
i+1
x
i
).
El punto c pertenece a lo sumo a 2 intervalos [x
i
, x
i+1
]. No es difcil ver que se
puede elegir tal que si [P[ < se tiene en los intervalos [x
i
, x
i+1
] que no contienen
a c la siguiente desigualdad (M
i
m
i
) <
2(ba)
. Para hacerlo, denir g(x) = f(x)
para x [a, c) y g(c) = lm
xc
f(x), mientras que h(x) = f(x) para x (c, b],
y h(c) = lm
xc
+ f(x). Luego g y h son uniformemente continuas en [a, c] y [c, b]
respectivamente, donde se deduce lo anterior, ya que en los intervalos que no contienen
a c, coinciden con f. Entonces:
{i{0,...,n1}: c/ [x
i
,x
i+1
]}
(M
i
m
i
)(x
i+1
x
i
) <
2(b a)
n1
i=0
(x
i+1
x
i
) <
2
.
4.5. Teoremas fundamentales 91
x
f(x)
c a
b = x
n
En los intervalos que contienen a c (que pueden ser uno o dos), acotamos (M
i
m
i
)(x
i+1
x
i
) < 2k. Como son a lo sumo dos, se deduce que S(f, P) s(f, P) <
2
+4k si [P[ < . Si elegimos tal que adems <
8k
, se tiene S(f, P)s(f, P) < .
a
b
Figura 4.3: Valor medio de una funcin en un intervalo
Denicin 219 Sea f una funcin seccionalmente continua en [a, b]. Se llama valor
medio de f en [a, b] al nmero =
1
ba
_
b
a
f(x)dx.
Teorema 32 (Teorema del Valor Medio) Sea f continua en [a, b], y su valor medio.
Entonces, existe c [a, b] tal que f(c) = .
Demostracin. Sean M y m el mximo y mnimo de f en [a, b]. Integrando en [a, b] y
aplicando la propiedad 4, se tiene que:
m(b a)
_
b
a
f(x)dx M(b a) m M.
Como m y M son los valores de f en dos puntos de [a, b] y f es continua, por el
Corolario 168 del Captulo 3, f debe tomar el valor en un punto intermedio.
(x) = f(x), x
I.
4.5. Teoremas fundamentales 93
Proposicin 222 Si F y G son primitivas de f en un intervalo I, entonces dieren en
una constante (es decir que F(x) = G(x) + C, x I).
Demostracin. F
(x) = G
(x) = f(x) F
(x) G
(x) = 0 x I. La funcin
H(x) = F(x) G(x) tiene derivada idnticamente nula. Si suponemos H(x
1
) ,=
H(x
2
) entonces
H(x
1
)H(x
2
)
x
1
x
2
,= 0, y por el Teorema 23 de Lagrange, se obtendra un
punto intermedio c tal que H
(x
0
) = f(x
0
).
Demostracin.
1. Sea h > 0, [F(x + h) F(x)[ = [
_
x+h
x
f(t)dt[
_
x+h
x
[f(t)[dt. Puesto que
f es seccionalmente continua, es acotada en un entorno de x ([f(t)[ k), y
entonces [F(x + h) F(x)[ k[h[. Si h < 0, se obtiene de todas formas que
[F(x + h) F(x)[ k[h[, de donde se deduce que F es continua.
94 Captulo 4. Integrales
2. Como f es continua en x
0
y f tiene a lo sumo un nmero nito de discontinui-
dades, f es continua en E(x
0
, ). Para [h[ < :
F(x
0
+ h) F(x
0
)
h
=
1
h
_
x
0
+h
x
0
f(t)dt = f(x
0
+ eh),
con e : 0 < e < 1, gracias al Teorema 32 del valor medio, donde se debe
distinguir entre los casos h > 0 y h < 0. Tomando lmite con h 0:
lm
h0
F(x
0
+ h) F(x
0
)
h
= lm
h0
f(x
0
+ eh) = f(x
0
), (4.3)
por lo que la derivada F
(x
0
) existe, y vale F
(x
0
) = f(x
0
).
4.5.3. Ejemplos
El inters de la Regla de Barrow es que cualquier primitiva, incrementada, nos da
la integral. Veamos a continuacin algunos ejemplos en que la primitiva es conocida.
En la seccin siguiente veremos mtodos de clculo de primitivas para ms funciones.
Ejemplo 225 Sean f(x) =
_
1 si x [0, 1]
0 si x / [0, 1]
y F(x) =
_
x
0
f(t)dt.
Para x 0, claramente F(x) = 0.
Para x [0, 1], F(x) =
_
x
0
1dt = x
Para x 1, F(x) =
_
1
0
1dt +
_
x
1
0dt = 1.
La funcin F(x) es continua en todo punto y derivable en los puntos de continuidad
de f(x), en los que se cumple F
0
sen(x)dx = (cos(x))[
0
= cos()+cos(0) = 2, y el valor medio
de sen(x) en el intervalo [0, ] es
2
.
x
sen(x)
2
Ejemplo 228
_
b
1
1
x
dx = log(x)[
b
1
= log(b).
Ejemplo 229
_
1
0
xdx =
_
1
0
x
1/2
=
2
3
x
3/2
[
1
0
=
2
3
.
96 Captulo 4. Integrales
Ejemplo 230 Hallar c y f continua tal que
_
x
c
f(t)dt = cos(x)
1
2
.
Derivando a ambos lados tenemos que f(x) = sen(x), y por la Regla de Barrow:
_
x
c
(sen(t))dt = cos(t)[
x
c
= cos(x) cos(c), (4.4)
por lo que c debe cumplir cos(c) =
1
2
. Por ejemplo, c =
3
.
Ejemplo 231 Si F(x) =
_
x
0
1
(1+t
2
)
3
dt y G(x) =
_
x
2
0
1
(1+t
2
)
3
dt, hallar F
(x) y G
(x).
Por el Teorema Fundamental del Clculo, F
(x) =
1
(1+x
2
)
3
. Observando que
G(x) = F(x
2
), podemos derivar la funcin compuesta mediante regla de la cade-
na: G
(x) = F
(x
2
)2x =
2x
(1+x
4
)
3
.
4.6. Clculo de primitivas
Notaremos por
_
f(x)dx al conjunto de las primitivas de f(x). El problema es
hallar una primitiva F(x), para poder aplicar la Regla de Barrow. El camino a seguir
es, conociendo un nmero reducido de primitivas (identicables como derivadas de
funciones), mediante transformaciones y propiedades, escribir
_
f(x)dx en funcin de
primitivas conocidas.
Es importante saber que el problema de hallar funciones elementales F(x) (que son
las resultantes de operar y/o componer polinomios, e
x
, sen(x), cos(x) y sus inversas)
que sean primitivas de otras funciones elementales, no siempre tiene solucin.
En particular, existen funciones V : R Rderivables en todo punto cuya derivada
V
dx =
x
+1
+1
+ C, ,= 1.
_
dx
x
= log [x[ + C.
_
e
x
dx = e
x
+ C.
_
sen(x)dx = cos(x) + C.
_
cos(x)dx = sen(x) + C.
4.6. Clculo de primitivas 97
_
dx
sen
2
x
= cot(x) + C.
_
dx
1+x
2
= arctan(x) + C.
_
dx
1x
2
= arcsen(x) + C.
_
dx
cosh
2
(x)
= tanh(x) + C.
_
dx
senh
2
(x)
= coth(x) + C.
_
dx
1x
2
= arctanh(x) + C.
_
dx
cos
2
x
= tan(x) + C.
_
dx
x
2
1
= arccosh(x) + C.
_
dx
1+x
2
= arcsenh(x) + C = log [x +
1 + x
2
[ + C.
4.6.1. Linealidad de la primitivaa
Sean f y g funciones continuas en un intervalo [c, d]. Entonces
_
(af + bg)dx =
a
_
fdx + b
_
gdx.
Si F es primitiva de af +bg, entonces F =
_
x
c
(af +bg)+C = a
_
x
c
f +b
_
x
c
g+C.
Por tanto F es primitiva de a
_
f+b
_
g o sea, F es combinacin lineal de una primitiva
de f y una primitiva de g. (La inclusin en el otro sentido es semejante.)
Ejemplo 232
_
(3 cos(x) +2e
x
)dx = 3
_
cos(x)dx +2
_
e
x
dx = 3 sin(x) +2e
x
+C.
Ejemplo 233
_
(a
n
x
n
+a
n1
x
n1
+. . .+a
1
x+a
0
)dx = a
n
x
n+1
n+1
+. . .+a
1
x
2
2
+a
0
x+C.
Ejemplo 234
_
cos
2
(x)dx
Recordando las frmulas trigonomtricas cos
2
(x) + sen
2
(x) = 1 y
cos
2
(x) sen
2
(x) = cos(2x) se obtiene cos
2
(x) =
1+cos(2x)
2
, por lo que:
_
cos
2
(x)dx =
1
2
x +
sen(2x)
4
+ C.
98 Captulo 4. Integrales
4.6.2. Integracin por sustitucin
Si se tiene resuelto el problema de hallar una primitiva para una funcin f(x) conti-
nua en un intervalo entonces tambin puede hallarse la primitiva de f(g(t))g
(t) donde
g es una funcin con derivada continua que puede componerse con f. En efecto, sea
_
f(x)dx = F(x) +C (F primitiva de f). Entonces
_
f(g(t))g
(t) = F
(g(t))g
(t) = f(g(t))g
(t).
Veamos un ejemplo:
Ejemplo 235
_
t
3
cos(t
4
)dt =
1
4
_
(4t
3
)(cos(t
4
))dt.
En la segunda integral, considerando x = g(t) = t
4
y f(x) = cos(x) tenemos
1
4
_
f(g(t))g
(t).
Resolvemos
_
f(x)dx =
_
cos(x)dx = sen(x) + C, y componiendo con g(t) se
obtiene
_
t
3
cos(t
4
) =
1
4
sen(t
4
) + C.
La notacin de Leibnitz para la integral resulta especialmente adecuada para tratar
este procedimiento.
Si x = g(t), escribimos g
(t) =
dx
dt
o tambin dx = g
(t)dt.
Tenemos
_
f(g(t))g
(t)dt =
_
f(x)dx = F(x) + C = F(g(t)) + C.
El trmino dx en la integral sirve como recordatorio de que la variable de integra-
cin es x, y que si se realiza una sustitucin x = g(t), debe ponerse dx = g
(t)dt. De
otro modo, nos sentiramos inclinados a escribir
_
f(x) =
_
f(g(t)), que NO es correcto.
Ejemplo 236
_
cos
2
(t)sen(t)dt. Poniendo x = cos(t). dx = sen(t)dt, entonces:
_
cos
2
(t)sen(t)dt =
_
x
2
dx =
x
3
3
+ C =
cos
3
(t)
3
+ C.
Ejemplo 237
_
sen(
t)
t
dt = 2
_
sen(u)du = 2 cos(u)+C = 2 cos(
t)+C, donde
se ha hecho el cambio de variable u =
t, du =
dt
2
t
.
Ejemplo 238
_
tg(t)dt =
_
sen(t)
cos(t)
dt =
_
du
u
= log [u[ +C = log [ cos(t)[ +C,
donde se ha hecho el cambio de variable u = cos(t), du = sen(t)dt.
Ejemplo 239
_
x
1+x
2
dx =
1
2
_
du
u
=
u +C =
1 + x
2
+C, donde se ha hecho el
cambio de variable u = x
2
+ 1, du = 2xdx.
Ejemplo 240 Supongamos que se quiere calcular la integral denida
_
3
1
log(x)
x
dx. Cal-
culamos la primitiva por cambio de variable:
_
log(x)
x
=
_
udu =
u
2
2
+ C =
(log(x))
2
2
+ C,
4.6. Clculo de primitivas 99
donde u = log(x), du =
dx
x
. Luego, evaluamos la primitiva:
_
3
1
log(x)
x
dx =
_
(log(x))
2
2
_
3
1
=
(log(3))
2
2
.
Sin embargo, lo anterior puede hacerse de otro modo, incluyendo los extremos en
el cambio de variables. Con el mismo cambio:
_
3
1
log(x)
x
dx =
_
log(3)
0
udu =
(log(3))
2
2
.
Como la segunda integral es en la variable u = log(x), se transformaron los extremos
1 y 3 en log(1) y log(3) respectivamente.
Justiquemos este paso con una proposicin de carcter general.
Proposicin 241 Sean f : I R continua, g : [a, b] R con derivada continua y
g([a, b]) I. Entonces
_
b
a
f(g(t))g
(t)dt =
_
g(b)
g(a)
f(x)dx.
Demostracin. Si F(x) es primitiva de f, ya se vio que F(g(t)) es primitiva de
f(g(t))g
(t). Entonces:
_
b
a
f(g(t))g
(t)dt = F(g(t))
b
a
= F(g(b)) F(g(a)) = F(x)
g(b)
g(a)
=
_
g(b)
g(a)
f(x)dx.
Ejemplo 242
_
1
1
1 x
2
dx. Si se pone x = sen(t), para t [/2, /2] se tiene
que
1 x
2
= cos(t). Adems dx = cos(t)dt, de donde:
_
1
1
1 x
2
dx =
_
/2
/2
cos
2
(t)dt =
_
t
2
+
sen(2t)
4
_
/2
/2
= /2.
En los Ejemplos 242 y 240, se calcul la integral sin obtener la primitiva de la funcin,
sino evaluando la integral en la nueva variable. El Ejemplo 242 muestra, sin embargo,
una diferencia respecto a los anteriores. En los anteriores se saba integrar f(x) y se
utilizaba el cambio para integrar f(g(t))g
1 x
2
(no
solo la integral denida), estamos en el caso en que se dispone de F(g(t)) y se busca
F(x). Hace falta componer con la funcin inversa t = g
1
(x), para lo cual sta debe
existir (en los anteriores clculos de primitiva, esto no haca falta).
100 Captulo 4. Integrales
En este caso x = sen(t) tiene inversa t = arcsin(x), para t [
2
,
2
], x [1, 1].
Se tiene entonces:
_
1 x
2
dx =
1
2
arcsin(x) +
1
4
sen(2 arcsin(x)), x [1, 1].
En los ejercicios se vern ms ejemplos de clculo de integrales por cambio de
variable. Como se ve de los ejemplos, no existe un mtodo para encontrar un cambio
de variable adecuado. Recurrimos a la intuicin (que se desarrolla con la prctica)
y a algo de tanteo. Por otra parte, no siempre puede resolverse una integral por este
camino. Veremos a continuacin otro ejemplo importante.
4.6.3. Integracin por partes
Proposicin 243 Sean f y g funciones con derivada continua. Entonces:
_
f(x)g
(x)dx = f(x)g(x)
_
f
(x)g(x)dx.
Demostracin. Como (fg)
= fg
+f
g, entonces
_
f(x)g
(x)dx +
_
f
(x)g(x)dx =
f(x)g(x) + C.
Corolario 244
_
b
a
f(x)g
(x)dx = f(x)g(x)
b
a
_
b
a
f
(x)g(x)dx
La demostracin es inmediata a partir de evaluacin de las primitivas.
Las identidades anteriores dan un mtodo para calcular integrales, transformando
la integral de fg
en la de f
(x) =
e
x
y f(x) = x. Tenemos
_
xe
x
dx = xe
x
_
e
x
dx = (x 1)e
x
+ C.
Ejemplo 246
_
x
2
sen(x)dx = x
2
cos(x) +
_
2x cos(x)dx, donde se ha integrado
por partes tomando f(x) = x
2
y g
(x) = 1. Entonces
_
log(x)dx =
_
1 log(x)dx = x log(x)
_
x
1
x
dx = x log(x) x + C = (x 1) log(x) + C.
4.6.4. Primitivas de Funciones Racionales
Veremos a continuacin la resolucin completa del problema de hallar la primitiva
de una funcin racional, es decir para un cociente de polinomios f(x) =
P(x)
Q(x)
.
Una primera observacin es que basta resolver el caso en que gr(P) < gr(Q) (el
grado del numerador es menor que el del denominador). Esto se debe a que siempre
puede realizarse la divisin entera de los polinomios P(x) = C(x)Q(x)+R(x), donde
R(x) = 0 o gr(R) < gr(Q), por lo que
P(x)
Q(x)
= C(x) +
R(x)
Q(x)
.
El primer sumando es un polinomio y su primitiva se obtiene fcilmente (Ejem-
plo 233). El problema se reduce entonces al segundo sumando.
Un teorema de la teora de polinomios, que enunciamos a continuacin sin demos-
tracin, permite reducir el problema a la primitiva de fracciones ms simples.
Teorema 34 (Descomposicin en fracciones simples) Todo cociente de polinomios
P(x)
Q(x)
con gr(P) < gr(Q), puede descomponerse de forma nica en suma de cocientes
ms simples, correspondiendo a cada raz de Q(x), las siguientes fracciones:
1. Raz real simple
A
x
.
2. Raz real de multiplicidad k
A
1
x
+
A
2
(x)
2
+ . . . +
A
k
(x)
k
.
3. Races complejas simples i
Mx+N
(x)
2
+
2
.
4. Races complejas i con multiplicidad k
M
1
x+N
1
(x)
2
+
2
+. . . +
M
k
x+N
k
((x)
2
+
2
)
k
Omitimos la demostracin, que corresponde a cursos anteriores. El lector interesado
puede verla en la Seccin 23.6 de Kudrivtsev [6] o Seccin 3.12 del libro de Courant
y John [5].
Observacin. Si el denominador ax
2
+ bx + c tiene races complejas i,
entonces: ax
2
+ bx + c = a((x )
2
+
2
) y se usa la fraccin
M
1
x+N
1
a((x)
2
+
2
)
.
Ejemplo 248 Descomposicin de
1
(x1)(x+1)
3
. Por el Teorema 34 sabemos que existen
A, B, B
2
y B
3
tales que:
1
(x 1)(x + 1)
3
=
A
(x 1)
+
B
1
(x + 1)
+
B
2
(x + 1)
2
+
B
3
(x + 1)
3
Para hallar los coecientes:
102 Captulo 4. Integrales
1. Multiplicamos a ambos lados por (x 1) y tomamos lmite en x = 1. Resulta
A = 1/8.
2. Multiplicamos por (x + 1)
3
, tomamos lmite en x = 1. Resulta B
3
=
1
2
.
3. Multiplicamos por x, tomamos lmite con x , y se consigue que A+B
1
= 0,
B
1
= 1/8.
4. Evaluamos en x = 0 1 = A + B
1
+ B
2
+ B
3
B
2
= 1/4.
Nota 249 Los pasos anteriores son convenientes para simplicar los clculos, pero
conviene observar que los coecientes pueden hallarse evaluando en puntos y resol-
viendo el correspondiente sistema de ecuaciones lineales o tomando denominador co-
mn e identicando los coecientes del numerador.
Del Teorema 34 surge, entonces, que basta con conocer las primitivas de las frac-
ciones simples para resolver cualquier funcin racional. Las obtenemos:
(i)
_
dx
x
= log [x [ + C.
(ii)
_
dx
(x)
k
=
1
k1
1
(x)
k1
+ C, (k > 1).
(iii)
_
Mx+N
(x)
2
+
2
dx =
_
M(x)
(x)
2
+
2
dx +
_
M+N
(x)
2
+
2
dx, donde es posible resolver por
separado ambas integrales. La primera vale:
_
M(x )
(x )
2
+
2
dx =
M
2
_
du
u +
2
=
M
2
log(u +
2
) + C,
siendo u = (x )
2
, mientras que para la segunda integral:
_
M + N
(x )
2
+
2
dx =
M + N
_
du
u
2
+ 1
=
M + N
arctan(u) + C,
donde u =
x
arctan(
x
) +C.
Observacin. En la pareja conjugada i de races complejas en la integral
de arriba el signo de que uno elige es indiferente, ya que los sumandos del
trmino de la derecha son funciones pares con respecto a (la funcin inversa
de la tangente -arctan- es impar, por serlo la tangente).
4.6. Clculo de primitivas 103
(iv)
_
Mx+N
((x)
2
+
2
)
k
dx =
_
M(x)
((x)
2
+
2
)
k
dx + (M + N)
_
dx
((x)
2
+
2
)
k
.
Nuevamente calculamos por separado cada una de las dos ltimas integrales. La
primera es igual a
M
2
_
du
(u +
2
)
k
=
M
2
1
(k 1)(u +
2
)
k1
+ C
=
M
2(k 1)
1
((x )
2
+
2
)
k1
+ C,
mientras que la segunda integral es igual a:
M + N
2k
_
dx
((x )
2
/
2
+ 1)
k
=
M + N
2k1
_
du
(u
2
+ 1)
k
La integracin del ltimo trmino puede resolverse en forma iterativa reduciendo
el orden de k mediante una integracin por partes. Esto se ver en el curso prctico.
Ejemplo 250 (Continuacin)
_
dx
(x1)(x+1)
3
=
1
8
log [x 1[
1
8
log [x + 1[ +
1
4
1
x+1
+
1
4
1
(x+1)
2
+ C.
Terminamos el tema con un ejemplo completo.
Ejemplo 251
_
7x
4
+2x
3
7x
2
6x+2
(x+1)
2
(x2)(x
2
+1)
dx. El primer paso es aplicar el Teorema 34:
7x
4
+ 2x
3
7x
2
6x + 2
(x + 1)
2
(x 2)(x
2
+ 1)
=
A
(x 2)
+
B
(x + 1)
+
C
(x + 1)
2
+
Mx + N
x
2
+ 1
.
Multiplicando por (x 2) y tomando x 2: A = 2.
Multiplicando por (x + 1)
2
y tomando x 1: C = 1.
Multiplicando por x
2
+ 1 y tomando x i:
7 2i + 7 6i + 2
(i + 1)
2
(i 2)
= Mi + N.
Operando se obtiene 8 4i = (2M N) + (2N M)i, de donde se deduce que
M = 4 y N = 0.
Multiplicamos por x, y tomamos x : 7 = A + B + M, por lo que B = 1.
Reuniendo la informacin:
_
7x
4
+ 2x
3
7x
2
6x + 2
(x + 1)
2
(x 2)(x
2
+ 1)
dx = 2 log [x2[+log [x+1[+
1
x + 1
+2 log(x
2
+1)+C.
104 Captulo 4. Integrales
Existen mtodos para encontrar primitivas de funciones no racionales de algunos
tipos particulares. En [6] se dan algunos casos.
Sin embargo, no existe un mtodo general que permita obtener primitivas de las
funciones elementales, como ya se adelant. Por ejemplo, las primitivas
_
e
x
2
dx,
_
sen(x)
x
dx no pueden expresarse en trminos de las funciones elementales (hecho que
no probaremos aqu).
Sealamos que esto no quiere decir que las primitivas no existan. La siguiente
funcin:
(x) =
_
x
0
e
t
2
dt, (4.5)
que por cierto es muy utilizada en probabilidades, es una primitiva de e
t
2
. Lo que
ocurre es que (x) no puede escribirse como una funcin elemental.
Para evaluar integrales en estos casos, debe recurrirse inevitablemente a aproxima-
ciones numricas.
4.7. Mtodos numricos de integracin
En las secciones anteriores se busc calcular integrales por mtodos analticos, que
nos den el valor de la integral en trminos de funciones conocidas. Como se seal,
esto no siempre es posible. Por otra parte, si se buscan valores numricos, de todas
formas habr que calcular estas funciones (por ejemplo, un logaritmo) en trminos
aproximados.
Los mtodos numricos de integracin (antiguamente llamados de cuadratura)
proveen aproximaciones numricas al valor
_
b
a
f(x) dx, independientemente del ca-
rcter elemental o no de la primitiva. Por otra parte, un buen mtodo debe permitir
acotar el error metido en la aproximacin. Estos mtodos han sido potenciados por
el advenimiento de las computadoras y corresponden a una rama de la matemtica, el
anlisis numrico. No pretendemos aqu adentrarnos en ella, sino dar ejemplos intro-
ductorios de algunos de sus mtodos.
En principio, cualquier suma de Riemann es una aproximacin numrica a la inte-
gral, en la que se ha dividido el intervalo [a, b] de acuerdo a una particin, y se aproxima
la funcin en el intervalo [x
i
, x
i+1
] por una constante f(x
i
). Este seraa un primer m-
todo. Si la funcin f es sucientemente regular, es de esperarse que la aproximacin
mejore si se utiliza una recta adecuada, por ejemplo, en lugar de una constante. Esto
conduce a los mtodos que presentamos a continuacin.
Consideremos P = x
0
, x
1
, . . . , x
n
con x
i
= a + h i , h =
ba
n
particin en n
intervalos iguales.
I =
_
b
a
f(x) dx =
n1
i=0
I
i
, con I
i
=
_
x
i+1
x
i
f(x) dx
4.7. Mtodos numricos de integracin 105
Notaremos f
i
al valor f(x
i
), i = 0, . . . , n. En cada mtodo I
(n)
denotar la aproxima-
cin a la integral, con una particin de n intervalos. El error cometido es I I
(n)
.
4.7.1. Mtodo de los rectngulos
Aproximamos I
i
por f(x
i
)h
I
(n)
=
n1
i=0
f(x
i
)h = h
n1
i=0
f
i
I
(n)
es una suma de Riemann (con x
i
= x
i
) lo que asegura que I
(n)
n
I
x
f(x)
x
i
x
i+1
4.7.2. Mtodo del trapecio
Aproximamos I
i
por
f
i
+f
i+1
2
h
I
(n)
=
h
2
(f
0
+ f
n
) + h(f
1
+ f
2
+ + f
n1
)
Es fcil ver que I
(n)
n
I (es el promedio de dos sumas de Riemann).
4.7.3. Mtodo del punto medio o de la tangente
Aproximamos I
i
por f(x
i
)h, con x
i
=
x
i
+x
i+1
2
.
Esto equivale a tomar un rectngulo de altura f(x
i
), o tambin un trapecio que
se obtiene de la recta tangente en el punto medio (o cualquier otra recta en el punto
106 Captulo 4. Integrales
x
f(x)
x
i
x
i+1
medio).
I
(n)
= h
n1
i=0
f(x
i
)
I
(n)
n
I por ser suma de Riemann.
x
f(x)
x
i
x
i+1 x
i
f(x
i
)
4.7.4. Mtodo de la parbola o regla de Simpson
Se toma n = 2m, y para i par, se aproxima I
i
+ I
i+1
por la integral de la parbola
por los puntos (x
i
, f
i
), (x
i+1
, f
i+1
), (x
i+2
, f
i+2
).
Con algo de trabajo se encuentra que esta integral vale
h
3
(f
i
+ 4f
i+1
+ f
i+2
)
I
(n)
=
h
3
(f
0
+f
2m
) +
2h
3
(f
2
+f
4
+. . . +f
2m2
) +
4h
3
(f
1
+f
3
+. . . +f
2m1
). Se verica
tambin I
(n)
n
I. Este hecho nos da garantas de que asintticamente, el mtodo es
4.7. Mtodos numricos de integracin 107
x
f(x)
f
i+1
f
i
x
i
x
i+1
f
i+2
x
i+2
correcto. Pero, en la prctica se tiene un n limitado, y es til saber medir lo cerca que
se est del lmite. Para eso se deben dar cotas para el error cometido. Esto solo es
posible si se hacen hiptesis de regularidad sobre la funcin f, ya que de otro modo
no hay garantas de que f se comporte de manera predecible en los puntos donde es
evaluada.
Suponiendo que f tiene derivadas continuas hasta el orden k en [a, b], se dene:
M
k
= m ax[f
(k)
(x)[, x [a, b].
Se tienen las siguientes cotas para cada mtodo, suponiendo en cada caso que f
tiene las derivadas necesarias.
Mtodo Cota de [I I
(n)
[ con h = (b a)/n
Rectngulo
1
2
M
1
(b a)h
Trapecio
M
2
(ba)
12
h
2
Tangente
M
2
(ba)
24
h
2
Simpson
M
4
(ba)
180
h
4
La prueba de las acotaciones se hace desarrollando a la funcin de Taylor en el
intervalo, hasta el orden suciente, y acotando la integral del resto.
La realizamos, a modo de ejemplo, en el caso del punto medio o tangente.
Proposicin 252 Sea f una funcin con derivada segunda continua en [a, b].
Entonces:
_
b
a
f(x)dx
n1
i=0
f
_
x
i
+ x
i+1
2
_
h
M
2
24
(b a)h
2
,
donde h =
ba
n
y x
i
= a + ih.
108 Captulo 4. Integrales
Demostracin. Sea I
i
=
_
x
i+1
x
i
f(x)dx. Desarrollamos por Taylor a la funcin f en-
torno al punto x
i
=
x
i
+x
i+1
2
, con el resto en la forma de Lagrange:
f(x) = f(x
i
) + f
(x
i
)(x x
i
) +
f
(c)
2
(x x
i
)
2
,
siendo c un punto intermedio entre x
i
y x
i
. Luego:
I
i
=
_
x
i+1
x
i
f(x)dx = f(x
i
)h + f
(x
i
)
_
x
i+1
x
i
(x x
i
)dx +
_
x
i+1
x
i
f
(c)
2
(x x
i
)
2
dx
Como el segundo trmino es f
(x
i
)
(xx
i
)
2
2
x
i
+
h
2
x
i
h
2
= 0, se obtiene que:
[I
i
f(x
i
)h[ =
_
x
i+1
x
i
f
(c)
2
(x x
i
)
2
dx
_
x
i+1
x
i
(c)
2
(x x
i
)
2
dx
M
2
2
_
x
i+1
x
i
(x x
i
)
2
dx =
M
2
2
_
h/2
h/2
u
2
du =
M
2
2
u
3
3
h/2
h/2
=
M
2
h
3
24
.
Entonces:
I
n1
i=0
f(x
i
)h
n1
i=0
[I
i
f(x
i
)h[
M
2
h
3
24
n =
M
2
(b a)h
2
24
.
Las acotaciones del error presentadas nos muerstran que el mtodo ms eciente es
el de Simpson, siempre que f tenga derivada cuarta, ya que el error es un innitsimo
de mayor orden en h. Si h 0 (n +), el error en el mtodo de Simpson ser a
la larga menor. Existen otros mtodos (en los que no entraremos), que logran mayor
eciencia utilizando particiones no uniformes, adaptndose de acuerdo a la funcin.
4.8. Aplicaciones de la integral denida
4.8.1. reas
Como la integral surgi del intento de calcular reas, esta es una primera aplicacin
natural.
Si f(x) 0 es seccionalmente continua en [a, b], denimos el rea de la regin de
puntos del plano (x, y) : 0 y f(x), x [a, b], como el nmero:
A =
_
b
a
f(x) dx
4.8. Aplicaciones de la integral denida 109
y
x
a
b
f
Si se quiere denir (y calcular) el rea para una regin R del tipo R = (x, y) :
f(x) y g(x), x [a, b], es natural tomar
A(R) =
_
b
a
g(x) dx
_
b
a
f(x) dx
No nos dedicaremos aqu a extender la nocin de rea a conjuntos ms complicados
y
x
a
b
g
f
R
del plano. Se volver sobre esto en el 2do. Curso.
Ejemplo 253 rea encerrada por la elipse
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1
A =
_
a
a
b
_
1
x
2
a
2
dx
_
a
a
b
_
1
x
2
a
2
dx =
_
a
a
2b
_
1
x
2
a
2
dx =
=
u=
x
a
2ab
_
1
1
1 u
2
du = 2ab
2
= ab
Observar que en el caso a = b (circunferencia de radio a), se obtiene la conocida
frmula A = a
2
.
110 Captulo 4. Integrales
y
x
y = b
_
1
x
2
a
2
y = b
_
1
x
2
a
2
a
b
a
b
4.8.2. Volmenes
Sea R un conjunto del espacio de tres dimensiones, que suponemos acotado. Bus-
camos una forma de calcular el volumen V (R).
Una vez ms, no hemos denido el volumen para tal conjunto. Este tema se reto-
mar en el 2do. curso, pero veremos aqu un mtodo plausible para calcular el volumen
en algunos casos particulares, sin preocuparnos por formalizar.
Si R est acotado entre ls planos z = a y z = b, suponemos que al cortar R con un
plano de altura z [a, b], se obtiene una regin plana de rea A(z).
z
x
y
b
z
i
a
A(z)
Consideremos una particin P = z
0
, z
1
, . . . , z
n
de [a, b], y aproximamos el volu-
men de la porcin de R comprendida entre los planos z = z
i
, z = z
i+1
, por el volumen
del cilindro de base A(z
i
) y altura (z
i+1
z
i
).
El volumen aproximado es V
P
=
n1
i=0
A(z
i
)(z
i+1
z
i
). Si A(z) es seccionalmente
4.8. Aplicaciones de la integral denida 111
continua, V
P
|P|0
_
b
a
A(z) dz. Esto nos lleva a calcular el volumen como:
V =
_
b
a
A(z) dz
Ejemplo 254 [Volumen de la esfera]
Tomamos como regin R al conjunto de puntos x
2
+ y
2
+ z
2
R
2
. Al cortar con
un plano de altura z, se obtiene un crculo de radio
R
2
z
2
. Por lo tanto A(z) =
(R
2
z
2
) con z [R, R].
V =
_
R
R
(R
2
z
2
) dz =
_
R
2
z
z
3
3
_
R
R
=
_
2R
3
2
3
R
3
_
=
4
3
R
3
z
x
y
112 Captulo 4. Integrales
4.9. Volumen de slidos de revolucin
Calculamos el volumen del cuerpo engendrado girando una regin del plano en
torno a una recta.
z
x
y
y = f(z)
z
y
y = f(z)
a
b
Figura 4.4: solido de revolucion
En la Figura 4.4, se ha girado la regin comprendida entre el eje Oz y la funcin
y = f(z), (z [a, b]), en torno al eje Oz. Se tiene A(z) = f
2
(z) V =
_
b
a
f
2
(z)dz.
Habitualmente se expresan las regiones al girar en el plano xy. El volumen engen-
drado por el rea debajo de y = f(x) al girar en torno a Ox es V
ox
=
_
b
a
f
2
(x)dx.
y
x
a
b
f
Ejemplo 255 Volumen del cono recto de base circular (altura h, radio de la base r).
Lo obtenemos girando la siguiente regin en torno a Ox:
f(x) =
r
h
(x h)
V
ox
=
r
2
h
2
_
h
0
(x h)
2
dx =
r
2
h
3
4.9. Volumen de slidos de revolucin 113
h
r
y
x
h
r
Ahora queremos girar la regin debajo de la funcin f(x) en torno a Oy (supone-
mos a 0).
Consideramos una particin P en [a, b]. Para un intervalo [x
i
, x
i+1
], aproximamos
la regin a girar por un rectngulo de altura f(x
i
), donde se tom x
i
=
x
i
+x
i+1
2
(punto
medio).
y
x
a
b
x
i
x
i+1 x
i
El volumen V
i
que se obtiene al girar ese rectngulo se puede calcular como la
diferencia entre dos volmenes cilndricos, ambos de altura f(x
i
) y con radios x
i
, x
i+1
.
y
z
x
x
i+1 x
i
V
i
= f(x
i
)(x
2
i+1
x
2
i
)
V
i
= f(x
i
)(x
i+1
+ x
i
)(x
i+1
x
i
) = 2f(x
i
)(x
i
)(x
i+1
x
i
)
114 Captulo 4. Integrales
La aproximacin al volumen total es entonces:
V
p
= 2
n1
i=0
x
i
f(x
i
)(x
i+1
x
i
)
Cuando [P[ 0, la suma anterior tiende a:
V
oy
= 2
_
b
a
xf(x)dx
Ejemplo 256 (Volumen del toro)
Un toro es un cuerpo en forma de anillo que se obtiene girando una circunferencia en
torno a un eje exterior. Por ejemplo la circunferencia (x R)
2
+ (y b)
2
= r
2
en
torno al eje Oy. (r < R).
Poniendo
f(x) = b +
_
r
2
(x R)
2
g(x) = b
_
r
2
(x R)
2
y
x
f(x)
g(x)
R R r R + r
V
oy
= 2
_
R+r
Rr
xf(x)dx 2
_
R+r
Rr
xg(x)dx = 4
_
R+r
Rr
x
_
r
2
(x R)
2
dx
=
u=xR
4
_
r
r
(u + R)
r
2
u
2
du = 4
_
r
r
u
r
2
u
2
du
. .
(I)
+4R
_
r
r
r
2
u
2
du
. .
(II)
(I) =
v=r
2
u
2
dv=2udu
4
_
0
0
1
2
vdv = 0
4.10. Integrales impropias 115
(II) = 4Rr
_
r
r
_
1
_
u
r
_
2
du =
t=
u
r
4Rr
2
_
1
1
1 t
2
dt
. .
=
2
= 2
2
Rr
2
V = 2
2
Rr
2
4.10. Integrales impropias
En diversas aplicaciones es necesario integrar funciones en intervalo del tipo [a, +),
(, b], o (, +). Esto nos conducir a introducir las integrales impropias de pri-
mera especie. Tambin es posible que nos interesa integrar sobre un intervalo acotado,
una funcin que no es seccionalmente continua (por ejemplo, que tiene una disconti-
nuidad innita); esto nos llevar a las integrales impropias de segunda especie.
4.10.1. Integrales impropias de primera especie
Supongamos que f es continua en [a, +). Queremos denir
_
+
a
f(t)dt. Un
camino es integrar en el intervalo [a, x], obtener F(x) =
_
x
a
f(t)dt y luego tomar el
lmite para x +. Llegamos a la denicin:
Denicin 257 Sea f continua en [a, +), F(x) =
_
x
a
f(t)dt.
1. Si existe lm
x+
F(x) = L nito, decimos que la integral impropia
_
+
a
f(t)dt
converge y escribimos
_
+
a
f(t)dt = L.
2. Si lm
x+
F(x) es innito, decimos que
_
+
a
f(t)dt diverge.
3. Si no existe lm
x+
F(x), decimos que
_
+
a
f(t)dt oscila.
Existe una fuerte analoga de la denicin anterior con las correspondientes para
series. De hecho, el procedimiento para estudiar
+
n=0
a
n
es sumar hasta un cierto m,
s
m
=
m
n=0
a
n
, y estudiar el lmite de s
m
con m +.
Esta analoga se explotar en lo que sigue. Al igual que en las series, el primer
problema a abordar con una integral impropia es clasicarla en uno de los tres tipos.
Ejemplo 258
_
+
1
1
t
dt.
F(x) =
_
x
1
1
t
dt =
_
_
_
_
1
1
t
1
_
x
1
=
1
1
(x
1
1) si ,= 1
(log(t))
x
1
= log(x) si = 1
116 Captulo 4. Integrales
lm
x+
F(x) =
_
_
_
1
1
si > 1
+ si < 1
+ si = 1
Por lo tanto
_
+
1
1
t
dt converge > 1.
D C
1
En el caso de convergencia
_
+
1
1
t
dt =
1
1
. Comparar con la serie
1
n
.
Ejemplo 259
_
+
0
cos(t)dt oscila, ya que
_
x
0
cos(t)dt = sen(x), no tiene l mite para
x +
Si f es continua en (, b] o (, +) el estudio se extiende de manera natural:
a)
_
b
f(t)dt y
_
+
a
f(t)dt.
Denicin 260 Decimos que
_
+
f(t)dt converge si
_
a
f(t)dt y
_
+
a
f(t)dt con-
vergen, y en ese caso
_
+
f(t)dt =
_
a
f(t)dt +
_
+
a
f(t)dt
Queda como ejercicio vericar que la denicin no depende de la eleccin de a.
Ejemplo 261
_
+
dt
1+t
2
= 2
_
+
0
dt
1+t
2
= 2 (arctan(t))
+
0
= 2(
2
0) = .
Nota 262 Si
_
+
f(t)dt. Pero
este lmite puede existir aunque la integral impropia no sea convergente segn la de-
nicin anterior. Por ejemplo
_
x
x
t dt = 0
x+
0, pero
_
+
t dt no converge. Se
dice en este caso que la integral
_
+
_
+
a
(f(t)dt + g(t)) dt converge y vale
_
+
a
f(t)dt +
_
+
a
g(t) dt
Proposicin 264
_
+
a
f(t)dt y
_
+
b
f(t)dt son de la misma clase. (f continua en una
semirrecta [c, +) con a c, b c).
La demostracin es sencilla y queda como ejercicio.
En el caso de las series, tenamos una condicin necesaria de convergencia:
a
n
C
a
n
n
0. Ser cierto que
_
+
a
f(t)dt converge lm
t+
f(t) = 0? El siguiente ejem-
plo prueba lo contrario.
Ejemplo 265
f(t) =
_
1 si t [n, n +
1
2
n
], n N
0 en otro caso
f es seccionalmente continua en [0, x], x. Sea F(x) =
_
x
0
f(t)dt. Es claro que F es
y
x
0 1
1 +
1
2
2
2 +
1
2
2
3
3 +
1
2
3
1
creciente. Adems F(n) =
_
n
0
f(t)dt =
n1
k=0
1
2
k
n+
2. Se concluye nalmente
que lm
x+
F(x) = 2 =
_
+
0
f(t)dt. La integral impropia converge pero f no tiene
lmite con t +
Nota 266 Si se quiere un ejemplo con f continua, se lo puede obtener con una ligera
modicacin en el anterior, por ejemplo utilizando tringulos de altura 2 y base
1
2
n
.
Otro ejemplo, con apariencia menos articial, es la integral impropia de Fresnel
_
+
0
sen(t
2
)dt, con aplicaciones en ptica). Es claro que lm
t+
sen(t
2
) no existe. Pro-
baremos ms adelante que la integral impropia converge. En los ejemplos anteriores
no existe el lmite de f(t) con t . En caso de existir el lmite es necesario que
valga 0.
Ejercicio 267
_
+
a
f(t)dt converge, lm
t+
f(t) = L. Probar que L = 0.
118 Captulo 4. Integrales
y
x
0 1
1 +
1
2
2
2 +
1
2
2
3
3 +
1
2
3
2
sen(x
2
)
x
4.10.2. Caso integrando no negativo
Al igual que en las series, un caso particular en que la clasicacin es ms simple
es el caso f(t) 0.
Proposicin 268 f(t) 0 en [a, +), F(x) =
_
x
a
f(t)dt, denida x > a. Enton-
ces F es creciente y por tanto:
_
+
a
f(t)dt converge F es acotada superiormente.
Demostracin.
Si y > x F(y) F(x) =
_
y
x
f(t)dt 0 F creciente.
Si F no es acotada superiormente, se deduce que lm
x+
F(x) = +
Si F es acotada superiormente, sea sup
x[a,+)
F(x) = L. Se prueba fcilmente que
lm
x+
F(x) = L
Ejemplo 270
_
+
0
t
n
e
t
dt, n 0. Buscamos una comparacin con otra integral
impropia conocida, por ejemplo
_
+
1
1
t
dt.
Para todo , se cumple que existe t
0
R: t
n
e
t
<
1
t
t t
0
. Esto se debe a
que lm
t+
t
n+
e
t
= 0. Poniendo = 2, como
_
+
1
1
t
2
dt C
_
+
1
t
n
e
t
dt C
_
+
0
t
n
e
t
dt C.
Si n < 0 se debera estudiar qu sucede con la integral de 2da especie (ver ms
adelante).
Corolario 271 f(t) 0, g(t) 0, lm
t+
f(t)
g(t)
= L > 0
_
+
a
f(t)dt y
_
+
a
g(t)dt son de la misma clase.
Demostracin.
t > t
0
,
L
2
f(t)
g(t)
3L
2
L
2
g(t)
(I)
f(t)
(II)
3L
2
g(t)
Si
_
+
a
g(t)dt C
_
+
a
f(t)dt C por (II)
Si
_
+
a
g(t)dt D
_
+
a
f(t)dt D por (I)
Ejemplo 272
_
+
0
t
t
4
+1
dt diverge, porque
t
t
4
+1
1
t
cuando t +.
Ejemplo 273
_
+
0
_
e
1
t
1
1
t
_
dt converge, ya que
_
e
1
t
1
1
t
_
1
2t
2
(t
+)
120 Captulo 4. Integrales
4.10.3. Criterio integral para series
La analoga entre la teora de integrales impropias y la de series, y en particular el
ejemplo
_
+
0
1
t
+
n=0
1
n
a
n
e
_
+
1
f(t)dt son de la misma clase?
A primera vista la respuesta sera negativa ya que los valores f(n) no determinan
el comportamiento de f en (n, n + 1).
Si f es montona, los valores intermedios estn, sin embargo, controlados, y la
conjetura es vlida.
Teorema 35 (Criterio integral)
Sea f(t) 0 montona decreciente en [k, +) y sea a
n
= f(n), n k, donde
k, n N.
n=k
a
n
y
_
+
k
f(t)dt son de la misma clase.
Demostracin.
Como f es decreciente se tiene t [n, n + 1], f(n + 1) f(t) f(n)
n+1
i=k+1
a
i
(I)
_
n+1
k
f(t)dt
(II)
n
i=k
a
i
Sea F(x) =
_
x
k
f(t)dt.
Si
+
k
a
n
C =
(II)
lm
n+
F(n + 1) es nito
_
+
k
f(t)dt C
Si
+
k
a
n
D =
(I)
lm
n+
F(n + 1) = +
_
+
k
f(t)dt D
+
n=2
1
nlog(n)
.
f(t) =
1
t log(t)
es no negativa y decreciente. Entonces F(t) =
=
_
x
2
1
t log(t)
dt =
u=log(t)
_
log(x)
log(2)
1
u
du = (log(u))
log(x)
log(2)
= log(log(x)) log(log(2))
lm
x+
F(x) = +
+
2
1
t log(t)
dt D
+
n=2
1
nlog(n)
D
El ejemplo muestra la ventaja de clasicar la integral impropia: si se encuentra primiti-
va, esto es ms sencillo que en el caso de series, donde no es fcil calcular la reducida.
4.10. Integrales impropias 121
4.10.4. Integrando con signo cualquiera
Para el caso en que f(t) 0 t t
0
, los resultados son anlogos al caso f(t) 0.
Si f(t) toma ambos signos para valores de t arbitrariamente grandes, los mtodos an-
teriores (comparacin, sustitucin por equivalentes) no pueden aplicarse. Se introduce
aqu, igual que para series, la convergencia absoluta.
Denicin 275 La integral impropia
_
+
a
f(t)dt es absolutamente convergente (A.C.)
_
+
a
[f(t)[dt C.
Teorema 36
_
+
a
f(t)dt es A.C.
_
+
a
f(t)dt C
Demostracin.
Anlogamente al caso de series, introducimos las funciones no negativas f
+
y f
:
f
+
(t) =
_
f(t) si f(t) 0
0 si f(t) < 0
f
(t) =
_
0 si f(t) 0
f(t) si f(t) < 0
f(t)
t
f
+
(t)
t
f
(t)
t
[f(t)[
t
Se cumple que f = f
+
f
, [f[ = f
+
+ f
; y f
+
0, f
0.
_
+
a
[f(t)[dt =
comparacion
_
_
_
_
+
a
f
+
(t)dt C
_
+
a
f
(t)dt C
_
_
_
=
linealidad
_
+
a
f(t)dt C.
122 Captulo 4. Integrales
Ejemplo 276
_
+
1
sen(t)
t
2
dt es A.C. ya que
sen(t)
t
2
1
t
2
Ejemplo 277
_
+
1
sen(t)
t
dt
Si estudiamos convergencia absoluta, la cota ms sencilla de
sen(t)
t
es
1
t
, que no sirve
para comparar porque
_
+
1
1
t
dt diverge.
Una integracin por partes permite resolver el problema. La frmula
_
b
a
f(t)g
(t) dt = (f(t)g(t))
b
a
_
b
a
f
(t)g(t) dt
puede extenderse a:
_
+
a
f(t)g
(t) dt = (f(t)g(t))
+
a
_
+
a
f
(t)g(t) dt
_
donde ((f(t)g(t))
+
a
denota lm
t+
f(t)g(t) f(a)g(a)
_
, siempre que los lmites
para b +existan.
En este caso
_
+
1
sen(t)
t
dt =
_
cos(t)
t
_
+
1
_
+
1
cos(t)
t
2
dt.
La segunda integral converge absolutamente, y el primer trmino converge porque
lm
t+
cos(t)
t
= 0.
_
+
1
sen(t)
t
dt C.
Ejemplo 278 Clasicamos la integral de Fresnel
_
+
0
sen(t
2
)dt, con una integracin
por partes.
Para t > 0, escribimos sen(t
2
) = 2t sin(t
2
)
. .
g
(t)
1
2t
..
f(t)
_
+
1
sen(t
2
)dt =
_
cos(t
2
)
2t
_
+
1
_
+
1
cos(t
2
)
2t
2
dt
Los dos trminos convergen en forma similar al Ejemplo 277
Ejercicio 279 Probar que
_
+
0
t cos(t
4
)dt converge. Este es ejemplo de integral im-
propia convergente en que la funcin no est acotada en [0, +)
4.10. Integrales impropias 123
t
y
b
a x
4.10.5. Integrales impropias de segunda especie
Supongamos que f es continua en (a, b], pero lm
ta
+
f(t) no existe o no es nito.
Para denir
_
b
a
f(t)dt, estudiamos lm
xa
+
_
b
x
f(t)dt.
Denicin 280 f continua en (a, b], F(x) =
_
b
x
f(t)dt.
Si lm
xa
+
F(x)
_
_
_
= L finito
=
_
_
_
se dice que
_
b
a
f(t)dt
_
_
_
C
D
oscila
En el caso de convergencia, se denota
_
b
a
f(t)dt = L.
La denicin es anloga para f continua en [a, b), considerando lm
xb
_
x
a
f(t)dt.
Ejemplo 281
_
1
0
1
t
dt. F(x) =
_
1
x
1
t
dt =
_
1
1
(1 x
1
) si ,= 1
log(x) si = 1
lm
x0
+
F(x) =
_
_
_
1
1
si < 1
+ si > 1
+ si = 1
C D
1
_
1
0
1
t
dt C < 1
Ejemplo 282
_
1
0
1
1t
2
dt = lm
x1
_
x
0
1
1t
2
dt = lm
x1
arcsin(x) =
2
124 Captulo 4. Integrales
4.10.6. Cambios de variable
Es posible reducir una integral de segunda especie a una de primera especie utili-
zando un cambio de variable.
Supongamos que
_
b
a
f(t)dt es impropia en el punto a. Buscamos una nueva varia-
ble u tal que cuando t a
+
u +. Una posibilidad es el siguiente cambio de
variable:
_
u =
1
ta
t = a +
1
u
, dt =
1
u
2
du
Sea x > a:
_
b
x
f(t)dt =
_ 1
ba
1
xa
f
_
a +
1
u
_
1
u
2
du =
_ 1
xa
1
ba
f
_
a +
1
u
_
1
u
2
du
xa
+
_
+
1
ba
f
_
a +
1
u
_
1
u
2
du
Reducimos el problema a una integral de primera especie. Habitualmente, los pasos
intermedios se omiten y se escribe directamente el cambio:
_
b
a
f(t)dt =
t=a+
1
u
dt=
1
u
2
du
_
+
1
ba
f
_
a +
1
u
_
1
u
2
du
Ejemplo 283
_
2
0
1
sen(t)
dt =
t=
1
u
dt=
1
u
2
du
_
+
2
1
sen
_
1
u
_
1
u
2
du
diverge, ya que
1
sen
(
1
u
)
1
u
2
1
u
cuando u +, y el integrando es no negativo para
u >
2
.
Ejemplo 284
_
1
0
1
1t
2
dt. Aqu el problema es en t = 1
. Elegimos el cambio
_
u =
1
1t
t = 1
1
u
, dt =
1
u
2
du
_
1
0
1
1 t
2
dt =
t=1
1
u
dt=
1
u
2
du
_
+
1
1
_
1
_
1
1
u
_
2
1
u
2
du =
_
+
1
1
_
2
u
1
u
2
1
u
2
du
converge, ya que
1
2
u
1
u
2
1
u
2
1
2u
3
2
con u +. Se reencuentra el resultado del
Ejemplo 282
4.10. Integrales impropias 125
En los ejemplos anteriores, se realiz el cambio de variable, y luego se clasic la
integral de la primera especie por equivalentes.
De hecho, se puede clasicar tomando equivalentes (o aplicando comparacin)
en la integral de segunda especie si esta es de integrando de signo constante (caso
habitual). En el Ejemplo 283,
1
sen(t)
1
t
(t 0), y la clasicacin se reduce al
Ejemplo 281.
Escribamos los criterios, cuya demostracin es anloga al caso de primera especie.
Supongamos que
_
b
a
f(t)dt y
_
b
a
g(t)dt son impropias en el punto a.
Propiedad 285 Si 0 f(t) g(t) en (a, a + )
Si
_
b
a
g(t)dt C
_
b
a
f(t)dt C
Si
_
b
a
f(t)dt D
_
b
a
g(t)dt D
Propiedad 286 0 f(t), 0 g(t) en (a, a + ), f(t) g(t) con t a
+
entonces
_
b
a
f(t)dt y
_
b
a
g(t)dt son de la misma clase.
Para integrales impropias en b
dt y
_
+
1
1
t
_
1
0
t
1
e
t
dt converge ya que para t 0
+
t
1
e
t
> 0 y t
1
e
t
1
t
1
,
1 < 1, y:
_
+
1
t
1
e
t
dt converge por comparacin.
Una propiedad interesante de la funcin es que (+1) = (). La probamos
integrando por partes.
() =
_
+
0
t
1
e
t
dt =
_
t
e
t
_
+
0
+
1
_
+
0
t
e
t
dt =
1
( + 1)
porque el primer sumando es nulo.
Observando que (1) =
_
+
0
e
t
dt = 1, deducimos que (2) = 1, (3) = 2,
(4) = 6, y en general por induccin que (n + 1) = n.
La funcin (1+x) es una funcin de variable real, que restringida a los naturales
coincide con el factorial de x.
Bibliografa
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analticas de una variable compleja.
[2] T.M. Apostol. Anlisis Matemtico. Revert, 1976.
[3] T.M. Apostol. Calculus (en 2 volmenes), Vol 1. lgebra lineal, con aplicaciones
a las ecuaciones diferenciales y a las probabilidades. Revert, 1996.
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1988.
[5] R. Courant and F. John. Introduccin al clculo y al anlisis matemtico (en dos
volmenes), Vol 1.
[6] L.D. Kudrivtsev. Curso de anlisis matemtico (en dos tomos), tomo 1.
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