Cálculo de Una Variables

Universidad de La Frontera
Facultad de Ingenierı́a y Ciencias

Departamento de Matemática y Estadı́stica
Cálculo de una variable

Apuntes de Curso
Temuco - Chile
Edición
Angélica Mansilla Torres
Corrección
Angélica Mansilla Torres
José Pablo Salamanca Ávalos
Diseño de portada
José Labrı́n Parra
Edición 2020
ii Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

Índice general
Introducción VII
1. Lı́mite y continuidad 1
1.1. Lı́mite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1. Definiciones previas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2. Lı́mite de una función en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Propiedades aritméticas de los lı́mites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1. Forma indeterminada 00 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3. Lı́mites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4. Lı́mites trigonométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.5. Lı́mites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.1. Forma indeterminada ∞ − ∞. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.6. Lı́mites al infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6.1. Lı́mites de la forma lı́m f (x)g(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
x→a
1.7. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.7.1. Propiedades de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.7.2. Teoremas importantes de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2. Derivadas 39
2.1. Conceptos previos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.1. Recta tangente a una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.2. Velocidad instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2. Derivada de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.1. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3. Teoremas básicos de derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
iii
2.3.1. Derivada de funciones algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3.2. Derivadas de funciones trascendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.4. Derivada de funciones compuestas e inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.1. Derivada de una función compuesta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.4.2. Derivada de la función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.4.3. Derivada de funciones trignométricas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.5. Derivación Implı́cita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.5.1. Derivación logarı́tmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.6. Derivadas de orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.7. Derivadas paramétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3. Aplicaciones de la derivada 69
3.1. Razones de cambio relacionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2. Diferenciales y aproximaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.2.1. Fórmulas de diferenciación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.3. Gráfica de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.3.1. Valores extremos de una función: Máximos y Mı́nimos . . . . . . . . . . . . . . 76
3.3.2. Monotonı́a y criterio de la primera derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.3.3. Concavidad y criterio de la segunda derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.3.4. Ası́ntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.4. Problemas de optimización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.5. La regla de L’Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4. Integral indefinida 99
4.1. Antiderivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
4.1.1. Fórmulas básicas de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
4.2. Técnicas básicas de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.2.1. Sustitución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.2.2. Integración por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.3. Sustituciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
√
4.3.1. Factor de la forma u2 + a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
√
4.3.2. Factor de la forma a2 − u2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
√
4.3.3. Factor de la forma u2 − a2 , con u > a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.4. Otras técnicas de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
4.4.1. Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
4.4.2. Potencias de seno y coseno . . . . . . Z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4.4.3. Funciones racionales de seno y coseno R(sen x, cos x) dx. . . . . . . . . . . . 125
5. Integración definida 127

5.1. Sumas de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
iv Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

5.2. Integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5.2.1. Propiedades de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5.2.2. Teoremas fundamentales del cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
6. Aplicaciones de la integral definida 143

6.1. Área de una región en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
6.1.1. Área en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
6.2. Volumen de un sólido de revolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
6.2.1. Método del disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.2.2. Método de la corteza cilı́ndrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
6.3. Volumen de un sólido conocida área de sección transversal. . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.4. Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
6.4.1. Longitud de una curva plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
6.4.2. Longitud de arco de una curva paramétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
7. Integrales impropias 165

7.1. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
7.1.1. Integrales impropias de tipo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
7.1.2. Integrales del tipo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
7.2. Criterios de convergencia para integrales impropias de tipo I . . . . . . . . . . . . . . . 172
7.2.1. Criterio de comparación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
7.2.2. Criterio de comparación en el lı́mite (Test del cuociente) . . . . . . . . . . . . . 173
7.2.3. Criterio de potencia o criterio p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
7.3. Criterio de convergencia para integrales impropias de tipo II . . . . . . . . . . . . . . . 176
7.3.1. Criterio de comparación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
7.3.2. Criterio de comparación en el lı́mite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
7.3.3. Criterio de la potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
7.3.4. Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
7.4. Función Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
7.4.1. Propiedades de la función Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
7.5. Función Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
7.5.1. Propiedades de la función Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. v

vi Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.
Introducción
Merecidas felicitaciones al Lector o Lectora de estas lı́neas. Si estás leyendo estas páginas, entonces
reúnes algunas caracterı́sticas de personalidad muy deseables por tus profes de matemática: lees por
gusto, quieres estudiar cálculo y tienes tanto interés por aprender que hasta revisas la introducción del
libro. ¡Celebramos que todavı́a queden estudiantes como tú! Como formadores de futuras generaciones
de ingenieras e ingenieros, te damos las gracias por darnos una razón tan potente para hacerte clases.
Hay dos puntos de vista naturales para tratar de responder la pregunta “¿Por qué las autoras escribirı́an
este libro?”: el de estudiantes y el de profesores. En el primer caso, la respuesta es simple, pues los y las
estudiantes en general prefieren acceder a la información que sus profes producen. Tı́picamente el énfasis
en uno u otro tema guarda una cierta relación con las evaluaciones; el orden en que se encuentran los
contenidos es el mismo que el de las cátedras; los ejercicios resueltos y por resolver se discuten en clases,
ayudantı́as, cápsulas, etc. Para el caso del cuerpo docente, un libro como este permite coordinarse mejor
entre colegas, mantener un control apropiado de los tiempos que toman los diferentes contenidos y poder
guiar de mejor manera a los ayudantes en su colaboración con la labor de enseñanza. Algo destacable
es que, al ser de producción local, en futuras ediciones se podrán agregar aportes de colegas con el fin
de mejorar aún más la presentación.
Las autoras han trabajado arduamente - durante años - para producir un material docente de excelente
calidad, basado tanto en sus propias experiencias docentes y como en material recopilado donado por
colegas. Esto no es un accidente, pues entre ellas suman casi un siglo1 de experiencia en docencia de
matemáticas de alto nivel. Las tres autoras son reconocidas en la UFRO por su gran compromiso con la
educación de alta matemática y por el gran nivel de sus clases. Generaciones de estudiantes de ingenierı́a,
pedagogı́a y ciencias les están eternamente agradecidas a ellas por haber forjado su inicio en la disciplina
de manera rigurosa, dándole gran importancia al pensamiento complejo, la creatividad en la resolución
de problemas y el desarrollo de argumentos originales y la mentalidad crı́tica. A juicio del introductor,
esta capacidad de las autoras de potenciar capacidades de pensamiento tan profundo en sus estudiantes
es consecuencia directa - además de sus habilidades naturales para explicar - de su formación cientı́fica
inicial y cómo han crecido como cientı́ficas integrales. La productividad cientı́fica de ellas tres en total
suma cerca de 30 publicaciones en prestigiosas revistas cientı́ficas de Francia, Bélgica, Estados Unidos,
Inglaterra, Suiza, Holanda, etc.
Antes de comenzar con la estructura del libro, la cual refleja la visión moderna del cálculo como tal,
con rigor matemático y definiciones precisas, quisiera aclarar que este punto de vista no tiene mucha
1
Me imagino que para cuando ustedes hayan leı́do estas lı́neas, las colegas ya habrán visto la palabra “siglo” y yo
habré desaparecido en extrañas circunstancias. Por favor, avı́senle a mis padres que no los iré a ver.
vii
relación con la historia del cálculo. Quiero gastar unas pocas lı́neas explicando esta dicotomı́a. La palabra
clave acá es “chamullo”, pues en el desarrollo de la ciencia en épocas pasadas era más importante dar
respuestas a preguntas que estar seguro que esas respuestas eran correctas o, incluso, si éstas tenı́an
sentido. Por ejemplo, las ideas generales de integración se remontan a Arquı́medes, la búsqueda de
tangentes (en el caso de cónicas) a Apolonio y la noción de derivada a Newton y Leibniz. Sin embargo,
las definiciones correctas de todas estas ideas, tuvieron que esperar a mediados del siglo XIX, cuando se
estableció con precisión qué es un lı́mite y qué es una función continua. En ese instante, la comunidad
matemática mundial estableció estándares de rigor lógico tan estrictos, que nos convertimos en celosos
guardianes de una de las obras intelectuales más perfectamente construida por la humanidad. Bienvenidas
y bienvenidos a nuestros avernos intelectuales.
Ahora, el libro. Como se comentó anteriormente, todo comienza con la noción de lı́mite. Un lı́mite for-
maliza la idea de variaciones “infinitesimalmente” pequeñas de los valores de una función. Informalmente
hablando, las funciones que se comportan bien en este aspecto tienen la particularidad que variaciones
chiquititas de los valores que una función toma en torno a un punto son obtenidas producto de varia-
ciones chiquititas en el dominio. El cálculo de estas pequeñas variaciones es fundamental para entender
la ciencia moderna, tanto cuando los procesos se comportan bien respecto de los lı́mites (el caso de las
llamadas funciones continuas) como cuando no lo son. Por ejemplo, en el rı́o Cautı́n vemos muchos lu-
gares de continuidad cuando el flujo es perfectamente tranquilo; en cambio, a veces, aparecen remolinos
o quiebres del flujo cuando la velocidad del rı́o es grande. A la hora de hacer modelos matemáticos de
la vida real, hay que tener cuidado con ambos comportamientos pues nos permiten, a veces, predecir
cómo continuará el modelo y, otras veces, estar alerta de sus limitaciones. A continuación, pasamos
al concepto de derivada. La interpretación clásica de la derivada de una función es que ésta entrega
la pendiente de la recta tangente a la función en un punto. Una versión más moderna es que, para
funciones bien comportadas, la derivada permite aproximar decentemente bien los valores que toma una
función - que puede ser complicadı́sima - usando una simple función afı́n, como las vistas en el colegio.
La utilidad de las derivadas en problemas de optimización y tasas de cambio relativas contienen las ideas
fundamentales de por qué Leibniz y Newton las definieron a fines del siglo XVII. El libro continúa con
un estudio profundo de las integrales, tanto a través de sus aplicaciones y su relación con conceptos
geométricos como área y volumen, como con uno de los teoremas más importantes de la historia de
la matemática - y, por lo tanto, de la humanidad - que establece que integrar es, en cierto sentido,
la operación “inversa” a derivar. Tan fantástico es este teorema que se merece el epı́teto de Teorema
Fundamental del Cálculo. Estas notas concluyen con una combinación perfecta de integración y lı́mites
pues, como se comentara al comienzo de este párrafo, no siempre los comportamientos de los procesos
son como uno quiere. Las llamadas integrales impropias juegan un rol fundamental en el estudio de las
probabilidades y con aplicaciones esenciales en la estadı́stica de distribuciones continuas.
Espero, desde lo más profundo de mi sistema lı́mbico, que sepan aprovechar al máximo este material.
No quiero aventurarme a decir que este libro es “invaluable”, sin embargo, lo que sı́ lo es, son las horas y
horas de trabajo que han invertido las autoras para producir estas notas. Chapeaux para ellas y, espero,
ser capaz de generar un trabajo tan lindo como el que ellas han producido cuando sea grande.
Mauricio Godoy Molina

Departamento de Matemática y Estadı́stica
Universidad de La Frontera
viii Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

1
Lı́mite y continuidad
Este primer capı́tulo trata sobre el concepto central del Cálculo: el lı́mite de una función real. En esencia,
aprenderemos a estimar el comportamiento de una función en torno a un punto fijo, y principalmente,
algunas técnicas que nos permitan hacer estos cálculos de manera más simple. El capı́tulo termina con
una aplicación de los lı́mites que conocemos como continuidad, que en términos coloquiales podrı́amos
explicar como la posibilidad de que una función se pueda dibujar a mano alzada en un solo trazo o no.
1.1. Lı́mite
1.1.1. Definiciones previas

Definición 1.1.1. Sean a ∈ R, ǫ > 0. Se llama vecindad de a de radio ǫ al siguiente intervalo
abierto que contiene al punto a:
V (a; ǫ) = (a − ǫ, a + ǫ) = {x ∈ R : a − ǫ < x < a + ǫ}
Ejemplo 1.1.2.
1. V 1; 15 = 4 6

5, 5 . 2. V (0; ǫ) = (−ǫ , ǫ). 3. V (−1; 1) = (−2 , 0).
Definición 1.1.3. Sea D ⊆ R. Se dice que a es un punto de acumulación de D si y solo si

toda vecindad de a contiene al menos un punto de D diferente de a.
Notación 1.1.4. Se denota por D ′ al conjunto de puntos de acumulación del conjunto D. Es decir:
a ∈ D ′ si y solo si ∀ǫ ∈ R+ (V (a; ǫ) ∩ (D \ {a}) 6= ∅ .
Ejemplo 1.1.5.
1. D = N no tiene puntos de acumulación, por lo tanto D ′ = ∅.

1 +
2. D = n ∈ Z tiene solo al 0 como punto de acumulación, D ′ = {0}.
n
,
1
1.1 Lı́mite
3. Los intervalos de la forma D = (a, b), D = (a, b], D = [a, b) o D = [a, b] tienen todos el mismo
conjunto de puntos de acumulación, D ′ = [a, b].
Ejemplo 1.1.6. Determinar el conjunto de los puntos de acumulación de los dominios de las
funciones reales definidas por:
2x2 − 2 2x2 − 5x + 2 x−4

1. f (x) = 2. g(x) = 3. h(x) = √ .
x−1 5x2 − 8x − 4 x−2
Solución:
1. Dom f = R \ {1}, luego su conjunto de puntos de acumulación es R.

2. Dom g = R \ − 52 , 2 y el conjunto de puntos de acumulación es R.

3. Dom h = [0, ∞) \ {4} y el conjunto de puntos de acumulación es el intervalo [0, ∞).
1.1.2. Lı́mite de una función en un punto

Imaginemos un mundo sin computadoras y sin programas como Geogebra para ayudarnos a conocer la
gráfica de una función real.
sen(arctan(x))
¿Cómo lograr una gráfica aceptable de una función como f (x) = ? Geogebra nos entrega
arctan(x)
la respuesta en menos de un segundo, pero para llegar a esa rapidez, fue necesario desarrollar muchı́sima
matemática previa.
2x2 − 2
Ejemplo 1.1.7. Consideremos la función real f definida por f (x) = , cuyo dominio es
x−1
Dom f = R \ {1}.
¿Cómo se comporta la función f cerca del 1? Es decir, si x está en una vecindad de 1, ¿estarán sus
imágenes f (x) en la vecindad de algún número real L?
Nos interesa entonces el comportamiento de la función f en puntos del dominio “suficientemente

próximos” a 1.
Podemos especular calculando las imágenes de algunos valores cercanos a 1, por ejemplo:
x 0 0, 5 0, 9 0, 99 0, 999 1, 001 1, 01 1, 1 1, 5 2
f (x) 2 3 3, 8 3, 98 3, 998 4, 002 4, 02 4, 2 5 6
6
En la gráfica observamos que si x está próximo a 1,
4 bc
resulta que f (x) está próximo a 4.
Por otro lado si x 6= 1,
2
2x2 − 2 2(x − 1)(x + 1)

f (x) = = = 2(x + 1).
−2 2 x−1 x−1
−2
2 Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

1.1 Lı́mite
Luego, considerando la función lineal g dada por g(x) = 2(x + 1), se tiene que
∀x 6= 1, g(x) = f (x),
y además, cuando x está cercano a 1, las imágenes f (x) están cercanas a g(1) = 4.
En este caso, decimos que el lı́mite de f en x = 1 es 4 y escribimos
lı́m f (x) = 4.
x→1
Ejemplo 1.1.8. Encontrar lı́m g(x), donde g es la función real definida por
x→2
x3 − 2x2 − x + 2
g(x) = .
x−2
Solución:
Claramente, Dom g = R \ {2}, luego 2 es un

punto de acumulación de Dom g. Como para
x 6= 2 se tiene
3+ǫ
(x − 2)(x2 − 1)
g(x) = = x2 − 1, 3 ◦
x−2 3−ǫ
entonces si x está próximo a 2, sus imágenes

g(x) se aproximan a 3.
Luego
x3 − 2x2 − x + 2 2
lı́m = 3.
x→2 x−2
Ejercicios
Para cada una de las siguientes funciones fi : R \ {ai } → R determinar lı́m fi (x) y bosquejar su gráfica.
x→ai
x−4 x2 + 3x + 2
1. f1 (x) = √ , a1 = 4 4. f4 (x) = , a4 = −2
x−2 x3 + 2x2 + x + 2
x2 − 3x + 2 x3 − 3x2 + 3x − 1
2. f2 (x) = , a2 = 2 5. f5 (x) = , a5 = 1
x−2 x3 − x2 + x − 1
x2 + x − 2 x2 + 2x − 3
3. f3 (x) = , a3 = 1 6. f6 (x) = , a6 = −3.
x−1 x2 + 4x + 3
Definición 1.1.9. Lı́mite de una función en un punto.

Sea f una función con dominio D y sea a ∈ D ′ . Decimos que f (x) tiende al lı́mite L cuando x
tiende al punto a, y escribimos lı́m f (x) = L, si dado cualquier número real positivo ǫ existe un
x→a
correspondiente número real positivo δ tal que si x 6= a y x ∈ V (a; δ), entonces f (x) ∈ V (L; ǫ).
En sı́mbolos:
Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. 3

1.1 Lı́mite

lı́m f (x) = L si y solo si ∀ ǫ > 0, ∃ δ > 0 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − L | < ǫ .
x→a
L+ǫ
L ◦
L−ǫ
a−δa a+δ
Imagen gráfica de la definición de lı́mite
Observación 1.1.10. La definición nos permite determinar lı́mites solo sobre puntos de acumula-
ción del dominio de la función, para que en sus vecindades existan infinitos elementos del dominio.
Usualmente el dominio de una función real es un intervalo, o unión de intervalos, ası́ cada uno de
sus puntos es un punto de acumulación.
1
Ejemplo 1.1.11. Demostrar por definición que lı́m (5x − 6) = 7.
x→4 2
Solución:
1
Sea f la función dada por f (x) = (5x − 6), consideremos a = 4 y L = 7.
2
Debemos demostrar que para cualquier ǫ > 0 dado, existe δ > 0 tal que

1
si x 6= 4 y |x − 4| < δ ⇒ (5x − 6) − 7 < ǫ.
2
Para hallar el número real δ trabajamos hacia atrás a partir de la desigualdad en que interviene ǫ

1
(5x − 6) − 7 < ǫ ⇔ 5 |x − 4| < ǫ ⇔ |x − 4| < 2 ǫ.

2 2 5
Por lo tanto, podemos elegir δ = 25 ǫ y ası́ se verifica que
2 1
0 < |x − 4| < δ = ǫ ⇒ (5x − 6) − 7 < ǫ.
5 2
Notemos que el valor de δ obtenido no es único, ya que cualquier valor menor al encontrado también
satisface la desigualdad.
Ejemplo 1.1.12. Sea f (x) = sen πx . ¿Existe lı́m f (x)?

x→0
Solución:
Como Dom f = R \ {0}, sabemos que 0 es un punto de acumulación de Dom f .
Evaluemos la función para valores cercanos a 0:
1
f (1) = sen π = 0 , f 13 = sen 3π = 0, f 10

= sen(10π) = 0.

1.1 Lı́mite
Con estos resultados podrı́amos pensar que lı́m f (x) = 0, sin embargo observemos que si tomamos
x→0
2
xn = con n ∈ Z, entonces
1 + 4n
 
 π π π π
f (xn ) = sen   = sen (1 + 4n) = sen + 2nπ = sen = 1.

2 2 2 2
1 + 4n
Veamos la gráfica de la función f :
1
Como los valores de f (x) no tienden a un
número fijo, concluimos que no existe el lı́mi-
−3 −2 −1 1 2 3 te de la función f cuando x se aproxima a
−1 cero.
5x − 3
Ejemplo 1.1.13. Demostrar por definición que lı́m = −2.
x→−1 2x + 6
Solución:
Dado ǫ > 0, debemos determinar δ > 0 tal que

5x − 3
0 < |x + 1| < δ ⇒
+ 2 < ǫ.
2x + 6
Trabajamos la expresión del lado derecho, para obtener el valor de δ:

5x − 3 5x − 3 + 4x + 12 9x + 9 9 |x + 1|
2x + 6 + 2 = = 2x + 6 = 2 |x + 3| . (1.1)

2x + 6
Observemos que en (1.1) aparece |x + 1|, que es parte de lo que necesitamos, pero también aparece
1
, que debemos acotar. Para esto consideraremos los números reales x que están en una vecindad
|x + 3|
de −1, digamos x ∈ V (−1; 1). Ası́
1 1 1
−1 < x + 1 < 1 ⇔ 1 < x + 3 < 3 ⇔ < <1⇒ < 1.
3 x+3 |x + 3|

5x − 3 9
Usando esta desigualdad en (1.1), tendremos que + 2 < ǫ si |x + 1| < ǫ.
2x + 6 2
2ǫ 2ǫ
Por lo tanto, eligiendo δ como el más pequeño entre 1 y , es decir, δ = mı́n 1, , se verifica que:
9 9

5x − 3
0 < |x + 1| < δ ⇒ + 2 < ǫ.
2x + 6

1.2 Propiedades aritméticas de los lı́mites
1
Ejemplo 1.1.14. Estudiar la existencia de lı́m .
x→0 x2
Solución:
Si x está en una vecindad de 0 se observa que sus imágenes crecen sin lı́ mite.
x f (x)
±1 1
±0, 5 4
±0, 01 10000
±0, 001 1000000
1
± n 102n
10
1
Por lo tanto no existe lı́m 2 .
x→0 x
1.2. Propiedades aritméticas de los lı́mites

Los siguientes teoremas nos permitirán calcular lı́mites de funciones, usando ciertas propiedades alge-
braicas, sin tener que recurrir a la demostración por definición cada vez.
Proposición 1.2.1. Sean a y C constantes reales. Se tiene:
1. lı́m x = a, 2. lı́m C = C.
x→a x→a
Demostración.
1) Basta elegir δ = ǫ.
2) Como para x ∈ R, f (x) = C, entonces f (x) − C = 0 < ǫ, independiente del valor de δ.

Teorema 1.2.2. Si el lı́mite de una función real existe, este es único.
Demostración.
La demostración la haremos por contradicción. Supongamos que f tiene dos lı́mites distintos en x = a,
digamos L1 y L2 .
Sea ǫ > 0. Como L1 = lı́m f (x), existe δ1 (ǫ) > 0 tal que |f (x) − L1 | < ǫ para todo x 6= a en la
x→a
vecindad V (a, δ1 (ǫ)).
Análogamente, existe δ2 (ǫ) > 0 tal que |f (x) − L2 | < ǫ para todo x 6= a en la vecindad V (a, δ2 (ǫ)).
Sea δ(ǫ) = mı́n{δ1 (ǫ), δ2 (ǫ)}.
Ası́ si 0 < |x − a| < δ(ǫ), entonces |f (x) − L1 | < ǫ y |f (x) − L2 | < ǫ.

|L1 − L2 |
Como esto es cierto para cualquier ǫ, tomemos ǫ = y x ∈ V (a, δ(ǫ)).
3
Luego
3ǫ = |L1 − L2 | = |L1 − f (x) + f (x) − L2 | ≤ |f (x) − L1 | + |f (x) − L2 | < 2ǫ,

es decir, 3ǫ < 2ǫ, como ǫ > 0 se obtiene 3 < 2, una contradicción. Ası́, nuestra suposición es falsa y la
función tiene lı́mite único en el punto.

Teorema 1.2.3. Si el lı́mite de una función f existe en a, entonces f está acotada en alguna
vecindad de a.
Demostración.
Como la función tiene lı́mite en a, digamos L, entonces dado ǫ > 0 , existe un número positivo que
depende de ǫ, el que llamaremos δ(ǫ) tal que si 0 < |x − a| < δ(ǫ), entonces |f (x) − L| < ǫ. Tomemos
ǫ = 1, existe δ(1) tal que si 0 < |x − a| < δ(1) entonces |f (x) − L| < 1, es decir
L − 1 < f (x) < L + 1.
Luego, todos los valores de f en la vecindad V (a; δ(1)) se encuentran en el intervalo
(L − 1, L + 1)
excepto, posiblemente el valor de f (a), por lo tanto en el intervalo (L − 1, L + 1) la función f está

acotada, a saber
mı́n{f (a), L − 1} ≤ f (x) ≤ máx{f (a), L + 1}.

Teorema 1.2.4. Sean f y g funciones reales, y sea a un punto de acumulación del dominio de f
y del dominio de g (cuando corresponda), sea además C ∈ R una constante cualquiera.
Si lı́m f (x) = L y lı́m g(x) = M, donde L y M son números reales, entonces
x→a x→a
1. lı́m Cf (x) = CL. f (x) L

x→a 4. lı́m = , siempre que M 6= 0.
x→a g(x) M
2. lı́m (f (x) ± g(x)) = L ± M.
x→a
3. lı́m f (x)g(x) = LM. 5. lı́m (f (x))n = Ln , para cada n ∈ N.

x→a x→a
Demostración.
Probaremos las afirmaciones usando la definición de lı́mite.
1. La demostración es directa, la dejamos como ejercicio.
2. Demostraremos primero la propiedad para f (x) + g(x).

Sea ǫ > 0. Debemos probar que existe un número real positivo δ tal que
0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) + g(x) − L − M | < ǫ.
Ahora, por hipótesis, existen δ1 , δ2 números reales positivos tales que

ǫ
i) 0 < |x − a| < δ1 ⇒ |f (x) − L| < ,
2
ǫ
ii) 0 < |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − M | < .
2

Por lo tanto, si elegimos δ = mı́n{δ1 , δ2 }, tenemos que se cumple i) y ii). Luego,
0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) + g(x) − L − M | ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M | < ǫ.
Para probar la afirmación para f (x) − g(x), basta usar 1) con C = −1 y después el resultado para
la suma usando f (x) + (−1)g(x).
3. Sea ǫ > 0. Debemos probar que existe un número real positivo δ tal que
0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x)g(x) − LM | < ǫ.
Primero escribiremos la expresión f (x)g(x) − LM de la siguiente manera:
|f (x)g(x) − LM | = |f (x)g(x) − f (x)M + f (x)M − LM |
= |f (x)(g(x) − M ) + (f (x) − L)M |
≤ |f (x)||g(x) − M | + |f (x) − L||M | (1.2)
Queremos encontrar δ que acote (1.2) por ǫ. Para esto acotaremos cada uno de los sumandos por
separado.
Acotemos primero |f (x)||g(x) − M |. Por el Teorema 1.2.3, existe δ1 tal que f es acotada en
V (a; δ1 ), digamos |f (x)| < K para x ∈ V (a; δ1 ) y como lı́m g(x) = M, luego existe δ2 > 0 tal
x→a
que
ǫ
0 < |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − M | < .
2K
Por otro lado, como lı́m f (x) = L, existe δ3 > 0 tal que
x→a
ǫ
0 < |x − a| < δ3 ⇒ |f (x) − L| < .
2|M |
Por lo tanto, si elegimos δ = mı́n{δ1 , δ2 , δ3 }, entonces obtenemos en (1.2)
ǫ ǫ ǫ ǫ
|f (x)g(x) − LM | ≤ K + |M | = + = ǫ.
2K 2|M | 2 2
1 1 f (x) 1
4. Basta probar que si M 6= 0, lı́m = , ya que = f (x) y entonces aplicamos
x→a g(x) M g(x) g(x)
3).
Podemos suponer M > 0 (si M < 0 multiplicamos por −1 y aplicamos la propiedad 1).
Dado ǫ > 0, debemos encontrar un número positivo δ tal que si 0 < |x − a| < δ, entonces

1 1
g(x) − M < ǫ.

Ahora
1 1 |M − g(x)| |g(x) − M |
−
g(x) M = |g(x)M | = |g(x)| |M | (1.3)

1
Por lo tanto, debemos acotar |g(x) − M | y .
|g(x)|
Como lı́m g(x) = M , existe δ1 > 0 tal que

x→a
0 < |x − a| < δ1 ⇒ |g(x) − M | < 2ǫ.

M
Por otro lado, tomando ǫ1 = , existe δ2 > 0 tal que
2
M
0 < |x − a| < δ1 ⇒ |g(x) − M | < ,
2
M 3M 2 1 2
es decir, < g(x) < , por lo que 0 < < < .
2 2 3M g(x) M
Eligiendo δ = mı́n{δ1 , δ2 } tenemos que si 0 < |x − a| < δ entonces

1 1 |M − g(x)| 2ǫ
−
g(x) M = |g(x)||M | < 2 M = ǫ

M
como querı́amos demostrar.
5. La demostración se hace por inducción y la dejamos como ejercicio.

Observación 1.2.5. El caso 2 del teorema 1.2.4 se puede generalizar a n funciones, es decir,
lı́m (f1 (x) + f2 (x) + · · · + fn (x)) = lı́m f1 (x) + lı́m f2 (x) + · · · + lı́m fn (x)
x→a x→a x→a x→a
Corolario 1.2.6. Si f es una función polinomial o racional y a ∈ Dom f . Entonces
lı́m f (x) = f (a).

x→a
Ejemplo 1.2.7. Calcular los siguientes lı́mites aplicando las propiedades:
1. lı́m (3x4 + 2x3 − 5x2 + 4) z2 + 1

x→−2 4. lı́m
z→0 2z − 8
2x2 − 6x + 5 1
2. lı́m 5. lı́m
x→3 3x + 1 w→0 (2w4 − 2w + 3)3
x3 + 2x + 4 (w3 + 1)2
3. lı́m 6. lı́m
x→2 x2 + 5 w→1 (w 4 − 2w + 3)3
Solución:
1. lı́m (3x4 + 2x3 − 5x2 + 4) = 3(−2)4 + 2(−2)3 − 5(−2)2 + 4 = 16.

x→−2
2x2 − 6x + 5 2·9−6·3+5 5 1
2. lı́m = = = .
x→3 3x + 1 3·3+1 10 2

x3 + 2x + 4 8+4+4 16 1 1 1
3. lı́m = = . 5. lı́m = 3 = .
x→2 2
x +5 4+5 9 w→0 (2w 4 − 2w + 3)3 3 27
z2 + 1 0+1 1 (w3 + 1)2 22 1

4. lı́m = =− . 6. lı́m 4 3
= 3
= .
z→0 2z − 8 0−8 8 w→1 (w − 2w + 3) 2 2
Teorema 1.2.8. Si lı́m f (x) = 0 y g es una función acotada en una vecindad de a, entonces
x→a
lı́m f (x)g(x) = 0
x→a
Demostración.
Dado ǫ > 0, debemos encontrar δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ entonces |f (x)g(x)| < ǫ.
Como la función g es acotada en una vecindad de a, entonces existen M > 0 y δ1 > 0 tal que
0 < |x − a| < δ1 ⇒ |g(x)| < M.
ǫ
Sabemos que lı́m f (x) = 0, entonces existe δ2 > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ2 , entonces |f (x)| < .
x→a M
ǫ
Ası́, escogiendo δ = mı́n{δ1 , δ2 }, se cumple que |f (x)g(x)| < M = ǫ siempre que
M
0 < |x − a| < δ.

1
Ejemplo 1.2.9. Determinar lı́m x sen .
x→0 x
Solución:
Sabemos que la función seno está acotada por 1, y que lı́m x = 0, entonces por el teorema anterior
x→0
1
tenemos que lı́m x sen = 0.
x→0 x
Teorema 1.2.10. Sean c ∈ R, f y g funciones reales y V una vecindad que contiene a c con
V \ {c} ⊂ Dom f ∩ Dom g.
Supongamos que para cada x ∈ V \ {c}, se tiene f (x) ≤ g(x).

Si lı́m f (x) = L y lı́m g(x) = M , entonces L ≤ M .
x→c x→c
Demostración.
La demostración la haremos por contradicción. Supongamos que L > M .
Recordemos que por Teorema 1.2.4, se tiene que lı́m (g(x) − f (x)) = M − L. Usando la definición de
x→c
lı́mite y escogiendo ǫ = L − M (que es positivo por hipótesis), existe δ > 0 tal que si
0 < |x − c| < δ entonces |g(x) − f (x) − (M − L)| < ǫ.
Ası́, si 0 < |x − c| < δ, entonces −L + M < g(x) − f (x) − M + L < L − M , con lo cual g(x) − f (x) < 0.
Por lo tanto, g(x) < f (x), lo que es una contradicción. Por lo tanto, la hipótesis de que L > M es falsa,
es decir L ≤ M .


Teorema 1.2.11. Teorema de la compresión1

Sea c ∈ R y sean f, g y h funciones reales y V una vecindad de c con
V \ {c} ⊂ (Dom f ∩ Dom g ∩ Dom h).
Supongamos que para cada x ∈ V \ {c}, se tiene f (x) ≤ g(x) ≤ h(x).
Si lı́m f (x) = L y lı́m h(x) = L, entonces lı́m g(x) = L.

x→c x→c x→c
Demostración.
Notemos que el teorema asegura la existencia del lı́mite de la función h en x = c. La demostración es
una aplicación directa del teorema anterior.
L = lı́m f (x) ≤ lı́m g(x) ≤ lı́m h(x) = L.
x→c x→c x→c

Ejemplo 1.2.12. Hallar lı́m g(x), si g es una función tal que para x ∈ Dom g \ {0} se cumple que
x→0
x2 x2
1− ≤ g(x) ≤ 1 + .
4 4
Solución:
x2 x2

Se tiene que lı́m 1− = 1 y lı́m 1 + = 1, luego lı́m g(x) = 1.
x→0 4 x→0 4 x→0

1
Ejemplo 1.2.13. Mostrar que lı́m x2 sen = 0.
x→0 x
Solución:
1
Como para x 6= 0, se tiene −1 ≤ sen ≤ 1, multiplicando por x2 se obtiene
x

2 2 1
−x ≤ x sen ≤ x2 .
x
Como lı́m x2 = − lı́m x2 = 0, entonces usando el teorema 1.2.11, se tiene
x→o x→0

2 1
lı́m x sen =0
x→0 x
La gráfica de estas tres funciones nos ayuda
a visualizar la utilidad del Teorema del Sand- y = x2
wich.
y = x2
y = −x2

1
2
y = x sen . y = −x2
x
1
Coloquialmente a este teorema se le denomina Teorema del Sandwich

Otra forma de resolver el ejemplo anterior es usar el teorema 1.2.8.

Como
2
1
lı́m x = 0 y sen ≤1

x→0 x
entonces
2 1
lı́m x sen = 0.
x→0 x
1.2.1. Forma indeterminada 00 .

f (x)
Consideremos una función racional definida por con f y g polinomios.
g(x)
0
Si tanto f (a) como g(a) son cero, decimos que la función racional tiene la forma en ese punto, y no
0
f (x)
podemos evaluar directamente en a para encontrar lı́m .
x→a g(x)
Recordemos que si un polinomio se anula en a, entonces se factoriza por x − a. Por lo tanto en este caso
tendremos que tanto f como g se factorizan por x − a, luego simplicando por x − a, podremos dilucidar
f (x)
lı́m .
x→a g(x)
0
Más adelante veremos lı́mites del tipo , donde las funciones que aparecen no son necesariamente
0
polinomios.
Ejemplo 1.2.14. Calcular los siguientes lı́mites:
x4 − 16 −2x − 4
1. lı́m 4. lı́m
x→2 x − 2 x→−2 x3 + 2x2
x3 + 8 x2 + 4x + 4
2. lı́m 5. lı́m
x→−2 x + 2 x→−2 x3 + 2x2
x2 + x − 2 x3 + 2x2
3. lı́m 6. lı́m .
x→1 x2 − 3x + 2 x→−2 x2 + 4x + 4
Solución:
x4 − 16 (x2 + 4)(x + 2)(x − 2)

1. lı́m = lı́m = lı́m (x2 + 4)(x + 2) = 32.
x→2 x − 2 x→2 x−2 x→2
x3 + 8 (x + 2)(x2 − 2x + 4)
2. lı́m = lı́m = lı́m (x2 − 2x + 4) = 12.
x→−2 x + 2 x→−2 x+2 x→−2
x2 + x − 2 (x − 1)(x + 2) (x + 2)
3. lı́m 2
= lı́m = lı́m = −3.
x→1 x − 3x + 2 x→1 (x − 1)(x − 2) x→1 (x − 2)
−2x − 4 −2(x + 2) −2 1
4. lı́m = lı́m = lı́m 2 = − .
x→−2 x3 + 2 x2 x→−2 x2 (x + 2) x→−2 x 2

1.3 Lı́mites laterales
x2 + 4x + 4 (x + 2)2 x+2
5. lı́m 3 2
= lı́m 2
= lı́m = 0.
x→−2 x + 2x x→−2 x (x + 2) x→−2 x2
x3 + 2 x2 x2 (x + 2) x2
6. lı́m = lı́m = lı́m .
x→−2 x2 + 4x + 4 x→−2 (x + 2)2 x→−2 x + 2
En este caso, nos encontramos con el problema de que al evaluar esta expresión para x = −2, el
numerador es 4, pero el denominador es 0. Notemos que una función ası́ crece arbitrariamente en
valores cercanos mayores a −2 y decrece para valores cercanos menores a −2. Concluimos que no
existe un número real al cual se acerquen los valores de f (x), es decir, en este caso, el lı́mite no
existe. Más adelante estudiaremos este tipo de comportamiento de una función.
Ejercicios
1. Calcular los siguientes lı́mites:
x2 − 9 1 x3 − 1
lı́m lı́m x sen lı́m √
x→3 3 − x x→0 x2 x→1 x+3−2
x+3 4x − x2 √
lı́m 2 lı́m √ 3− x+8
x→−3 x − x − 12 x→4 2 − x lı́m √
√ x→1 5 − x2 − 2
2
x3 − 1 x + 8−3 √
lı́m 2 lı́m
x→1 x − 1 x→−1 4x + 4 lı́m x2 cos (πx2 )
x→0
x−2 64 − x2
lı́m √ lı́m √ lı́m x2 [x].
x→2 x+2−2 x→−8 3 x + 2 x→0
2. Se sabe que una función f cumple que existe V , una vecindad abierta de 0, tal que si x ∈ V
entonces
4 − x ≤ f (x) ≤ 4 cos x.
Encontrar lı́m f (x).
x→0
1.3. Lı́mites laterales

Queremos ampliar el concepto de lı́mite a puntos en los cuales no podemos aplicar de definición de
lı́mite, como por ejemplo si el dominio de la función contempla solo los números mayores (o menores)
al punto en cuestión.
Definición 1.3.1. Hablaremos de lı́mite lateral izquierdo si nos aproximamos por los núme-
ros menores a a y lı́mite lateral derecho si nos aproximamos por los números mayores a a.
Denotamos lı́m f (x) al lı́mite lateral izquierdo y lı́m f (x) al lı́mite lateral derecho.
x→a− x→a+
Ejemplo 1.3.2. Estudiar la existencia de los siguientes lı́mites laterales:

√ √
1. lı́m x 3. lı́m x
x→1− x→0−
√ √
2. lı́m x 4. lı́m x.
x→1+ x→0+

Solución: √
1. lı́m x = 1,
x→1−
2
√
2. lı́m x = 1,
x→1+ 1
√
3. lı́m x, no existe, b
x→0−
1 2 3 4 5
√
4. lı́m x = 0.
x→0+
√
Notar que no podemos obtener el lı́mite lateral izquierdo lı́m x, ya que el dominio de la función raı́z
x→0−
cuadrada es [0, ∞).
Ejemplo 1.3.3. Considerar la función parte entera. Determinar los lı́mites laterales:
1. lı́m [x] 3. lı́m [x] 5. lı́m [x]

x→0− x→1− x→1,5−
2. lı́m [x] 4. lı́m [x] 6. lı́m [x].

x→0+ x→1+ x→1,5+
Solución:
Graficaremos la función parte entera, para visualizar mejor los lı́mites
b bc
2
1. lı́m [x] = −1 4. lı́m [x] = 1
x→0− x→1+
b bc
1
2. lı́m [x] = 1 5. lı́m [x] = 1

b bc x→0+ x→1,5−
−2 −1 1 2 3
b
−1 bc 3. lı́m [x] = 0 6. lı́m [x] = 1.
x→1− x→1,5+
b bc
−2
Definición 1.3.4. Sea f una función con dominio D y sea a un punto de acumulación de D.
Decimos que el lı́mite lateral izquierdo de f cuando x tiende a a es L, y escribimos
lı́m f (x) = L,
x→a−
si dado cualquier número real positivo ǫ, existe un correspondiente número real positivo δ tal que si
a − δ < x < a, entonces f (x) ∈ V (L; ǫ).
En sı́mbolos:
lı́m f (x) = L ⇔ ∀ ǫ > 0 ∃ δ > 0 (a − δ < x < a, ⇒ |f (x) − L | < ǫ) .

x→a−

Del mismo modo definimos el lı́mite lateral derecho:
lı́m f (x) = L ⇔ ∀ ǫ > 0 ∃ δ > 0 (a < x < a + δ ⇒ |f (x) − L | < ǫ) .

x→a+
Teorema 1.3.5. Una función f tiene lı́mite cuando x tiende al punto de acumulación a si y solo
si tiene lı́mites por la derecha y por la izquierda en ese punto y estos son iguales.
lı́m f (x) = L si y solo si lı́m f (x) = L y lı́m f (x) = L

x→a x→a− x→a+
Corolario 1.3.6. Sea f una función y a un punto de acumulación de su dominio.
Si lı́m f (x) 6= lı́m f (x) entonces no existe lı́m f (x).

x→a− x→a+ x→a
Observación 1.3.7. Las propiedades de los lı́mites son también ciertas para los lı́mites laterales,
en particular es válido el Teorema de Sandwich.
(
2−x si x < 1,
Ejemplo 1.3.8. Sea f la función definida por f (x) =
x2 + 1 si x > 1.
Encontrar lı́m f (x) y lı́m f (x).
x→1− x→1+
Solución:
Usando la definición de f se tiene:
4
lı́m f (x) = lı́m (2 − x) = 1,
x→1− x→1−
3
lı́m f (x) = lı́m (x2 + 1) = 2. 2 bc

x→1+ x→1+
bc
1
Con esto tenemos por el Corolario anterior
que no existe lı́m f (x).
x→1 −3 −2 −1 1 2 3 4
−1
Esto lo podemos apreciar observando la
gráfica de la función f .
Ejemplo 1.3.9. Encontrar los lı́mites laterales lı́m g(x) y lı́m g(x), donde la función g está dada
x→2− x→2+
por:

2
x − 1 si x < 2

g(x) = 4 si x = 2

x+1 si x > 2


Solución:
Usando la definición de g se tiene:
b
4
lı́m g(x) = lı́m (x2 − 1) = 3 3 bc

x→2− x→2−
y 2
lı́m g(x) = lı́m (x + 1) = 3. 1

x→2+ x→2+
−2 −1 1 2
Esto lo podemos observar en el gráfico de g. −1
Ejemplo 1.3.10. Encontrar los lı́mites laterales en −1, 0 y 1, donde la función f está dada por

 x si x ≤ −1,
2

x si −1 < x < 0,

f (x) =

 −1 si x = 0,
−x2 + 1 si x > 0.

Solución:
Se tiene:
1. lı́m f (x) = lı́m x = −1 4. lı́m f (x) = lı́m (−x2 + 1) = 1

x→−1− x→−1− x→0+ x→0+
2. lı́m f (x) = lı́m x2 = 1 5. lı́m f (x) = lı́m (−x2 + 1) = 0

x→−1+ x→−1−
x→1− x→1−
3. lı́m f (x) = lı́m x2 = 0

x→0− x→0− 6. lı́m f (x) = lı́m (−x2 + 1) = 0.
x→1+ x→1+
De acuerdo al teorema anterior podemos decir que el lı́mite de la función f en x = −1 y x = 0 no

existen. Por otro lado, el lı́mite de la función f en x = 0 existe y vale 0.
Ejercicios
1. A partir de la gráfica de la función f , hallar el valor de los siguientes lı́mites, si ellos existen.
4
bc
3
lı́m f (x), lı́m f (x), 2
x→−3− x→2−
1
lı́m f (x), lı́m f (x), bc
x→−3+ x→2+
−4 −3 −2 −1 1 2bc 3
−1
lı́m f (x), lı́m f (x), −2
x→1− x→3−
−3
lı́m f (x), lı́m f (x). −4
x→1+ x→3+
−5 bc

1.4 Lı́mites trigonométricos
2. Estudiar la existencia de los siguientes lı́mites:

√
x2 + 2x x + 3 (x − 1)
(a) lı́m (d) lı́m
x→0 |x| x→1 |x − 1|
(b) lı́m [x + 1] (e) lı́m g(x),

x→3 x→−1 (√
3
x − 7 si x < −1
donde g(x) =
(c) lı́m x − [x] ax + 2 si x > −1.
x→4
3. Considere las funciones f , g, h y t, dadas por:

(
x si x ≤ 0
( 1
sen si x 6= 0
f (x) = √ 1 , g(x) = x ,
x sen si 0 < x 0 si x = 0
x
( 1
x sen si x 6= 0
h(x) = x , t(x) = x sen x.
0 si x = 0
Determinar:
a) lı́m f (x) c) lı́m g(x) e) lı́m h(x) g ) lı́m t(x)

x→0− x→0− x→0− x→0−
b) lı́m f (x) d) lı́m g(x) f ) lı́m h(x) h) lı́m t(x)
x→0+ x→0+ x→0+ x→0+
1.4. Lı́mites trigonométricos

El cálculo de lı́mites trigonométricos está basado fundamentalmente en el siguiente teorema:
Teorema 1.4.1.
sen x
lı́m = 1.
x→0 x
Demostración.
Para hacer la demostración usaremos lı́mites laterales y el Teorema del Sandwich.
Consideremos la circunferencia unitaria, es decir,

centrada en el origen y con radio 1.
D
π C
Sea x un ángulo tal que 0 < x < .
2
Comparemos las áreas de los triángulos △OAC, x
△OBD y del sector circular OCB. O A B

Usando las definiciones de las funciones trigonométricas y considerando que el área del sector circular
r2x
es A = , se tiene:
2
área △OAC ≤ área del sector circular OCB ≤ área △OBD,
es decir,
1 x 1
sen x cos x ≤ ≤ tan x.
2 2 2
Como estamos considerando x positivo, dividiendo por sen x, obtenemos
x 1 sen x 1
cos x ≤ ≤ ⇒ cos x ≤ ≤
sen x cos x x cos x
sen x
Como lı́m cos x = 1 podemos usar el Teorema del Sandwich, ası́ lı́m = 1.
x→0 x→0+ x
Ahora, recordemos que las función seno y y la función identidad son impares, por lo que la función h
sen x
dada por h(x) = es par, es decir, simétrica respecto al eje Y .
x
sen x
Concluimos que el lı́mite lateral izquierdo lı́m es igual al lı́mite lateral derecho.
x→0 − x

Corolario 1.4.2.
1 − cos x 1 − cos x 1
lı́m = 0, lı́m 2
= .
x→0 x x→0 x 2
Demostración.
Esto es claro, ya que:

1 − cos x 1 − cos x 1 + cos x
lı́m = lı́m
x→0 x x→0 x 1 + cos x
2
1 − cos x
= lı́m
x→0 x(1 + cos x)
sen2 x x
= lı́m 2
x→0 x 1 + cos x
sen x 2 x
= lı́m lı́m
x→0 x x→0 1 + cos x
= 1 · 0 = 0.
Del mismo modo
1 − cos x 1 − cos2 x
lı́m = lı́m
x→0 x2 x→0 x2 (1 + cos x)
sen x 2 1
= lı́m lı́m
x→0 x x→0 1 + cos x
1
= .
2



sen 3x sen 5x sen 4x cos 2x − 1
1. lı́m 2. lı́m 3. lı́m 4. lı́m
x→0 x x→0 3x x→0 sen 7x x→0 x2
Solución:

sen 3x sen 3x
1. lı́m = lı́m 3 .
x→0 x x→0 3x
Haciendo la sustitución u = 3x, se tiene que si x → 0 entonces u → 0. Esta técnica se denomina

cambio de variable y la justificaremos cuando estudiemos continuidad.
Ası́,
sen 3x sen u
lı́m = 3 lı́m = 3.
x→0 x u→0 u

sen 5x 5 sen 5x 5 sen u 5
2. lı́m = lı́m = lı́m = .
x→0 3x x→0 3 5x 3 u→0 u 3
Notar que, al igual que el ejercicio anterior, se hizo el cambio de variable u = 5x.
3. En este caso debemos multiplicar por 1 adecuado para poder usar el teorema correspondiente.
4 sen 4x sen 4x sen u

sen 4x 4 lı́m 4 lı́m
lı́m = lı́m 4x = · x→0 4x = · u→0 sen u =4
x→0 sen 7x x→0 7 sen 7x 7 sen 7x 7 lı́m v 7
lı́m v→0 v
7x x→0 7x
Notar que se hizo el cambio de variable u = 4x y v = 7x.

cos 2x − 1 cos 2x − 1 1 − cos u 1
4. lı́m 2
= lı́m 4 2
= −4 lı́m 2
= −4 · = −2.
x→0 x x→0 (2x) u→0 u 2
Notar que se hizo el cambio de variable u = 2x.

Ejemplo 1.4.4.
arc sen 2x
Determinar, si existe lı́m . Justifique.
x→0 |x|
Solución:
En este caso debemos calcular lı́mites laterales. Para ambos casos utilizaremos el siguiente cambio de
variable:
1
z = arc sen 2x ⇒ sen z = 2x ⇒ x = sen z
2
luego, si
x → 0+ ⇒ z → 0+ y x → 0− ⇒ z → 0−
entonces
arc sen 2x z 2
i) lı́m = lı́m 1 = lı́m sen z = 2
x→0+ x z→0+
2 sen z z→0 +

1.5 Lı́mites infinitos
arc sen 2x z −2
ii) lı́m = lı́m 1 = lı́m sen z = −2
x→0− −x z→0 − sen z
−
2
z→0 −
z
arc sen 2x
Luego, lı́m no existe.
x→0 |x|
Ejercicios
1. Calcular los siguientes lı́mites:

sen m x sec t − 1 1 − tan t
a) lı́m d) lı́m g ) lı́mπ
x→0 x t→0 t sec t t→ 4 sen t − cos t
cos θ
sen 2 x e) lı́mπ 1 − cos 2t
b) lı́m θ→ 2 θ − π2 h) lı́m
x→0 sen 6x t→0 t sen t
1 − 2 cos x
tan nx f ) lı́mπ 1 − cos 2t
x→ 3 sen x − π

c) lı́m i ) lı́m .
x→0 x 3 t→0 sen t
2. Considere la función f definida por
a(x3 − x)

si x < −1





 4x + 4


f (x) = π

 a cos(πx) − b sen 2x si −1 ≤ x ≤ 0



 sen ax


si 0 < x < π

sen bx
Determine las constantes a y b (b 6= 0) para que los lı́mites laterales de f en −1 y en 0 existan.
1.5. Lı́mites infinitos

1
Ejemplo 1.5.1. Sea f la función real definida por f (x) = , cuyo dominio es R \ {3}.
(x − 3)2
Si x se acerca a 3 (con x 6= 3) los valores de f (x) son cada vez más grandes, como lo muestra la
gráfica.
x 2, 9 2, 99 2, 999 6
f (x) 100 10000 106
3
x 3, 1 3, 01 3, 001
f (x) 100 10000 106
3 6

Notación 1.5.2. Para este tipo de comportamiento usamos la notación
lı́m f (x) = ∞.
x→a
Con esto indicamos que los valores de f (x) se vuelven cada vez más grandes cuando x tiende al
punto a. Cuidado, esto no significa que el lı́mite de la función exista, de hecho, no existe.
Definición 1.5.3. Sea f una función definida en una vecindad de a, excepto quizás en el mismo a.
lı́m f (x) = ∞ ⇔ ∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x (0 < |x − a| < δ ⇒ f (x) > M )

x→a
lı́m f (x) = −∞ ⇔ ∀R < 0, ∃δ > 0, ∀x(0 < |x − a| < δ ⇒ f (x) < R)

x→a
Se pueden dar definiciones análogas para los lı́mites laterales infinitos:
lı́m f (x) = ∞, lı́m f (x) = ∞, lı́m f (x) = −∞, lı́m f (x) = −∞

x→a− x→a+ x→a− x→a+
1
Observación 1.5.4. Si n es un entero positivo par, entonces lı́m = ∞.
x→a (x − a)n
1


 lı́m = −∞,
x→a (x − a)n

 −
Si n es un entero positivo impar, entonces


 1
 lı́m+ = ∞.


x→a (x − a)n
Definición 1.5.5. La recta x = a es una ası́ntota vertical de la función f , si
lı́m f (x) = ±∞ o lı́m f (x) = ±∞.

x→a+ x→a−
1
Ejemplo 1.5.6. Consideremos la función g dada por g(x) = .
(x − 3)3
De acuerdo a la gráfica tenemos: 3
1
lı́m = −∞
x→3− (x − 3)3
y
1 3 6
lı́m =∞
x→3+ (x − 3)3
Con esto la recta x = 3 es una ası́ntota
−3
vertical de la función g.

2x2
Ejemplo 1.5.7. Sea f la función definida por f (x) = . Determinar las ası́ntotas verticales
9 − x2
de la función.
Solución:
2x2
Como para cada x ∈ R se tiene 2x2 ≥ 0 y además f (x) = , tenemos f (x) ≥ 0 para
(3 − x)(3 + x)
x ∈ (−3, 3) y f (x) < 0 en otro caso.
Con esto se tiene
lı́m f (x) = −∞,

x→−3−
lı́m f (x) = ∞, 3
x→−3+
lı́m f (x) = ∞,
x→3−
lı́m f (x) = −∞. −6 −3 3 6
x→3+
−3
Con esto las rectas x = −3 y
x = −3 son ası́ntotas verticales, tal como se −6
aprecia en el gráfico de la función.
Observación 1.5.8. Las funciones racionales se comportan de forma distinta en los ceros del
denominador, tal como vimos en los ejemplos 1.2.1.
Ejemplo 1.5.9. Para la funciones f, g, h y t determinar los lı́mites laterales en −2 y 2. Escribir

la ecuación de la ası́ntota vertical si corresponde.
(x − 2)2 2x − x2
1. f (x) = 3. h(x) =
4 − x2 (x + 2)(x − 2)3
(x − 2) x−4
2. g(x) = 4. t(x) = .
4 − x2 4 − x2
Solución:
(x − 2)2 (x − 2)2 2−x

1. lı́m 2
= lı́m = lı́m = −∞.
x→−2− 4−x x→−2 (2 − x)(2 + x)
− x→−2 2 + x
−
(x − 2)2 (x − 2)2 2−x

lı́m 2
= lı́m = lı́m = ∞.
x→−2+ 4−x x→−2 (2 − x)(2 + x)
+ x→−2 2 + x
+
La recta x = −2 es ası́ntota vertical de la función f .
(x − 2)2 (x − 2)2 (x − 2)2 2−x

lı́m = lı́m = lı́m = lı́m = 0.
x→2 4 − x2 x→2 4 − x2 x→2 (2 − x)(2 + x) x→2 2 + x
No hay ası́ntota vertical en x = 2 para f .

x−2 x−2 x−2 −1

2. lı́m 2
= lı́m 2
= lı́m = lı́m = ∞.
x→−2− 4−x x→−2 4 − x
− x→−2 (2 − x)(2 + x)
− x→−2 2 + x
−
x−2 x−2 x−2 −1

lı́m 2
= lı́m 2
= lı́m = lı́m = −∞.
x→−2 + 4 − x x→−2 + 4 − x x→−2 + (2 − x)(2 + x) x→−2 + 2 +x
La recta x = −2 es ası́ntota vertical de la función g.
x−2 x−2 −1 1
lı́m 2
= lı́m = lı́m =− .
x→2− 4 − x x→2− (2 − x)(2 + x) x→2− 2 + x 4
x−2 x−2 −1 1
lı́m 2
= lı́m = lı́m =− .
x→2 4 − x
+ x→2 (2 − x)(2 + x)
+ x→2 2 + x
+ 4
Luego, no hay ası́ntota vertical en x = 2 para g.
2x − x2 2x − x2
3. lı́m = −∞, lı́m = ∞.
x→−2− (x + 2)(x − 2)3 x→−2+ (x + 2)(x − 2)3
La recta x = −2 es ası́ntota vertical para h.

2x − x2 x(2 − x) −x
lı́m 3
= lı́m 3
= lı́m = −∞.
x→2− (x − 2) x→2 (x − 2)
− x→2 (x − 2)2
−
2x − x2 x(2 − x) −x
lı́m 3
= lı́m 3
= lı́m = −∞.
x→2+ (x − 2) x→2 (x − 2)
+ x→2 (x − 2)2
+
Luego, la recta x = 2 es ası́ntota vertical de la función h.
x−4 x−4
4. Notar que t(x) = 2
= , por lo tanto
4−x (2 − x)(2 + x)
x−4 x−4
lı́m = ∞, lı́m = −∞.
x→−2− 4 − x2 x→−2+ 4 − x2
x−4 x−4
lı́m 2
= −∞, lı́m = ∞.
x→2 4 − x
− x→2 4 − x2
+
Las ası́ntotas verticales de t son x = −2 y x = 2.
Observación 1.5.10. Hay ası́ntotas verticales para funciones no polinomiales, por ejemplo:
2
1. La recta x = 0 (eje y) es una ası́nto- y = loga (x), a>1
ta vertical de las funciones fa dadas 1
por fa (x) = loga x (a > 0). En par-
ticular x = 0 es ası́ntota vertical para
1 2 3 4 5
la la función logaritmo natural, ya que
−1
lı́m ln x = −∞.
x→0+
−2 y = loga (x), 0<a<1

π 2
2. Las rectas x = a, donde a = + kπ
2 1
con k ∈ Z, son ası́ntotas verticales de la
función tangente, pues
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−1
lı́m tg x = ∞ y lı́m tg x = −∞.
x→a− x→a+ −2
−3
Ejercicios
1. Hallar las ası́ntotas verticales de las siguientes funciones, si las hay.
1 3x2
a) f (x) = d) f (x) =
2(x + 1) x2 − 1
2x + 3
b) g(x) = 12 − 3x2
2−x e) g(x) =
x2 + 5x − 14
x4 + 1
c) h(x) = f ) h(x) = ln(x − 5).
x2
2. Determinar los siguientes lı́mites:
3x x+2 x2 − 3x
a) lı́m f ) lı́m k) lı́m
x→−8 (x + 8)2
− − 2
x→2 x − x − 2 x→−3− x2 − 9
3x x2 − 4
b) lı́m g) lı́m x2 − 3x
x→−8 (x + 8)2
+ x→0− 2x2 l ) lı́m
x+2 x2 − 4 x→3+ x2 − 9
c) lı́m h) lı́m √
2
x→−1− x − x − 2 x→0+ 2x2 3
16 − x2
x+2 x2 − 3x m) lı́m
d) lı́m i) lı́m x→4− 4−x
x→−1+ x2 − x − 2 x→3− x2 − 9
√
x+2 x2 − 3x 3
16 − x2
e) lı́m 2 j) lı́m n) lı́m .
x→2 + x −x−2 x→−3+ x2 − 9 x→4+ 4−x
1.5.1. Forma indeterminada ∞ − ∞.

Observación 1.5.11. A veces nos encontramos con una sustracción en que ambas componentes
tienden a ∞, por lo que no podemos restar los lı́mites. Es necesario realizar primero las operaciones
algebraicas de manera de eliminar la ambigüedad como en el siguiente ejemplo.

1 2
Ejemplo 1.5.12. Encontrar lı́m − 2 .
x→1 x − 1 x −1
Solución:

1 2 (x + 1) − 2 x−1 1 1
lı́m − 2 = lı́m 2
= lı́m 2 = lı́m = .
x→1 x − 1 x −1 x→1 x −1 x→1 x − 1 x→1 x + 1 2

1.6 Lı́mites al infinito
1.6. Lı́mites al infinito

Analizaremos ahora funciones cuyos valores se “estabilizan” cuando x se hace muy grande, como también
aquellas que pueden tomar valores muy grandes en una vecindad de un punto.
2x + 1
Ejemplo 1.6.1. Consideremos la función f definida por f (x) = .
x
Claramente Dom f = R \ {0}. Estudiaremos el comportamiento de f cuando x se hace arbitraria-
mente grande.
x f (x)
5 4
2
2
10 2,1
2
100 2,01
1000 2,001
−4 −2 2
10000 2,0001
Observamos que los valores de f (x) se acercan a 2 cuando x es grande, conjeturamos que |f (x) − 2|
es arbitrariamente pequeño si se escoge x suficientemente grande.
Si es ası́ escribimos
lı́m f (x) = 2
x→∞
y diremos que el lı́mite de f cuando x tiende a infinito es 2.
En general, anotamos lı́m f (x) = L para indicar que los valores de f (x) tienden a L cuando x se hace
x→∞
más y más grande.
Para la función de nuestro ejemplo, también podemos analizar su comportamiento cuando x toma valores
negativos cada vez más pequeños.
x −2 −10 −100 −1000 −10000

3
f (x) 2 1, 9 1, 99 1, 999 1, 9999
Conjeturamos que
lı́m f (x) = 2.
x→−∞
Definición 1.6.2. Sea f una función real.
1. Si f está definida en algún intervalo de la forma (a, ∞), entonces

lı́m f (x) = L ⇔ ∀ǫ > 0, ∃ M > 0, ∀x x > M ⇒ |f (x) − L| < ǫ
x→∞

2. Si f está definida en algún intervalo de la forma (−∞, a), entonces

lı́m f (x) = L ⇔ ∀ǫ > 0, ∃ N < 0, ∀x x < N ⇒ |f (x) − L| < ǫ .
x→−∞
Observación 1.6.3. Los teoremas de lı́mites dados para x → a en Teorema 1.2.4 siguen siendo
válidos al reemplazar por x → −∞ o x → ∞.
Algunas propiedades adicionales.

1
a) Si n es cualquier entero positivo, se tiene que: lı́m = 0,
x→±∞ xn
b) lı́m f (x) = lı́m f (−x),

x→−∞ x→∞

1 1
c) lı́m f (x) = L ⇔ lı́m f = L, lı́m f (x) = L ⇔ lı́m f = L.
x→−∞ x→0 − x x→+∞ x→0 + x
Observación 1.6.4. Se debe tener presente que los sı́mbolos −∞ e ∞ no representan números reales
y no se puede usar la aritmética de la forma usual. Los sı́mbolos x → −∞ o x → ∞ solamente
indican el comportamiento de la variable x.
Ejemplo 1.6.5. Evaluar los siguentes lı́mites de funciones racionales:
1. Numerador y denominador del mismo grado.
3x2 − x + 4 1 − x3
a) lı́m b) lı́m .
x→∞ x2 + 2 x→−∞ 1 + 2x3
2. El grado del numerador es menor que el grado del denominador.
4x 6x2 − 3x + 2
a) lı́m b) lı́m .
x→∞ 2x2 + 5x + 1 x→−∞ 1 + 2x3
Solución:
x2 3 − x1 + x42 3 − x1 + x42

3x2 − x + 4
1. a) lı́m = lı́m = lı́m = 3,
x2 + 2 x2 1 + x22 1 + x22

x→∞ x→∞ x→∞
x3 x13 − 1 1

1 − x3 x3
−1 1
b) lı́m = lı́m = lı́m =− .
x→−∞ 1 + 2x3 x→−∞ x3 13 + 2 x→−∞ 13 + 2

x x
2
x2 x4 4

4x x 0
2. a) lı́m = lı́m = lı́m = = 0,
x→∞ 2x2 + 5x + 1 x→∞ x2 2 + 5 + 12 x→∞ 2 + 5 + 12

x x x x
2
x3 x6 − x32 + x23 6 3 2

6x2 − 3x + 2 x − x2 + x3
b) lı́m = lı́m = lı́m = 0.
1 + 2x3 x3 x13 + 2 1

x→−∞ x→−∞ x→−∞
x3
+2

Observación 1.6.6. Sean f y g dos funciones polinomiales.

f (x) an
1. Si grado (f ) = grado (g) = n , entonces lı́m = .
x→±∞ g(x) bn
f (x)
2. Si grado (f ) < grado (g) , entonces lı́m = 0.
x→±∞ g(x)
Definición 1.6.7. Diremos que f tiene como ası́ntota horizontal a la recta y = L, si
lı́m f (x) = L o lı́m f (x) = L

x→∞ x→−∞
Ejemplo 1.6.8. Estudiar la existencia de ası́ntotas horizontales de las funciones dadas por:
1 x4 + 1
1. f1 (x) = 3. h1 (x) =
2(x + 1) x2
2x + 3 3x2
2. g1 (x) = 4. f2 (x) =
2−x x2 − 1
Solución:
Considerando lı́m (o lı́m ) tenemos en cada caso:
x→∞ x→−∞
1) y = 0 es ası́ntota horizontal de f1
2) y = −2 es ası́ntota horizontal de g1
2 5
−10 −5 5 10
−4 −2 2
−5
−2
−10
3) h1 no tiene ası́ntota horizontal 4) y = 3 es ası́ntota horizontal de f2
6 6
3
12 −6 6
−6
−3 3

Ejercicios
Calcular los siguientes lı́mites:

√
9x2 + 2 sen 2x
1. lı́m 4. lı́m
x→∞ 1−x x→∞ x
√
5. lı́m 3ex

2. lı́m x2 + x − x x→−∞
x→∞
2x − 3 x4 + 3x2 + 5
3. lı́m √ 6. lı́m .
x→−∞ x2 + 4 x→−∞ x5 + 3x3 − 3x
Notación 1.6.9. La notación lı́m f (x) = ∞ se usa para indicar que los valores f (x) crecen
x→∞
indefinidamente cuando x tiende a infinito.
Se asocian significados análogos a
lı́m f (x) = −∞, lı́m f (x) = ∞ y lı́m f (x) = −∞,

x→∞ x→−∞ x→−∞
Ejemplo 1.6.10.
1. lı́m ln x = ∞,
x→∞
2. lı́m ex = ∞,
x→∞
3. lı́m (x2 − 2x) = ∞,

x→∞
x2 + 2x x+2
4. lı́m = lı́m 4 = −∞,
x→∞ 4 − x
x −1
x→∞
2x4 − 3x2 + 2x
5. lı́m = −∞,
x→−∞ 5x3 + 2x
2x4 − 3x2 + 2x
6. lı́m = ∞.
x→−∞ 5x2 + 2x
Observación 1.6.11. Sean f y g dos funciones polinomiales.
f (x)
Si grado(f ) > grado(g), entonces lı́m = ±∞ dependiendo de la paridad de la diferencia de
x→∞ g(x)
los grados y de los coeficientes principales de f y de g.
1.6.1. Lı́mites de la forma lı́m f (x)g(x)

x→a
Proposición 1.6.12. Sean f y g funciones reales.
1. Si lı́m f (x) = L, lı́m g(x) = M con L, M ∈ R. Si LM ∈ R, entonces

x→a x→a
lı́m f (x)g(x) = LM .
x→a

2. Si lı́m f (x) = L y lı́m g(x) = ∞, se tiene que

x→a x→a
a) si |L| < 1 entonces lı́m f (x)g(x) = 0,

x→a
b) si L > 1 entonces lı́m f (x)g(x) = ∞.
x→a
Observación 1.6.13. Si lı́m f (x) = L < −1 y lı́m g(x) = ∞ entonces lı́m f (x)g(x) no existe, ya
x→a x→a x→a
que L2n > L2 > 0 y L2n+1 < L < 0.
Observación 1.6.14. La siguiente proposición es fundamental en lo que sigue, su demostración

requiere de herramientas más avanzadas, por lo que la aceptaremos y utilizaremos sin ella.
Proposición 1.6.15.
x
1
1. lı́m 1+ = e.
x→+∞ x
2. Si lı́m u(x) = +∞, donde u(x) 6= 0 para todo x 6= a, entonces

x→a
u(x)
1
lı́m 1+ = e.
x→a u(x)
3. Si f (x) = 1 + u(x) donde u(x) → 0 y lı́m g(x) = ∞, entonces

x→a
lı́m f (x)g(x) = elı́m g(x) u(x) .

x→a
3x + 2 5x+2
1
1. lı́m (1 + x2 ) x2 5. lı́m
x→0
x→∞ x+1
√ √3 1
x + 3 x−1
3
2. lı́m 1 + x−1 x−1

x→1 6. lı́m
x→∞ x
x−1
sen 2x 2x + 9 x+3
3. lı́m = 2−1 7. lı́m
x→0 x x→∞ 2x + 5
x2 +1 2 2x+1
x+1 x − 2x + 4
4. lı́m 8. lı́m
x→∞ 2x − 3 x→∞ x2 + x + 3
Solución:
1
1. lı́m (1 + x2 ) x2 = e,
x→0
√
3
√3 1
2. lı́m 1 + x−1 x−1 = e,
x→1

x−1
sen 2x sen 2x
3. lı́m = 2−1 , pues lı́m = 2 y lı́m x − 1 = −1,
x→0 x x→0 x x→0
x2 +1
x+1 x+1 1
4. lı́m = 0, pues lı́m = < 1 y lı́m x2 + 1 = ∞,
x→∞ 2x − 3 x→∞ 2x − 3 2 x→∞
5x+2
3x + 2 3x + 2
5. lı́m = ∞, pues lı́m = 3 y lı́m 5x + 2 = ∞,
x→∞ x+1 x→∞ x +1 x→∞
x−1 x ! (x−1)
x
3
x+3 3 3
6. lı́m = lı́m 1+ = e3 ,
x→∞ x x→∞ x
2x + 9 x+3 x+ 3
2x + 9
7. lı́m = lı́m 1+ −1
x→∞ 2x + 5 x→∞ 2x + 5
2x+5 ! 4(x+3)
2x+5
4 4
= lı́m 1+ = e2 ,
x→∞ 2x + 5
2x+1 2x+1
x2 − 2x + 4
2
x − 2x + 4
8. lı́m = lı́m 1 + −1
x→∞ x2 + x + 3 x→∞ x2 + x + 3
x2 +x+3 (2x+1)(−3x+1)
−3x + 1 −3x+1 x2 +x+3
= lı́m 1+ 2 = e−6 .
x→∞ x +x+3
Ejemplo 1.6.17. Sean α y β números reales que satisfacen la relación 5α + 2β = 7. Determine α

y β tal que se cumple que
√
2αx+βx x−1
2x + 1
lı́m = lı́m e x − 1
x→∞ 2x − 1 x→1
Solución:
2αx+βx (2α+β)x
2x + 1 2x + 1
lı́m = lı́m 1 + −1
x→∞ 2x − 1 x→∞ 2x − 1
(2α+β)x
2
= lı́m 1 +
x→∞ 2x − 1
2
 2x − 1  ·(2α+β)x
  2x − 1
 2 
 1  
= lı́m 1 +
 
x→∞
 2x − 1  

2
= e(2α+β)

1.7 Continuidad
Ahora calcularemos
√ √
x−1 x−1
lı́m (∗) 1
lı́m e x − 1 = ex→1 x−1 = e2
x→1
√ √
x−1 x+1 (x − 1) 1
(∗) lı́m ·√ = lı́m √ =
x→1 x − 1 x + 1 x→1 (x − 1)( x + 1) 2
Luego,
1
e2α+β = e 2
1
2α + β =
2
4α + 2β = 1
Por lo tanto, (
5α + 2β = 7 23
⇒ α = 6 ⇒ 24 + 2β = 1 ⇒ β = −
4α + 2β = 1 2
1.7. Continuidad
En la definición de lı́m f (x) consideramos siempre x 6= a. Hemos visto a través de los ejemplos que este
x→a
lı́mite puede existir aunque f no esté definida en a; en otros casos, a ∈ Dom f y puede ocurrir que el
lı́mite sea distinto a f (a) o que sea igual a f (a). En este último caso estamos frente a una función que
se dice continua en a.
Definición 1.7.1. Diremos que una función f es continua en a ∈ Dom f , si
lı́m f (x) = f (a).

x→a
En caso contrario, se dice que f es discontinua en a o que f tiene una discontinuidad en a.

Observación 1.7.2. Notemos que la continuidad de f en a requiere de 3 condiciones:
i) f está definida en a, es decir a ∈ Dom f
ii) existe lı́m f (x)

x→a
iii) lı́m f (x) = f (a).

x→a
Si no se cumple una de estas condiciones la función f tiene una discontinuidad en a.

Ejemplo 1.7.3. Analizaremos continuidad para distintas funciones:
1. Recordemos que la función valor absoluto está definida por tramos, a saber:
(
x si x ≥ 0
|x| =
−x si x < 0.

1.7 Continuidad
Claramente la función es continua para x < 0 y para x > 0, ya que son funciones lineales. Por
otro lado:
lı́m |x| = lı́m x = 0

x→0+ x→0+
lı́m |x| = lı́m (−x) = 0
x→0− x→0−
Como |0| = 0, se tiene que la función valor absoluto es continua en 0. Por lo tanto la función
es continua para cada x ∈ R.
x2 − 3x + 2
2. La función dada por g1 (x) = es discontinua en 1.
x−1
x2 − 3x + 2
Notemos que lı́m = lı́m (x − 2) = −1, pero 1 ∈ / Dom f .
x→1 x−1 x→1
 √x − 9

si x ≥ 0, x 6= 9
3. La función h1 dada por h1 (x) = x−3
6 si x = 9

es continua en x = 1, ya que lı́m h1 (x) = 6 y h1 (9) = 6.

x→9
 2
 x − 3x + 2
si x 6= 1,
4. La función f2 dada por f2 (x) = x−1
0 si x = 1,

es discontinua en x = 1, ya que lı́m f2 (x) = −1 y f (1) = 0.

x→1
1
5. La función g2 dada por g2 (x) = es discontinua en −1, ya que:
(x + 1)2
lı́m g2 (x) = ∞.
x→−1
(
2x + 3 si x ≤ −1,
6. La función h2 dada por h2 (x) =
x2 + 1 si x > −1
es discontinua en −1. Notemos que
lı́m h2 (x) = lı́m (2x + 3) = 1 = h2 (−1),

x→−1− x→−1−
lı́m h2 (x) = lı́m (x2 + 1) = 2.
x→−1+ x→−1+
Observación 1.7.4. Hemos visto en los ejemplos anteriores que hay distintos tipos de situaciones
respecto a la discontinuidad de una función:
Continuidad: Las funciones del ejemplo 1) y del ejemplo 3) son continuas en todo número real.
Discontinuidad: En el ejemplo 2) y ejemplo 4), el lı́mite existe en a, sin embargo, a ∈ / Dom f
o este lı́mite es distinto a f (a). En el caso 5) el lı́mite es infinito, y en 6), los lı́mites laterales son
distintos.

1.7 Continuidad
Definición 1.7.5.
i) Se dice que f tiene una discontinuidad evitable o removible en a, si es discontinua en

a, pero existe lı́m f (x) = L.
x→a
Notar que en este caso si se redefine la función asignando a f (a) el valor del lı́mite L, se
obtiene una función continua en a, llamada la prolongación continua de f .
ii) Se dice que f tiene una discontinuidad (esencial) infinita en a si lı́m f (x) = ∞ (o −∞)
x→a
o si alguno de sus lı́mites laterales es infinito.
iii) Se dice que f tiene una discontinuidad (esencial) por salto en a, si los lı́mites laterales
de f en a existen, pero son distintos. La diferencia entre los lı́mites laterales se llama salto
de f en a.
Definición 1.7.6. Diremos que f es continua por la derecha en a, si
lı́m f (x) = f (a).

x→a+
Del mismo modo diremos que f es continua por la izquierda en a si
lı́m f (x) = f (a).

x→a−
Una función f es continua en un intervalo, si lo es en cada punto del intervalo.

Si un intervalo incluye un extremo se tendrá continuidad por la derecha o continuidad por la iz-
quierda según corresponda.
Ejemplo 1.7.7. Consideremos la función parte entera, f (x) = [ x ].
b bc
2
Tenemos que para cada entero n, f es
continua por la derecha, y es discontinua b bc
1
por la izquierda, pues
b bc
−2 −1 1 2 3
i) lı́m f (x) = f (n) = n,
x→n+ b
−1 bc
i) lı́m f (x) = n − 1 6= f (n).

x→n−
b bc
−2
√
Ejemplo 1.7.8. Probar que la función f dada por f (x) = 9 − x2 , es continua en su dominio.
Solución:
La función f es continua en su dominio, [−3, 3], pues
√
i) si a ∈ (−3, 3) entonces lı́m f (x) = 9 − a2 = f (a),
x→a
ii) lı́m f (x) = 0 = f (−3),

x→−3+
iii) lı́m f (x) = 0 = f (3).

x→3−

1.7 Continuidad
Ejemplo 1.7.9. Determinar los intervalos de continuidad de la función g definida por

√
1 − x2 − 1
g(x) = .
2−x
Solución:
Tenemos que el Dom g = (−∞, −1] ∪ [1, 2) ∪ (2, ∞) y la función es continua en estos intervalos.
1.7.1. Propiedades de las funciones continuas
Teorema 1.7.10. Si las funciones f y g son continuas en a y C es una constante, entonces las
siguientes funciones son continuas en a:
f
f + g, f − g, Cf, f · g y si g(a) 6= 0.
g
Observación 1.7.11. Considerando las propiedades algebraicas de los lı́mites, se verifica que las
siguientes funciones son continuas en todos los puntos de su dominio:
Funciones algebraicas, Funciones trigonométricas,

Funciones exponenciales, Funciones trigonométricas inversas.
Funciones logarı́tmicas,
El siguiente teorema justifica el cambio de variables para el cálculo de lı́mites:
Teorema 1.7.12. Si f es continua en b y lı́m g(x) = b, entonces

x→a
lı́m f (g(x)) = f ( lı́m g(x)) = f (b).

x→a x→a
Demostración.
Como f es continua en b, se cumple que, dado ǫ > 0, existe δ1 > 0 tal que si |x − b| < δ1 entonces
|f (x) − f (b)| < ǫ.
Por otro lado, como lı́m g(x) = b, dado este δ1 , existe δ2 tal que si |x−a| < δ2 entonces |g(x)−b| < δ1 .
x→a
Por lo tanto, si |x − a| < δ2 entonces |g(x) − b| < δ1 , y ası́ |f (g(x) − f (b)| < ǫ.

(ah − 1)
Ejemplo 1.7.13. Calcular lı́m
h→0 h
(ah − 1)
Solución: Para calcular lı́m , haremos la sustitución
h→0 h
ah − 1 = p ⇒ ah = 1 + p,

1.7 Continuidad
entonces
ln(p + 1)
h ln a = ln(p + 1) ⇒ h = .
ln a
Ası́,
(ah − 1) p ln a ln a ln a
lı́m = lı́m = 1 = 1 = ln a.
h→0 h p→0 ln(p + 1)
lı́m ln(p + 1) p ln lı́m (p + 1) p
p→0 p→0
Ejemplo 1.7.14. Hallar los siguientes lı́mites:

√
2− x
x2 − 3x + 2 1− x

1. lı́m ex 3. lı́m arc sen .
x→1 2. lı́m ln
x→2 x−2 x→1 1−x
Solución:
2− x lı́m x2 −x
1. lı́m ex = ex→1 =e 0 = 1.
x→1
x2 − 3x + 2

(x − 2)(x − 1)
2. lı́m ln = ln lı́m = ln 1 = 0.
x→2 x−2 x→2 x−2
√ √
1− x 1− x 1 π
3. lı́m arc sen = arc sen lı́m = arc sen = .
x→1 1−x x→1 1 − x 2 6
Ejemplo 1.7.15. Encontrar los valores de las constantes a y b para que la función
a x3 − x


 si x < −1
3 (x + 1)



f (x) = 2ax + b si − 1 ≤ x ≤ 0

 (1 − cos x) sen 4x si 0 < x < π



x2 sen x
sea continua en (−∞, π).
Solución:
Primero calcularemos el lı́mite cuando x se aproxima a −1
a(x3 − x) ax(x − 1)(x + 1) 2a

lı́m = lı́m =
x→−1− 3(x + 1) x→−1− 3(x + 1) 3
Además, lı́m (2ax + b) = −2a + b

x→−1+
Luego,
2a 3b
−2a + b = ⇒ −6a + 3b = 2a ⇒ a =
3 8
Por otro lado, cuando x se aproxima a 0, tenemos que
lı́m 2ax + b = b
x→0−

1.7 Continuidad
4 sen 4x
(1 − cos x) sen 4x (1 − cos x) 4x
lı́m = lı́m · sen x
x→0 + x2 sen x x→0 + x2
x
4 sen 4x
sen2 x 1 4x
= lı́m · · sen x
x→0+ x2 1 + cos x
x
= 2
3b 3
Ası́, b = 2 y como a = , entonces a =
8 4
1.7.2. Teoremas importantes de continuidad

Teorema 1.7.16. Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b], entonces f alcanza su valor
máximo y su valor mı́nimo en puntos del intervalo, es decir:
∃α ∈ [a, b] tal que ∀ x ∈ [a, b], f (α) = m ≤ f (x).
∃ β ∈ [a, b] tal que ∀ x ∈ [a, b], f (x) ≤ f (β) = M.
Ejemplo 1.7.17.
1. La función f : [−1, 2] → R, dada por f (x) = 2x − x2 es continua. Entonces tenemos que

m = f (−1) = −3 y M = f (1) = 1.
1
2. La función g con dominio R \ {−1, 1} dada por g(x) = es continua en su dominio
1 − x2
(intervalo abierto) (−1, 1).
Posee valor mı́nimo m = f (0) = 1, pero no posee un valor máximo en el intervalo (−1, 1).
3. La función h : [0, 2] → R dada por

(
x2 si x < 1
h(x) =
1−x si x ≥ 1.
no es continua en 1, y la función no alcanza su valor máximo en el intervalo.
Teorema 1.7.18. Teorema de Bolzano.

Si f es continua en [a, b] y si además f (a) y f (b) tienen signos opuestos, entonces existe por lo
menos un punto x0 ∈]a, b[ tal que f (x0 ) = 0.
Observación 1.7.19. Este teorema nos da una herramienta para identificar intervalos en los cuales
se encuentran las soluciones de una ecuación dada.
Ejemplo 1.7.20.
1. Mostrar que: f (x) = x3 + 2x − 1 tiene un cero en [0, 1].

√
3
√ 3
2. Mostrar que la ecuación x−1+ x+1= tiene una raı́z real.
x(x + 1)

1.7 Continuidad
Solución:
1. Como f es un polinomio, es una función continua en R y como
f (0) = −1 y f (1) = 2
son de signos distintos, el teorema de Bolzano nos dice que existe c ∈ (0, 1) tal que f (c) = 0.
2. Sea f la función definida por

√
3
√ 3
f (x) = x−1+ x+1−
x(x + 1).
Es claro que esta función es continua en [1, 2] ya que los números donde podrı́amos tener discon-
tinuidad son x = −1 y x = 0, ambos menores a 1.
√ √
Notemos que f (1) = 0 + 2 − 32 < 0 y f (2) = 1 + 3 − 12 > 0.
Como f es continua en [1, 2] y f (1) < 0 < f (2), por el teorema de Bolzano existe c ∈ [1, 2] tal
que f (c) = 0.
√
3
√ 3
Luego c−1+ c+1− = 0, por lo tanto
c(c + 1)
√
3
√ 3
c−1+ c+1= ,
c(c + 1)
de donde se tiene que c es una solución real de la ecuación, esta solución se encuentra entre 1 y
2.
Teorema 1.7.21. Teorema del Valor Intermedio

Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b] y K es cualquier número entre f (a) y f (b) , entonces
existe c ∈]a, b[ tal que f (c) = K.
Es decir, si f es una función continua en [a, b], entonces si x varı́a entre a y b, la función toma todos
los valores entre f (a) y f (b).
√
Ejemplo 1.7.22. Verifique el Teorema del Valor Intermedio para f (x) = 2x − 1 en el intervalo
[1, 5] con K = 2.
Solución:
f es continua en [1, 5], pues [1, 5] ⊆ Dom f = [ 12 , ∞).
Como 1 = f (1) < 2 < f (5) = 3, existe c ∈ (1, 5) tal que f (c) = 2.
√ 5
En efecto 2c − 1 = 2 ⇔ 2c − 1 = 4 ⇔ c= .
2
Ejercicios
1. Mostrar que las siguientes ecuaciones tienen al menos una solución real, indique en cada caso en
qué intervalo está dicha solución. (No se pide hallar la solución, sino mostrar que ellas existen).

1.7 Continuidad
√
a) 2x = 3x e) x2 = x+1
b) x + sen x = 1 f ) ln x = e−x
c) x2 = 2x g ) arc tg x = 1 − x
d) 3x3 + 11x2 − 5x = 2 h) ex = 2 − x.
2. Verifique el T. del V. Intermedio para f (x) = x2 − 2x , [−1, 4], K = 5.

2
Derivadas
En pocas palabras podrı́amos decir que este segundo capı́tulo trata sobre el cambio y la manera de
estudiarlo. La derivada de una función nos indica cómo ella se está comportando en cuanto a crecimiento
y rapidez. Aprenderemos los fundamento teóricos de la derivada y sus propiedades aritméticas como
preparación del siguiente capı́tulo.
2.1. Conceptos previos

Dos problemas que impulsaron el desarrollo del cálculo diferencial fueron:
1. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en un punto dado de ella. (Problema
geométrico).
2. Encontrar la velocidad instantánea de una partı́cula que se mueve a lo largo de una recta y que
cambia de velocidad. (Problema fı́sico).
2.1.1. Recta tangente a una curva
Si una curva C es la gráfica de una función

continua f dada por C
y = f (x),
la recta tangente a C en el punto P (a, f (a)) P

b
puede aproximarse mediante rectas que pa- f (a)
sen por P y por otro punto de la curva, a
las que llamamos rectas secantes. a
Si consideramos un punto cercano Q(x, f (x)) donde x 6= a, se tiene que la pendiente de la recta secante
que pasa por los puntos P y Q está dada por:
f (x) − f (a)
mP Q = .
x−a
39
2.1 Conceptos previos
Si Q se acerca a P a lo largo de la curva, entonces x se aproxima a a. Si mP Q tiende a un número

real m, entonces definimos como recta tangente a la curva en el punto P , a la recta que pasa por P y
tiene pendiente m.
Definición 2.1.1. Sea f una función continua en a. Diremos que la curva y = f (x) tiene una recta
tangente en el punto P (a, f (a)), si existe
f (x) − f (a)
m = lı́m .
x→a x−a
La ecuación de esta recta tangente es
y − f (a) = m(x − a).
Otra expresión para la pendiente se obtiene sustituyendo x = a + h, ası́
f (a + h) − f (a)
m = lı́m .
h→0 h
siempre que este lı́mite exista.

Ejemplo 2.1.2. Determinar la ecuación de la recta que pasa por el punto P (2, 1) y es tangente a
1
la gráfica de la función f dada por f (x) = .
x−1
Solución:
La pendiente de la recta tangente mT está dada por:
f (2 + h) − f (2)
mT = lı́m
h→0 h
4
1
−1
= lı́m 2 + h − 1
3
h→0 h y= 1
2 x−1
−h
= lı́m = −1. A
h→0 h(h + 1) 1
Luego, la ecuación de la recta tangente a f , −2 −1 1 2 3 4

en el punto P (2, 1) es −1
y =3−x
y − 1 = −(x − 2), −2
ordenando,
y = −x + 3
Observación 2.1.3. La existencia de la recta tangente a una curva en un punto de ella depende
únicamente del lı́mite de la definición 2.1.1. En particular, si existen los lı́mites laterales, pero estos
son distintos, entonces la curva no tiene recta tangente en ese punto.
Ejemplo 2.1.4. Estudiar la existencia de la recta tangente a la gráfica de y = |x| en el punto
P (0, 0).

Solución:
Primero determinaremos si existe la pen-
diente de la recta tangente en el punto P .
|h|
m = lı́m ,
h→0 h
como tenemos valor absoluto debemos cal-
cular lı́mites laterales
h −h
lı́m =1 y lı́m = −1
h→0+ h h→0− h
|h|
Luego, lı́m no existe. Ası́, no hay recta
h→0 h
tangente a la curva en (0, 0).
f (a + h) − f (a)
Definición 2.1.5. Si f es continua en a y si lı́m = ∞, entonces la recta vertical

h→0 h
x = a es la recta tangente a la gráfica de f en el punto P (a, f (a)).
(x − 1)2 + 12
p
3
Ejemplo 2.1.6. Estudiar la existencia de la recta tangente a la gráfica de f (x) =
en el punto P 1, 12 .

Solución:
Primero analizaremos el lı́mite
√
3
f (1 + h) − f (1) h2
lı́m = lı́m 3

h→0 h h→0 h
1 2
= lı́m √
h→0 3 h
1
= ∞
De acuerdo a la definición anterior podemos de- −2 −1 1 2 3

cir que la recta tangente a la curva en el punto −1
P tiene por ecuación
x = 1.
Observación 2.1.7. La recta normal a la gráfica de una función en un punto dado es la recta
perpendicular a la recta tangente en ese punto.
Ejemplo 2.1.8. Encontrar la ecuación de la recta normal a la gráfica de la función f dada por
x2
f (x) = 2 − que es paralela a la recta 2x − 4y + 5 = 0.
3
Solución:
Buscaremos un punto en la curva en el cual la recta normal cumpla la condición dada. Sea A(a, f (a))
el punto en la gráfica de la función donde la recta normal es paralela a la recta 2x − 4y + 5 = 0.
Para encontrar esta ecuación, primero debemos calcular la pendiente mT de la recta tangente a la curva
en el punto A(a, f (a)).

(a + h)2 a2
2− −2+ 2
mT = lı́m 3 3 = lı́m − 2ah + h = − 2a
h→0 h h→0 3h 3
Como la recta normal es perpendicular a la recta tangente, la pendiente de la recta normal en el punto
3
A es mN = .
2a
Además, la recta normal debe ser paralela a la recta 2x − 4y + 5 = 0, cuya pendiente es 12 , entonces
3 1
= de donde a = 3.
2a 2
Por último, sabemos que el punto A pertenece a la gráfica de la función, por lo que f (3) = −1. Luego,
la ecuación de la recta normal en el punto A(3, −1) es
x − 2y − 5 = 0.
4 T
2
N
A
−4 −2 2 b 4
−2
f
−4
2.1.2. Velocidad instantánea

Supongamos que un objeto se mueve a lo largo de una recta (movimiento rectilı́neo) y que dicho
movimiento está definido por la ecuación s = f (t), donde s es el desplazamiento (distancia dirigida) del
objeto respecto del origen, en el instante t. La función f que describe el movimiento se conoce como
función posición del objeto.
Si en el intervalo de tiempo que transcurre desde el instante t1 a t = t1 + h, el cuerpo se mueve
de la posición s1 = f (t1 ) a la posición s = f (t) = f (t1 + h), el desplazamiento esta dado por:
s − s1 = f (t1 + h) − f (t) , de donde la velocidad promedio en ese perı́odo de tiempo es
desplazamiento f (t1 + h) − f (t1 )

velocidad promedio = v = = .
tiempo transcurrido h
Si hacemos más corto el intervalo de tiempo, la velocidad media será más cercana a lo que intuitivamente
pensamos como velocidad instantánea en t1 .
Definición 2.1.9. Si s = f (t) es la función de posición de un objeto en movimiento rectilı́neo, la
velocidad instantánea del objeto en el instante t = t1 está dada por:
f (t1 + h) − f (t1 )
v(t1 ) = lı́m .
h→0 h

2.2 Derivada de una función
Observación 2.1.10. La velocidad instantánea puede ser positiva, negativa o cero; es positiva si
el objeto avanza, negativa si el objeto retrocede y cero cuando está en reposo.
Ejemplo 2.1.11. Un cuerpo se mueve en lı́nea recta según la ecuación s = t3 + 5t − 6, en donde s
se mide en metros y t en segundos. Determinar la velocidad promedio del cuerpo entre los instantes
t = 1 y t = 6 y determinar su velocidad instantánea a los 4 segundos.
Solución:
La velocidad promedio del cuerpo está dada por
f (t1 + h) − f (t1 ) f (6) − f (1) 216 + 30 − 6

v= = = = 48 m/seg.
h 5 5
La velocidad instantánea a los 4 segundos es
f (4 + h) − f (4)
v(4) = lı́m
h→0 h
(4 + h)3 + 5(4 + h) − 6 − 78
= lı́m
h→0 h
64 + 48h + 12h2 + h3 + 20 + 5h − 84
= lı́m
h→0 h
h(48 + 12h + h2 + 5)
= lı́m
h→0 h
= 53 m/seg.
2.2. Derivada de una función

El lı́mite utilizado tanto para definir la pendiente de la recta tangente a una curva en un punto de
ella, como el de la velocidad instantánea en un movimiento rectilı́neo, define uno de los operadores
fundamentales del cálculo: la derivada.
Definición 2.2.1. Sea f una función definida en un intervalo abierto I que contiene a a. Se define
la derivada de la función f en a, denotada por f ′ (a) como
f (a + h) − f (a)
f ′ (a) = lı́m ,
h→0 h
siempre que este lı́mite exista. En tal caso decimos que la función f es derivable o diferenciable
en a.
Si reemplazamos a + h por x, entonces la derivada de f en a se puede expresar como
f (x) − f (a)
f ′ (a) = lı́m .
x→a x−a

Si la función es derivable en todo punto a ∈ I ⊆ Dom f , decimos que f es derivable en I. Más

precisamente,
Definición 2.2.2. Sea f : A ⊂ R → R una función. Se llama derivada de f , a la función f ′ definida

por
f (x + h) − f (x)
f ′ (x) = lı́m ,
h→0 h
en todos los puntos de A para los cuales este lı́mite exista.
Observación 2.2.3. El dominio de la función f ′ corresponde a todos los puntos del dominio de f
para los cuales el lı́mite anterior existe.
Notación 2.2.4. La derivada de la función f tal que y = f (x) en un punto dado se denotará por
dy d(f (x))
f ′ (x), , , Dx (f (x)), Dx y o y ′ .
dx dx
Observación 2.2.5. La pendiente de la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a))
está dada por f ′ (a).
Ejemplo 2.2.6. Sea f (x) = 3x3 − 5x + 4, encontrar f ′ (x).
Solución:
Usaremos la definición para calcular dicha derivada
f (x + h) − f (x)
f ′ (x) = lı́m
h→0 h
3(x + h)3 − 5(x + h) + 4 − 3x3 + 5x − 4
= lı́m
h→0 h
h(9x2 + 9xh + 3h2 − 5)
= lı́m
h→0 h
2
= 9x − 5.
Notemos que Dom f ′ = Dom f = R.
√
Ejemplo 2.2.7. Verificar que la función f dada por f (x) = x2 + 1, es derivable para todo x ∈ R
Solución:
Debemos verificar que f ′ (x) existe para todo número real x.

p √
(x + h)2 + 1 − x2 + 1
f ′ (x) = lı́m
h→0 h
p √ p √
(x + h)2 + 1 − x2 + 1 (x + h)2 + 1 + x2 + 1
= lı́m ·p √
h→0 h (x + h)2 + 1 + x2 + 1
x2 + 2xh + h2 + 1 − x2 − 1
= lı́m p √
h→0 h( (x + h)2 + 1 + x2 + 1)
2x + h
= lı́m p √
h→0 (x + h)2 + 1 + x2 + 1
x
= √ .
+1 x2
Como este denominador es siempre distinto de cero, la función es derivable para todo número real.
2.2.1. Derivadas laterales

Definición 2.2.8. Sea f : I → R, a ∈ I, se dice que :
1. f es derivable por la derecha de a si existe
f (x) − f (a) f (a + h) − f (a)

f+′ (a) = lı́m = lı́m
x→a+ x−a h→0 + h
f+′ (a) es llamada derivada por la derecha de f en a.

2. f es derivable por la izquierda de a si existe
f (x) − f (a) f (a + h) − f (a)

f−′ (a) = lı́m = lı́m
x→a− x−a h→0− h
f−′ (a) se llama derivada por la izquierda de f en a.
De lo anterior se deduce que una función f definida en un intervalo abierto que contiene a a es derivable
o diferenciable en a si y solo si f+′ (a), f−′ (a) existen y son iguales.
Observación 2.2.9. Una función f es derivable en un intervalo cerrado [a, b] si lo es en el intervalo
abierto (a, b) y f+′ (a) y f−′ (b) existen.
√
Ejemplo 2.2.10. Encontrar f ′ (x) si f (x) = x .
Como el dominio de f es R+
0 examinaremos dos casos: x > 0 y x = 0.
1. Si x > 0, entonces
√ √
′ x+h− x x+h−x 1 1
f (x) = lı́m = lı́m √ √ = lı́m √ √ = √
h→0 h h→0 h( x + h + x) h→0 x+h+ x 2 x

2.3 Teoremas básicos de derivación
2. Si x = 0, entonces
√ √ √
0+h− 0 h 1
f+′ (0) = lı́m = lı́m = lı́m √ = ∞,
h→0+ h h→0+ h h→0 +
h
por lo tanto f+′ (0) no existe.
Luego, f es derivable en (0, ∞), pero no es derivable en x = 0.
Teorema 2.2.11. Si una función f es derivable en a, entonces es continua en a.
Demostración.
Sabemos que a ∈ Dom f , pues la derivada existe. Debemos probar que lı́m f (x) = f (a). Para ello
x→a
escribiremos
f (x) = f (a) + f (x) − f (a)
f (x) − f (a)
= f (a) + · (x − a)
(x − a)
Calculando el lı́mite y usando que f es derivable en a, tenemos
f (x) − f (a)
lı́m f (x) = lı́m f (a) + · (x − a)
x→a x→a (x − a)
f (x) − f (a)
= f (a) + lı́m · lı́m (x − a)
x→a (x − a) x→a
= f (a) + f ′ (a) · 0 = f (a).

Del teorema anterior se tiene el enunciado equivalente.
Corolario 2.2.12. Si una función f no es continua en a, entonces no es derivable en a.
Observación 2.2.13. El recı́proco del teorema es falso, pues existen funciones continuas en un
punto que no son derivables en él.

Ejemplo 2.2.14. Mostrar que la función f definida por f (x) = x es continua, pero no derivable
en 0.
Solución:
Sabemos que f es continua en 0. Para probar la no derivabilidad, recordamos el ejemplo 2.1.4, donde
′
se obtuvo que f+′ (0) = 1 y f− (0) = −1. Por lo tanto f ′ (0) no existe, ya que las derivadas laterales son
distintas.
2.3. Teoremas básicos de derivación

Hasta ahora, para calcular una derivada solo tenemos la definición, lo que en algunos casos resulta muy
complicado. En esta sección conoceremos reglas básicas que nos permiten obtener la derivada de una
función en forma más eficiente.

2.3.1. Derivada de funciones algebraicas

Teorema 2.3.1. La derivada de la función constante es igual a cero.
Demostración.
Si f está definida por f (x) = k, entonces
f (x + h) − f (x) k−k
f ′ (x) = lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0.
h→0 h h→0 h h→0

Teorema 2.3.2. Si n ∈ N y f (x) = xn , entonces f ′ (x) = nxn−1 , para todo x ∈ R.
Demostración.
En este caso usaremos el desarrollo del teorema del binomio.
(x + h)n − xn
f ′ (x) = lı́m
h→0 h

n n−1 n n−2 2 n n
xn + x h+ x h + ··· + h − xn
1 2 n
= lı́m
h→0 h
hn
n n−2

n n−1 i
n−1
h x + x h + ··· + h
1 2 n
= lı́m
h→0 h

n n−1 n!
= x = xn−1 = nxn−1
1 (n − 1)!

Teorema 2.3.3. Si f y g son funciones derivables en x y F es una función definida por
F (x) = f (x) ± g(x), entonces F es derivable en x y
F ′ (x) = f ′ (x) ± g ′ (x)
Demostración.
F (x + h) − F (x)
F ′ (x) = lı́m
h→0 h
f (x + h) ± g(x + h) − (f (x) ± g(x))

= lı́m
h→0 h
f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x)

= lı́m ± lı́m
h→0 h h→0 h
= f ′ (x) ± g ′ (x).


Observación 2.3.4. El resultado anterior se generaliza de manera natural a cualquier número

finito de funciones. Coloquialmente hablando, la derivada de una suma o diferencia es igual a la
suma o diferencia de las derivadas. Es decir, si f1 , . . . , fk son derivables en x, entonces
(f1 ± f2 ± · · · ± fk )′ (x) = f1′ (x) ± f2′ (x) ± · · · ± fk′ (x).
Teorema 2.3.5. Si f y g son funciones derivables en x y F es la función definida por
F (x) = f (x) · g(x),
entonces F es derivable en x y
F ′ (x) = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x)
Demostración.
Usaremos la técnica de sumar un cero de manera adecuada,
F (x + h) − F (x)
F ′ (x) = lı́m
h→0 h
f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x)
= lı́m
h→0 h
f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x + h) + f (x)g(x + h) − f (x)g(x)
= lı́m
h→0 h

f (x + h) − f (x) g(x + h) + f (x) g(x + h) − g(x)
= lı́m
h→0 h
f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x)
= lı́m · lı́m g(x + h) + f (x) · lı́m
h→0 h h→0 h→0 h
= f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x).

Del teorema anterior se deduce el siguiente corolario.
Corolario 2.3.6. Si f es una función derivable en x y c es una constante, entonces
(cf )′ (x) = cf ′ (x).
Ejemplo 2.3.7. Derivar la función f definida por f (x) = 2x4 − 2x3 + x2 − 4x + 1.
Solución:
En este caso simplemente calculamos las derivadas de cada función y sumamos obteniendo
f ′ (x) = 8x3 − 6x2 + 2x − 4
Ejemplo 2.3.8. Calcular f ′ (x) para f (x) = (x3 + 1)(2x2 + 8x − 5).

Solución:
Usaremos la regla del producto
f ′ (x) = 3x2 · (2x2 + 8x − 5) + (x3 + 1) · (4x + 8) = 10x4 + 32x3 − 15x2 + 4x + 8
Otra manera de resolver este ejercicio, es multiplicar las dos expresiones y luego derivar.
Teorema 2.3.9. Si f y g son funciones derivables en x, y F es la función definida por
f (x)
F (x) = ,
g(x)
entonces F es derivable en x, y
f ′ (x)g(x) − f (x)g ′ (x)

F ′ (x) =
(g(x))2
Demostración.
Notemos que necesariamente g(x) 6= 0, pues x ∈ Dom F . Al igual que en el teorema anterior, sumaremos
un cero adecuado en el numerador.
F (x + h) − F (x)
F ′ (x) = lı́m
h→0 h
f (x + h) f (x)
−
g(x + h) g(x)
= lı́m
h→0 h
f (x + h) g(x) − f (x)g(x + h)
= lı́m
h→0 h · g(x)g(x + h)
f (x + h)g(x) − f (x)g(x) + f (x)g(x) − f (x)g(x + h)

= lı́m
h→0 h · g(x)g(x + h)

f (x + h) − f (x) g(x) − f (x) g(x + h) − g(x)
= lı́m
h→0 h · g(x)g(x + h)
f (x + h) − f (x) 1
= g(x) · lı́m · lı́m
h→0 h h→0 g(x)g(x + h)
g(x + h) − g(x) 1
−f (x) · lı́m · lı́m
h→0 h h→0 g(x)g(x + h)
f ′ (x)g(x) − f (x)g ′ (x)

= .
(g(x))2

Corolario 2.3.10. Si n es un entero positivo y f (x) = x−n , entonces f ′ (x) = −nx−n−1 .
Demostración.
1
Basta notar que f (x) = y usar la fórmula para la derivada del cuociente.
xn
4t5 − 5t3 + t2 + 2t − 1
Ejemplo 2.3.11. Encontrar g′ (t) si g(t) = .
t2
Solución:
En este caso, escribiremos la función g como g(t) = (4t5 −5t3 +t2 +2t−1)(t−2 ) = 4t3 −5t+1+2t−1 −t−2
y luego, derivando obtenemos
g′ (t) = 12t2 − 5 − 2t−2 + 2t−3
Por otro lado, podemos usar la regla del cuociente.
(20t4 − 15t2 + 2t + 2)t2 − (4t5 − 5t3 + t2 + 2t − 1)2t
g′ (t) =
t4
20t − 15t + 2t + 2t − 8t6 + 10t4 − 2t3 − 4t2 + 2t
6 4 3 2
=
t4
6 4 2
12t − 5t − 2t + 2t
=
t4
= 12t − 5 − 2t−2 + 2t−3
2
dy 3x2 − x + 2
Ejemplo 2.3.12. Calcular para y =
dx 4x2 + 5
Solución:
Aquı́ usaremos la derivada de un cuociente
dy (6x − 1)(4x2 + 5) − (3x2 − x + 2) · 8x
= .
dx (4x2 + 5)2
2.3.2. Derivadas de funciones trascendentes

En esta subsección veremos cómo derivar las funciones exponenciales , logarı́tmicas y trigonométricas.
Proposición 2.3.13. Sea a ∈ R+ , a 6= 1.
d x d x
1. (a ) = ax ln a 2. (e ) = ex
dx dx
d 1 d 1
3. (ln x) = 4. (loga x) =
dx x dx x ln a
Demostración.
(ah − 1)
1. En el ejemplo 1.7.13 obtuvimos lı́m = ln a. Luego,
h→0 h
d x ax+h − ax ax (ah − 1) (ah − 1)
(a ) = lı́m = lı́m = ax lı́m = ax ln a.
dx h→0 h h→0 h h→0 h

2. Basta usar a = e en la fórmula anterior.
3. Aplicaremos directamente la definición de derivada y las propiedades de logaritmo.

d ln(x + h) − ln x
(ln x) = lı́m
dx h→0 h
x+h
ln
= lı́m x
h→0 h
" x#1
h h x
= ln lı́m 1+
h→0 x
1
= ln e x
1
= .
x
4. Haciendo un cambio de base y aplicando lo anterior, se tiene

d d ln x 1 d 1
(loga x) = = (ln x) = .
dx dx ln a ln a dx x ln a

Ejemplo 2.3.14. Derivar la función g definida por g(x) = 3x log9 x.
Solución:
En este ejemplo aplicaremos la derivada de un producto y el teorema anterior.
1
g ′ (x) = 3x ln 3 log9 x + 3x
x ln9
ln 3 ln x 1
= 3x +
ln 9 x ln 9

x ln x 1
= 3 +
2 2x ln 3
2x ln x
Ejemplo 2.3.15. Derivar la función f definida por f (x) = .
ex + ln x
Solución:
En este caso aplicaremos las reglas del producto y del cuociente.
2x

x x x x 1
2 ln 2 ln x + (e + ln x) − 2 ln x e +
′ x x
f (x) = x 2
(e + ln x)
x2x ln x(ex ln 2 + ln 2 ln x − ex ) + 2x ex
=
x(ex + ln x)2
Las funciones trigonométricas son derivables en todo punto de su dominio. La siguiente proposición nos
permite determinar las derivadas de cada una de ellas.

d d
1. (sen x) = cos x 4. (sec x) = sec x · tg x
dx dx
d d
2. (cos x) = − sen x 5. (ctg x) = − csc2 x
dx dx
d d
3. (tg x) = sec2 x 6. (csc x) = − csc x · ctg x
dx dx
Demostración.
Demostraremos solo las derivadas de las funciones seno y coseno mediante la definición.
Recordando los lı́mites clásicos trigonométricos y las propiedades de suma de ángulos de las funciones
trigonométricas.
d(sen x) sen(x + h) − sen x

1. = lı́m
dx h→0 h
sen x · cos h + cos x · sen h − sen x

= lı́m
h→0 h
sen x(cos h − 1) + cos x · sen h

= lı́m
h→0 h
(1 − cos h) sen h
= − sen x · lı́m + cos x · lı́m
h→0 h h→0 h
= cos x.
d(cos x) cos(x + h) − cos x

2. = lı́m
dx h→0 h
cos x · cos h − sen x · sen h − cos x

= lı́m
h→0 h
− cos x(1 − cos h) − sen x · sen h

= lı́m
h→0 h
(1 − cos h) sen h
= − cos x · lı́m − sen x · lı́m
h→0 h h→0 h
= − sen x.

Las otras cuatro funciones trigonométricas se pueden escribir en términos de las funciones seno y coseno
y utilizar las reglas del cálculo de derivadas.

sec x
Ejemplo 2.3.17. Derivar f (x) = .
1 + tg x
Solución:
En este caso usaremos la derivada de un cuociente
sec x · tg x(1 + tg x) − sec3 x
f ′ (x) =
(1 + tg x)2
sec x · tg x + sec x · tg2 x − (1 + tg2 x) sec x

=
(1 + tg x)2
sec x(tg x − 1)
=
(1 + tg x)2
Ejercicios
1. Calcular f ′ (x) en cada caso:

√
1 1 1 3 + 2x
a) f (x) = 1 + + 2 + 3 c) f (x) = √
x x x 4 + 5x
(3 + 5x6 )(x−3 − 5x4 )
b) f (x) = (x−1 + x−2 )(x−3 + x−4 ) d) f (x) = √ .
4 + 5 5x
2. Sean f y g funciones derivables cuyas gráficas se cortan en los puntos (−2, 3) y (3, 1). Si f ′ (−2) =
0, f ′ (3) = 1, g ′ (−2) = −1 y g ′ (3) = 2, para cada uno de los siguientes ejercicios, calcular la
derivada indicada.
a) ϕ′ (3), donde ϕ(x) = xf (x)

xf (x)
b) ϕ′ (−2), donde ϕ(x) =
g(x)
′
c) ϕ (−2), donde ϕ(x) = xf (x)g(x)

1 1
d) ϕ′ (−2), donde ϕ(x) = (x2 + 1) 1 + 1+ .
f (x) g(x)
(x2 + x + 1)g(x)
e) ϕ′ (3), donde ϕ(x) =
x + f (x)
3. Obtener f ′ (x) en cada caso:
a) f (x) = ex cos x x+1

e) g(x) =
ln x x x ln x
b) f (x) = +
x ln x f ) f (x) = x3 sen x cos x
1
c) f (x) = ex ctg x
+ .
sen x + ln x 1 1
d) f (x) = ex ln(x) tg x g ) f (x) = −
xex x2 e−x + 2

2.4 Derivada de funciones compuestas e inversas
2.4. Derivada de funciones compuestas e inversas
2.4.1. Derivada de una función compuesta

En el capı́tulo anterior vimos que la composición de funciones continuas es continua. Ahora nos pre-
guntamos, ¿sigue siendo válida la propiedad de derivabilidad en funciones compuestas? La respuesta es
afirmativa y además existe una relación entre la derivada de la función compuesta y las derivadas de las
funciones que la componen.
Teorema 2.4.1. Sean f y g funciones tales que f : A → B y g : C → D, con A, B, C, D subcon-

juntos no vacı́os de R que satisfacen
1. f (A) ⊆ C, lo que garantiza la existencia de g ◦ f .
2. f es derivable en a ∈ A.
3. g es derivable en f (a).
Entonces la función compuesta g ◦ f es derivable en a y su derivada es
(g ◦ f )′ (a) = g′ (f (a)) · f ′ (a).
Demostración.
g ◦ f (x) − g ◦ f (a)
(g ◦ f )′ (a) = lı́m
x→a x−a
g(f (x)) − g(f (a))

= lı́m
x→a x−a
g(f (x)) − g(f (a)) f (x) − f (a)

= lı́m ·
x→a f (x) − f (a) x−a
g(f (x)) − g(f (a)) f (x) − f (a)

= lı́m · lı́m .
x→a f (x) − f (a) x→a x−a
Haciendo un cambio de variable
f (x) = z, f (a) = b
tenemos
g(z) − g(b) f (x) − f (a)
(g ◦ f )′ (a) = lı́m · lı́m
z→b z−b x→a x−a
= g′ (b) · f ′ (a)
= g′ (f (a)) · f ′ (a)

La fórmula establecida en el teorema anterior es conocida como Regla de la cadena para la derivación.

Ejemplo 2.4.2. Derivar la función f (x) = (x2 − 3x)1/2 .

Solución:
√
La función f dada es la composición de la función h(x) = x con g(x) = x2 − 3x. Las derivadas de
cada una de estas funciones son:
1
h′ (x) = √ y g′ (x) = 2x − 3.
2 x
Por la regla de la cadena, tenemos
1 2x − 3
f ′ (x) = (h ◦ g)′ (x) = h′ (g(x))g ′ (x) = √ (2x − 3) = √ .
2
2 x − 3x 2 x2 − 3x
Observación 2.4.3. En general, si f1 , f2 , · · · , fk son k funciones derivables que satisfacen las

hipótesis del teorema 2.4.1, entonces la composición
F (x) = (f1 ◦ f2 ◦ · · · ◦ fk )(x) = f1 (f2 (f3 (· · · (fk (x)) · · · )))
es derivable y su derivada es
F ′ (x) = [f1′ (f2 (f3 (· · · (fk (x)) · · · )))][f2′ (f3 (· · · (fk (x)) · · · ))] · · · [fk′ (x)].
Ejemplo 2.4.4. Derivar f (x) = sen2 (tg(x3 + 1)).

Solución:
En este caso f es una función compuesta de las funciones
f1 (x) = x2 , f2 (x) = sen x, f3 (x) = tg x y f4 (x) = x3 + 1.
Como cada una de estas funciones son derivables entonces:
f ′ (x) = 2 sen(tg(x3 + 1)) · cos(tg(x3 + 1)) · sec2 (x3 + 1) · 3x2 .

x + sen2 x
Ejemplo 2.4.5. Encontrar y simplificar la derivada de y = .
x − cos2 x
Solución:
Aplicaremos la fórmula de la derivada de un cuociente y utilizaremos regla de la cadena para derivar
funciones compuestas:
dy (1 + 2 sen x cos x)(x − cos2 x) − (x + sen2 x)(1 + 2 sen x cos x)
=
dx (x − cos x)2
(1 + 2 sen x cos x)(x − cos2 x − x − sen2 x)) 1 + 2 sen x cos x

= 2
=− .
(x − cos x) (x − cos x)2
Ejemplo 2.4.6. Encontrar la derivada de y = (1 + ln(x2 + 1))e3x+2 .
Solución:
En este caso tenemos un producto de dos funciones compuestas
dy 2x
= 2 e3x+2 + 3(1 + ln(x2 + 1))e3x+2 .
dx x +1

2.4.2. Derivada de la función inversa

Sean A y B subconjuntos de R. Si la función f definida de A en B es biyectiva, entonces f tiene una
función inversa f −1 definida de B en A.
Teorema 2.4.7. Sea f : A → B una función biyectiva. Sif es derivable en a y f ′ (a) 6= 0, entonces
1
f −1 es derivable en f (a) y su derivada es ′ .
f (a)
Demostración.
Sea g la función inversa de f , es decir, g = f −1 . Consideremos b e y elementos en el dominio de g.
Luego, existen a y x en el dominio de f tales que:
f (a) = b ⇔ g(b) = a y f (x) = y ⇔ g(y) = x
Probaremos que g es derivable en b.
g(y) − g(b)
g ′ (b) = lı́m
y→b y−b
x−a
= lı́m
x→a f (x) − f (a)
1
= lı́m
x→a f (x) − f (a)
x−a
1
= .
f ′ (a)
1
De esta manera, f −1 = g es derivable en f (a) y su derivada es .
f ′ (a)

Teorema 2.4.8. Si f es una función derivable y biyectiva para todo x en su dominio. Entonces
d −1 1
f (x) = ′ −1 .
dx f [f (x)]
Demostración.
Usando las propiedades de la función inversa y la regla de la cadena, se tiene
f [f −1 (x)] = x ⇒ f ′ [f −1 (x)] · (f −1 )′ (x) = 1.
Despejando,
1
(f −1 )′ (x) = .
f ′ [f −1 (x)]


Corolario 2.4.9. Para todo p ∈ Q, se tiene
dxp
= pxp−1 .
dx
Demostración.
Consideremos primero las funciones fn , con n ∈ N y n ≥ 2, dadas por fn (x) = xn y donde

restringimos el dominio a [0, ∞) para el caso n par.
Se tiene ası́ que fn es una función biyectiva, con función inversa dada por
1
fn−1 (x) = x n .
Usando el teorema anterior se tiene

1
d(x n ) 1 1 1 1
= 1 = n−1 = (x n −1 ).
dx n(x n )n−1 n(x n ) n
m
Ahora para funciones dadas por f (x) = x n con dominio [0, ∞) cuando n par, usaremos regla de
1
la cadena y el caso anterior. En efecto, f es la composición de las funciones dadas por x n y la
dada por xm .
dxm
Recordando que = mxm−1 para m ∈ Z, tenemos
dx
d m d 1 m 1 1 1 m m
xn = xn = (m(x n )m−1 )( x n −1 ) = x n −1 .
dx x n n

p
3
Ejemplo 2.4.10. Derivar la función f (x) = x + ecos2 (1+x3 ) .
Solución:
2 (1+x3 )
′ 1 − 6x2 ecos cos(1 + x3 ) sen(1 + x3 )
f (x) = p .
3 3
(x + ecos2 (1+x3 ) )2
8 + 5 ln(x + 1) + 2. Sabiendo que f es biyectiva, calcular (f −1 )′ (4).

p
3
Ejemplo 2.4.11. Sea f (x) =
Solución:
Lo resolveremos de dos maneras:
i) Calculando la función inversa.

Recordemos que para encontrar la función inversa, debemos despejar x, en función de la variable
y. Luego, tenemos
(y−2)3 −8
8 + 5 ln(x + 1) + 2 ⇒ (y − 2)3 = 8 + 5 ln(x + 1) ⇒ x + 1 = e
p
3
y= 5

Ası́,
(x−2)3 −8
f −1 (x) = e 5 − 1.
Derivando
1 (x−2)3 −8
(f −1 )′ (x) = (e 5 (3(x − 2)2 ).
5
Evaluando en x = 10 se tiene
12
(f −1 )′ (4) = .
5
ii) Usando el teorema 2.4.8. En efecto:
Resolviendo la ecuación f (c) = 4 se obtiene que c = 0. Calculando derivadas y evaluando obtene-
mos:

1 2 5 5 2 5
f (x) = (8 + 5 ln(x + 1))− 3
′
y f ′ (0) = 8− 3 = .
3 x+1 3 12
Luego
1 12
(f −1 )′ (4) = 5 = .
12
5
2.4.3. Derivada de funciones trignométricas inversas

d 1 d 1
1. (arc sen x) = √ , x ∈ (−1, 1) 4. (arcsec x) = √ , x > 1
dx 1 − x2 dx 2
x x −1
d −1 d −1
2. (arc cos x) = √ , x ∈ (−1, 1) 5. (arcctg x) = , x∈R
dx 1 − x2 dx 1 + x2
d 1 d −1
3. (arc tg x) = , x∈R 6. (arccosec x) = √ , x > 1.
dx 1 + x2 dx x x2 − 1
Observación 2.4.13. Para la demostración de esta proposición se aplica el teorema de la función

inversa y las identidades trigonométricas.
Ejemplo 2.4.14. Derivar y = arc tg(x + ln2 (2 + arc sen x)).
Solución:
1 1
1 + (2 ln(2 + arc sen x)) · ·√
dy 2 + arc sen x 1 − x2
= 2 .
dx 1 + (x + ln (2 + arc sen x))2
Ejemplo 2.4.15. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f dada por
√ 3
f (x) = arc sen 1 − x en x = .
4

Solución:
Debemos calular la pendiente de la recta derivando la función f .
−1 −1
f ′ (x) = p √ = √ √ .
1 − (1 − x)2 1 − x 2 x 1−x
3
Evaluando en x = , se tiene
4

3 ′ −1 −2
m=f = q q =√ .
4 2 34 1 − 3 3
4
Además, necesitamos la ordenada del punto que corresponde a

r
3 3 1 π
f = arc sen 1 − = arc sen =
4 4 2 6
Luego la ecuación de la recta tangente es

π −2 3
y− =√ x− .
6 3 4
Ejercicios
1. Se define las razones trigonométricas hiperbólicas como
ex − e−x ex + e−x senh(x)

senh(x) = , cosh(x) = , tanh(x) =
2 2 cosh(x)
a) Muestre que:
(senh(x))′ = cosh(x) (cosh(x))′ = senh(x) 1

(tanh(x))′ =
cosh2 (x)
5
2 + senh(x)
b) Sea f (x) = . Muestre que:
3 − cosh(x)
5(2 + senh(x))4 (3 cosh(x) + 2 senh(x) − 1)

f ′ (x) =
(3 − cosh(x))6
2. Derive las siguientes funciones

x c) f (x) = ln x + ex
2
a) f (x) = arc tg5
1 + x2
p x
b) g(x) = x + ecos2 (1+x3 ) d) g(x) = ex · ee

2.5 Derivación Implı́cita
2.5. Derivación Implı́cita

Hasta el momento hemos derivado funciones donde una de las variables está escrita claramente en
función de la otra. Recordemos que una función de este tipo está expresada en forma explı́cita. Por
ejemplo, las funciones dadas por las ecuaciones
y 2 − 3y 3 + 2
y = x3 + 2x2 + 4x − 5; x= ; x = 3t2 + 5t + 1,
y2 + 1
están definidas explı́citamente.
Sin embargo, en la práctica se encuentran ecuaciones en las cuales la dependencia funcional está implı́cita,
tales como
2
xy = 1; x2 + y 2 = 4; x3y + 5x = (x + y)1/3
En general, se tiene lo siguiente:
Definición 2.5.1. Se dice que f : I ⊆ R → R es una función implı́cita dada en la expresión

F (x, y) = 0 si F (x, f (x)) = 0 para toda x ∈ I.
dy
Si se desea calcular la derivada , donde la ecuación es xy = 1, se puede despejar y en función de x
dx
y luego derivar; sin embargo este método no es aplicable cuando no es posible despejar y en función de x.
La técnica por medio de la cual obtenemos la derivada de una función dada en forma implı́cita, se
conoce como derivación implı́cita. En ella se establece que si la expresión F (x, y) = 0 define de
manera implı́cita alguna función y = f (x), la derivada de esta se puede obtener derivando término a
término respecto de x la expresión dada, recordando siempre que y es una función de x y aplicando
correctamente la regla de la cadena.
dy
Ejemplo 2.5.2. Dada la ecuación x2 y 3 − 3 = x + 2y 4 , calcular .
dx
Solución:
Mediante este ejemplo ilustraremos la técnica de derivación implı́cita que consiste en derivar ambos
dy
miembros de la ecuación con respecto a x, usando la regla de la cadena y luego despejar en la
dx
expresión obtenida, es decir,
d 2 3 d
(x y − 3) = (x + 2y 4 ),
dx dx
lo que debemos destacar antes de derivar, es que la expresión x2 y 3 se deriva como un producto.
dy dy
2xy 3 + 3x2 y 2 = 1 + 8y 3 .
dx dx
Agrupando términos tenemos
dy
(3x2 y 2 − 8y 3 ) = 1 − 2xy 3
dx
luego,
dy 1 − 2xy 3
= 2 2 .
dx 3x y − 8y 3

2.5 Derivación Implı́cita
2.5.1. Derivación logarı́tmica

Para derivar aquellas funciones algebraicas explı́citas con productos, cuocientes y potencias, resulta útil
aplicar logaritmos, sus propiedades y la derivación implı́cita.
√
dy x2 3x − 2
Ejemplo 2.5.3. Encuentre para y =
dx (x − 1)2
Solución:
Aplicaremos logaritmo natural en ambos lados de la expresión,
2√
x 3x − 2
ln y = ln
(x − 1)2
1
= 2 ln x + ln(3x − 2) − 2 ln(x − 1)
2
Ahora derivaremos implı́citamente la igualdad anterior
1 dy 2 3 2
= + − ,
y dx x 2(3x − 2) x − 1
despejando, tenemos √
x2 3x − 2 2

dy 3 2
= + − .
dx (x − 1)2 x 2(3x − 2) x − 1
Observación 2.5.4. Utilizando este mismo procedimiento, podemos obtener la derivada de una
función de la forma exponencial (f (x))g(x) .
En efecto,
y = f (x)g(x) ⇒ ln y = g(x) ln (f (x)) ,
derivando
1 dy f ′ (x)
= g′ (x) ln (f (x)) + g(x) ,
y dx f (x)
ordenando
f ′ (x)

dy g(x) ′
= f (x) g (x) ln (f (x)) + g(x) .
dx f (x)
dy 2
Ejemplo 2.5.5. Encontrar , si y = x x .
dx
Solución:
Aplicando la observación anterior y definiendo las funciones f (x) = x y g(x) = x2 ,
tenemos que

dy 2 2 2 1
= x x − 2 ln x + ·
dx x x x
2
2x x
= (1 − ln x)
x2

2.6 Derivadas de orden Superior
x
Ejemplo 2.5.6. Calcular la derivada de y = xx
Solución:
En este caso, aplicaremos logaritmo natural a ambos lados de la igualdad.
x
y = xx ⇒ ln y = xx ln x (2.1)
Debemos usar derivación implı́cita y la derivada del producto. Para esto definimos z = xx .
Aplicando logaritmo y derivando
1 dz dz
= ln x + 1 ⇒ = xx (ln x + 1)
z dx dx
Volviendo a 2.1, se tiene que
1 dy xx
= xx (ln x + 1) ln x +
y dx x
Ası́
dy x
= xx xx (ln x + 1) ln x + xx−1

dx
Ejercicios
1. Encontrar las derivadas de las siguientes funciones:
a) y = xsen x c) y = xln x
b) f (x) = (sen x)x d) y = (ln x)x
3
2. Encontrar g′ (x) si g(x) = f (xf (arc tg x 2 ) ).
2.6. Derivadas de orden Superior

Definición 2.6.1. Sea f un función derivable en una vecindad de a, se dice que f es dos veces
derivable en a si existe
f ′ (x) − f ′ (a)
f ′′ (a) = lı́m .
x→a x−a
A f ′′ (a) se le llama la segunda derivada de f en a.

La derivada de y = f (x) con respecto a x, es en general, una función de x y se puede derivar nuevamente
con respecto a esta variable. La derivada de la primera derivada es la segunda derivada; la derivada de
esta última es a su vez la tercera derivada y ası́ sucesivamente. En general la n− ésima erivada de una
función f se obtiene al derivar n veces. El resultado de esta derivación, es decir, la n− ésima derivada
se representa mediante las expresiones
dn y (n) (n)
; f (x); y ; Dxn y.
dxn
Ası́,
d3 y d2 y

d d d dy
= = .
dx3 dx dx2 dx dx dx

d2 y
Ejemplo 2.6.2. Encontrar para
dx2
y = x2 sen x.
Solución:
La primera derivada es
dy
= 2x sen x + x2 cos x.
dx
Derivando nuevamente
d2 y
= 2 sen x + 2x cos x + 2x cos x − x2 sen x = 2 sen x + 4x cos x − x2 sen x.
dx2
d2 y
Ejemplo 2.6.3. Dada 4x2 + 9y 2 = 36, encontrar .
dx2
Solución:
Calcularemos la primera derivada
dy dy −8x −4x
8x + 18y = 0 ⇒ = = .
dx dx 18 y 9y
Ahora calcularemos la segunda derivada
d2 y
dy
−36y + 36x dx −36y − 36 x 4x
9y 36 y 2 + 16x2
2
= 2
= 2
=− .
dx 81y 81 y 81y 3
También podemos utilizar derivación implı́cita dos veces:
d2 2 2 d2
(4x + 9y ) = (36)
dx2 dx2
d dy
8+ 18y = 0
dx dx
2 !
dy d2 y
8 + 18 +y 2 = 0
dx dx
Luego,
2 !
d2 y 16x2 36 y 2 + 16x2

1 dy 1
2
=− 8 + 18 =− 4+9 =− .
dx 18y dx 9y 81y 2 81y 3
√
Ejemplo 2.6.4. Verificar que x = tg y es solución de la ecuación diferencial
d2 y dy
(x2 + 1) 2 + 2x(x2 + 1) = 2.
dx2 dx
Solución:
Escribiremos en forma explı́cita la función
√
x = tg y ⇔ y = (arc tg x)2 .

Debemos calcular la primera y segunda derivada:
d2 y

dy 2 arc tg x 1 − 2x arc tg x
= ⇒ =2 .
dx x2 + 1 dx2 (x2 + 1)2
Luego, reemplazando en la función se tiene que:
d2 y

dy 1 − 2x arc tg x 2 arc tg x
(x2 + 1)2 2 + 2x(x2 + 1) = (x2 + 1)2 2 + 2x(x2 + 1)
dx dx (x2 + 1)2 x2 + 1
= 2 − 4x arc tg x + 4x arc tg x = 2
Ejemplo 2.6.5. Sea y una función de x definida implı́citamente por la ecuación
x3 + xy + y 3 − 3 = 0.
Calcular y ′′ evaluada en el punto (1, 1).
Solución:
Derivaremos respecto de la variable x, obteniendo
dy dy
3x2 + y + x + 3y 2 = 0, (2.2)
dx dx
luego
dy 3x2 + y
=− (2.3)
dx x + 3y 2
dy
Evaluando en el punto (1, 1), tenemos = −1.
dx
Ahora derivando nuevamente la ecuación 2.3 con respecto a la variable x
dy
d2 y (6x + dx )(x + 3y 2 ) − (3x2 + y)(1 + 6y dy
dx )
2
=− 2 2
dx (x + 3y )
Evaluando en el punto (1, 1), se tiene
d2 y (6 − 1)4 − 4(1 − 6) 5
=− =− .
dx2 42 2
Otra posibilidad es derivar la igualdad 2.2 respecto a x, obteniendo
2
d2 y d2 y

dy dy dy
6x + + + x 2 + 6y + 3y 2 =0
dx dx dx dx dx2
despejando la segunda derivada, tenemos
2
dy dy
d2 y 6x + 2 dx + 6y dx
=− .
dx2 x + 3y 2
Evaluando en el punto (1, 1), obtenemos
d2 y 10 5
2
=− =− .
dx 4 2
Observación 2.6.6. Las derivadas de segundo orden son útiles en la representación gráfica de
funciones como veremos en el próximo capı́tulo.

2.7 Derivadas paramétricas
2.7. Derivadas paramétricas

Cuando la dependencia funcional entre las variables de un punto P (x, y) de una curva viene dada por
una tercera variable t, llamada parámetro, definida en algún intervalo I, se dice que la curva está dada
en forma paramétrica.
En este caso la curva está definida por dos ecuaciones
x = f (t), y = g(t), t ∈I
llamadas ecuaciones paramétricas de la curva.

Por lo general el intervalo I, es un intervalo cerrado [a, b]. Cuando el parámetro t toma todos los valores
en el intervalo I, el punto P (f (t), g(t)) describe una curva en el plano XY cuyos extremos inicial y final
son Q(f (a), g(a)) y R(f (b), g(b)), respectivamente.
Observación 2.7.1. Las funciones f y g definidas en el intervalo I, que parametrizan una curva
no son únicas.
Ejemplo 2.7.2. Unas ecuaciones paramétricas de la circunferencia centrada en el origen y radio r
son (
x = r cos t
0 ≤ t ≤ 2π.
y = r sen t
Ejemplo 2.7.3. Unas ecuaciones paramétricas de una elipse con centro en el origen son
(
x = a cos t
0 ≤ t ≤ 2π.
y = b sen t
Ejemplo 2.7.4. La curva recorrida por un punto P de una circunferencia de radio a cuando
esta rueda sobre una recta se llama Cicloide . Si esta recta es el eje X y una de las posicio-
nes de P es el origen, unas ecuaciones paramétricas que describen el recorrido del punto P son:
2a —
( P (x, y)
x = a(t − sen t) b
t ∈ R. b
y = a(1 − cos t) t
2πa
Observación 2.7.5. Nos interesa encontrar la derivada de y con respecto a x cuando la función
está definida paramétricamente.
Supongamos que la función está definida en forma paramétrica por

(
x = f (t)
t ∈ I,
y = g(t)
dx
donde f y g son funciones diferenciables en t tal que 6= 0 para todo t ∈ I.
dt

Por la regla de la cadena se tiene
dy
dy dy dt dy 1 dt g′ (t)
= = = = , t ∈ I.
dx dt dx dt dx
dt
dx
dt
f ′ (t)
dy
Ejemplo 2.7.6. Encontrar en cada punto de la cicloide.
dx
Solución:
dy a sen t 1 + cos t
= = ; t 6= 2nπ.
dx a(1 − cos t) sen t
Como la derivada está expresada en función del parámetro t, debemos definir la función paramétrica-
mente. Ası́, unas ecuaciones paramétricas para la función derivada de la ciloide son:
dy 1 + cos t

 =
dx sen t


x = a(t − sen t)

dy
Ejemplo 2.7.7. Encontrar de la función definida paramétricamente por
dx
tt

y = √
x = ln t + 1
Solución:
2
Notemos que x2 − 1 = ln t y por lo tanto t = ex −1 .
Como y = tt = et ln t , tenemos que
dy
= et ln t (ln t + 1) = tt (ln t + 1) = yx2 .
dt
También se puede usar que ln y = t ln t por lo tanto
1 dy
= ln t + 1,
y dt
dy
despejando y reemplazando obtenemos igualmente = yx2 . Calculando
dt
dx 1 1 1 1
= √ =
dt 2 ln t + 1 t 2x ex2 −1
Por lo tanto
dy 3 2 2
= 2tt+1 (ln t + 1) 2 = (yx2 )(2xex −1 ) = 2yx3 ex −1 .
dx

d2 y
Observación 2.7.8. Para encontrar la segunda derivada de una función definida paramétri-
dx2
camente por (
x = f (t)
y = g(t)
tenemos que usar la regla de la cadena de la siguiente forma

d dy
d2 y

d dy d dy dt dt dx
= = =
dx2 dx dx dt dx dx dx
dt
Ejemplo 2.7.9. El movimiento de una partı́cula está representado por las ecuaciones
√
y = √ t2 + 1

x = t2 − 1
Encuentre la segunda derivada en t = 2.
Solución:
Derivando respecto a t tenemos
dy t dx t
=√ =√ .
dt 2
t +1 dt 2
t −1
Ası́, √
dy t2 − 1
=√ .
dx t2 + 1
Derivando con respecto a x tenemos,
√ √
2t t2 + 1 2t t2 − 1 √
√ − √
d2 y t2 − 1

d dy dt 2 t2 − 1 2 t2 + 1
= · = · .
dx2 dt dx dx t2 + 1 t
Evaluando en t = 2 tenemos √ √
2 5 2 3 √
√ − √
′′ 3 5 3 2
y = · = √ .
5 2 5 5
Ejercicios
dy
1. Hallar para las siguientes curvas dadas paramétricamente.
dx
( (
x = e−at x = arc sen t
a) 2at
b) √
y= e y = 1 − t2

( (
x = eat cos bt x = a( cos t + t sen t)
c) d)
y = eat sen bt y = a( sen t − t cos t)
2. Escribir las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva dada en el punto indicado.

x = 1 + t

a) t3 en (2, 2),
3 1
y =
 +
2t2 2t
(
x = t cos t √
b) en (0, 0) y ( π6 , 3 π6 )
y = t sen t
3. El Folium de Descartes tiene ecuaciones paramétricas

3at

x =

1 + t3
2
y = 3at

1 + t3
dy t (2 − t3 )
Mostrar que =
dx 1 − 2t3
d2 y
4. Encuentre en la circunferencia y en la cicloide.
dx2
1
5. Demuestre que una solución de la ecuación diferencial y = xy ′ + ′ está dada por la función
y
1

 x= 2

definida paramétricamente por p
2 .
 y=

p

3
Aplicaciones de la derivada
Cuando estudiamos un fenómeno cualquiera, por ejemplo la velocidad a la que rota una hélice, el tiempo
que demora una sustancia radiactiva en desintegrarse o qué tan rápido ha crecido la población mundial
en el último siglo, nos estamos preguntando por la rapidez del cambio. La derivada nos permite modelar
matemáticamente todos estos fenómenos. En este capı́tulo estudiaremos ésta y otras aplicaciones y nos
ocuparemos de aprender las técnicas que nos permiten conocer el comportamiento de una función y
bosquejarla.
3.1. Razones de cambio relacionadas

Una de las principales aplicaciones de la derivada está relacionada con el hecho de que la derivada
dy
representa la razón de cambio de la variable y con respecto a la variable x. Cuando la variable
dx
dy
independiente es el tiempo (habitualmente usamos la letra t para denotarla), la derivada representa
dt
la rapidez de cambio de la variable y con respecto al tiempo. En este capı́tulo abordaremos problemas
donde debemos relacionar dos variables, digamos x e y, que están en función de una tercera variable,
por ejemplo el tiempo. La manera de resolver este tipo de problemas es encontrar una relación implı́cita
entre ambas variables por medio de una ecuación F (x, y) = 0 y derivarla. La determinación de esta
relación implı́cita es la clave para resolver estos problemas. Analicemos el siguiente ejemplo.
Ejemplo 3.1.1. Se lanza una piedra a un estanque de aguas tranquilas y se genera una serie de
ondas circulares concéntricas. El radio de la primera aumenta a razón de 0.5 cm cada segundo. ¿A
qué velocidad está cambiando el área del cı́rculo que encierra esta onda, cuando el radio del cı́rculo
es 1 m?
Solución:
Al leer el problema, nos damos cuenta que existen dos variables
involucradas. Sea r(t) el radio del cı́rculo de la onda que se
expande y A(t) el área de dicho cı́rculo. b
Sabemos que la relación de estas dos variables está dada por

A = πr 2 .
69
3.1 Razones de cambio relacionadas
Derivando con respecto al tiempo, se tiene

dA dr
= 2πr ·
dt dt
dr
Del problema sabemos que la velocidad con la que aumenta el radio de la onda es = 0,5 centı́metros
dt
por segundo y que el radio es r = 100 centı́metros. Entonces,
dA
= 2π100 · 0,5 = 100π
dt
Por lo tanto el área varı́a a una velocidad de 100π centı́metros cuadrados cada segundo.
Ejemplo 3.1.2. Se suelta un pequeño globo en un punto a 150 metros alejado de un observador,
quien se encuentra en el nivel del piso. Si el globo se eleva en lı́nea recta a una velocidad de 8 metros
por segundo. ¿Qué tan rápido está aumentando la distancia del observador al globo cuando este se
encuentra a 50 metros?
Solución:
Lo primero que hacemos es leer cuidadosamente y tratar de
hacer un bosquejo que nos ayude a entender el problema. No-
tamos que hay un triángulo rectángulo que tiene un cateto fijo,
z h
mientras que el otro cateto y la hipotenusa están variando a
50 m
medida que el globo se eleva. Ası́, las variables en función del
tiempo son la altura del globo y la distancia entre el globo y
el observador. 150 m
Entonces, sean h(t) y z(t), respectivamente la altura del globo y la distancia del observador al globo en
dh
cualquier instante t, medidas en metros, como lo muestra la figura. Luego, la derivada, , representa
dt
dz
la rapidez a la cual se está elevando el globo en cada instante y , la rapidez a la cual se está alejando
dt
del observador.
dh
De los datos del problema se tiene que = 8 m/s , es constante. Como hemos notado, las variables
dt
h y z son respectivamente, cateto e hipotenusa de un triángulo rectángulo, por lo que la ecuación que
relaciona las dos variables es
z 2 = h2 + 1502 (3.1)
Derivando con respecto a t tenemos
dz dh dz dh dz h dh
2z = 2h ⇒ z =h ⇒ = .
dt dt dt dt dt z dt
√
Ahora bien, en el instante en que h = 50, por (3.1) se tiene que z = 50 10, entonces
dz 50 4√
= √ ·8= 10.
dt 50 10 5
Luego, cuando el globo está a 50 metros de altura, la distancia del observador al globo está aumentando
a razón de √
4 10
m/s.
5

3.1 Razones de cambio relacionadas
Ejemplo 3.1.3. En un recipiente en forma de cono circular recto (invertido), con radio basal
R = 30 cm. y altura h = 50 cm., se vierte agua a razón de 2 litros por minuto.
Si en t = 0 el recipiente estaba vacı́o, calcular la velocidad a la que está aumentando el nivel del
agua en el recipiente, después de 5 minutos de haber comenzado a llenarse.
Solución:
Notemos que en cualquier instante t > 0 hay agua en el recipiente. El volumen de agua se puede
calcular utilizando la fórmula geométrica de volumen de un cono, el que depende de la altura y el
radio basal. Sean entonces, h(t) y r(t), respectivamente, la altura del agua y el radio correspondiente,
medidos en centı́metros, en el instante t. El volumen de este cono de agua cuando la altura es h
está dada por
1
V = πr 2 h, (3.2)
3
derivando respecto al tiempo tenemos

dV 2 dr 1 dh πr dr dh
= πrh + πr 2 = 2h + r . (3.3)
dt 3 dt 3 dt 3 dt dt
R = 30 cm
C 30
D
r
A B
h = 50 cm h h
De acuerdo a la figura, el triángulo △OAB es semejante al triángulo △OCD, luego
|AB| |CD| r 30 3
= ⇒ = ⇒ r = h.
|OA| |OC| h 50 5
Derivando esta última expresión respecto al tiempo tenemos que

dr 3 dh
= .
dt 5 dt
Del enunciado del problema, sabemos que entran al recipiente 2 litros de agua por minuto, es
dV
decir, = 2 lt/min. = 2000 cm3 /min. A los 5 minutos, el recipiente contiene 10 litros, es decir,
dt
10000 cm3 .
De la ecuación 3.2 tenemos r
3 3 3 2
10000 = πh ⇒ h = 50
25 3π
q
2
ası́, r = 30 3 3π cm.
Reemplazando en la ecuación 3.3 obtenemos que

3.2 Diferenciales y aproximaciones
r r r !
2 2 2 dh
2000 = 10π 3 60 3 + 30 3
3π 3π 3π dt
r
4 dh
= 900π 3
9π 2 dt
de donde
dh 20 20
= q = √
3
.
dt 9π 3 9π4 2 324π
Luego, después de 5 minutos, la velocidad con la que está aumentando el nivel del agua es de
20
√
3
cm/min.
324π
Ejercicios
1. Un avión pasa en lı́nea recta, con altura constante, a dos kilómetros por encima de una persona,
la cual sigue su recorrido con la vista. El avión vuela con una velocidad de 400 km/h.
Determinar la razón a la que está cambiando el ángulo visual de la persona 10 segundos después
que pasó el avión por encima de ella.
2. Una escalera de 7 metros de longitud está apoyada en una pared. en su extremo superior se
encuentra un hombre haciendo unos arreglos. Esta persona no sabı́a que el piso sobre el cual
estaba apoyada la escalera era resbaladizo y en un momento dado el extremo inferior de la escalera
comienza a resbalar, alejándose de la pared a una velocidad constante de 2 m/min. ¿A qué velocidad
irá cayendo el hombre cuando éste se encuentre a 1 m del piso?
3. En t = 0 comienza a inyectarse aire dentro de un cubo de material elástico. La diagonal del cubo
comienza a crecer a una velocidad constante de 5 centı́metros por minuto.
Determinar el volumen del cubo en el momento en que este está aumentando a una velocidad de
100 cm3 /min.
4. Del fondo de un depósito semiesférico de radio 4 metros, está saliendo agua a razón de un metro
cúbico por hora. El depósito estaba lleno inicialmente.
¿A qué velocidad cambia el nivel del agua cuando su altura es de 1,5 metros?
3.2. Diferenciales y aproximaciones

Estudiaremos ahora otra de las aplicaciones de la derivada, que tiene relación con el cálculo de valores
aproximados y la estimación de errores mediante diferenciales.
Consideremos la ecuación y = f (x), donde f es una función derivable en su dominio, y un punto

P (x0 , y0 ) de la gráfica de y = f (x).
Como x0 ∈ Dom f , sabemos que f ′ (x0 ) existe y se tiene
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
f ′ (x0 ) = lı́m
∆x→0 ∆x

Ası́, si ∆x es pequeña, el cuociente

f (x0 + ∆x) − f (x0 )
∆x
es aproximadamente f ′ (x0 ), es decir
f ′ (x0 )∆x ≈ f (x0 + ∆x) − f (x0 )
La diferencia f (x0 + ∆x) − f (x0 ) se denomina ∆y y es el cambio real en y cuando x varı́a de x0 a

x0 + ∆x.
La expresión f ′ (x0 )∆x se denomina dy y es una aproximación de ∆y cuando la variable x varı́a en
una cantidad muy pequeña.
T
Como lo muestra la figura, la cantidad
y = f (x) ∆y
dy corresponde al cambio en la recta
tangente a la curva en P cuando x dy
P (x0 , y0 )
varı́a de x0 a x0 + ∆x. b
Ası́, si ∆x es pequeña dy será una

buena aproximación para ∆y.
x0 x0 + ∆x
Definición 3.2.1. Sea y = f (x) donde f es una función derivable respecto de la variable inde-
pendiente x. Se definen:
∆x como un incremento arbitrario de la variable independiente x.
dx como la diferencial de la variable independiente x, la cual es igual a ∆x.
∆y como el cambio real o incremento de la variable y cuando x cambia de x a x + ∆x; esto es
∆y = f (x + ∆x) − f (x).
dy como la diferencial de la variable dependiente y, esto es
dy = f ′ (x)dx.
Ejemplo 3.2.2. Si y = 3x2 + 4x − 5, encontrar ∆y y dy para ∆x arbitrario.
Solución:
Como ∆y = f (x + ∆x) − f (x), entonces
∆y = 3(x + ∆x)2 + 4(x + ∆x) − 5 − 3x2 − 4x + 5 = 6 x ∆x + 3∆x2 + 4∆x.
En el caso de dy, necesitamos la derivada de la función f respecto a x. Calculando obtenemos y ′ = 6x+4,

con esto se tiene que dy = (6x + 4)∆x = (6x + 4)dx.

3.2.1. Fórmulas de diferenciación

Sean u y v funciones diferenciables de x, y sea C ∈ R una constante.
1. d(C) = 0 11. d(sec u) = sec u tg u du
2. d(xn ) = n xn−1 dx 1
12. d(arc sen u) = √ du
1 − u2
3. d(C u) = C du
1
4. d(u + v) = du + dv 13. d(arc tg u) = du
1 + u2
5. d(u v) = u dv + v du 1
14. d(arcsec u) = √ du
u v du − u dv u u2 − 1
6. d =
v v2 1
15. d(ln u) = du
u
7. d(un ) = n un−1 du
1
8. d(sen u) = cos u du 16. d(loga u) = loga e du
u
9. d(cos u) = − sen u du 17. d(eu ) = eu du
10. d(tg u) = sec2 u du 18. d(au ) = au ln a du.

√
Ejemplo 3.2.3. Calcular dy para y = x2 3 2x + 3.
Solución:
En este caso calculamos la diferencial de un producto
√ 2 dx
dy = 3
2x + 3 2x dx + x2 p
3 (2x + 3)2
3
!
√ 2x 2
= 2x 3 2x + 3 + p dx.
3 3 (2x + 3)2
Observación 3.2.4. El principal uso de las diferenciales es proporcionar aproximaciones reempla-
zando el incremento ∆y por dy. Ası́ f (x + ∆x) se aproxima por medio de
f (x + ∆x) = f (x) + ∆y ≈ f (x) + dy = f (x) + f ′ (x)∆x.
Ejemplo 3.2.5. Usando diferenciales estimar el incremento del volumen de un cubo cuando sus
lados cambian de 10 cm. a 10, 1 cm. ¿Cuál es el incremento exacto?
Solución:
El volumen de un cubo de lado x está dado por V (x) = x3 , por lo tanto
∆V ≈ dV = V ′ (x) dx = 3x2 ∆x.
Si x0 = 10 y ∆x = 0, 1 entonces dV = 3 · 102 · 0, 1 = 30 cm3 . El incremento exacto es
∆V = V (x + ∆x) − V (x) = (10, 1)3 − 103 = 1030, 301 − 1000 = 30, 301 cm 3 .

√
3
Ejemplo 3.2.6. Use diferenciales para calcular un valor aproximado de 7, 5.
Solución: Para utilizar diferenciales para aproximar debemos encontrar una función adecuada, y luego
√
identificar los valores de x y ∆x que nos sirven. En este caso, sea f (x) = 3 x . Entonces
1
f ′ (x) = √
3
.
3 x2
Considerando x = 8 y ∆x = −0, 5, debemos determinar
√
f (x + ∆x) = 3 x + ∆x.
Utilizando la aproximación f (x + ∆x) ≈ f (x) + f ′ (x) dx se tiene
p3
√
3 1 1 47
7, 5 ≈ 8 + 2 (−0, 5) = 2 − = = 1, 9583.
3 (8 3 ) 24 24
Ejemplo 3.2.7. Se inscribe un rectángulo en un semicı́rculo de 5 metros de radio. Se pide calcular
el incremento en el área del rectángulo si la longitud de la base se incrementa de 6 metros a 6 16
metros.
Solución:
Sea x la medida de la base del rectángulo.
El área del rectángulo inscrito en el semicı́rculo de
radio 5 en función de su base está dado por:
r 5
x2
A(x) = x 25 − .
4
x
Luego su derivada es
50 − x2
A′ (x) = q .
2
2 25 − x4
1
Reemplazando por x = 6 y ∆x = , se tiene
6
50 − 36 1 7
∆A ≈ A′ (x) ∆x ⇒ ∆A ≈ · = = 0, 2916 . . .
8 6 24
Ejercicios
1. Las seis caras de una caja cúbica metálica tiene un grosor de 0.25 pulgadas y el volumen interior
de la caja es de 40 pulgadas cúbicas. Utilice diferenciales para aproximar el volumen de metal
empleado para fabricar la caja.
2. El radio de la Tierra es de aproximadamente 6.000 km. Un globo aerostático vuela sobre la lı́nea
del ecuador recorriéndola completamente, a una altura constante de 500 m, ¿en cuánto excede a
la longitud del ecuador el recorrido del globo?
3. Un contratista acuerda pintar los dos lados de mil señales circulares, cada una de 3m de radio. Al
recibir las señales, se descrubió que éstas son 1 cm más grandes. Use diferenciales para determinar
el incremento porcentual aproximado de pintura que se necesitará.

3.3 Gráfica de funciones
3.3. Gráfica de funciones

Recordemos que la derivada representa la pendiente de la recta tangente a la gráfica de una función en
un punto. Utilizaremos esta caracterı́stica para estudiar técnicas que nos ayuden a bosquejar la gráfica de
una función. En el primer capı́tulo estudiamos cómo determinar las ası́ntotas verticales y horizontales de
la gráfica y ahora nos dedicaremos a estudiar, por ejemplo, sus intervalos de crecimiento y decrecimiento.
3.3.1. Valores extremos de una función: Máximos y Mı́nimos

Estudiaremos en primer lugar el comportamiento de la derivada de la función en ciertos puntos especı́ficos
que llamaremos máximos y mı́nimos.
Definición 3.3.1. Sean f una función con dominio D , S ⊆ D, y a, b ∈ S.
1. Se dice que f (a) = M es el máximo absoluto de f en S o que f tiene un valor máximo

absoluto en a si y solo si f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ S.
2. Se dice que f (b) = m es el mı́nimo absoluto de f en S, o que f tiene un valor mı́nimo

absoluto en b, si y solo si f (b) ≤ f (x) para todo x ∈ S.
Definición 3.3.2. Una función f posee un:
1. máximo local ( o relativo ) en c si f (x) ≤ f (c) para todo x en una vecindad de c.
2. mı́nimo local ( o relativo ) en d si f (d) ≤ f (x) para todo x en una vecindad de d.
Observación 3.3.3. Para referirnos en general a máximos y mı́nimos (absolutos o relativos) de f

en S hablamos de extremos (absolutos o relativos).
Ejemplo 3.3.4. Sea f la función cuya gráfica es la siguiente:
La función f tiene máximos locales en b

y en d, tiene mı́nimos locales en c y en
e. Además f tiene máximo absoluto en
d y mı́nimo absoluto en e.
b c d e
Definición 3.3.5. Sea c un punto del dominio de una función f . Diremos que c es un crı́tico si
f ′ (c) = 0 o f ′ (c) no existe.
Ejemplo 3.3.6. Encontrar los puntos crı́ticos de f si f (x) = x3 − 3x2 + 3.
Solución:
Derivando, f ′ (x) = 3x2 − 6x, e igualando a cero, tenemos
3x2 − 6x = 0 ⇔ 3x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 o x = 2
Los puntos crı́ticos son x = 0 y x = 2.

1
Ejemplo 3.3.7. Encontrar los puntos crı́ticos de g si g(x) = x 3 (x + 4 ).
Solución:
4 1 4 1 4 2
g(x) = x 3 + 4x 3 ⇒ g′ (x) = x 3 + x− 3
3 3

4 x+1
g′ (x) = 0 ⇔ √
3
= 0 ⇔ x = −1.
3 x2
Notar que g′ no existe si x = 0. Luego los puntos crı́ticos de g son x = 0 y x = −1.
3
Ejemplo 3.3.8. Encontrar los puntos crı́ticos de f si f (x) = x 5 (4 − x).
Solución:
Derivando la función como un producto tenemos
3 −2 3 12 − 8x
f ′ (x) = x 5 (4 − x) + x 5 (−1) = 2 .
5 5x 5
3
Luego los puntos crı́ticos de f son x = 2 y x = 0.
Observación 3.3.9. Nuestro interés en determinar los puntos crı́ticos de la función se explica por
el siguiente teorema.
Teorema 3.3.10. Teorema de Fermat.

Si f tiene un extremo local en c y f ′ (c) existe, entonces f ′ (c) = 0.
Demostración.
Supongamos que f tiene un máximo local en c, (si (c, f (c))
fuese un mı́nimo el proceso es idéntico), y sea
V (c) = (c − r, c + r), r > 0
una vecindad de c. Entonces,

(d, f (d))
∀ x ∈ V (c), f (x) ≤ f (c),
luego
∀ x ∈ V (c), f (x) − f (c) ≤ 0

Con esto:
f (x) − f (c)
1. Si x > c, entonces lı́m ≤ 0 ⇔ f+′ (c) ≤ 0
x→c+ x−c
f (x) − f (c)
2. Si x < c, entonces lı́m ≥ 0 ⇔ f−′ (c) ≥ 0.
x→c− x−c
Como f es derivable en c, se cumple que f ′ (c) = f−′ (c) = f+′ (c) y por lo tanto, f ′ (c) = 0.

Observación 3.3.11.
1. El recı́proco de este teorema no es válido, es decir, si f ′ (c) = 0, puede ocurrir que f no
necesariamente tenga un extremo local en c.
Ejemplo 3.3.12. Si f es la función dada por f (x) = x3 , su derivada es f ′ (x) = 3x2 . Se tiene
que f ′ (0) = 0 y sin embargo f no tiene un extremo en x = 0.
2. La función f puede tener un extremo local donde f ′ (c) no existe.
Ejemplo 3.3.13. La función valor absoluto, dada por f (x) = | x | tiene un mı́nimo local en
x = 0, sin embargo f ′ (0) no existe.
3. Los únicos puntos del dominio en los cuales una función puede tomar valores extremos son los
puntos crı́ticos y los puntos de su frontera.
4. Para hallar los extremos absolutos de una función continua f en un intervalo cerrado [a, b] se
evalúa f en todos sus puntos crı́ticos y en los puntos extremos a y b del intervalo. El mayor
valor es el máximo absoluto y el menor, el mı́nimo absoluto.
x2 2
Ejemplo 3.3.14. Determinar los extremos absolutos de la función f dada por f (x) = (x − 2)
2
en [−2, 3].
Solución:
Como se trata de una función derivable en todo R, los puntos crı́ticos provienen de f ′ (x) = 0. Derivando,
f ′ (x) = x(x2 − 2) + x3 = 2x3 − 2x.
Igualando a cero
2x3 − 2x = 0 ⇔ x = 0, x = 1, x = −1.
Como los tres puntos crı́ticos están en el intervalo, debemos calcular la imagen de cada uno de ellos y
también la de los extremos del intervalo
x 0 1 −1 −2 3
f (x) 0 − 12 − 12 4 63
2
63 1
Ası́, el máximo absoluto es y está en x = 3 y el mı́nimo absoluto es − y se encuentra en x = ±1
2 2
Teorema 3.3.15. Teorema de Rolle.
Sea f una función real definida en el intervalo [a, b] tal que
1. f es continua en [a, b]
2. f es derivable en (a, b)
3. f (a) = f (b)
Entonces existe un punto c ∈ (a, b) tal que f ′ (c) = 0

Demostración.
Para la demostración del teorema consideraremos dos casos:
1. f es constante para toda x ∈ [a, b].

Entonces f ′ (x) = 0 para toda x en (a, b); por lo tanto cualquier número entre a y b puede
considerarse como c.
2. f no es constante en el intervalo [a, b]. Como f es continua en [a, b], entonces existen xm y xM en
[a, b] tal que f tiene un valor mı́nimo absoluto y un valor máximo absoluto en [a, b] respectivamente,
luego f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ) para todo x ∈ [a, b] y f (xm ) < f (xM ).
Si xm ∈ (a, b), entonces por el teorema de Fermat tenemos que f ′ (xm ) = 0 luego c = xm y
el teorema está probado. Lo mismo ocurre si xM ∈ (a, b).
Si xm = a. Como f (a) = f (b) = f (xm ) < f (xM ), se tiene que xM ∈ (a, b), luego por el
Teorema de Fermat, f ′ (xM ) = 0, ası́ c = xM . El mismo argumento resulta si xM = a. Esto
prueba el teorema
Ejemplo 3.3.16. Verificar la validez del teorema de Rolle para la función real f definida por
f (x) = x4 + x2 + 2 en el intervalo [−1, 1].
Solución:
Como f es polinomial, es continua y diferenciable en todo R, y por tanto en [−1, 1]. Además,
f (−1) = 4 = f (1). Luego, se satisface las condiciones del teorema y entonces existe c ∈ (−1, 1) tal
que f ′ (c) = 0. Como f ′ (x) = 4x3 + 2x, se cumple que 4c3 + 2c = 0, es decir, 2c(c2 + 1) = 0, cuya
única solución real es c = 0. Como este punto se encuentra en (−1, 1), c = 0 verifica el teorema de
Rolle.
Teorema 3.3.17. Teorema del Valor Medio (TVM).

Si f es una función continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), entonces existe c entre a y b tal que
f (b) − f (a)
f ′ (c) =
b−a
Demostración.
La ecuación de la recta que pasa por los puntos A(a, f (a) y B(b, f (b) es
f (b) − f (a)
y = f (a) + (x − a).
b−a
Sea F la función que mide la distancia vertical entre la gráfica de f y la recta secante que pasa por los
puntos A y B. Ası́ para toda x ∈ [a, b],
f (b) − f (a)
F (x) = f (x) − f (a) − (x − a).
b−a

La función F es continua en [a, b] porque es la suma de f y una función lineal, ambas continuas en ese
intervalo. Además, F es diferenciable en (a, b) y
f (b) − f (a)
F (a) = f (a) − f (a) − (a − a) = 0
b−a
f (b) − f (a)
F (b) = f (b) − f (a) − (b − a) = 0.
b−a
Ası́, por el teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que
f (b) − f (a)
F ′ (c) = 0 ⇒ f ′ (c) − = 0.
b−a
Luego,
f (b) − f (a)
f ′ (c) = .
b−a

P (c, f (c))
Observación 3.3.18. Geométricamente, si f ve-
rifica la hipótesis del teorema del valor medio, A(a, f (a))
existe al menos un número c entre a y b tal que

la recta tangente a la gráfica de f en el punto
P (c, f (c)) es paralela a la recta que une los pun- B(b, f (b))
tos A(a, f (a)) y B(b, f (b)).
Ejemplo 3.3.19. Sea f la función dada por f (x) = x3 . Encontrar c ∈ (−1, 2) que satisface el
teorema del valor medio para f en [−1, 2].
Solución:
8
La función f tal que f (x) = x3 es continua en
[−1, 2] y diferenciable para (−1, 2). 7
6
Como f
5
f (2) − f (−1) 8+1
= = 3, 4
2 − (−1) 3
3
el teorema del valor medio afirma que en algún punto 2
c, interior al intervalo, su derivada es igual a 3.
1
′ 2 2
f (c) = 3c = 3 ⇔ c = 1 ⇔ c = ±1
−2 −1 1 2 3 4
−1
Ası́, el número c que verifica el teorema del valor
−2
medio para f en [−1, 2] es c = 1, como se muestra
en la figura.

Ejercicios
1. Verifique el TVM con la función f (x) = x ln x en el intervalo [1, e].
2. Demuestre que x4 + 3x + 1 = 0 tiene exactamente una solución en el intervalo [−2, −1]

x2
3. Utilice el TVM para demostrar que si x > 0, entonces cos x > 1 − . Sugerencia: Considere
2
t2

f (t) = cos t − 1 − en el intervalo [0, x]
2
4. Suponga que un cuerpo se mueve sobre el eje X, según la función
1 52
x = f (t) = t3 − 4t2 + 15t − ,
3 3
donde x se mide en metros y t en minutos. Probar que existe un instante entre t = 0 y t = 4 en
el que la velocidad del cuerpo es cero.
3.3.2. Monotonı́a y criterio de la primera derivada

Definición 3.3.20. Sea f una función definida en un intervalo I. Decimos que:
1. f es creciente en I, si para todo par de números x1 y x2 en I,
x1 < x2 entonces f (x1 ) ≤ f (x2 ).
2. f es decreciente en I, si para todo par de números x1 y x2 en I,
x1 < x2 entonces f (x1 ) ≥ f (x2 ).
Teorema 3.3.21. Sea f continua en el intervalo I y derivable en todo punto interior de I.
1. Si f ′ (x) > 0 sobre el intervalo I, entonces f es creciente en I.
2. Si f ′ (x) < 0 sobre el intervalo I, entonces f es decreciente en I.
Demostración.
Sean x1 , x2 dos números cualesquiera de I con x1 < x2 .
El TVM aplicado a f en [x1 , x2 ] dice que:
f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (c) (x2 − x1 ) para algún c entre x1 y x2 .
Supongamos que f ′ (x) > 0 para todo x ∈ I, en particular f ′ (c) > 0 y como x2 − x1 > 0, entonces
f (x2 ) − f (x1 ) > 0 . Luego f (x1 ) < f (x2 ) , es decir, f es creciente en I.
Ahora si tenemos que f ′ (x) < 0, ∀x ∈ I, entonces f ′ (c) < 0 y como x2 − x1 > 0, entonces
f (x2 ) − f (x1 ) < 0. Luego f (x2 ) < f (x1 ), es decir, f es decreciente en I.


Ejemplo 3.3.22. Encontrar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f dada por
f (x) = x3 − 3x2 + 2.
Solución:
Derivando f tenemos f ′ (x) = 3x2 − 6x = 3x(x − 2) e igualando a cero se tiene que los puntos crı́ticos
son x = 0 y x = 2. Construimos una tabla con estos números escritos de mayor a menor para analizar
el signo de la derivada en cada intervalo.
(−∞, 0) 0 (0, 2) 2 (2, ∞)

x − + +
x−2 − − +
x(x − 2) + − +
f ′ (x) > 0 f ′ (x) < 0 f ′ (x) > 0
ր ց ր
f creciente f decreciente f creciente
Luego f es creciente en los intervalos (−∞, 0), (2, ∞) y decreciente en (0, 2).
Teorema 3.3.23. Sea f una función continua en un intervalo abierto (a, b) que tiene un punto
crı́tico c.
(i) Si f ′ (x) > 0 para todo x en (a, c) y f ′ (x) < 0 para toda x en (c, b), entonces f (c) es un valor
máximo local de f .
(ii) Si f ′ (x) < 0 para todo x en (a, c) y f ′ (x) > 0 para toda x en (c, b), entonces f (c) es un valor
mı́nimo local de f .
(iii) Si f ′ (x) tiene el mismo signo en ambos lados de c, entonces f (c) no es un valor extremo de
la función f .
Demostración.
Haremos la demostración para (i). Las demostraciones de (ii) y (iii) son semejantes.
Como f ′ (x) > 0 para todo x ∈ (a, c), por el teorema 3.3.21, f es creciente en (a, c). Además, como
f (x) < 0 para toda x en (c, b), entonces f es decreciente en (c, b). Por lo tanto, f (x) < f (c) para todo
x 6= c en (a, b). Ası́ podemos concluir que f (c) es un máximo local.

Ejemplo 3.3.24. Encontrar los valores máximos y mı́nimos locales de la función f dada por
f (x) = x4 − 4x3 + 4x2 + 2 y esbozar su gráfica.
Solución:
Como f es unas función polinomial, su dominio es todo R. Su derivada es
f ′ (x) = 4x3 − 12x2 + 8x.
Ahora debemos determinar los puntos crı́ticos :

f ′ (x) = 0 ⇔ 4x3 − 12x2 + 8x = 0 ⇔ 4x(x − 1)(x − 2) = 0
Ası́, los puntos crı́ticos son: x = 0, x = 1, x=2

Haciendo una tabla resumen

x <0 x=0 0<x<1 x=1 1<x<2 x=2 x>2
f′ − 0 + 0 − 0 +
f ց 2 ր 3 ց 2 ր
decreciente mı́nimo creciente máximo decreciente mı́nimo creciente
local local local
La función f es decreciente en los interva-

3
los (−∞, 0), (1, 2) y es creciente en
(0, 1), (2, ∞). 2
Además, f tiene mı́nimos locales (y abso-
lutos) en x = 0, x = 2 y un máximo local 1
en x = 1.
−2 −1 1 2 3
√
Ejemplo 3.3.25. Hallar los puntos crı́ticos de f donde f (x) = 3 x(x + 4). Identificar los intervalos
de monotonı́a de f . Hallar los extremos absolutos y locales de la función.
Solución:
El dominio de la función es R. Calculemos su derivada:
4 √

4 1 4 2 1 4 x+1
f ′ (x) = x 3 + x− 3 = 3
x+√
3
= √
3
.
3 3 3 x2 3 x2
Los puntos crı́ticos son: x = 0 , y x = −1
x < −1 x = −1 −1 < x < 0 x=0 x>0

f′ − 0 + no existe +
f ց −3 ր 0 ր
decreciente mı́nimo creciente no es creciente
local extremo
Como su dominio es R y la función es creciente en (−1, ∞) y decreciente en (−∞, −1), concluimos que
no tiene extremos absolutos.
3.3.3. Concavidad y criterio de la segunda derivada

Definición 3.3.26. Sea f derivable en un intervalo abierto I.
Decimos que f (al igual que su gráfica) es:
1. cóncava hacia arriba (convexa) en I, si f ′ es creciente en I;
2. cóncava hacia abajo (cóncava) en I , si f ′ es decreciente en I.
Un punto (x0 , y0 ) en donde la gráfica de una función cambia la concavidad se llama punto de
inflexión.

Teorema 3.3.27. Sea f una función dos veces diferenciable en un intervalo I.
1. Si f ′′ (x) > 0 en I, la gráfica de f es cóncava hacia arriba en I.
2. Si f ′′ (x) < 0 en I, la gráfica de f es cóncava hacia abajo en I.
Ejemplo 3.3.28. Analizar la función f dada por f (x) = x4 − 4x3 en relación a la concavidad y
determinar los puntos de inflexión, si ellos existen.
Solución:
Debemos calcular la primera y segunda derivada de f .
f ′ (x) = 4x3 − 12x2 , f ′′ (x) = 12x2 − 24x.

Para analizar concavidad y encontrar puntos de inflexión resolvemos f ′′ (x) = 0:
f ′′ (x) = 0 ⇔ 12x2 − 24x = 0 ⇔ 12x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 y x = 2.
( −∞, 0) (0, 2) (2, ∞)

f ′′ + − +
concavidad hacia arriba hacia abajo hacia arriba
Los puntos (0, 0) y (2, −16) son puntos de inflexión ya que la gráfica de f cambia de concavidad en
ellos.
1
Ejemplo 3.3.29. Sea f una función dada por f (x) = x2 + . Analizar la concavidad y los puntos
x
de inflexión de f .
Solución:
La función está definida para todo x ∈ R \ {0}.
Calculando la primera y segunda derivada, tenemos
1 2
f ′ (x) = 2x − , f ′′ (x) = 2 + .
x2 x3
Para obtener los posibles puntos de inflexión, igualamos a cero la segunda derivada:
2 (x3 + 1)
f ′′ (x) = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = −1.
x3
En la siguiente tabla resumen mostramos los intervalos de concavidad
(−∞, −1) (−1, 0) (0, ∞)

f ′′ + − +
concavidad hacia arriba hacia abajo hacia arriba
El punto (−1, 0) es un punto de inflexión. Como la función no está definida para x = 0, no hay allı́ un
punto de inflexión. Notar que f tiene la ası́ntota vertical x = 0.

Observación 3.3.30. Si (c, f (c)) es un punto de inflexión de f entonces al pasar por c, la segunda
derivada cambia de signo. Luego si f ′′ (c) existe, entonces f ′′ (c) = 0.
Observación 3.3.31. Si f ′′ (c) = 0, no necesariamente hay un punto de inflexión en (c, f (c)). Por
ejemplo, f (x) = x4 , f ′ (x) = 4x3 , f ′′ (x) = 12x2 , f ′′ (0) = 0 y (0, 0) no es punto de inflexión,
ya que la función es siempre cóncava hacia arriba.
Observación 3.3.32. Puede ocurrir que f ′′ (c) no exista en un punto de inflexión. Por ejemplo
√ 1 −2
f (x) = 3
x, f ′ (x) = √
3
, f ′′ (x) = √3
3 x2 9x x2
f ′′ (0) no existe ya que 0 no es punto del dominio de f ′ , sin embargo, (0, 0) es un punto de inflexión,
pues f es cóncava hacia arriba en (−∞, 0) y cóncava hacia abajo en (0, ∞) .
Teorema 3.3.33. Sea f una función tal que f ′ y f ′′ existen en todo punto de un intervalo abierto
(a, b) que contiene a c y supongamos que f ′ (c) = 0.
1. Si f ′′ (c) < 0, f (c) es un valor máximo local de f .
2. Si f ′′ (c) > 0, f (c) es un valor mı́nimo local de f .
3. Si f ′′ (c) = 0, no hay información para la función en una vecindad de c.
Ejemplo 3.3.34. Hallar los extremos locales de la función f dada por
1 4
f (x) = x − x3 − 2x2 + 3.
4
Solución:
Primero derivaremos la función f y encontramos los puntos crı́ticos
f ′ (x) = 0 ⇔ x3 − 3x2 − 4x = x(x + 1)(x − 4) = 0
Ası́, los puntos crı́ticos son: x = 0, x = −1, y x = 4.

La segunda derivada es
f ′′ (x) = 3x2 − 6x − 4.
Evaluando los puntos crı́ticos en la segunda derivada:
f ′′ (−1) = 5 > 0 hay un mı́nimo relativo en x = −1
f ′′ (0) = −4 < 0 hay un máximo relativo en x = 0
f ′′ (4) = 20 > 0 hay un mı́nimo relativo en x = 4
Observación 3.3.35. Este criterio no funciona cuando f ′ (c) o f ′′ (c) no existen. En estos casos,
debe aplicarse el criterio de la primera derivada.

√3
Ejemplo 3.3.36. Graficar la función f (x) = x2 ( 52 − x).
Solución:
La función f es continua y está definida en todo R. Las intersecciones con el eje X están en
x = 0, x = 25 .
Calculando la primera y segunda derivada tenemos

′ 5 1−x ′′ 5 1 + 2x
f (x) = √ f (x) = − √3
,
3 3
x 9 x4
de donde se tiene que los puntos crı́ticos se encuentran en x = 0 y x = 1.
1
De la segunda derivada podemos ver que los posibles puntos de inflexión están en x = 0 y x = − .
2
La siguiente tabla muestra un resumen del comportamiento de la función f y sus derivadas.
Intervalo ( −∞, − 12 ) x = − 12 (− 12 , 0) x=0 (0, 1) x=1 (1, ∞)

f ′ (x) − − + −
f ′′ (x) + − − −
√
3
3 2 3
f (x) ց⌣ ց⌢ 0 ր⌢ ց⌢
2 2
Concluimos que existe un mı́nimo local en x = 0, un máximo local en x = 1 y un punto de inflexión

1
en x = − . Además, f es creciente en el intervalo (0, 1), decreciente en ( −∞, 0) y en (1, ∞), es
2
cóncava hacia arriba en ( −∞, − 21 ) y cóncava hacia abajo en (− 12 , 0), (0, 1) y (0, ∞).
La gráfica de la función f es
C
b2
B
b
b
A b
D
−3 −2 −1 1 2 3 4 5
−1
−2

3.3.4. Ası́ntotas
Definición 3.3.37. Sea f una función real.
1. La recta x = c es una ası́ntota vertical a la gráfica de f si
lı́m f (x) = ±∞ o lı́m f (x) = ±∞

x→c+ x→c−
2. La recta y = c es una ası́ntota horizontal a la gráfica de f si
lı́m f (x) = c o lı́m f (x) = c

x→+∞ x→−∞
3. La recta y = mx + n es una ası́ntota oblicua a la gráfica de f si
lı́m |f (x) − (mx + n)| = 0 o lı́m |f (x) − (mx + n)| = 0.

x→+∞ x→−∞
Las ası́ntotas verticales y horizontales se estudiaron en el capı́tulo 1. Nos centraremos en las ası́ntotas
oblicuas. Debemos determinar las constantes m y n cuando x → +∞, el otro caso es análogo.
Si
f (x) ≥ mx + n ⇒ |f (x) − (mx + n)| = f (x) − mx − n.
Entonces
lı́m (f (x) − (mx + n)) = 0 ⇔ lı́m (f (x) − mx) = n.
x→+∞ x→+∞
Esto permite calcular el valor de n. Como n debe ser un número real, tenemos

f (x) f (x)
lı́m x − m = n ⇔ lı́m − m = 0.
x→+∞ x x→+∞ x
Ası́, obtenemos
f (x)
lı́m = m.
x→+∞ x
Ası́ntota oblicua
Ası́ntota horizontal
f Ası́ntota vertical

Ejemplo 3.3.38. Hallar las ası́ntotas a la gráfica de f donde

x2 − 4
f (x) = .
x+1
Solución:
La recta x = −1 es una ası́ntota vertical pues
lı́m f (x) = ∞.
x→−1+
Notemos que una ası́ntota horizontal es simplemente una ası́ntota oblicua para la cual m = 0. Ahora, si
y = mx + n es una ası́ntota oblicua, entonces
x2 1 − x42

f (x) x2 − 4
m = lı́m = lı́m 2 = lı́m 2 = 1.
x→∞ x x→∞ x + x x→∞ x 1 + 12
x
Para el cálculo del coeficiente de posición n, tenemos

2
x −4 −4 − x
n = lı́m (f (x) − mx) = lı́m − x = lı́m = −1.
x→∞ x→∞ x+1 x→∞ x+ 1
Ası́, la recta y = x − 1 es ası́ntota oblicua de la gráfica de f . Notemos que en este caso también ocurre
que lı́m f (x) x = 1 y lı́m (f (x) − mx) = −1.
x→−∞ x→∞
Ejemplo 3.3.39. Hacer un análisis general y graficar la función f dada por

p
f (x) = 3 (x + 1)2 (x − 2).
Solución:
El análisis general lo desglosaremos en varios puntos.
1. Como la función dada es una raı́z cúbica, está definida y es continua en todo R. Además la función
intersecta al eje X en x = 2 y x = −1.
2. Calculamos la primera derivada:

x−1
f ′ (x) = p .
3
(x + 1)(x − 2)2
Los puntos crı́ticos lo obtenemos cuando f ′ (x) = 0 o f ′ (x) no existe . Ası́, los posibles extremos
se encuentran en
x = 1, x = −1 y x = 2.
3. La segunda derivada de f es
−2
f ′′ (x) = p .
(x + 1)(x − 2) 3 (x + 1)(x − 2)2
Entonces, los posibles puntos de inflexión aparecen en puntos donde la segunda derivada no existe,
esto es x = 2 y x = −1

4. La siguiente tabla muestra el comportamiento de la función f .
Intervalo ( −∞, −1) x = −1 (−1, 1) x=1 (1, 2) x=2 (2, ∞)

f ′ (x) + − + +
f ′′ (x) + + + −
√
3
f (x) ր⌣ 0 ց⌣ −4 ր⌣ 0 ր⌢
De esta tabla deducimos que la función f es creciente en (−∞, 1) y (1, ∞) y es decreciente en

(−1, 1). En x = −1 existe un máximo local, en x = 1, un mı́nimo local y en x = 2, un punto de
inflexión.
5. Ası́ntotas. Es claro que no existen ası́ntotas verticales, pues la función es continua en R.
Para las ası́ntotas oblicuas, se tiene
p
3
(x + 1)2 (x − 2)
m = lı́m ⇒ m = 1.
x→±∞ x
Ahora determinaremos el punto de intersección de la recta con el eje Y :
p
n = lı́m 3
(x + 1)2 (x − 2) − x
x→±∞
(x + 1)2 (x − 2) − x3
= lı́m 2
x→±∞ p
.
p
3
(x + 1)2 (x − 2) + x 3 (x + 1)2 (x − 2) + x2
−3x − 2
= lı́m p 2 = 0.
x→±∞ p
3
(x + 1)2 (x − 2) + x 3 (x + 1)2 (x − 2) + x2
Luego, la recta y = x es una ası́ntota oblicua de la función.
La gráfica es:
2 f
−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4

3.4 Problemas de optimización
Ejercicios
Grafique las siguientes funciones, realizando un análisis completo.
1. f (x) = x − 5 arctan(x) 5. f (x) = (x + 1)3 (x − 2)2

x
2. f (x) = x ln x 6. f (x) = 2 arctan − arctan(x)
2
x2 + x − 6
3. f (x) = 7. f (x) = 2e−x − 2e−2x
x−1
4x 1
4. f (x) = 2 8. f (x) = −x
x +4 x−1
3.4. Problemas de optimización

Los métodos que hemos aprendido para hallar valores extremos de una función tienen aplicaciones
prácticas en problemas que surgen en la vida cotidiana. Por ejemplo, una persona de negocios quiere
minimizar los costos y maximizar las ganancias.
El proceso de optimizar varı́a de un problema a otro, pero siempre es posible tener en mente algunas
ideas al momento de resolver un problema. Para ello consideraremos:
i) Asignar variables a lo que se va a optimizar y a las cantidades a determinar.
ii) Expresar la cantidad que se va a maximizar o minimizar en función de una sola variable. (Use
relaciones dadas en el problema u otras conocidas)
iii) Derivar la función y hallar puntos crı́ticos en el dominio de definición de la variable del problema.
(Valores para los cuales el problema tiene sentido y que no necesariamente es el dominio real de
la función)
iv) Aplicar algún criterio para decidir si en el o los puntos crı́ticos se presenta el máximo o el mı́nimo
según corresponda al problema planteado.
Ejemplo 3.4.1. Hallar dos números positivos tales que su suma sea seis y el producto de uno de
ellos por el cuadrado del otro sea máximo.
Solución:
Haremos paso a paso el desarrollo de este ejemplo:
i) Sean x, y los números positivos a determinar y P el producto a maximizar. Luego,
P = x y2.
ii) Sabemos por hipótesis que x + y = 6, luego y = 6 − x. Ası́, para 0 < x < 6 (Domi-
nio de x en el problema), se tiene
P (x) = x(6 − x)2 .
iii) Derivando la función,

P ′ (x) = (6 − x)2 + x 2(6 − x)(−1) = (6 − x)(6 − 3x),
de donde x = 2 es un punto crı́tico.

iv) Aplicamos el criterio de la segunda derivada para determinar qué tipo de extremo existe en x = 2.
P ′′ (x) = −24 + 6x ⇒ P ′′ (2) = −12 < 0
Como la segunda derivada en el punto es negativa, se tiene que en x = 2 hay un máximo.
Luego el mayor valor del producto de los números x e y ocurre cuando x = 2 e y = 4, dicho valor
máximo es P = 32.
Ejemplo 3.4.2. Un trozo de alambre de 10 metros de longitud se corta en dos partes. Con una
parte se hace una circunferencia y la otra se dobla en forma de cuadrado. ¿Cómo debe cortarse el
alambre de modo que el área total de las dos figuras sea la mı́nima posible? ¿Y para que el área
total máxima?
Solución:
Sea x la longitud del alambre que se utiliza para la circunferencia. Entonces 10 − x es la longitud del
trozo que se utiliza para construir el cuadrado.
r
b
a
x 10 − x
Sea r el radio de la circunferencia y a el lado del cuadrado. Entonces

x 10 − x
2πr = x ⇒ r = y 4a = 10 − x ⇒ a = .
2π 4
La función a optimizar corresponde a la suma de las áreas de las dos figuras, es decir,
x2 (10 − x)2
A(x) = +
4π 16
Derivando
x 10 − x
A′ (x) = − ,
2π 8
e igualando a cero
x (10 − x) 10π
− = 0 ⇔ 4x − π(10 − x) = 0 ⇔ x = .
2π 8 4+π
10π
El único punto crı́tico es x = . Calculando la segunda derivada
4+π
1 1
A′′ (x) = + > 0,
2π 8
10π
luego en x = hay un mı́nimo.
4+π
Para encontrar los extremos absolutos de la función, debemos analizar, además, los valores en los extre-
25 25
mos del intervalo: A(0) = y A(10) = .
4 π

Por lo tanto, como

10π 25 25
< < ,
4+π 4 π
10π
para obtener un área total mı́nima, construimos con una longitud de metros la circunferencia y
4+π
40
con metros el cuadrado. Y para obtener un área total máxima construimos solo la cincunferencia.
4+π
Ejemplo 3.4.3. Se desea construir una lata de 1 litro de capacidad, que tenga la forma de un
cilindro circular. ¿Qué dimensiones utilizará la menor cantidad de materia prima?
Solución:
Se desea minimizar la superficie de la lata cilı́ndrica. Si h y r denotan la altura y el radio (en centı́metros)
del cilindro. Entonces la superficie es
S = 2πr h + 2πr 2 .
1000
Como el volumen debe ser 1 litro = 1000 cm3 ⇒ πr 2 h = 1000 ⇒ h = .
πr 2
Reemplazando
1000 2000
S(r) = 2πr 2 + 2πr 2 = + 2πr 2 , r > 0.
πr r
Derivando respecto a r e igualando a cero, tenemos
r
′ 2000 −2000 + 4πr 3 3 500
S (r) = − 2 + 4πr ⇒ =0 ⇒ r= .
r r2 π
r
500
Calculamos la segunda derivada para determinar si el punto crı́tico r = 3 es un valor mı́nimo:
π
4000
S ′′ (r) = + 4π > 0,
r3
r
3 500
luego el valor mı́nimo se obtiene para r = . Ası́, las dimensiones que se requieren para utilizar la
π
menor cantidad de material son r
3 500 20
r= , h= √
3
.
π 2π
Ejemplo 3.4.4. Una caja cerrada con base cuadrada tiene un volumen de 2000 m3 . El material
de la tapa y de la base cuesta $400 por m2 , mientras el material de los lados cuesta $200 por m2 .
¿Cuáles son las dimensiones de la caja de modo que el costo del material sea mı́nimo. ¿Cuál es el
costo en ese caso?
Solución:
Sean x e y las dimensiones de la base y altura de la caja respectivamente y V el volumen de la caja.
Entonces
2000
x2 y = 2000 ⇒ y = 2 .
x
La superficie de la caja está dada por S = 2x2 + 4xy y considerando el valor de los materiales, la función
costo C de la caja es

2000 1600000
C(x) = 800x2 + 800x ⇒ C(x) = 800x2 + .
x2 x

Derivando tenemos
1600000 1600x3 − 1600000

C ′ (x) = 1600x − ⇒ C ′
(x) = ,
x2 x2
luego x = 10 es un punto crı́tico.
Aplicando el criterio de la segunda derivada
3200000
C ′′ (x) = 1600 + ⇒ C ′′ (10) > 0.
x3
Ası́, en x = 10 existe un punto mı́nimo.
La caja tiene una base cuadrada de lado 10 metros y altura de 20 metros. El costo mı́nimo del material
es $240000.
Ejercicios
1. Un cartel rectangular de cartón debe contener 216 cm2 de texto impreso, con margen de 2 cm.
a los lados y de 3 cm. en las partes superiores e inferiores. Hallar las dimensiones del cartel que
utilice la menor cantidad de cartón posible.
2. De una hoja de cartón cuadrada que mide 2 metros de lado se van a recortar pequeños cuadrados
en las esquinas para, después de doblar las partes salientes de la figura en forma de cruz, hacer una
caja. Encontrar la longitud de los lados de los cuadrados por recortar para que la caja resultante
tenga la mayor área lateral posible.
3. Una ventana tipo Norman consiste de un rectángulo coronado por un semicı́rculo. Si el perı́metro
de una ventana Norman es de 9 metros, determinar cuánto debe medir el radio del semicı́rculo y
la altura del rectángulo de modo que la ventana admita la mayor cantidad de luz.
√
4. Un triángulo cuya hipotenusa mide 3 metros de largo se hace girar alrededor de uno de sus
catetos para generar un cono circular recto. Determinar el radio y la altura del cono de mayor
volumen que se pueda hacer de esta manera.
5. En una página de un libro debe haber 150 cm2 de texto escrito. Los márgenes laterales deben ser
de 2 cm y los márgenes superior e inferior de 3 cm. Determinar las dimensiones de la hoja para
que se gaste la menor cantidad de papel posible.
6. Dos carreteras se cortan perpendicularmente en el punto C. Al tiempo t = 0 se encuentra un

automóvil en una de las carreteras a una distancia de 5 km del punto C, en donde se encuentra
otro automóvil. En ese instante, el primer automóvil se dirige al punto C a una velocidad constante
de 40 km/h, y el otro comienza a andar por la otra carretera a una velocidad constante de 60
km/h. Determinar el momento y la distancia, en el que los dos automóviles se encuentran más
cerca el uno del otro.

3.5 La regla de L’Hôpital
3.5. La regla de L’Hôpital

La última aplicación que estudiaremos está relacionada con el cálculo de lı́mites.
Teorema 3.5.1. Teorema del valor medio de Cauchy.

Sea f y g funciones derivables en (a, b) y continuas en [a, b]. Si g′ (x) 6= 0 para toda x en (a, b),
entonces existe un número c en ]a, b[ tal que
f ′ (c) f (b) − f (a)

′
=
g (c) g(b) − g(a)
Demostración.
Primero mostraremos que g(b) 6= g(a). En efecto, como g satisface las condiciones del teorema del valor
medio, entonces existe c ∈ (a, b) tal que
g(b) − g(a)
g ′ (c) = .
b−a
Si g(b) = g(a), entonces existe c ∈]a, b[ tal que g′ (c) = 0, lo que contradice las hipótesis del teorema.
Luego g(b) − g(a) 6= 0.
Ahora definamos la siguiente función
ϕ(x) = (g(b) − g(a))f (x) − (f (b) − f (a))g(x)
Como f y g son continuas en [a, b] y diferenciables en (a, b), entonces la función ϕ hereda estas propie-
dades.
Además,
ϕ(a) = (g(b) − g(a))f (a) − (f (b) − f (a))g(a)

= g(b)f (a) − f (b)g(a)
ϕ(b) = (g(b) − g(a))f (b) − (f (b) − f (a))g(b)

= f (a)g(b) − g(a)f (b)
luego, ϕ(b) = ϕ(a). Entonces, por el teorema de Rolle existe c ∈ (a, b) tal que ϕ′ (c) = 0. Ası́,
(g(b) − g(a))f ′ (c) − (f (b) − f (a))g′ (c) = 0
lo que implica
f ′ (c) f (b) − f (a)
′
= .
g (c) g(b) − g(a)

Observación 3.5.2. El teorema del valor medio es un caso particular del teorema de Cauchy,
considerando g(x) = x.

Definición 3.5.3. Si f y g son dos funciones tales que

lı́m f (x) = lı́m g(x) = 0,
x→a x→a
f (x) 0
decimos que tiene la forma indeterminada en a.
g(x) 0
Teorema 3.5.4. Regla de L’Hôpital.
Sea I un intervalo, a ∈ I y f, g : I \ {a} → R funciones que verifican:
(a) f y g son derivables en I \ {a}

(b) g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I \ {a}
(c) lı́m f (x) = lı́m g(x) = 0
x→a x→a
f ′ (x)
(d) lı́m =L∈R o L=∞
x→a g′ (x)
f (x)
Entonces lı́m = L.
x→a g(x)
Demostración.
Para demostrar el teorema consideraremos tres casos: (i) x → a+ , (ii) x → a− y (iii) x → a.
Realizaremos solo el caso (i), el caso (ii) es similar al anterior y el caso (iii) se deduce de los otros dos.
Por hipótesis, sabemos que f y g no necesariamente están definidas en a. Consideremos las funciones F
y G definidas por

f (x) x 6= a g(x) x 6= a
F (x) = y G(x) =
0 x=a 0 x=a
Llamemos b al extremo derecho del intervalo I, entonces F y G son diferenciables en (a, x] con a < x < b
y por tanto son continuas en (a, x]. Además, ambas son continuas por derecha de a, ası́ F y G son
continuas en [a, x]. Luego, F y G satisfacen las condiciones del teorema del valor medio de Cauchy, por
lo tanto
F (x) − F (a) F ′ (z)
= ′
G(x) − G(a) G (z)
para algún z ∈ (a, x). Utilizando la definición de F y G, tenemos que
f (x) f ′ (z)
= ′ .
g(x) g (z)
Como a < z < x se deduce que si x → a+ , entonces z → a+ , luego
f (x) f ′ (x)
lı́m = lı́m ′ .
x→a+ g(x) x→a+ g (x)
Por hipótesis, este último lı́mite es L. Ası́
f (x)
lı́m = L.
x→a+ g(x)


ex − 1 − x
Ejemplo 3.5.5. Calcular lı́m .
x→0 x2
Solución:
Sean f (x) = ex − 1 − x y g(x) = x2 . Claramente f y g son derivables en R \ {0} y
lı́m f (x) = lı́m g(x) = 0.
x→0 x→0
Además
∀x ∈ R \ {0}, f ′ (x) = ex − 1 y g′ (x) = 2x 6= 0.
Aplicando el teorema anterior se tiene que
ex − 1 − x ex − 1 1 ex − 1 1
lı́m 2
= lı́m = lı́m = .
x→0 x x→0 2x 2 x→0 x 2
f ′ (x) 0
Observación 3.5.6. Si el cuociente ′
es nuevamente de la forma indeterminada cuando
g (x) 0
evaluamos en x = a, entonces debemos estudiar si la nueva función cumple las hipótesis de la regla
de L’Hôpital, lo que permite aplicarla reiteradamente.
x2
ex − 1 − x −
Ejemplo 3.5.7. Calcular lı́m 2 .
x→0 x3
Solución:
Aplicando dos veces la regla de L’Hôpital otenemos
x2
ex − 1 − x − x x x
lı́m 2 = lı́m e − 1 − x = lı́m e − 1 = 1 lı́m e − 1 = 1 .
x→0 x3 x→0 3x2 x→0 6x 6 x→0 x 6
Observación 3.5.8. El teorema también es válido si x crece o decrece sin lı́mite.
1
Ejemplo 3.5.9. Calcular lı́m x
x→∞ 2
tg
x
1 2 1 2
Solución: Sean f y g definidas por f (x) = y g(x) = tg . Entonces lı́m = lı́m tg = 0.
x x x→∞ x x→∞ x
Además, como ambas funciones son derivables cuando x > 0 es suficientemente grande, se tiene por la
regla de L’Hôpital que
1 − x12
lı́m x 2 = lı́m
x→∞ sec2 2 − x22

x→∞ tg
x x
1 1 1
= lı́m 2 = .
2 x→∞ sec2 x
2
Observación 3.5.10. Si f y g son dos funciones tales que
lı́m f (x) = ∞ y lı́m g(x) = ∞.
x→a x→a
f (x) ∞
Decimos que tiene la forma indeterminada en a. La regla de L’Hôpital para este caso se
g(x) ∞
da en el siguiente teorema.

Teorema 3.5.11. Sea I un intervalo, a ∈ I y f, g : I \ {a} → R funciones que verfican:
(a) f y g son derivables en I \ {a}
(b) g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I \ {a}
(c) lı́m f (x) = lı́m g(x) = ∞

x→a x→a
f ′ (x)
(d) lı́m =L∈R o L=∞
x→a g ′ (x)
f (x)
Entonces lı́m =L
x→a g(x)
Observación 3.5.12. El teorema también es válido si todos los lı́mites son lı́mites por derecha o
por izquierda. Además, es válido si x → +∞ o x → −∞.
ln x
Ejemplo 3.5.13. Calcular lı́m , si existe.
x→0+ ctg x
Solución:
Cuando x → 0+ se tiene que ln x → −∞ y ctg x → ∞ por lo que es aplicable la regla de L’Hôpital,
luego
1
ln x x sen2 x sen x
lı́m = lı́m 2
= − lı́m = − lı́m sen x · lı́m = 0.
x→0+ ctg x x→0+ − cosec x x→0+ x x→0+ x→0+ x
Observación 3.5.14. La regla de L’Hôpital no es aplicable a otras formas indeterminadas como
0 · ∞, ∞ − ∞, 00 , (±∞)0 , 1±∞
0 ±∞
En tales casos, a veces es posible realizar un proceso algebraico para obtener una forma o .
0 ±∞
Ejemplo 3.5.15. Calcular lı́m (1 − cos x)x .
x→0
Solución:
Claramente la función f (x) = (1 − cos x)x es de la forma indeterminada 00 . Realizaremos un proceso
algebraico para poder aplicar la regla de L’Hôpital.
En efecto,
ln(1 − cos x)
z = (1 − cos x)x ⇒ ln z = x ln(1 − cos x) ⇒ ln z = 1 .
x
Luego, aplicando lı́mite
lı́m ln z = ln lı́m z
x→0 x→0
ln(1 − cos x)
= lı́m 1
x→0
x
−∞
la cual tiene una forma indeterminada . Aplicando la regla de L’Hôpital
∞

sen x
ln(1 − cos x) (1−cos x)
lı́m 1 = lı́m
x→0 x→0 − 12
x x
x2 sen x
= − lı́m
x→0 1 − cos x
x2 (1 + cos x)
= − lı́m = 0.
x→0 sen x
Luego, aplicando exponencial
lı́m (1 − cos x)x = e0 = 1.
x→0
Ejercicios
Calcule los siguientes lı́mites

sen x − x
1
2
1. lı́m 6. lı́m cosec2 x − 2
x→0 x3 x→0 x
ln(sen3 x)
2. lı́mπ π 7. lı́m x2 ln x
x→ 2 2 −x x→0+
x2 ln x
3. lı́m 8. lı́m
x→0+ sen x − x x→0+ cot x
1 − cos x − x sen x 9. lı́mπ tan x · ln(sen x)
4. lı́m x→ 2
x→0+ 2 − 2 cos x − sen2 x
1 10. lı́m (tan x)cos x
5. lı́m (ln x) x x→ π2 −
x→∞

4
Integral indefinida
En este capı́tulo estudiaremos técnicas para encontrar primitivas, que es básicamente el proceso inverso
de la derivación. Las dos técnicas principales son la de sustitución y la integración por partes, el resto
de técnicas son aplicaciones más sofisticadas de ellas.
4.1. Antiderivadas
La antidiferenciación (o integración) es el proceso inverso de la diferenciación.
Definición 4.1.1. Sea f una función real diferenciable definida en un intervalo I. Una función
real F se llama una antiderivada (o primitiva) de f en I, si para todo x ∈ I se tiene que
F ′ (x) = f (x).
Ejemplo 4.1.2. La función real F definida por F (x) = x3 − 3x2 + 2x − 5 es una antiderivada de
la función f definida por f (x) = 3x2 − 6x + 2.
Notemos que la función G definida por G(x) = x3 − 3x2 + 2x es una antiderivada de f .

Ası́ concluimos que, en general, la antiderivada de una función no es única.
Notemos también que las dos antiderivadas que encontramos solo difieren por una constante aditiva.
Lo que probaremos es que esto no es casualidad y que dos antiderivadas de una misma función siempre
difieren únicamente por una constante aditiva.
Demostraremos primero que cualquier antiderivada de la función nula es una función constante.
Teorema 4.1.3. Sea f una función derivable en un intervalo I. Si f ′ (x) = 0 para todo x ∈ I,
entonces f es constante en I.
Demostración.
La demostración la haremos por contradicción y aplicaremos el Teorema del valor medio.
Supongamos que f no es constante en I. Entonces existen x1 , x2 ∈ I, x1 < x2 tales que f (x1 ) 6= f (x2 ).
99
4.1 Antiderivadas
Luego f es diferenciable en el intervalo (x1 , x2 ) (pues f ′ (x) = 0 en (x1 , x2 )) y además es continua en

[x1 , x2 ] (por ser diferenciable en I), por lo que existe c ∈ (x1 , x2 ) tal que
f (x2 ) − f (x1 )
f ′ (c) = ,
x2 − x1
de donde 0 = f (x2 ) − f (x1 ), contrario a nuestra suposición.

Corolario 4.1.4. Si f y g son dos funciones reales tales que f ′ (x) = g′ (x) para todo x en un
intervalo I, entonces existe una constante C ∈ R tal que f (x) = g(x) + C para todo x ∈ I.
Demostración.
Sea h(x) = f (x) − g(x). Entonces h′ (x) = f ′ (x) − g′ (x) = 0 en I, de donde, aplicando el teorema
anterior, h es constante en I, es decir, f (x) − g(x) = C, para algún número real C.

Teorema 4.1.5. Si F es una antiderivada de la función f en un intervalo I, entonces toda anti-

derivada de f es de la forma F (x) + C, para algún valor de C.
Demostración.
Sea G una antiderivada cualquiera de f en I. Entonces para todo x ∈ I se tiene G′ (x) = f (x), luego
G′ (x) = F ′ (x) en I, y usando el corolario anterior, existe C ∈ R tal que G(x) = F (x) + C.

Observación 4.1.6. Las antiderivadas de f forman una familia uniparamétrica de funciones

cuyo parámetro es la constante aditiva que las diferencia.
Notación 4.1.7. Ası́, la antidiferenciación o integración indefinida es el proceso de determinar esta

familia uniparamétrica de funciones que contiene todas las antiderivadas de la función f . Si F es
dF (x)
una antiderivada de f , tenemos que F ′ (x) = f (x), o equivalentemente, = f (x), y podemos
Z dx
escribir dF (x) = f (x) dx. Usamos el sı́mbolo f (x) dx para denotar el proceso de antidiferencia-
ción de f . Entonces,
Z
f (x) dx = F (x) + C
4.1.1. Fórmulas básicas de integración

Aplicando directamente la definición, obtenemos:
Z Z Z
1. (af (x) + bg(x)) dx = a f (x) dx + b g(x) dx, a, b ∈ R.
Z
2. dx = x + C.

4.1 Antiderivadas
xn+1
Z Z
3. n
x dx = + C, n ∈ R \ {−1}. 8. sec2 x dx = tg x + C.
n+1
Z
dx
Z
4. = ln |x| + C. 9. tg x sec x dx = sec x + C.
x
Z Z
5. cos x dx = sen x + C. 10. sec x dx = ln | sec x + tg x| + C.
dx
Z Z
6. sen x dx = − cos x + C. 11. = arc tg x + C.
1 + x2
dx
Z Z
x x 12. √ = arc sen x + C.
7. e dx = e + C.
1 − x2
Z
Ejemplo 4.1.8. Determinar (3x4 − 5x2 + 12x − 4) dx.
Solución:
Este es un caso de aplicación directa de la propiedad de linealidad. Ası́,
Z Z Z Z Z
4 2 4 2
(3x − 5x + 12x − 4) dx = 3 x dx − 5 x dx + 12 x dx − 4 dx
3 5 5 3 12 2
= x − x + x − 4x + C.
5 3 2
x4 + 5x2 − 3x + 1
Z
Ejemplo 4.1.9. Determinar dx.
x2
Solución:
x4 + 5x2 − 3x + 1 x3
Z
3 1 1
Z
2
dx = x +5− + 2 dx = + 5x − ln |x| − + C.
x2 x x 3 x
Ejemplo 4.1.10. Usando identidades trigonométricas determinar
(1 + sen x) cos x + sen 2x − 2 sen3 x cos x

Z
dx.
cos3 x
Solución:
(1 + sen x) cos x + sen 2x − 2 sen3 x cos x
Z
Denotaremos por I = dx.
cos3 x
Entonces
cos x + sen x cos x + 2 sen x cos x − 2 sen x cos x(1 − cos2 x)

Z
I = dx
cos3 x
cos x + sen x cos x + 2 sen x cos x − 2 sen x cos x + 2 sen x cos3 x
Z
= dx
Z cos3 x
= sec2 x + tan x sec x + 2 sen xdx
= tg x + sec x − 2 cos x + C.

4.2 Técnicas básicas de integración
Ejemplo 4.1.11. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función f en el punto Q(1, 3)
es y = x + 2. Si en cualquier punto P (x, y) de la gráfica, f ′′ (x) = 6x, encontrar la ecuación de la
curva.
Solución:
Como f ′′ (x) = 6x entonces f ′ (x) = 3x2 + C. Sabemos, por la ecuación de la recta tangente, que
f ′ (1) = 1, luego 1 = 3 + C ⇒ C = −2.
Integrando nuevamente tenemos que
Z
f (x) = (3x2 − 2) dx = x3 − 2x + C1
y evaluando en el punto Q se tiene
3 = 1 − 2 + C1 ⇒ C1 = 4.
Luego, la ecuación de la curva es

y = x3 − 2x + 4.
Ejercicios
Calcular las siguientes integrales indefinidas:

Z Z
1. (2ex + x3 − 2x2 + 4) dx 5. ctg 2 z dz
(y + 1)2
Z Z
2. (3 sen t − 5 cos t + 3 sec2 t) dt 6. dy
y(1 + y 2 )
√
Z
2 dx
Z
3. u− du 7.
3u x2 (x2 + 4)
√
Z
4
Z
4. (3 x)5 − √ dx 8. tg2 xdx.
7 x
4.2. Técnicas básicas de integración

A diferencia de la derivación, que es un proceso rutinario en el sentido de que solo requiere aplicar
correctamente las reglas, el proceso de integrar, es decir, encontrar la antiderivada de una función, puede
resultar muy complicado, por lo que es necesario estudiar algunas técnicas de integración. Ellas se basan
en dos teoremas importantes del cálculo diferencial, el de la Regla de la cadena, que nos proporciona
la técnica de sustitución, y el teorema del Producto de derivadas, que nos llevará a la integración por
partes.
4.2.1. Sustitución
Como dijimos, la técnica de sustitución no es otra cosa que una aplicación de la regla de la cadena.

Teorema 4.2.1. Regla de la cadena para la antidiferenciación. Sea f una función definida
en un intervalo I y sea g una función derivable cuyo recorrido está contenido en el intervalo I. Si
F es una antiderivada de f en I, entonces
Z Z
′
f (g(x))g (x) dx = f (u) du = F (g(x)) + C.
Demostración.
Sea u = g(x). Como Rec g ⊆ I y F es una antiderivada de f en I,
Z
f (u) du = F (u) + C.
Por otra parte, du = g′ (x) dx, de donde

Z Z
f (u) du = f (g(x))g ′ (x) dx = F (g(x)) + C.

Observación 4.2.2. Hacemos sustitución para simplificar el cálculo de la integral, pero no debemos
olvidar volver a las variables originales al finalizar el ejercicio.
Z
Ejemplo 4.2.3. Determinar sen 2x dx.
Solución:
Si hacemos la sustitución u = 2x, resulta que du = 2 dx y entonces,
1 1
Z Z
sen 2x dx = (sen u) du = − cos 2x + C.
2 2
Z
Ejemplo 4.2.4. Encontrar (sen x + cos x)esen x−cos x dx.
Solución:
Haciendo la sustitución u = sen x − cos x, se tiene du = (cos x + sen x) dx y por lo tanto,
Z Z
sen x−cos x
(sen x + cos x)e dx = eu d(u) = esen x−cos x + C.
x2 + 2x
Z
Ejemplo 4.2.5. Determinar dx.
x3 + 3x2 − 1
Solución:
Sea u = x3 + 3x3 − 1. Entonces du = (3x2 + 6x) dx, ası́
x2 + 2x 1 du
Z Z
3 2
dx =
x + 3x − 1 3 u
1 1
= ln |u| + C = ln |x3 + 3x2 − 1| + C.
3 3

ln x
Z
Ejemplo 4.2.6. Determinar √ dx.
x 1 + ln x
Solución:
1
Sea u = 1 + ln x. Entonces du = dx. Ası́,
x
ln x u−1 √ 1
Z Z Z Z
√ dx = √ du = u du − √ du
x 1 + ln x u u
2 √ 3 √
= ( u) − 2 u + C
3√
2( 1 + ln x)3 √
= − 2 1 + ln x + C.
3
Corolario 4.2.7. Si F es una antiderivada de la función f , entonces, ∀ a, b ∈ R, a 6= 0,
1
Z
f (ax + b) dx = F (ax + b) + C.
a
1
Z
Ejemplo 4.2.8. sen(3x + 5) dx = − cos(3x + 5) + C.
3
Corolario 4.2.9. Si g es una función diferenciable y r 6= −1 es un número real.
Entonces
(g(x))r+1
Z
(g(x))r g′ (x) dx = + C.
r+1
Demostración.
Es inmediato si hacemos la sustitución u = g(x), ya que du = g ′ (x) dx y la conclusión es directa.

1 1
Z Z
Ejemplo 4.2.10. (5x + 3)2 dx = 5(5x + 3)2 dx = (5x + 3)3 + C.
5 15
También la demostración del siguiente Corolario es directa:
Corolario 4.2.11. Si g es una función diferenciable, entonces
g ′ (x)
Z
dx = ln |g(x)| + C.
g(x)
2x + 3
Z
Ejemplo 4.2.12. Encontrar dx
x2 + 3x + 5
Solución:
En este caso, podemos observar que, la derivada del denominador corresponde al numerador
2x + 3 d(x2 + 3x + 5)
Z Z
2
dx = = ln(x2 + 3x + 5) + C.
x + 3x + 5 x2 + 3x + 5

Z
Ejemplo 4.2.13. Determinar sec x dx
Solución:
Para resolver debemos primero multiplicar por un 1 adecuado
sec x(tg x + sec x)

Z Z
sec x dx = dx
tg x + sec x
sec2 x + tg x sec x
Z
= dx.
tg x + sec x
Ahora utilizaremos la sustitución z = tg x + sec x luego, dz = (sec2 x + sec x tg x) dx.

Ası́,
dz
Z Z
sec x dx = = ln |z| + C = ln | tg x + sec x| + C
z
Ejercicios
Determinar las siguientes integrales:
x dx
Z Z Z
1. tg x dx 7. √ dx 13.
2
x +9 x2 + 2x + 2
Z
2x + 7
Z
sen 2x
Z
2. ctg x dx 8. √ dx 14. dx
cos 2x 4x2 + 4x + 3
Z
1
Z
5x + 4
Z
3. sec2 (3x + 8) dx 9. dx 15. dx
x2 + 1 1 + ex
x3
Z arc sen x
e 1
Z Z
4. √ dx 10. √ dx 16. dx
2x4 + 5 1 − x2 1 + e−x
cos t
Z
arc tg(x + 1)
Z
ln(tg z)
Z
5. 2
dt 11. dz 17. dx
(1 − sen t) sen z cos z x2 + 2x + 2
arc tg u
Z Z Z
(5−x)
6. e dx 12. cos2 x dx 18. du.
u2 + 1
4.2.2. Integración por partes

Sean u = f (x) y v = g(x) donde f y g son funciones derivables en un intervalo I. Entonces,
d(uv) = u dv + v du, es decir, u dv = d(uv) − v du. Integrando a ambos lados obtenemos la Fórmula
de integración por partes:
Z Z
u dv = uv − v du.

Notemos que esta fórmula nos dice que

Z Z
f (x)g′ (x) dx = f (x)g(x) − f ′ (x)g(x) dx
y nos resultará útil para resolver integrales complejas, al transformarlas con esta fórmula en integrales
más simples.
Observación 4.2.14. En rigor, si solo conocemos dv, hay infinitas posibilidades para elegir una
primitiva, es decir, en vez de v, deberı́amos escribir v + C. Pero es muy fácil comprobar que la
fórmula funciona con cualquier elección de C, por lo que asumimos que C = 0.
Z
Ejemplo 4.2.15. Determinar x ex dx.
Solución:
Sea u = x y dv = ex dx entonces du = dx y v = ex . Una manera de recordar la fórmula de integración
por partes es escribir:
u =x dv = ex dx
du = dx v = ex
Z
Reemplazando en la fórmula y usando que ex dx = ex , se obtiene
Z Z
x x
x e dx = x e − ex dx = (x − 1)ex + C.
Observación 4.2.16. Al usar la técnica de integración por partes, se debe elegir apropiadamente
Z
la porción del integrando que será u y la que será dv, de modo que por un lado se conozca g(x)dx,
y por otro que f ′ sea más sencilla de integrar. Para ello, hay una regla que funciona la mayor parte
del tiempo, y se conoce como LIATE. Se refiere a que se recomienda elegir como u, en primer
lugar las funciones logarı́tmicas (L), en segundo, las funciones inversas trigonométricas (I), luego
las funciones algebraicas (A), siguiendo con las funciones trigonométricas (T) y por último, las
funciones exponenciales (E). No siempre se puede elegir ası́ ya que debemos asegurarnos de que a
la función restante se le conoce su integral.
A continuación mostraremos que a veces es necesario repetir la integración por partes.

Z
Ejemplo 4.2.17. Determinar x2 ex dx.
Solución:
Apliquemos la técnica recomendada en el ejercicio anterior.
u = x2 dv = ex dx
du = 2x dx v = ex

Ahora, usando integración por partes dos veces (la segunda vez con u = x), se obtiene:
Z Z
x2 ex dx = x2 ex − 2xex dx
= x2 ex − 2(xex − ex ) + C
= (x2 − 2x + 2)ex + C.
Z
Ejemplo 4.2.18. Determinar ln x dx.
Solución: Utilizando la técnia LIATE, tenemos
u = ln x dv = dx
dx
du = v =x
x
Con esto Z
ln x dx = x ln x − x + C.
Observación 4.2.19. Muchas veces hay más de un método para resolver una integral, como vere-
mos en el siguiente ejemplo.
Z
Ejemplo 4.2.20. Determinar sen x cos x dx.
Solución:
Esta integral se puede resolver por al menos 3 métodos:
Método 1. Por sustitución simple, haciendo u = sen x ⇒ du = cos x dx, obtenemos
sen2 x
Z
sen x cos x dx = +C
2
Por otro lado, también podemos hacer u = cos x ⇒ du = − sen x dx, obteniendo
cos2 x 1 − sen2 x sen2 x

Z
sen x cos x dx = − +C =− +C = +C
2 2 2
1
Método 2. Recordando que sen x cos x = sen 2x, obtenemos
2
1
Z Z
sen x cos x dx = sen(2x) dx
2
1
= − cos(2x) + C
4
Este resultado es aparentemente distinto al anterior, pero en realidad,
1 1 sen2 x
− cos(2x) + C = − 1 − 2 sen2 x + C =

+C
4 4 2

Método 3. También la integral dada se puede resolver por partes.
u = sen x dv = cos x dx
du = cos x dx v = sen x
Con esto se obtiene:

Z Z
2
I= sen x cos x dx = sen x − sen x cos x dx = sen2 x − I,
sen2 x
Z
por lo tanto 2I = sen2 x, de donde sen x cos x dx = + C.
2
Z
Ejemplo 4.2.21. Determinar x3 ln 3x dx.
Solución:
u = ln 3x dv = x3 dx
dx x4
du = v =
x 4
Luego,
x4 1 x4 x4
Z Z
3
x ln 3x dx = ln 3x − x3 dx = ln 3x − + C.
4 4 4 16
Z
Ejemplo 4.2.22. Calcular sec3 x dx
Solución:
En este caso, para poder utilizar integración por partes, escribiremos sec3 x = sec x sec2 x.
u = sec x dv = sec2 x dx
du = sec x tg x dx v = tg x
Z Z
sec3 x dx = sec x tg x − tg2 x sec x dx
Z
= sec x tg x − (sec2 x − 1) sec x dx
Z
= sec x tg x + sec x dx − sec3 x dx
Z
= sec x tg x + ln | sec x + tg x| − sec3 x dx
Z
2 sec3 x dx = sec x tg x + ln | sec x + tg x| + C
1
Z
sec3 x dx = (sec x tg x + ln | sec x + tg x|) + C
2

4.3 Sustituciones trigonométricas
Ejercicios
Utilizar la técnica de integración por partes para determinar las siguientes integrales:
Z Z
ln(sen x)
Z
1. ln x dx 6. x sen x dx 11. dx
cos2 x
Z Z Z
2. 2 x
(3 − 2x ) e dx 7. x
e cos x dx 12. x2 (100 − x)23 dx
Z Z Z
3. arc tg x dx 8. 2
x cos x dx 13. xex sen x dx
√ earc tg x
Z Z Z
4. arc sen x dx 9. x x + 2 dx 14. √ 3 dx
x2 + 1
ln(cos x)
Z Z Z
ax
5. x ln x dx 10. e cos(bx) dx 15. dx.
cos2 x
4.3. Sustituciones trigonométricas

Esta es una de las técnicas más usadas cuando nos encontramos en el integrando con expresiones de la
forma p p p
(u2 + a2 )n , (u2 − a2 )n , (a2 − u2 )n n ∈ Z
La idea es utilizar el Teorema de Pitágoras para sustituir por una función trigonométrica apropiada.
√
4.3.1. Factor de la forma u2 + a2
Recordemos que el Teorema de Pitágoras nos dice que la suma de los cuadrados de los catetos de
un triángulo rectángulo es igual al cuadrado de la hipotenusa. Dibujemos un triángulo rectángulo para
observar las relaciones que se dan
u
tg α = ⇒ u = a tg α
a
= a sec2 α dα
a2
du
+
u
u2
√
√
u2 + a2 √
sec α = ⇒ u2 + a2 = a sec α
α a
a
dx
Z
Ejemplo 4.3.1. Resolver la integral √ , donde a es un número real positivo.
x 2 + a2
Solución:
Reemplazando entonces, obtenemos:
dx a sec2 α
Z Z Z
√ = dα = sec α dα,
x2 + a2 a sec α

calculando la integral Z
sec α dα = ln | sec α + tg α| + C,
volviendo a la variable original, se tiene

√
dx | x2 + a2 + x|
Z
√ = ln + C.
x 2 + a2 a
Z p
Ejemplo 4.3.2. Resolver la integral x2 + a2 dx.
Solución:
Notemos que el mismo triángulo anterior nos da la sustitución que necesitamos.
Reemplazando entonces, obtenemos:
Z p Z
x2 + a2 dx = a sec α · a sec2 α dα
Z
= a2 sec3 α dα
a2
(sec α tg α + ln | sec α + tg α|) + C
=
2
√ √ !
a2 x x 2 + a2 | x2 + a2 + x|
= + ln + C.
2 a2 a
1 p 2 a2 p
= x x + a2 + ln | x2 + a2 + x| + C
2 2
1
Z
Ejemplo 4.3.3. Determinar la integral dx.
9 + 4x2
Solución:
2x 2
Para aplicar directamente la sustitución anterior, haremos tg α = ⇒ sec2 α dα = dx. Luego,
3 3
Z 3 2
2 sec α dα

1 1 1 2x
Z
dx = = α + C = arc tg + C.
9 + 4x2 9 sec2 α 6 6 3
Otra forma de resolver es utilizar sustitución simple. En efecto,
1 1 dx 1 dx
Z Z Z
dx = 4 2 = 2
9 + 4x2 9 1 + 9x 9 1 + 2x
3
2x 2
Sea u = 3 ⇒ du = 3 dx. Luego,
3
du

1 dx 1 1 1 2x
Z Z
2
=
2x 2 2
= arc tg (u) + C = arc tg +C
9 1+ 3 9 1+u 6 6 3
Ası́,
1 1 2x
Z
dx = arc tg +C
9 + 4x2 6 3

dx
Z
Ejemplo 4.3.4. Resolver la integral .
9x2 + 6x + 5
Solución:
Utilizaremos ahora una técnica muy parecida a la anterior para resolver esta integral.
Notando que 9x2 + 6x + 5 = (3x + 1)2 + 4 obtenemos:
dx dx 1 dx
Z Z Z
2
= 2
= 3x+1 .
9x + 6x + 5 (3x + 1) + 4 4 ( 2 )2 + 1
3x + 1 3
Sea = tg α , con esto dx = sec2 α dα, sustituyendo en la integral obtenemos:
2 2
dx 1 sec2 α dα 1 1 1 3x + 1
Z Z Z
= = dα = α + C = arc tg + C.
9x2 + 6x + 5 6 sec2 α 6 6 6 2
Z p
Ejemplo 4.3.5. Calcular x 8x2 + 4x + 5 dx.
Solución:
Aparentemente, el problema es diferente a los anteriores, pero recordemos que, factorizando y comple-
tando cuadrado: !
1 2

2 9
8x + 4x + 5 = 8 x+ +
4 16
1
Z p
y haciendo la sustitución u = x + , du = dx y considerando I = x 8x2 + 4x + 5 dx nuestra
4
integral queda expresada
√ Z r
√ Z √ Z
r r
1 2
9 2
9 8 9
I= 8 u− u + du = 8 u u + du − u2 + du
4 16 16 4 16
9
Para la primera integral usaremos la sustitución z = u2 + 16 y para la segunda integral usaremos la
solución del ejemplo 4.3.2. Luego,
√ s √ r !
9 3
r
8 2
8 u 9 9 9
I = u + − u2 + + ln u2 + + u + C

3 16 4 2 16 32 16
√ s
2 3 √ r 2
8 8x + 4x + 5 8 1 8x + 4x + 5
= − x+
3 8 8 4 8
√ r
9 8 8x2 + 4x + 5

1
− ln + x+ +C
128 8 4

1 2
p
2
1 1 p 2
= (8x + 4x + 5) 8x + 4x + 5 − x+ 8x + 4x + 5
24 8 4
√ r
9 2 8x2 + 4x + 5

1
− ln + x+ +C
64 8 4
√ r
8x2 + 4x + 5
1 p 9 2 1
= (32x2 + 4x + 17) 8x2 + 4x + 5 − ln + x+ +C

96 64 8 4

√
4.3.2. Factor de la forma a2 − u2
En este caso construimos el triángulo de manera que a corresponda a la hipotenusa para utilizar el
Teorema de Pitágoras.
u
sen α = ⇒ u = a sen α
a
du = a cos α dα
u
a
√
a2 − u2 √
cos α = ⇒ a2 − u2 = a cos α
α a
√
a2 − u2
Z p
Ejemplo 4.3.6. Resolver la integral 16 − x2 dx.
Solución:
Z p Z
16 − x2 dx = 16 cos2 α dα
1 + cos 2α
Z
= 16 dα
2
= 4 (2α + sen 2α) + C
= 4 (2α + 2 sen α cos α) + C
x x√16 − x2
!
= 8 arc sen + + C.
4 16
Z p
Ejemplo 4.3.7. Calcular 9 − 4x2 dx.
Solución:
En vez de factorizar por 4, lo que haremos es hacer el cambio de variable
du
u = 2x ⇒ dx = .
2
1 p
Z
Entonces, la integral queda expresada como 9 − u2 du.
2
Luego,
1 p
Z p Z
2
9 − 4x dx = 9 − u2 du
2
9
Z
= cos2 α dα
2
9
= (α + sen α cos α) + C
4
√ !
2x 9 − 4x2

9 2x
= arc sen + + C.
4 3 3 3

√
4.3.3. Factor de la forma u2 − a2 , con u > a.
En este caso construimos un triángulo don de la variable u se encuentre en la hipotenusa, para utilizar
el teorema de Pitágoras.
u
sec α = ⇒ u = a sec α
a
√ du = a sec α tg αdα
u2 − a2
u
√
u2 − a2 √
tg α = ⇒ u2 − a2 = a tg α
α a
a
1
Z
Ejemplo 4.3.8. Determinar √ dx, con x > 23 .
4x2 − 9
Solución:
3 3 √ 2x
Sea x = sec α, ası́ dx = sec α tg α dα, 4x2 − 9 = 3 tg α y α = arcsec .
2 2 3
Z 3
1 2 sec α tg α 1 1
Z Z
√ dx = dα = sec α dα = ln | sec α + tg α| + C
2
4x − 9 3 tg α 2 2
√
1 2x 4x2 − 9
= ln + + C.
2 3 3
Z √
9x2 − 49 7
Ejemplo 4.3.9. Determinar dx, con x > .
x 3
Solución: s 2
p 3x 3x 7
Como 9x2 − 49 = 7 − 1, sea
= sec α. Entonces, dx = sec α tg α dα, luego
7 7 3
Z √ 2 Z √
sec α2 − 1 7

9x − 49
dx = 7 7 sec α tg α dα
x 3 sec α 3
Z
= 7 tg2 α dα
Z
= 7 (sec2 α − 1) dα
= 7(tg α − α) + C
s
3x 2

3
= 7 − 1 − 7 arc tg x +C
7 7

p
2
3
= 9x − 49 − 7 arc tg x + C.
7

4.4 Otras técnicas de integración
Ejercicios

dx
Z p Z
1. 16 − 9x2 dx 10. √
16 + 9x2
x3 dx
Z Z
2. √ dx 11. √
4 − 25x2 x 9 + 4x2
Z √ Z
x
4 − x2 12. dx
3. dx (16 + 25x2 )3/2
x
Z p
dx
Z
2
4. √ 13. 9x2 − 4 dx, x > 3
16 − 9x2
dx x3
Z Z
√ √ 2
5. 14. dx, x > 5
x 9 − 25x2 25x2 − 4
x
Z
dx
Z
6. dx √ 4
15. , x> 3
(1 − x2 )3/2 9x2 − 16
Z p
dx
Z
7. 9 + 4x2 dx √ 3
16. , x> 5
x 25x2 − 9
x3 x
Z Z
√ 4
8. dx 17. dx, x > 3
4 + 25x2 (9x2 − 16)3/2
Z √
25 + 9x2 9x2 − 16
Z
9. dx 18. dx, x > 34 .
x x3
4.4. Otras técnicas de integración

Hubo una época en que resolver integrales cada vez más complicadas era una destreza muy necesaria, pero
actualmente, los software matemáticos son capaces de resolver integrales que alguna vez se consideraron
muy difı́ciles en pocos segundos. ¿Cómo se logró? Simplemente programando estas y otras técnicas de
integración. Daremos un pequeño paseo por las más conocidas.
4.4.1. Fracciones parciales

Se quiere encontrar
p(x)
Z
dx,
q(x)
donde p(x) y q(x) son dos polinomios tales que grado p(x) < grado q(x), y no tienen factores comunes.
Para resolver esta integral usaremos el método de fracciones parciales, este método consiste en descompo-
p(x)
ner en sumas de fracciones más simples, cuyas integrales en general se pueden encontrar fácilmente.
q(x)

Para encontrar estas sumas de fracciones más simples necesitamos expresar q(x) como producto de sus
factores irreducibles, es decir,
q(x) = (x − a1 )s1 · · · (x − an )sm (x2 + b1 x + c1 )t1 · · · (x2 + bm x + cm )tm .
Cada factor lineal del tipo (x − ai )si aporta la suma
Ai1 Ai2 Aisi

+ 2
+ ··· + ,
x − ai (x − ai ) (x − ai )si
y cada factor cuadrático irreducible (x2 + bi x + ci )ti aporta la suma
Bi1 x + Di1 Bi2 x + Di2 Bit x + Diti

+ + ··· + 2 i .
x2 + bi x + ci (x2 + bi x + ci )2 (x + bi x + ci )ti
p(x)
Z
Observación 4.4.1. Si se quiere encontrar dx, con grado p(x) ≥ grado q(x), se divide p(x)
q(x)
por q(x), obteniendo
p(x) q(x)t(x) + r(x) r(x)

Z Z Z Z
dx = dx = t(x) dx + dx,
q(x) q(x) q(x)
donde grado r(x) < grado q(x).
A continuación veremos distintos casos particulares.
Solo factores lineales sin repetición
En este caso encontraremos la integral cuando a1 , a2 , . . . , an son números reales distintos tales que
q(x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ).
Se determinan A1 , A2 , · · · , An reales, tales que para cada x ∈ R \ {a1 , a2 , . . . , an }

p(x) A1 A2 An
= + + ··· + .
q(x) x − a1 x − a2 x − an
Observación 4.4.2. Una manera fácil de encontrar las constantes A1 , A2 , . . . , An es sustituir su-
cesivamente por a1 , a2 , . . . , an en
p(x) = A1 (x − a2 ) · · · (x − an ) + · · · + An (x − a1 ) · · · (x − an−1 ).
(x − 1) dx
Z
Ejemplo 4.4.3. Determinar .
x − x2 − 2x
3
Solución:
Se tiene
x−1 x−1
= ,
x3 − x2 − 2x x(x + 1)(x − 2)

encontraremos A, B, C reales tales que

x−1 A B C
= + + .
x(x + 1)(x − 2) x x+1 x−2
Es decir
x−1 A(x + 1)(x − 2) + Bx(x − 2) + Cx(x + 1)
= .
x(x + 1)(x − 2) x(x + 1)(x − 2)
Se debe tener que para cada x ∈ R,
x − 1 = A(x + 1)(x − 2) + Bx(x − 2) + Cx(x + 1).

2
Para x = −1 se tiene que −2 = B(−1)(−3), por lo que B = − .
3
1
Para x = 0 se tiene que −1 = A(1)(−2), por lo que A = .
2
1
Finalmente para x = 2, se tiene que 1 = C(2)(3), por lo que C = .
6
Con esto
Z
(x − 1) dx 1 2 1
Z
dx = − + dx
x(x + 1)(x − 2) 2x 3(x + 1) 6(x − 2)
1 1 2 1 1 1
Z Z Z
= dx − dx + dx
2 x 3 (x + 1) 6 x−2
1 2 1
= ln |x| − ln |x + 1| + ln |x − 2| + K.
2 3 6
Solo factores lineales con repetición
En este caso encontraremos la integral cuando a1 , a2 , . . . , an son números reales distintos tales que
q(x) = (x − a1 )s1 (x − a2 )s2 · · · (x − an )sn ,
con algunos de los sj > 1.

En este caso en la descomposición en sumas de fracciones más simples, según la fórmula, el aporte de
cada factor lineal x − ai , es de la forma
Ai1 Ai2 Aisi

+ 2
+ ··· + .
x − ai (x − ai ) (x − ai )si
(x3 − 1) dx
Z
Ejemplo 4.4.4. Determinar la integral .
x2 (x − 2)3
Solución:
Encontraremos A, B, C, D, E reales tales que
(x3 − 1) A B C D E
2 3
= + 2+ + 2
+ ,
x (x − 2) x x (x − 2) (x − 2) (x − 2)3
es decir
x3 − 1 Ax(x − 2)3 + B(x − 2)3 + Cx2 (x − 2)2 + Dx2 (x − 2) + Ex2
= ,
x2 (x − 2)3 x2 (x − 2)3

por lo que se debe tener que
x3 − 1 = Ax(x − 2)3 + B(x − 2)3 + Cx2 (x − 2)2 + Dx2 (x − 2) + Ex2 .
Al sustituir x por 0 y por 2, tendremos solo algunas de las constantes, veamos:

1
para x = 0, se tiene −1 = B(−8), es decir B = ,
8
7
para x = 2, se tiene 23 − 1 = 7 = 4E, es decir E = .
4
Con esto
1 7
x3 − 1 = Ax(x − 2)3 + (x − 2)3 + Cx2 (x − 2)2 + Dx2 (x − 2) + x2 ,
8 4
por lo que faltan encontrar los valores de las otras constantes. Se puede seguir sustituyendo x por otros
tres valores distintos y resolver un sistema, o desarrollando los binomios .
Aquı́ desarrollaremos los binomios, obteniendo ası́
1 3
x3 − 1 = A(x4 − 6 x3 + 12 x2 − 8 x) + (x − 6 x2 + 12 x − 8)
8
7
+ C(x4 − 4 x3 + 4 x2 ) + D(x3 − 2 x2 ) + x2
4
1
= x4 (A + C) + x3 −6A + − 4 C + D +
8

3 7 3
+x2 12A − + 4C − 2D + + x −8A + − 1.
4 4 2
Igualando coeficientes de cada potencia se tiene el sistema a resolver
A+C = 0
1
−6A + − 4C + D = 1
8
3 7
12A − + 4C − 2D + = 0
4 4
3
−8A + = 0
2
3 3 5
Resolviendo el sistema se tiene que A = , C = − , D = . Por lo tanto
16 16 4
x3 − 1 3 1 −3 5 7
2 3
= + 2+ + 2
+ .
x (x − 2) 16x 8x 16(x − 2) 4(x − 2) 4(x − 2)3
x3 − 1
Z
Ası́ la integral I = dx es
x2 (x − 2)3
3 1 −3 5 7
Z Z Z Z Z
I = dx + dx + dx + dx + dx
16x 8x2 16(x − 2) 4(x − 2)2 4(x − 2)3
3 1 −3 5 7
= ln |x| − + ln |x − 2| − − + K.
16 8x 16 4(x − 2) 8(x − 2)2

Factores cuadráticos irreducibles sin repetición
Se quiere resolver la integral cuando
q(x) = (x2 + b1 x + c1 )(x2 + b2 x + c2 ) · · · (x2 + bm x + cm ).
En este caso se pueden encontrar constante Bi , Di tales que
p(x) B1 x + D1 B2 x + D2 Bm x + Dm
= 2 + 2 + ··· + 2 .
q(x) x + b1 x + c1 x + b2 x + c2 x + bm x + cm
(x3 + 3x2 − 5) dx
Z
(x2 + 2x + 2)(x2 + 1)
Solución:
Notemos que x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 y x2 + 1 son irreducibles, ya que no tienen raices reales (sus
discriminantes son ambos −4 < 0.)
Encontraremos constantes reales A, B, C D tales que
x3 + 3x2 − 5 Ax + B Cx + D
2 2
= 2 + 2 .
(x + 2x + 2)(x + 1) x + 2x + 2 x +1
Se debe resolver
x3 + 3x2 − 5 = (Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 2x + 2)

= x3 (A + C) + x2 (2C + B + D) + x(A + 2C + 2D) + (B + 2D).
Por lo que se debe resolver el sistema:
A+C = 1
2C + B + D = 3
A + 2C + 2D = 0
B + 2D = −5
Se obtiene A = −2, C = 3, B = −1, D = −2, con lo que se tiene
(x3 + 3x2 − 5) −2x − 1 3x − 2

= 2 + .
(x2 + 2x + 2)(x2 + 1) x + 2x + 2 x2 + 1
Integrando se tiene
(x3 + 3x2 − 5) dx (−2x − 1) dx (3x − 2) dx

Z Z Z
= +
(x2 + 2x + 2)(x2 + 1) 2
x + 2x + 2 x2 + 1
−(2x + 2) dx dx 3 2x dx dx
Z Z Z Z
= 2
+ 2
+ 2
− 2 2
x + 2x + 2 x + 2x + 2 2 x +1 x +1
3
= − ln(x2 + 2x + 2) + arc tg(x + 1) + ln(x2 + 1) − 2 arc tg x + K.
2

Factores cuadráticos irreducibles con repetición
Se quiere resolver la integral cuando
q(x) = (x2 + b1 x + c1 )r · · · .
En este caso se pueden encontrar constante Bi , Di tales que

p(x) B1 x + D1 B2 x + D2 Br x + Dr
= 2 + 2 2
+ ··· + 2 + ···
q(x) x + b1 x + c1 (x + b1 x + c1 ) (x + b1 x + c1 )r
(x3 + 2x2 + x + 11) dx

Z
(x2 + 1)(x2 + 4)2
Solución:
Se debe resolver
x3 + 2x2 + x + 11 Ax + B Cx + D Ex + F
= 2 + 2 + 2
(x2 + 1)(x2 + 4)2 x +1 x +4 (x + 4)2
(Ax + B)(x2 + 4)2 + (Cx + D)(x2 + 1)(x2 + 4) + (Ex + F )(x2 + 1)
= .
(x2 + 1)(x2 + 4)2
Formando el sistema de ecuaciones y resolviendo, se obtiene A = C = 0, E = B = 1, D = F = −1, es
decir,
x3 + 2x2 + x + 11 1 1 x−1
2 2 2
= 2 − 2 + 2 .
(x + 1)(x + 4) x + 1 x + 4 (x + 4)2
Ahora integrando, obtenemos
(x3 + 2x2 + x + 11) dx dx dx (x − 1) dx

Z Z Z Z
= − +
(x2 + 1)(x2 + 4)2 2
x +1 2
x +4 (x2 + 4)2
1 x 1 2x dx dx
Z Z
= arc tg x − arc tg + 2 2
−
2 2 2 (x + 4) (x + 4)2
2
1 x 1 dx
Z
= arc tg x − arc tg − 2
− .
2 2 2(x + 4) (x + 4)2
2
Para calcular la última integral necesitamos sustituir x = 2 tg α, ası́
dx 2 sec2 α dα cos2 α dα sen α cos α + α

Z Z Z
2 2
= 4
= = +K
(x + 4) 16 sec α 8 16
volviendo a la variable original, tenemos que
dx x 1 x
Z
2 2
= 2
+ arc tg + K.
(x + 4) 8(x + 4) 16 2
(x3 + 2x2 + x + 11) dx

Z
Por lo tanto, el valor de la integral I = es
(x2 + 1)(x2 + 4)2
9 x x+4
I = arc tg x − arc tg − + K.
16 2 8(x2 + 4)

Factores lineales y cuadráticos irreducibles con o sin repetición
(3x2 − x) dx
Z
(x − 2)(x2 + 2x + 2)
Solución:
Se deben encontrar las constantes tales que
(3x2 − x) A Bx + C
2
= + 2 .
(x − 2)(x + 2x + 2) x − 2 x + 2x + 2
Resolviendo se tiene A = 1, B = 2, C = 1, con lo que
(3x2 − x) dx dx (2x + 1) dx
Z Z Z
2
= +
(x − 2)(x + 2x + 2) x−2 x2 + 2x + 2
(2x + 2) dx dx
Z Z
= ln |x − 2| + −
x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2
dx
Z
= ln |x − 2| + ln(x2 + 2x + 2) −
(x + 1)2 + 1
= ln |x − 2| + ln(x2 + 2x + 2) − arc tg(x + 1) + C.
3x2 + 1
Z
x4 − 1
Solución:
Factorizando el denominador, se tiene
3x2 + 1 3x2 + 1 3x2 + 1
Z Z Z
dx = dx = dx.
x4 − 1 (x2 − 1)(x2 + 1) (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)
Ahora usaremos el método de fracciones parciales:
3x2 + 1 A B Cx + D
2
= + + 2 .
(x − 1)(x + 1)(x + 1) x−1 x+1 x +1
Por lo que para cada x ∈ R se debe tener:
3x2 + 1 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)(x + 1).
Reemplazando en valores estratégicos:

Para x = −1 se obtiene B = −1, para x = 1 se obtiene A = 1,
para x = 0 se obtiene D = 1, finalmente para x = 2 se obtiene C = 0.
Con esto
3x2 + 1 1 1 1
Z Z
4
dx = − + 2 dx
x −1 x−1 x+1 x +1
= ln |x − 1| − ln |x + 1| + arc tg x + C.

Ejercicios
x dx
Z
(x − 1) dx
Z
1. 8.
(x − 3)(x + 1)(x − 2) (x2 + 1)(x2 + 2x + 3)
(x2 + 2) dx (15x2 + 6x + 9) dx
Z Z
2. 9.
(x2 − 1)(x2 − 4) (x2 − 2x + 2)(x2 + 4x + 5)
x dx
Z
(x + 4) dx
Z
3. 10.
(x − 1)2 (x2 − 4) (x2 + 4x + 5)(x2 − 4x + 6)
(x + 4) dx (5x2 − 11x + 8) dx
Z Z
4. 11.
(x − 2)2 (x2 − 1)2 (x2 + 1)(x2 − 6x + 10)
(x − 1) dx
Z
(x2 − 1) dx
Z
5. 12.
(x − 3)3 (x + 1)2 (x − 2) (x2 + 1)(x2 + 6x + 10)
(x2 + 2x + 4) dx
Z
x dx
Z
6. 13.
(x + 3)(x − 1)2 (x + 2) (x2 + 1)2 (x2+ 2x + 3)
(17x2 + 34) dx (x + 4) dx
Z Z
7. 14.
(x2 + 4)(x2 + 4x + 6) (x2 + 4x + 5)(x2 − 4x + 6)2
4.4.2. Potencias de seno y coseno

Primero recordemos que:
sen2 x + cos2 x = 1 y d(sen x) = cos x dx, d(cos x) = − sen x dx.
Aquı́ veremos estrategias para integrar expresiones donde en el integrando aparacen solo potencias de
senos y/o cosenos, es decir del tipo Z
senn x cosm x dx.
n o m es un entero positivo impar.

Z
Supongamos que tenemos senn x cosm x dx, donde n = 2k + 1 es un número impar (positivo) y m
cualquier número entero.
Para resolver este tipo de integral usaremos las identidades trigonómetricas dadas anteriormente, ası́:
Z Z
n m
sen x cos x dx = sen2k+1 x cosm x dx
Z
= sen2k x cosm x sen x dx
Z
= (1 − cos2 x)k cosm x sen x dx.

Al desarrrollar el binomio obtendremos una integral con integrando un polinomio en cos x y d cos x, por
lo que haciendo una sustitución simple se tiene la integral.
Z
Ejemplo 4.4.9. Determinar la integral cos5 x dx.
Solución:
Z Z
cos5 x dx = cos4 x cos x dx
Z
= (1 − sen2 x)2 cos x dx
Z
= (1 − 2 sen2 x + sen4 x) cos x dx
sen3 x sen5 x
= sen x − + + C.
3 5
Z
Ejemplo 4.4.10. Determinar sen3 x cos4 x dx.
Solución:
Z Z
3 4
sen x cos x dx = sen2 x cos4 x sen x dx
Z
= (1 − cos2 x) cos4 x sen x dx
Z
= (cos4 x − cos6 x) sen x dx
cos7 x cos5 x
= − + C.
7 5
Observación 4.4.11. Esta técnica también es útil si uno de los números es racional y el otro entero
positivo impar, como vemos en el siguiente ejemplo.
cos5 x
Z
Ejemplo 4.4.12. Determinar la integral √ dx.
sen x
Solución:
cos5 x dx cos4 x cos x dx

Z Z
√ = √
sen x sen x
(1 − sen2 x)2 cos x dx
Z
= √
sen x
(1 − 2 sen2 x + sen4 x) cos x dx
Z
= √
sen x
√ √
√ 4 sen x sen x 2 sen4 x sen x
2
= 2 sen x − + + C.
5 9

n y m son ambos enteros positivos y pares.
Usaremos las identidades:
1 − cos 2x 1 + cos 2x
sen2 x = , cos2 x = .
2 2
Sustituyendo sucesivamente en la fórmula anterior hasta que alguna de las dos funciones (sen o cos)
tenga exponente impar.
Z
Ejemplo 4.4.13. Determinar la integral sen4 x dx.
Solución:
1 − cos 2x 2
Z Z
sen4 x dx = dx (4.1)
2
1 − 2 cos 2x + cos2 2x
Z
= dx
4
x sen 2x cos2 2x dx
Z
= − + (4.2)
4 4 4
Z
x sen 2x 1 1 + cos 4x
= − + dx
4 4 4 2
x sen 2x x sen 4x
= − + + + C.
4 4 8 32
n y m son ambos enteros pares, uno de ellos negativo.
El integrando se puede reescribir en términos de tg x, ctg x, sec x, cosec x, según corresponda y usar
las siguientes fórmulas
sec2 x = 1 + tg2 x cosec2 x = 1 + ctg 2 x

d(tg x) = sec2 x dx d(sec x) = sec x tg x
cos2 x
Z
sen4 x
Solución:
Utilizando lo anterior,
cos2 x
Z Z
dx = ctg 2 x cosec2 x dx
sen4 x
Haciendo la sustitución u = ctg x, entonces du = − cosec2 x dx. Reemplazando, tenemos
u3 ctg 3 x
Z Z
ctg x cosec x dx = − u2 du = − + C = −
2 2
+C
3 3

sen2 x
Z
cos6 x
Solución:
Reescribiendo y haciendo u = tg x, entonces du = sec2 x dx, se tiene
sen2 x
Z Z Z
2 4
dx = tg x sec x dx = tg2 x(1 + tg2 x) sec2 x dx
cos6 x
Z
= u2 (1 + u2 ) du
u3 u5
= + +C
3 5
tg3 x tg5 x
= + +C
3 5
Otras funciones trigonométricas
Cuando el integrando contiene solo potencias impares de funciones sec x o cosec x se debe utilizar
integración por partes. En cualquier otro caso, debemos utilizar las identidades trigonométricas y sus
respectivos diferenciales para realizar una sustitución adecuada.
Z
Ejemplo 4.4.16. Determinar la integral tg3 x dx.
Solución:
Z Z
tg3 x dx = tg2 x tg x dx
Z
= (sec2 x − 1) tg x dx
Z
= (tg x sec2 x − tg x) dx
tg2 x
= + ln | cos x| + C.
2
Ejercicios

Z Z Z
5 2
1. cos x sen x dx 5. sen6 x dx 9. tg2 x sec4 x dx
Z Z Z
7 4
2. sen x dx 6. cos x dx 10. sec4 x dx
Z Z Z
3. cos3 x sen3 x dx 7. tg4 x dx 11. tg x sec3 x dx
Z Z Z
4 2 5
4. cos x sen x dx 8. sec dx 12. tg x sec2 x dx.

Z
4.4.3. Funciones racionales de seno y coseno R(sen x, cos x) dx.
Z
Consideremos integrales del tipo R(sen x, cos x), donde R es una función racional en las funciones
x
seno y coseno. En este caso conviene hacer la sustitución z = tg , de donde,
2
1 x 2dz
dz = sec2 dx ⇒ dx =
2 2 1 + z2
Usando identidades trigonométricas,
x
cos x = 2 cos2 −1 sen2 x = 1 − cos2 x
2
2
1 − z2

2
= x − 1 =1−
sec2 1 + z2
2
2 4z 2
= −1 =
1 + z2 (1 + z 2 )2
1 − z2 2z
= sen x =
1 + z2 1 + z2
En resumen,
x 2 dz 1 − z2 2z
z = tg , dx = , cos x = , sen x =
2 1 + z2 1 + z2 1 + z2
Por lo tanto
1 − z2

2z 2
Z Z
R(sen x, cos x) dx = R , dz
1 + z2 1 + z2 1 + z2
la que se convierte generalmente en una integral que se resuelve por el método de fracciones parciales.
dx
Z
Ejemplo 4.4.17. Resolver .
sen x + cos x
Solución:
En este caso se tiene que
1
R(sen x, cos x) =
sen x + cos x
Haciendo la sustitución propuesta
2 dz
dx dz dz
Z Z Z Z
= 1 + z2 = −2 = .
sen x + cos x 2z 1−z 2 2
z − 2z − 1 (z − 1)2 − 2
+
1 + z2 1 + z2
Ahora, haciendo la sustitución z − 1 = u tenemos
√ √
Z
dz
Z
du 2 √ 2 √
= = ln |u − 2| − ln |u + 2| + C.
(z − 1)2 − 2 u2 − 2 4 4

x x
Como z = tg , se tiene u = tg − 1,
2 2
√
x √
2 tg 2 − 1 − 2

dx
Z
= ln x √ + C.
sen x + cos x 4 tg − 1 + 2
2
Observación 4.4.18. Si R(sen x, cos x) = R(− sen x, − cos x), se puede sustituir tg x = z. Ası́
z2 1 dz
sen2 x = , cos2 x = , dx = .
1 + z2 1 + z2 1 + z2
Ejemplo 4.4.19. Resolver

sen2 x
Z
dx
cos4 x
Solución:
sen2 x
En este caso se tiene que R(sen x, cos x) = = R(− sen x, − cos x), por lo que haciendo la
cos4 x
sustitución propuesta (z = tan x) se tiene:
sen2 x
Z 2
z (1 + z 2 )2 dz z3 tan3 x
Z Z
2
dx = = z dz = + K = + K.
cos4 x 1 + z2 1 + z2 3 3
Ejercicios
dx dx
Z Z
1. 6.
1 − sen x + cos x 1 − tg x
Z
dx
Z
2. sec x dx 7.
1 + cos x
dx
Z
dx
Z
3. 8.
2 + 3 sen x 3 sec x + 4
dx
Z
dx
Z
4. 9.
sen x + tg x sen2 + cos4 x
cos x dx dx
Z Z
5. 10. .
1 + 2 cos x 2 − sen2 x

5
Integración definida
Podrı́amos decir que este es el capı́tulo central del curso. Usaremos primero el concepto de lı́mite aplicado
a una suma para determinar el área bajo una curva representada por una función no negativa. El Teorema
Fundamental del Cálculo -que por razones más bien didácticas dividimos en dos- establece en términos
generales que este proceso no es otro que un proceso de integración.
5.1. Sumas de Riemann

Sea f una función continua y positiva en el intervalo [a, b]. Queremos encontrar la medida del área de
la región limitada por los ejes coordenados y la gráfica de la función:
y = f (x)
f (b)
f (a)
a b
La región achurada corresponde a la región acotada por las rectas x = a, x = b, el eje X y la curva
y = f (x). Intuitivamente vemos que es razonable asignar una medida para su área. Podemos encontrar
un valor aproximado construyendo rectángulos inscritos que aproximen la figura:
y = f (x)
f (b)
f (a)
a x1 x2 x3 b
127
5.1 Sumas de Riemann
Al menos podemos afirmar que la medida del área de la región bajo la curva es mayor que la suma de
las áreas de los rectángulos dados:
A ≥ (x1 − a)f (c1 ) + (x2 − x1 )f (c2 ) + (x3 − x2 )f (c3 ) + (b − x3 )f (c4 ).
La aproximación es mejor si consideramos un número mayor de rectángulos. Por comodidad, los elegire-
mos todos del mismo ancho. Sean
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b
y sea ci el mı́nimo absoluto de f en el intervalo [xi−1 , xi ].
y = f (x)
f (b)
f (a)
a x1 x2 . . . xi . . . b
n
P b−a
Luego, A ≈ f (ci )∆x donde ∆x =
i=1 n
A medida que n crece, el valor de la suma es cada vez más cercano a la idea intuitiva de lo que deberı́a
ser la medida del área de la región achurada.
Esta suma que aproxima el área de la figura mediante rectángulos inscritos se llama una suma inferior
de f en el intervalo [a, b], es decir,
n
P
sn (f ) = f (ci )∆x
i=1
Observación 5.1.1. Para lo que sigue se necesitarán al menos las siguientes fórmulas:
n
X n(n + 1)
1. i=
2
i=1
n
X n(n + 1)(2n + 1)
2. i2 =
6
i=1
n 2
X
3 n(n + 1)
3. i =
2
i=1

Ejemplo 5.1.2. Encontrar una expresión para la suma inferior de la función f en el intervalo [0, 4]
definida por f (x) = x2 .
Solución:
4
Como el intervalo es de longitud 4, entonces ∆x = .
n
Ahora, como la función es estrictamente creciente, el mı́ni-
mo se produce en el extremo izquierdo del intervalo, es decir, y = x2
4(i − 1)
en el punto xi−1 = .
n
Ası́,
n n
X X 16(i − 1)2 4
sn (f ) = f (xi−1 )∆x = ·
n2 n
i=1 i=1
n n−1
64 X 64 X
= (i − 1)2 = i2
n3 n3
i=1 i=1
64 n(n − 1)(2n − 1)
= ·
n3 6
32(n − 1)(2n − 1) 4
= .
3n2
El mismo análisis que hemos hecho con rectángulos inscritos se puede hacer con rectángulos circunscritos
y obtenemos sumas superiores de f en [a, b].
Definición 5.1.3. Sea f una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b] y R la
región acotada por las rectas x = a, x = b, el eje X y la curva y = f (x).
Consideremos la partición a = x0 < x1 < · · · < xn = b del intervalo [a, b] en subintervalos de largo
b−a
∆x = , y f (ci ) el valor máximo absoluto de f en el intervalo [xi−1 , xi ].
n
Entonces,
n
P
Sn (f ) = f (ci )∆x
i=0
se llama una suma superior de f .
Observación 5.1.4. La suma superior es una buena aproximación del área de la región. Luego,
sn (f ) < A < Sn (f )
Ejemplo 5.1.5. Encontrar una expresión para la suma superior del ejemplo anterior.
Solución:
Podemos obtener tales sumas superiores notando que el máximo se produce en el extremo derecho del
intervalo.

n y = x2
X
Sn (f ) = x2i ∆x
i=1
X 16i2 4
= ·
n
n2 n
i=1
64 n(n + 1)(2n + 1)
= ·
n3 6
32(n + 1)(2n + 1)
= .
3n2
Observación 5.1.6. Sea f una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b] y sea
R la región acotada por las rectas x = a, x = b, el eje X y la curva y = f (x).
b−a
Sea a = x0 < x1 < · · · < xn = b una partición del intervalo [a, b] en subintervalos de largo .
n
Entonces, lı́m sn (f ) y lı́m Sn (f ) siempre existen y son iguales.
n→∞ n→∞
Para los ejemplos anteriores tenemos

32(n − 1)(2n − 1) 32(n + 1)(2n + 1)
lı́m sn (f ) = lı́m Sn (f ) =
x→∞ 3n2 x→∞ 3n2
64 64
= =
3 3
Definición 5.1.7. La medida del área de la región R se define como el valor del lı́mite anterior.
Es decir, si A representa la medida del área de la región R, entonces
A = lı́m sn (f ) = lı́m Sn (f ).
n→∞ n→∞
Ejemplo 5.1.8. Calcular el área de la región acotada por la curva y = x3 + 2x2 + x y el eje X.
Solución:
Debemos encontrar primero los lı́mites de la región.
2
Los ceros de f son −1 y 0 y la función es negativa
en ese intervalo.
Elegiremos el extremo derecho de cada subintervalo, 1
i
es decir, xi = −1 + .
n
El largo del rectángulo es ahora
−1 1
2
−f (xi ) = −xi (xi + 1) .
f −1

5.2 Integral definida
Luego,
n
i2 1 n2 − 1

X i 1
A = lı́m s(f ) = lı́m −1 + · · = lı́m = .
n→∞ n→∞ n n2 n n→∞ 12n2 12
i=1
Ejercicios
1. Calcular el área de la región acotada por la curva y = 4 − x2 y el eje X tomando como altura del
i-ésimo rectángulo el punto medio del intervalo.
2. Calcular, usando sumas de Riemann, el área de la región acotada por el eje Y y las rectas y = 2x
e y = 3x − 2.
5.2. Integral definida

La definición de integral definida es una generalización del proceso seguido para encontrar el área bajo
una curva.
Definición 5.2.1. Suma de Riemann.

Sea f una función real definida en un intervalo [a, b] y sea P una partición arbitraria del intervalo
[a, b] en subintervalos no necesariamente de igual longitud. Sea ∆i x := xi − xi−1 la medida de la
longitud del i-ésimo subintervalo de P. Sea ξi un punto cualquiera en el i-ésimo subintervalo. La
n
P
suma f (ξi )∆i x se llama una Suma de Riemann de f asociada a la partición P.
i=1
Ejemplo 5.2.2. Sea P la partición del intervalo [0, 4] dada por {0, 21 , 1, 54 , 73 , 3, 4} y sea f definida
por f (x) = x2 . Encontrar la suma de Riemann asociada a la partición P.
Solución:
Elegimos ξ1 = 31 , ξ2 = 34 , ξ3 = 45 , ξ4 = 2, ξ5 = 83 , ξ6 = 72 .
La suma de Riemann de f asociada a la partición P (para los puntos elegidos) es
6
X 1 1 9 1 25 1 13 64 2 49 18419
S(f, P) = f (ξi )∆i x = · + · + · +4 + · + = .
9 2 16 2 16 4 12 3 3 4 576
i=1
Observación 5.2.3. La elección de los puntos ξi es arbitraria, la única condición es que cada punto
pertenezca al subintervalo correspondiente.
Observación 5.2.4. Si f es no negativa en el intervalo [a, b], tenemos, como antes, una medida
aproximada del área de la región bajo la curva en el intervalo [a, b]. Pero si la función toma valores
negativos en algunos ξi , aparecerán términos negativos en la suma de Riemann.
Definición 5.2.5. Sea P una partición del intervalo [a, b]. La norma de la partición P, se define
como,
kPk := k∆xk := máx{∆i x : i = 1, . . . , n}.

Definición 5.2.6. Sea f una función real definida en un intervalo cerrado [a, b]. Diremos que f es
integrable en [a, b] si existe un número real L tal que para cualquier ǫ > 0 existe un real δ > 0 tal
n
P
que | f (ξi )∆i x − L| < ǫ siempre que k∆xk < δ. Si f es integrable en [a, b] este número real L se
i=1
llama la integral definida de f en [a, b] y escribimos
Z b n
X n
X
f (x) dx := lı́m f (ξi )∆i x = lı́m f (ξi )∆i x
a k∆xk→0 n→∞
i=1 i=1
Notación 5.2.7. En la expresión

Z b
f (x) dx,
a
la función f se llama el integrando, y los números a y b se llaman, respectivamente, lı́mite inferior

y superior de la integral.
Teorema 5.2.8. Si f es acotada y además, continua en [a, b], excepto, posiblemente en un número
finito de puntos entonces f es integrable en [a, b].
Ejemplo 5.2.9. Algunos ejemplos de funciones integrables son:
Las funciones polinomiales, exponenciales, las funciones seno y coseno, son integrables en
cualquier intervalo [a, b].
Las funciones racionales son integrables en cualquier intervalo que no contenga un cero del
denominador.
La función tangente es integrable en cualquier intervalo que no contenga

π
+ kπ, k ∈ Z.
2
Observación 5.2.10. Una partición de [a, b] en la que todos los subintervalos tienen igual longitud
b−a
se llama una partición regular. En este caso ∆i x = , donde n es el número de subintervalos.
n
b−a
Entonces k∆xk = , por lo tanto k∆xk → 0 es equivalente a n → ∞. Ahora, si sabemos que f
n
es integrable, podemos escribir
Z b n
X
f (x) dx := lı́m f (ξi )∆x
a n→∞
i=1
Z a Z b
Definición 5.2.11. Si f es integrable en [a, b], definimos f (x) dx := − f (x) dx.
b a
Z a
Definición 5.2.12. Si f (a) existe, definimos f (x) dx := 0.
a

5.2.1. Propiedades de la integral definida

A continuación revisaremos las principales propiedades de la integral definida.
Z b
Proposición 5.2.13. dx = b − a. Ası́, si a < b, la integral definida representa el largo del
a
intervalo.
Demostración.
Z b n n
X X b−a b−a
dx = lı́m ∆x = lı́m =n = b − a.
a n→∞ n→∞ n n
i=1 i=1
Proposición 5.2.14. Si f es integrable en [a, b] y k ∈ R, entonces

Z b Z b
kf (x) dx = k f (x) dx.
a a
Demostración.
Z b n
X n
X Z b
kf (x) dx = lı́m kf (ξi )∆x = k lı́m f (ξi )∆x = k f (x) dx.
a n→∞ n→∞ a
i=1 i=1
Proposición 5.2.15. Si f y g son integrables en [a, b], entonces f + g es integrable en [a, b] y

Z b Z b Z b
[f (x) + g(x)] dx = f (x) dx + g(x) dx.
a a a
Proposición 5.2.16. Propiedad aditiva de la integral definida. Supongamos que f es inte-

grable en [a, b] y sea c ∈ [a, b]. Entonces
Z b Z c Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.
a a c
La siguiente proposición y sus corolarios son inmediatas.
Proposición 5.2.17. Sea f una función integrable y no negativa en el intervalo [a, b]. Entonces
Z b
f (x) dx ≥ 0.
a
Corolario 5.2.18. Sean f y g funciones integrables en [a, b] tales que f (x) ≤ g(x) para todo
x ∈ [a, b]. Entonces
Z b Z b
f (x) dx ≤ g(x) dx.
a a

Z 1 Z 1 Z 4 Z 4
Ejemplo 5.2.19. x2 dx ≤ x dx y x dx ≤ x2 dx.
0 0 1 1
Observación 5.2.20. Notemos que si f (x) ≤ g(x) en [a, b], entonces
(g − f )(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b].
Por lo tanto,
Z b
[g(x) − f (x)] dx y = g(x)
a
representa la medida del área de la región que

se muestra en la figura. y = f (x)
a b
Corolario 5.2.21. Sea f una función continua en el intervalo [a, b] y sean m y M , respectivamente,
los valores mı́nimo y máximo absoluto de f en [a, b]. Entonces
Z b
m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a).
a
Observación 5.2.22. Si f es no negativa en [a, b] podemos interpretar geométricamente este re-

sultado.
a b
Z 4p
Ejemplo 5.2.23. Hacer una estimación del valor de la integral 3x2 + 8 dx sin calcularla.
1
Solución:
Notemos que el único punto crı́tico de la función se produce en un punto fuera del intervalo [1, 4], por
lo que el máximo
√ y el mı́nimo √
de la función corresponden a los lı́mites de la integral, 1 y 4.
Ahora f (1) = 11 y f (4) = 2 14. Luego
√ Z 4p √
3 11 ≤ 3x2 + 8 dx ≤ 6 14.
1
Las siguientes dos propiedades son muy útiles e intuitivamente obvias.

Proposición 5.2.24. Si f es una función integrable y par en el intervalo simétrico [−a, a], entonces
Z a Z a
f (x) dx = 2 f (x) dx.
−a 0
Proposición 5.2.25. Si f es una función integrable e impar en el intervalo simétrico [−a, a], en-
tonces
Z a
f (x) dx = 0.
−a
Ejemplo 5.2.26.
Z π Z π Z π
sen x dx = 0, cos x dx = 2 cos x dx = 0,
−π −π 0
Z π Z π Z π
2 2 2
sen x dx = 0, cos x dx = 2 cos x dx = 2.
− π2 − π2 0
Antes de presentar el Teorema del valor medio para integrales, escribimos sin demostración el teorema
del valor intermedio de una función continua que necesitaremos en la demostración siguiente.
Teorema 5.2.27. Teorema del valor intermedio.
Si f es una función continua en el intervalo cerrado [a, b], y f (a) 6= f (b), entonces cualquier valor
real k entre f (a) y f (b) pertenece al recorrido de la función.
Teorema 5.2.28. Teorema del valor medio para integrales.
Si f es una función continua en el intervalo cerrado [a, b], entonces existe un número c ∈ [a, b] tal que
Z b
f (x) dx = f (c)(b − a).
a
Demostración.
Sean xm y xM en [a, b] los puntos en que f alcanza su mı́nimo y máximo absolutos, lo que está
garantizado por ser f continua en un intervalo cerrado. Entonces, por el teorema anterior
Z b
f (xm )(b − a) ≤ f (x) dx ≤ f (xM )(b − a),
a
es decir,
b
1
Z
f (xm ) ≤ f (x) dx ≤ f (xM ).
b−a a
Ahora usando el teorema del valor intermedio, existe c ∈ [xm , xM ] tal que
Z b
1
f (c) = f (x) dx,
b−a a
como querı́amos probar.


Definición 5.2.29. Si la función f es integrable en el intervalo [a, b], se define el valor promedio
de f en [a, b] como
b
1
Z
V P (f ) = f (x) dx.
b−a a
Ejemplo 5.2.30. Encontrar el valor promedio de la función y = x2 en el intervalo [0, 4].
Solución:
4
64
Z
De la definición 5.1.7 y el ejemplo 5.1.2 se tiene que x2 dx = .
0 3
Luego,
64 16
V P (f ) = = .
12 3
Ejercicios
1. Considerar el valor de las siguientes integrales

Z 4 Z 4 4
2048 1024
Z
5
x dx = , x4 dx = , x3 dx = 64,
0 3 0 5 0
Z 4 Z 4 4
64
Z
x2 dx = , x dx = 8, 1 dx = 4.
0 3 0 0
Calcular, usando las propiedades de la integral:

Z 4 Z 4
5 3
a) (3x − 4x + 9x) dx d) (4x2 − 2x − 3) dx
−4 −4
Z4 Z 4
b) (7x4 − 4x2 + 1) dx e) (4x2 − 2x − 3) dx
−4 0
Z4 Z 4
c) (4x3 − 2x2 + 5x + 2) dx f) (7x4 − 5x3 − 3x2 + 2) dx.
−4 0
√
16 − x2 en el intervalo [−4, 4].
2. Determinar el valor promedio de la función f definida por f (x) =
√
3. Determinar el valor promedio de la función g definida por g(x) = x2 − 2x + 4 en el intervalo
[−2, 3].
5.2.2. Teoremas fundamentales del cálculo

Z b
Sea f una función continua en el intervalo cerrado [a, b]. Entonces f es integrable en [a, b] y f (x) dx
a
es un número real que depende de f y de los lı́mites superior e inferior, pero no de x. La letra x funciona
aquı́ como una variable independiente y podemos reemplazarla por cualquier otra. Ası́,
Z b Z b
f (t) dt y f (z) dz
a a

representan el mismo número.

Z x
Sea ahora x un punto cualquiera en el intervalo [a, b]. Entonces f es integrable en [a, x] y f (t) dt
a
es un número real que depende ahora de f , de a y de x.
Definimos entonces la función F en [a, b] (llamada función de acumulación), por
Z x
F (x) = f (t) dt.
a
El primer teorema fundamental del cálculo establece que esta función que hemos definido es precisamente
una antiderivada de la función f .
Teorema 5.2.31. Primer teorema fundamental del cálculo.
Sea F la función definida por Z x
F (x) = f (t) dt,
a
donde f es continua en [a, b]. Entonces
F ′ (x) = f (x).
Demostración.
Z x+h Z x Z x+h
F (x + h) − F (x) = f (t) dt − f (t) dt = f (t) dt.
a a x
Z x+h
Por el teorema 5.2.27, existe un número real z ∈ [x, x + h], tal que f (t) dt = f (z)h. Es claro que
x
f (z) → f (x) cuando h → 0, pues f es continua en [a, b].
Luego,
F (x + h) − F (x)
F ′ (x) = lı́m = lı́m f (z) = f (x).
h→0 h h→0

Ejemplo 5.2.32. Usando el primer teorema fundamental del cálculo es inmediato que
Z x
d
(t + 3t − 5) dt = x2 + 3x − 5,
2
dx 1
Z x
d
arc tg(3t + 1) dt = arc tg(3x + 1).
dx 0
Z 4
d 2
Ejemplo 5.2.33. Calcular (t + 3t − 5) dt .
dx x
Solución:
Notemos que el lı́mite variable es el inferior, por lo que debemos llevar primero la integral a la forma que
establece el teorema. Ası́,
Z 4 Z x
d d
(t2 + 3t − 5) dt = − (t2 + 3t − 5) dt = −(x2 + 3x − 5).
dx x dx 4

!
x2
d
Z
Ejemplo 5.2.34. Calcular (t2 + 3t − 5) dt .
dx 1
Solución:
En este ejemplo debemos
Z u hacer un cambio de variable y usar regla de la cadena. Es decir, si u = x2 ,
entonces F (u) = (t2 + 3t − 5) dt, de donde
1
Z u
d 2
(t + 3t − 5) dt = u2 + 3u − 5.
du 1
Luego,
!
x2 Z u
d d du
Z
2 2
(t + 3t − 5) dt = (t + 3t − 5) dt
dx 1 du 1 dx
= (u + 3u − 5)2x = (x4 + 3x2 − 5)2x.
2
El siguiente teorema nos muestra más claramente la relación entre la integral definida y las antiderivadas.
Teorema 5.2.35. Segundo teorema fundamental del cálculo.

Sea f una función continua en [a, b] y sea F cualquier antiderivada de f en [a, b]. Entonces
Z b b
f (t) dt = F (t) = F (b) − F (a).

a a
Demostración. Z x
Por el primer teorema, una antiderivada de f está dada por H(x) = f (t) dt, luego F difiere de H
a
solo por una constante, es decir, Z x
F (x) = f (t) dt + C.
a
Z b Z a
Ahora F (b) = f (t) dt + C y F (a) = f (t) dt + C = 0 + C = C, de donde
a a
Z b
F (b) − F (a) = f (t) dt
a

Z 4
Ejemplo 5.2.36. Calcular (3x2 + 6x − 2) dx.
1
Solución: Z 4
Para calcular (3x2 + 6x − 2) dx resolvemos primero la integral indefinida, que en este caso es directa.
1
Z
(3x2 + 6x − 2) dx = x3 + 3x2 − 2x + C.

Ahora calculamos el valor de la antiderivada en los lı́mites de integración y restamos:
F (4) − F (1) = (43 + 3 · 42 − 2 · 4 + C) − (13 + 3 · 12 − 2 · 1 + C) = 104 − 2 = 102.
Notemos que para evaluar la integral definida, el valor de la constante aditiva C es irrelevante. Ası́,
Z 4
4
(3x2 + 6x − 2) dx = x3 + 3x2 − 2x 1 = 102.
1
e
ln2 x
Z
Ejemplo 5.2.37. Calcular dx.
1 x
Solución:
Resolvemos primero la integral indefinida, haciendo la sustitución u = ln x:
ln2 x u3 ln3 x
Z Z
dx = u2 du = +C = + C.
x 3 3
Ahora evaluamos la integral definida y obtenemos

Z e 2 e
ln x ln3 x ln3 e − ln3 1 1
dx = = = .
1 x 3 1 3 3
En el ejemplo anterior usamos la técnica de sustitución para resolver la integral indefinida. El siguiente
teorema nos muestra que podemos hacer sustitución directamente en la integral definida si tenemos el
cuidado de cambiar los lı́mites de integración.
Teorema 5.2.38. Supongamos que la función g tiene derivada continua en [a, b] y sea f continua
en [g(a), g(b)]. Entonces
Z b Z g(b)
′
f (g(x))g (x) dx = f (u) du.
a g(a)
Demostración.
Por el segundo teorema fundamental, si F es una antiderivada de f , entonces
Z
f (g(x))g′ (x) dx = F (g(x)) + C,
luego
Z b Z g(b)
′
f (g(x))g (x) dx = F (g(b)) − F (g(a)) = f (u) du.
a g(a)

e
ln2 x
Z
Ejemplo 5.2.39. Calcular la integral dx, usando el teorema anterior.
1 x
Solución:
1
Si u = ln x, entonces du = dx y además
x

x = 1 ⇒ u = ln 1 = 0,
x = e ⇒ u = ln e = 1.
Por lo tanto, 1
e
ln2 x 1
u3 1
Z Z
2
dx = u du = = .
1 x 0 3 0 3
Z 2π
Ejemplo 5.2.40. Pruebe que | cos x|dx = 4
0
Solución:
En este caso debemos utilizar la definición del valor absoluto
Z 2π Z π Z 3π Z 2π
2 2
| cos x|dx = cos xdx − cos xdx + cos xdx
π 3π
0 0 2 2
π 3π 2π
2 2
= sen x − sen x π + sen x 3π = 4

0 2 2
100π x
Z
Ejemplo 5.2.41. Use 5.2.40 para calcular 3 cos − x dx

−100π 50
Solución:
Primero usaremos las propiedades para escribir la integral
Z 100π
x Z 100π x Z 100π
3 cos − x dx = 3 cos dx − x dx

−100π 50 −100π 50 −100π
x
Para la primera integral, haremos el siguiente cambio de variable z = ⇒ dx = 50dz
50
x = −100π ⇒ z = −2π
x = 100π ⇒ z = 2π
entonces
Z 100π
x i Z 2π
3 cos dx = 150 |cos z| dz

−100π 50 −2π
Z 2π
= 300 |cos z| dz = 1200
0
Z 100π
Como f (x) = x es una función impar, entonces x dx = 0.
−100π
Por tanto, Z 100π

x
3 cos − x dx = 1200

−100π 50

Ejemplo 5.2.42. Calcular las siguientes integrales:

Z π Z 1
3 sen2 x 3 dx
1. dx. 2. .
π cos6 x 2
−1 9x + 6x + 5
6
Solución:
1) Por ejercicio 4.4.15 sabemos que
sen2 x tg3 x tg5 x
Z
dx = + +C
cos6 x 3 5
Luego,
π π
sen2 x tg3 x tg5 x 3
Z
3
dx = +
π cos6 x 3 5 π
6 6
√
√ 9 3 1 1
= 3+ − √ − √
5 9 3 59 3
√
14 3 2
= − √ .
5 15 3
En cambio, si usamos la sustitución t = tg x directamente en la integral definida, podemos evitar la
resolución de la integral indefinida. En efecto
π 1
x= ⇒ tg x = √
6 3
π √
x= ⇒ tg x = 3
3
Luego,
π π
sen2 x
Z Z
3 3
dx = tg2 x sec4 x dx
π cos6 x π
6 6
√
Z 3
= t2 (1 + t2 ) dt
1
√
3
√3
t3 t5

= +
3 5 √1
3
√
14 3 2
= − √
5 15 3
3x + 1
2) Del ejemplo 4.3.4, haremos la sustitución = tg α, tenemos
2
x = −1 ⇒ tg α = −1 ⇒ α = − π4
1 π
x= 3 ⇒ tg α = 1 ⇒ α= 4

Luego,
1 1 π
dx 1 dx 1 1 π4 π
Z Z Z
3 3 4
= = d α = α π = .
9x2 + 6x + 5 4 3x+1 2 6 6 −4 12

−1 −1
2 +1 − π4
Ejercicios
!
x3
d
Z
1. Calcular (2t + 1) dt .
dx x2
2. Evaluar las siguientes integrales definidas:

−2 3
√
1 z cos( 3 7z 2 + 1)
Z Z
a) du, d) √ dz,
−4 3u + 4 1 ( 3 7z 2 + 1)2
Z π π
sen3 x
2
Z
2 4
b) cos t dt, e) dx,
π
4 − π4 cos4 x
π
cos5 θ 6
Z Z
3
c) dθ, f) |3x − 7| dx.
π sen θ −4
6

6
Aplicaciones de la integral definida
Después de dos capı́tulos más bien teóricos, en este nos ocuparemos de algunas aplicaciones simples de
la integral definida, básicamente área, volumen y longitud de Arco.
6.1. Área de una región en el plano

Hemos visto en el capı́tulo anterior que si f es una función no negativa en el intervalo [a, b], el área de
la región R acotada por la curva y = f (x), las rectas x = a, x = b y el eje X está definida por
Z b
A(R) = f (x) dx
a
En esta sección calcularemos área de regiones planas usando integrales definidas.
Comencemos resolviendo un problema conocido:
Ejemplo 6.1.1. Calcular el área de la región acotada por la curva y = x2 − 5x + 4 y los ejes
coordenados.
Solución:
Primero graficaremos la región correspondiente.
El área de la región achurada es
Z 1 4
A = (x2 − 5x + 4) dx
0
1
x3 5 2

= − x + 4x
3 2 0
1 5 11 −1 1 2 3 4 5 6
= − +4= .
3 2 6
143
6.1 Área de una región en el plano
Ejemplo 6.1.2. Calcular el área de la región acotada por la curva y = x2 − 5x + 4 y el eje X.

Solución:
Aunque se trata de la misma curva que en el ejercicio anterior, la región es otra, como se ve en la figura.
La función es negativa en el intervalo

4
[1, 4], entonces el área de la región se
expresa como
Z 4 2
A = − (x2 − 5x + 4) dx
1
4
x3 5 2

−2 −1 1 2 3 4
= − − x + 4x
3 2
1 −2
4 5 1 5 9
= −16 − +1 + − +4 = .
3 2 3 2 2
Generalizando, podemos decir que, el área de la región acotada por las rectas x = a, x = b, el eje X y
la gráfica de la función está dada por
Z b
A= |f (x)|dx.
a
Ahora usaremos integrales para encontrar el área de regiones que están acotadas por las rectas x = a
y x = b y por las gráficas de dos funciones continuas f y g en el intervalo [a, b]. Al igual que en la
defnición 5.1.7, usaremos sumas de Riemann para calcular el área de una región acotada por dos curvas
en el plano. Sea P una partición regular del intervalo [a, b] y sea ∆x el ancho de cada subintervalo.
Cosideremos además, ξi un punto arbitrario en el i-ésimo subintervalo.
Notemos que el largo del rectángulo elemental está dada por
|f (ξi ) − g(ξi )|.
Luego, la suma de Riemann
n
X
|f (ξi ) − g(ξi )|∆x
i=1
es una aproximación de lo que intuitivamente consideramos como área de la región.
Esta aproximación mejora si n crece indefinidamente, entonces
n
P
A = lı́m |f (ξi ) − g(ξi )|∆x
n→∞ i=1
lo que podemos definir como:

Definición 6.1.3. El área de la región limitada por las curvas y = f (x), y = g(x) y las rectas
x = a, x = b, donde f y g son funciones continuas en el intervalo [a, b] es
Z b
A= |f (x) − g(x)| dx.
a

Ejemplo 6.1.4. Calcular el área de la región acotada por la curva y = x2 − 5x + 4 y la recta

x + y = 4.
Solución:
Para calcular el área de la región, primero debemos encontrar la interseccón de las dos curvas:
4 − x = x2 − 5x + 4 ⇒ x2 − 4x = 0
de donde se tiene que x = 0, x = 4.
El área de la región acotada es

4
Z 4
A = (4 − x − (x2 − 5x + 4)) dx
0 2
Z 4
= (4x − x2 ) dx
0
4
x3

−2 −1 1 2 3 4
2

= − + 2x
3
0 −2
4 32
= 16 − + 2 = .
3 3
x2
Ejemplo 6.1.5. Calcular el área de la región acotada por las curvas y = x2 − 5x + 4 e y = 4 − .
4
Solución:
Como primer paso, calculamos los puntos de intersección de ambas parábolas
x2 5 2
x2 − 5x + 4 = 4 − ⇔ x − 5x = 0
4 4
1
⇔ 5x x−1 =0
4
⇔ x = 0 ∨ x = 4.
El área de la región achurada es 4

Z 4
x2

2
A = 4− − (x − 5x + 4) dx
0 4 2
Z 4
5x2

= 5x − dx
0 4
2 4 −2 −1 1 2 3 4
x x3 40
= 5 − = .
2 12 0 3 −2

Ejemplo 6.1.6. Determinar el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f y g
dadas por f (x) = x3 − 3x2 + 3x y g(x) = x2 .
Solución:
Primero debemos encontrar los puntos de intersección de
ambas curvas
x3 − 3x2 + 3x = x2 ⇒ x(x − 1)(x − 3) = 0 8
luego, la intersección está en x = 0, x = 1 y en x = 3.

Como, f (x) > g(x) para toda x en el intervalo (0, 1) y
6
f (x) < g(x) en el intervalo (1, 3), se tiene
Z 1
(x3 − 3x2 + 3x) − x2 dx

A = 4
0
Z 3
g
x2 − (x3 − 3x2 + 3x) dx

+ f
1 2
4 1
x 4x3 3x2
= − +
4 3 2 0
4 4
x 4x3 3x2 37 2 4
+ − + − = .
4 3 2
1 12
En algunas regiones, a veces, es mas fácil para calcular el área, considerar x como función de y.
Si una región está acotada por las rectas y = c, y = d y las curvas con ecuaciones x = g(y), x = h(y),
entonces su área es
Z d
A= |g(y) − h(y)|dy.
c
Ejemplo 6.1.7. Calcular el área de la región acotada por los ejes coordenados, la recta y = −1 y
1
la curva x = 2 .
y + 2y + 2
Solución:
Notemos que ahora la variable independiente es y, por lo que convenientemente definimos
1
x = g(y) = 2
y + 2y + 2
1
0
dy
Z
A = 2
−1 y + 2y + 2
1
dt
Z
−1 1
=
0 +1 t2
1 π −1
= arctan t = .

0 4

Ejemplo 6.1.8. Calcular el área de la región acotada por la hipérbola x2 − y 2 = 21 y la recta

2x + y = 12.
Solución:
En primer lugar, encontramos los puntos de intersección de ambas curvas:
y = 12 − 2x = 2(6 − x) ⇒ x2 − 4(6 − x)2 = 21 ⇔ y = −10 ∨ y = 2.
Luego, los puntos de intersección son (11, −10) y (5, 2).
En este caso nos conviene considerar rectángulos horizontales, es decir, consideramos x como función
de y, para encontrar el área usando solo una integral.
Sean
12 − y p
f (y) = y g(y) = 21 + y 2 .
2 8
Entonces el área de la región achurada es 6
Z 2 4
12 − y p 2
A = − 21 + y dy 2
−10 2
p !2
y 2 y 21 + y 2 −4 −2 2 4 6 8 10
= 6y − − −2
4 2

−10 −4
p !!2
21 y + 21 + y 2
−6
− ln √

2

21 −8
−10
21 −10
= 36 − ln 7.
2
Observación 6.1.9. En el ejemplo anterior, si se utilizan rectángulos verticales, la región se divide

en dos subregiones, pues el lı́mite superior de la región contiene 2 funciones. El área de la región se
expresa como: Z 5 p Z 11 p
2
A = √ 2 x − 21 dx + 12 − 2x + x2 − 21 dx
21 5
Ejemplo 6.1.10. Use una integral definida para calcular el área de una elipse.
Solución:
x2 y 2
La ecuación general de una elipse centrada en el origen es 2 + 2 = 1.
a b
Claramente, nos basta calcular el área de la región en el primer cuadrante y multiplicar por 4 para obtener
el área:
a
r Z π Z π
x2
Z
2 2
2
A = 4 2
b 1−
dx = 4b a cos t dt = 2ab (1 + cos 2t) dt
0 a 0 0
π
sen 2t 2
= 2ab t + = πab.
2 0

6.1.1. Área en coordenadas polares

Ahora usaremos la integral definida para calcular el área de un región dada en coordenadas polares.
Sea f una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [α, β] y sea R la región acotada por
la curva r = f (θ) y los rayos θ = α y θ = β.
Tomemos una partición del intervalo [α, β], digamos α = θ0 < θ1 < · · · < θn = β.
El ángulo entre los rayos θi−1 y θi tiene una medida de ∆i θ = θi − θi−1 radianes.
Sea ξi un punto arbitrario en el i-ésimo intervalo [θi−1 , θi ].
La medida del área del sector circular de radio f (ξi ) y ángulo central de medida ∆i θ está dada por
1
(f (ξi ))2 ∆i θ.
2
Luego, el área de la región R es el lı́mite de la suma de Riemann:
n β
1 1
X Z
2
A(R) = lı́m (f (ξi )) ∆i θ = (f (θ))2 dθ.
n→∞ 2 2 α
i=1
Ejemplo 6.1.11. Calcule el área de la región acotada por la gráfica de la curva

r = 4(1 − cos θ).
Solución:
2π 2π
1
Z Z
2
A = 16(1 − cos θ) dθ = 8 (1 − cos θ)2 dθ
2 0 0
Z 2π
1 + cos 2θ
= 8 1 − 2 cos θ + dθ = 24π
0 2
Observación 6.1.12. Hemos utilizado nuestra conocida fórmula para calcular la medida del área
de un sector circular para obtener una expresión que dé cuenta de la medida del área de una región
acotada en el plano polar.
Notemos que
1 2π 2
Z
A= a dθ = πa2 ,
2 0
justamente lo que conocemos como la medida del área de la región acotada por una circunferencia.

Ejemplo 6.1.13. Calcular el área de la región acotada por la gráfica de la curva
r = 3(1 + sen θ).
Solución:
Como nuestra curva es simétrica con respecto al eje θ = π2 , escribimos
Z π
2
A=9 (1 + sen θ)2 dθ
− π2
π π
π
Z Z
2 2
Ahora, conviene recordar que sen2 θ dθ = cos2 θ dθ = y que r = sen θ es función impar de θ
0 0 4
27
y r = cos θ es par, y por lo tanto A = π.
2
Ejemplo 6.1.14. Calcule el área de la región acotada por la gráfica de la curva
r = 3 + cos θ.
Solución:
Ahora tenemos simetrı́a respecto a eje polar, por lo tanto escribimos:
Z π
19
A= (3 + cos θ)2 dθ = π.
0 2
−4 −2 2 4
−2
Ejercicios
1. Calcular el área de la región acotada por la gráfica de la curva r = 2 cos θ + sen θ.
2. Calcular el área de la región acotada por una hoja de la curva r 2 = sen 2θ.
3. Calcular el área de la región acotada por una hoja de la curva r = 4 sen 3θ.
4. Calcular el área de la región acotada por una hoja de la curva r = 4 sen2 θ cos θ.
5. Calcular el área de la región acotada por los rizos interior y exterior de la curva r = 2 + 4 cos θ.
6. Calcular el área de la región que está acotada por el interior de las gráficas de r = a sen θ y
r = a cos θ.

6.2 Volumen de un sólido de revolución
7. Calcular el área de la región que está acotada por el interior de las gráficas de r = a sen 2θ y
r = a cos 2θ.
8. Calcular el área de la región que está acotada por el interior de la gráfica de r = 2 sen θ y el
exterior de r = cos θ + sen θ.
9. Calcular el área√de la región que está acotada por el interior de la gráfica de r 2 = 4 sen 2θ y el
exterior de r = 2.
10. Calcular el área de la región acotada por la curva (x2 + y 2 )2 = 4x2 y.
11. Calcular el área de la región acotada por la hoja de la curva x3 + y 3 = 6xy.
6.2. Volumen de un sólido de revolución

Definición 6.2.1. Al rotar una región plana en torno a una recta en el mismo plano, cuya inter-
sección con la región se produce a lo más en la frontera, se obtiene un sólido que llamamos sólido
de revolución. La recta se llama eje de revolución.
Ejemplo 6.2.2. Al rotar un rectángulo de longitudes r por h en torno a uno de sus lados, digamos
uno de los lados de longitud h, obtenemos un cilindro circular recto, cuyo volumen se calcula
multiplicando el área de la base por la altura, es decir
V = πr 2 h.
r
r
h
h
u
Ejemplo 6.2.3. El resultado de rotar una semicı́rculo en torno a un diámetro, es una esfera de
4πr 3
radio r, cuyo volumen sabemos es V = .
3
u

Ejemplo 6.2.4. Un triángulo rectángulo de catetos de longitudes h y r, lo rotamos en torno a uno

de sus catetos (del cateto de longitud h), produce un cono circular recto. Si el cono resultante es de
π r2 h
radio basal r y altura h, su volumen es .
3
r
r
h
h
u
6.2.1. Método del disco
Consideremos primero un sólido de revolución obtenido al girar una región plana R cuyo eje de revolución
es una de sus fronteras. Digamos que R es la región acotada por la curva y = f (x), el eje X y las rectas
x = a y x = b como vemos en la figura y consideremos el sólido de revolución obtenido al rotar la región
R en torno al eje X.
a b a b
Sea P una partición del intervalo [a, b] dada por a = x0 < x1 < · · · < xn = b y sea ∆i x la longitud del
i-ésimo subintervalo. Sea ξi un punto arbitrario en [xi−1 , xi ]. Rotemos alrededor del eje X el rectángulo
de lados de longitud ∆i x y f (ξi ). Obtenemos un pequeño cilindro circular recto cuyo volumen está dado
por
∆i V = πf (ξi )2 ∆i x
Por lo tanto, podemos aproximar la medida del volumen del sólido de revolución como la suma de todos
los ∆i V :
Xn
V (S) ≈ πf (ξi )2 ∆i x
i=1
es decir, obtenemos una suma de Riemann.

Definición 6.2.5. Sea f una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b] y sea S
el sólido obtenido al rotar la región acotada por la curva y = f (x), el eje X y las rectas x = a y
x = b alrededor del eje X. La medida del volumen de S está dada por:
n
Z b
)2 ∆ f (x)2 dx.
P
V (S) = lı́m πf (ξi ix =π
k∆k→0 i=1 a
√
Ejemplo 6.2.6. Sea R la región acotada por la curva y = 2 x + 1, el eje X y las rectas x = 0 y
x = 3. Encontrar el volumen del sólido obtenido al rotar la región R alrededor del eje X.
Solución:
Usaremos el método del disco para calcular el vo-

lumen.
2
Luego
Z 3
√
V = π (2 x + 1)2 dx 2 4
0
x2

3
= 4π +x −2
2 0
= 30π
−4
√
Ejemplo 6.2.7. Sea R la región acotada por la gráfica de la función f dada por f (x) = x − 1,
entre las rectas x = 1 y x = 4, y el eje X. Calcular el volumen del sólido al hacer la región R
alrededor del eje X.
Solución:
√
Notemos que el sólido resultante se asemeja a una bala. Como f (x) = x − 1, aplicando lo anterior
obtenemos Z 4 Z 4
√ 2 9π
V = π( x − 1) dx = π (x − 1) dx = .
1 1 2
Ejemplo 6.2.8. Consideremos la región R anterior. Calcular el volumen del sólido al hacer la región
R alrededor del eje Y .
Solución:
Notemos que el sólido se asemeja a un queque redondo con un espacio vacio al medio.
Para calcular el volumen consideramos dos sólidos S1 y S2
i) S1 es el sólido de revolución al hacer rotar res-
pecto el eje Y , la región rectangular acotada
√ 2
por los dos ejes y las rectas x = 4 e y = 3.
1
ii) S2 es el solido de revolución obtenido al ro-
tar alrededor del eje Y la región
√ acotada por
los dos
√ ejes, la recta y = 3 y la curva −4 −3 −2 −1 1 2 3 4
y = x − 1 (es decir x = y 2 + 1).

El volumen del sólido que necesitamos encontrar corresponde a la diferencia de los volúmenes de S1 y
S2 .
Entonces, se tiene que
V = V (S1 ) − V (S2 )
Z √3 Z √
3
2
= π 4 dy − π (y 2 + 1)2 dy
0 0
√ 5 √ 3 !!
√ 3 2 3 √
= π 16 3 − + + 3
5 3
√
56 3
= π.
5
Observación 6.2.9. En este último ejemplo, el eje de revolución no es frontera de la región rotada.
Queremos resolver este caso general.
Sea R la región acotada por las curvas y = f (x), y = g(x) y las rectas x = a y x = b y supongamos
que f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b].
Sea S el sólido de revolución generado al rotar la región R en torno al eje X.
i-ésimo subintervalo. Sea ξi un punto arbitrario en [xi−1 , xi ].
Rotemos alrededor del eje X el rectángulo de la primera figura, este tiene ancho ∆i x y largo g(ξi )−f (ξi ).
Obtenemos un pequeño anillo circular recto cuyo volumen está dado por
∆i V = π[g(ξi )2 − f (ξi )2 ]∆i x.
a b
a b
Nuevamente es claro que si sumamos todos los ∆i V obtenemos un valor aproximado de la medida del
volumen de S:
Xn
V (S) ≈ π[g(ξi )2 − f (ξi )2 ]∆i x.
i=1
Como se trata de una suma de Riemann, obtenemos:
Pn
Z b
V (S) = lı́m i=1 π[g(ξi )2 − f (ξi )2 ]∆ ix = π [g(x)2 − f (x)2 ] dx.
k∆k→0 a

Ejemplo 6.2.10. La región acotada por las curvas y = x2 + 1 y la recta y = 3 − x gira en torno al
eje X. Hallar el volumen del sólido obtenido.
Solución:
Primero debemos encontrar los puntos de inter-
sección de las curvas
4
2 2
x + 1 = 3 − x ⇒ x + x − 2 = 0.
Esta ecuación tiene por solución
2
x = −2 y x = 1
Ası́
Z 1 −2 2
2 2 2

V = π (3 − x) − (x + 1) dx
−2
Z 1 −2
8 − 6x − x2 − x4 dx

= π
−2
1
x3 x5

2
= π 8x − 3x − − −4
3 5 −2
117
= π.
5
Ejercicios
1. Calcular el volumen del sólido de revolución generado al rotar la región acotada por la parábola
y = x2 , el eje X y la recta x = 2 en torno al eje X.
2. Calcular el volumen del sólido de revolución generado al rotar la región acotada por la parábola
y = x2 , el eje Y y la recta y = 4 en torno al eje Y .
3. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región acotada por la hipérbola xy = 1, las
rectas y = 2 y x = 1 y los ejes coordenados en torno al eje X.
4. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región acotada por la recta y = x y la parábola
y = x2 en torno al eje X.
√
5. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región acotada por las curvas y = x2 e y = x
en torno al eje X.
6. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región acotada por la curva y = x2 , el eje X y
la recta x = 2 en torno al eje Y .
7. Repita el ejercicio anterior rotando la región dada alrededor de la recta x = −1.
8. Calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar en torno a la recta x = −1 la
región acotada por la hipérbola x2 − y 2 = 21 y la recta 2x + y = 12.

6.2.2. Método de la corteza cilı́ndrica

El método del disco se aplica a sólidos de revolución cuyo elemento (rectángulo elemental) es perpendi-
cular al eje de rotación.
Ahora calcularemos el volumen del sólido generado al rotar en torno al eje Y la región acotada por las
rectas x = a, x = b, la curva y = f (x) (que suponemos no negativa en [a, b]) y el eje X. El sólido de
revolución ası́ obtenido se denomina corteza cilı́ndrica
a b
i-ésimo subintervalo. Sea ξi el punto medio en [xi−1 , xi ].
Rotemos alrededor del eje Y el rectángulo de lados de longitud ∆i x y f (ξi ). Obtenemos una pequeña
corteza cilı́ndrica cuyo volumen está dado por
∆i V = πf (ξi )(x2i − x2i−1 ) = πf (ξi )(xi + xi−1 )∆i x = πf (ξi )2ξi ∆i x.
Por lo tanto, podemos aproximar la medida del volumen del sólido de revolución como la suma de todos
los ∆i V :
X n
V (S) ≈ 2πξi f (ξi )∆i x.
i=1
es decir, obtenemos una suma de Riemann.
Definición 6.2.11. Sea f una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b] y sea
S el sólido obtenido al rotar la región acotada por la curva y = f (x), el eje X y las rectas x = a y
x = b alrededor del eje Y . La medida del volumen de S está dada por:
n
X Z b
V (S) = lı́m 2πξi f (ξi )∆i x = 2π xf (x) dx.
k∆k→0 a
i=1
Observación 6.2.12. El método de la corteza cilı́ndrica se aplica a sólidos de revolución cuyo

elemento es paralelo al eje de rotación.
Ejemplo 6.2.13. Consideremos la región R acotada por la gráfica de función f entre las rectas
x = 1 y x = 2, y el eje X, donde f (x) = x2 . Calcular el volumen del sólido al hacer girar la región
R alrededor del eje Y.
Solución:
Se tiene 2
2
x4 15π
Z
2
V = 2π x · x dx = 2π = .
1 4 1 2

Ejemplo 6.2.14. Considere la región acotada por las gráficas de y = ln x, y = 0 y x = e. Calcular

el volumen del sólido generado al rotar la región alrededor del eje Y .
Solución:
En este caso, el elemento es paralelo al eje Y , entonces
2
Z e
V = 2π x ln x dx
1 1
1 2 e

1 2
= 2π x ln x − x
2 4 1
π 2 −1 1 2 3
= e +1 .
2 −1
Observación 6.2.15. En el caso que el eje de rotación sea una recta paralela al eje Y , es decir, el
eje de rotación es la recta x = p con p 6= 0, entonces la distancia del elemento al eje de rotación es
|x − p|. Si además, la región está acotada entre dos curvas y = f (x) e y = g(x) con g(x) ≤ f (x),
entonces
Z b
V (S) = 2π |x − p|(f (x) − g(x)) dx.
a
Ejemplo 6.2.16. Considere la región R acotada por las curvas
x2
y = x2 − 5x + 4 e y =4− .
4
Encontrar el volumen del sólido generado por la rotar la región R alrededor de la recta x = 5.
Solución:
Por el ejemplo 6.1.5 sabemos que los valores de x en los puntos de intersección de las dos curvas son
x = 0 y x = 4.
La distancia entre el elemento y la recta de rotación
está dada por 5 − x. Entonces
4
4
5x2
Z
V = 2π (5 − x) 5x − dx 2
0 4
Z 4
45x2 5x3

= 2π 25x − + dx
0 4 4 −2 −1 1 2 3 4 5
4
25x2 15x3 5x4

= 2π − + −2
2 4 16 0
= 80π.

6.3 Volumen de un sólido conocida área de sección transversal.
Ejercicios
1. Calcular el volumen del sólido de revolución obtenido al girar la región acotada por la parábola
y = x2 , el eje X y la recta x = 2 en torno al eje Y .
2. Calcular el volumen del sólido de revolución obtenido al girar la región acotada por las curvas
y = x2 y x = y 2 en torno al eje Y .
y = x2 , el eje Y y la recta y = 4 en torno al eje Y .
y = x2 , y las recta y = 1 y x = 3 en torno al eje Y .
y = x2 , el eje X y la recta x = 2 en torno a la recta x = 2.
6.3. Volumen de un sólido conocida área de sección transversal.

Consideremos un sólido en R3 , se define una sección transversal del sólido como la región formada
por la intersección del sólido con un plano. Por ejemplo, al intersectar una cono con un plano oblicuo
la sección transversal corresponde a una elipse, si el plano es perpendicular al eje del cono, su sección
transversal es un cı́rculo.
Aplicando la misma idea que para cálculo de áreas de una región, en la que dividimos la región en
rectángulos y aproximamos el área como la suma de las áreas de estos rectángulos. Ahora, dividiremos
el sólido por cilindros determinados por dos secciones transversales y altura ∆x. Con esto podemos
aproximar el volumen del sólido, sumando los volúmenes de los cilindros.
Notar que si conocemos el área A(xi ) de la sección transversal en xi y la altura ∆xi del cilindro, entonces
el volumen del cilindro será A(xi ) · ∆xi .
Explı́citamente, si la función A es continua, donde A(xi ) es el área de la sección transversal en xi (que
es perpendicular al eje X), podemos aproximar el volumen del sólido de altura b − a, del siguiente modo:
sea P una partición a = x0 < x1 < · · · < xn = b del intervalo [a, b], ǫi ∈ [xi , xi+1 ] arbitrario y ∆xi la
longitud del intervalo [xi , xi+1 ]. El volumen del sólido se puede aproximar mediante la siguiente suma
de Riemann
Xn
A(ǫi )∆xi
i=1
Haciendo un proceso de lı́mite podemos determinar el valor exacto del volumen del sólido.
Definición 6.3.1. Sea S un sólido con secciones transversales perpendiculares al eje X con área
A(x) conocida y continua entre x = a y x = b. Entonces su volumen es
Z b
V = A(x) dx.
a

6.3 Volumen de un sólido conocida área de sección transversal.
Ejemplo 6.3.2. En el Ejemplo 6.2.2 vimos que al rotar un rectángulo de longitudes r por h en
torno a uno de sus lados obtenemos un cilindro circular recto, cuyo volumen es
V = πr 2 h.
Ahora lo demostraremos usando lo anterior. Si consideramos el lado de longitud h sobre el eje X, y la

región determinada por 0 ≤ x ≤ h, 0 ≤ y ≤ r, formamos el sólido de revolución rotando sobre el eje X.
Se tiene que la sección transversal del sólido en cualquier

x, es un circulo de radio r cuya área es A(x) = πr 2 , con r
esto: Z h
h
V = πr 2 dx = πr 2 h.
0
Ejemplo 6.3.3. En el ejemplo 6.2.3 vimos que al rotar un semicı́rculo en torno a un diámetro, es
4πr 3
una esfera de radio r, cuyo volumen es V = .
3
En efecto, si consideramos el semicı́rculo centrado en

el origen y lo giramos en torno al eje X, obtenemos la
esfera. Cuyas secciones
√ trasversales, en cualquier 2x es 2un
cı́rculo de radio y = r 2 − x2 y cuya área es π(r − x ).
Por lo tanto el volumen es:
Z r r
x3

2 2 2 −r r
V = π(r − x )dx = π r x −
−r 3 −r

2 3 2 4
= π r − − r3 = πr 3 .
3 3 3
Ejemplo 6.3.4. Del ejemplo 6.2.4 vimos que al rotar un triángulo rectángulo de catetos de longi-
tudes h y r, en torno a uno de sus catetos (del cateto de longitud h), produce un cono circular recto
π r2 h
y su volumen es .
3
En efecto, para cada x, la sección transversal de este
xr
cono es un cı́rculo de radio cuya área es
h
x r 2
A(x) = π r
h
Con esto el volumen del sólido es:
Z h 2 h
xr
V = π dx
0 h
h
r 2 x3 π r2 h
= π 2 = .
h 3 03

6.4 Longitud de arco
Ejemplo 6.3.5. Sea S el prisma cónico con base un hexágono regular de lados a y altura 6a.
Calcular su volumen.
Solución: Notemos que un√hexágono regular de lado a está formado por √ 6 triángulos equilateros de
3a2 3 3a2
lados a, cada uno con área , por lo tanto el área del hexágono es .
4 2
Coloquemos el prisma de modo que el eje x pasa por el vértice del prisma y por el centro del hexágono
(es decir determina la altura del prisma).
6a
x
Para cada x ∈ [0, 6a] se tiene que la sección transversal es un hexágono regular de lado , cuya área es
√ 2 6
3x
A(x) = . Ası́
24 Z 6a √ 2 √ 3 3
3x 3a 6 √
V = dx = = 3 3a3 .
0 24 24 · 3
6.4. Longitud de arco

Sabemos como calcular la longitud de un segmento de recta, pero sin la integral definida no tenemos una
noción precisa de la longitud de una curva cualquiera. Si la curva es la gráfica de una función continua
definida en un intervalo, entonces podemos aproximar su longitud mediante una suma de segmentos de
recta, obtenidos al unir puntos sucesivos sobre la curva.
6.4.1. Longitud de una curva plana

Consideremos una curva continuamente diferenciable en [a , b], esto es una curva y = f (x) tal que su
derivada existe y es continua en cada x ∈ (a, b)
Dividamos el intervalo [a , b] en n − subintervalos por me- y = f (x)

dio de una partición
P : a = x0 < x1 < x2 < x3 < ..... < xk < .... < xn = b
y tracemos una poligonal que aproxime a la curva uniendo

los puntos que determina la partición sobre la curva.
a xk−1
xk b

La k−ésima cuerda de esta poligonal une los puntos (xk−1 , f (xk−1 )) y (xk , f (xk )) y tiene longitud
dada por:
s
f (xk ) − f (xk−1 ) 2
q
lk = (xk − xk−1 )2 + (f (xk ) − f (xk−1 ))2 = (xk − xk−1 ) 1 +
xk − xk−1
La hipótesis de f permite aplicar el Teorema del Valor Medio a dicha función en cada subintervalo
[xk−1 , xk ], de donde se tiene que
f (xk ) − f (xk−1 )
= f ′ (ck )
(xk − xk−1 )
para algún ck ∈ (xk−1 , xk ). Luego,
q q
lk = (xk − xk−1 ) 1 + (f ′ (ck ))2 = 1 + (f ′ (ck ))2 ∆k x
Se tiene ası́ que la longitud de la poligonal está dada por:
n n q
1 + (f ′ (ck ))2 ∆k x
X X
lk =
k=1 k=1
q
la cual corresponde a la suma de Riemann de la función 1 + (f ′ (x))2 .
Definición 6.4.1. Sea f una función con derivada continua en un intervalo cerrado [a , b]. La lon-
gitud del arco de la gráfica de f entre A(a, f (a)) y B(b, f (b)) está dada por:
Z b q
L= 1 + (f ′ (x))2 dx
a
4
√
Ejemplo 6.4.2. Determinar la longitud de la curva y = 3 2x3 − 1 desde x = 0 hasta x = 1.
Solución:
Calcularemos la derivada
dy 4 6x2 √
= √ = 2 2x
dx 3 2 2x3
luego
2
dy
1+ = 1 + 8x
dx
Ası́, la logitud de arco es
s 2 1
Z 1 Z 1
dy √ 21 = 13
3
L = 1+ dx = 1 + 8x dx = (1 + 8x) 2
0 dx 0 38
0 6
√3
Ejemplo 6.4.3. Sea f (x) = 3 x2 − 10. Calcular la longitud del arco de la gráfica de f desde el
punto A(8, 2) al punto B(27, 17).

Solución:
2
la función f es diferenciable en [8, 27], luego f ′ (x) = √ 3
. Ası́,
x
Z 27 p √
s
Z 27
2 2
3
x2 + 4 √ 3 27
√ √
3
2+4 2

L = 1+ √ 3
dx = √
3
dx = x = 13 13 − 16 2
8 x 8 x
8
Z x √
Ejemplo 6.4.4. Hallar la longitud de la curva y = cos 2t dt, entre x = 0 y x = π4 .
0
Solución:
Por el Teorema Fundamental del Cálculo se tiene que
dy √
= cos 2x
dx
Luego
π π
Z
4 √
Z
4 √
L = 1 + cos 2x dx = 2 cos2 x dx
0 0
π
√ Z 4 √ π
4
= 2 cos x dx = 2 sen x
0 0
√ π
= 2 sen = 1
4
Intercambiando los papeles de x e y en la definición anterior se obtiene una fórmula de integración

respecto a la variable y.
Definición 6.4.5. Sea g con derivada continua en el intervalo cerrado [c, d] del eje y. La longitud
del arco de la gráfica de x = g(y) entre los puntos (g(c), c) y (g(d), d) está dada por:
Z d q
L= 1 + (g ′ (y))2 dy
c
√
3
Ejemplo 6.4.6. Hallar la longitud de la curva y = x2 entre x = −1 y x = 8.
Solución:
Esta curva no es diferenciable en el origen respecto 4
de la variable x, como lo muestra la figura.
3
Separando la curva desde x = −1 hasta x = 0 y
desde x = 0 hasta x = 8 y considerando p respecto 2
de la variable y, es decir, x = ± y 3 , luego, 1
dx 3√
=± y.
dy 2
−1 1 2 3 4 5 6 7 8

Luego,
1 Z 4r
r
9y 9y
Z
L = 1+ dy + 1+ dy
0 4 0 4
3 3
24 9y 2 1 2 4 9y 2 4
= 1+ + 1+
39 4 39 4

0 0
1 √ √
= 13 13 + 80 10 − 16
27
Ejercicios
Calcular la longitud de arco entre A y B de la gráfica de cada una de las siguientes curvas:
x3 1 13
1. y = + ; A(1, 12 ), B(2, 76 )
12 x
1 x3
2. y + + = 0; A(2, 67 109
24 ), B (3, 12 )
4x 3
y4 1
3. x = + ; 9
A( 89 , −2), B( 16 , −1)
16 2 y2
4. y = ln(cos x ); x = 0 hasta x = π4 .
Z yp
π π
5. x = sec4 t − 1 dt; − ≤y≤ .
0 4 4
6.4.2. Longitud de arco de una curva paramétrica

Sean (
x = g(t)
y = h(t)
donde t ∈ [α, β], las ecuaciones paramétricas de una curva.
Definición 6.4.7. Una curva plana es suave si está determinada por un par de ecuaciones pa-
ramétricas, en donde g ′ y h′ existen y son continuas en [α, β], y g′ (t) y h′ (t) no cero de manera
simúltanea en (α, β)
dy h′ (t)
Como ya sabemos, la derivada con respecto a x de una función definida paramétricamente es = ′ .
dx g (t)
Si realizamos un cambio de variable en la integral
s 2
Z b
dy
L = 1+ dx
a dx
mediante la sustitución x = g(t), se tiene que dx = g ′ (t) dt, a = g(α), b = g(β), luego
s 2 s ′ 2
Z b Z β
dy h (t)
L = 1+ dx = 1+ ′ (t)
g′ (t) dt
a dx α g

de donde
Z β q
L= (g′ (t))2 + (h′ (t))2 dt
α
o s
β 2 2
dx dy
Z
L= + dt
α dt dt
(
x = a cos3 t
Ejemplo 6.4.8. Hallar la longitud de la hipocicloide 0 ≤ t ≤ 2π
y = a sen3 t
Solución:
Utilizando la simetrı́a de la curva en los 4 cuadrantes, tenemos que:
s
Z π
dx 2
2
2 dy
L = 4 + dt
0 dt dt
Z πq a
2
= 4 (−3a cos2 t sen t)2 + (3a sen2 t cos t )2 dt
0
Z π
2 p
= 4 9a2 cos2 t sen2 t (cos2 t + sen2 t) dt
0
Z π a a
2
= 12 a sen t cos tdt
0
Z π
2
= 6a sen 2t dt a
0
π
cos 2t 2 1 1
= 6a − = 6a 2 + 2 = 6a
2 0
(
x = a(t − sen t)
Ejemplo 6.4.9. Hallar la longitud de un arco de la cicloide 0 ≤ t ≤ 2π
y = a(1 − cos t)
Solución:
s 2 2
2π
dx dy
Z
L = + dt
0 dt dt
Z 2π q
= (a(1 − cos t))2 + (a sen t)2 dt
0
Z 2π √
= a 2 − 2 cos t dt
0
Z 2π r
t
= 2a sen2 dt
0 2
t 2π
Z 2π
t
= 2a sen dt = 4a − cos = 8a
0 2 2 0

( √
x= t
Ejemplo 6.4.10. Determinar la longitud de la siguiente curva: 2 1≤t≤3
y = t8 + 1
4t
Solución:
Primero calcularemos las derivadas
dx 1 dy t 1
= √ , = − 2
dt 2 t dt 4 4t
s 2 2
3
1 t 1
Z
L = √ + − 2 dt
1 2 t 4 4t
r
3
1 t6 − 2t3 + 1
Z
= + dt
1 4t 16 t4
r
3
4t3 + t6 − 2t3 + 1
Z
= dt
1 16 t4
s
t3 + 1 2
Z 3
= dt
1 4t2
Z 3 3
t +1
= dt
1 4t2
3
1 t2 1

7
= − =
4 2 t 6 1
Ejercicios
Calcular las longitudes de arco de las siguientes curvas

(
x = t3
1. 0≤t≤1
y = t2
(
x = 3e2t
2. 0 ≤ t ≤ ln 5
y = −4e2t

x = arctan t
3. 1 0≤t≤1
y = ln(t2 + 1)
2
(
x = 4 sen(2t)
4. 0≤t≤π
y = 4 cos(2t)
(
x = e−t cos t
5. 0≤t≤π
y = e−t sen t

7
Integrales impropias
En este capı́tulo final extendemos el concepto de integral definida (sobre un intervalo cerrado y acotado de
una función integrable) a casos en los cuales el intervalo es infinito o la función tiene una discontinuidad
infinita en algún punto. Es importante esta generalización, por las muchas aplicaciones que tiene tanto
en Fı́sica como en Probabilidades.
7.1. Integrales impropias

Para evaluar integrales definidas se ha exigido dos condiciones:
a) Los extremos del intervalo de integración son finitos, es decir, un intervalo de la forma [a, b] con
a, b ∈ R.
b) La función es acotada en ese dominio, es decir, no hay ası́ntotas verticales. Recordemos que es
posible que el integrando tenga un número finito de discontinuidades por salto, y aún ası́ la integral
definida existe.
Además, recordemos que para la utilización del Teorema Fundamental del Cálculo se requiere que la
función en el integrando, sea continua en el intervalo de integración
Definición 7.1.1. Diremos que una integral definida es una integral impropia si alguna de las
condiciones anteriores no se satisface. En especı́fico:
a) Una integral definida se dice impropia de tipo I o primera especie, si el dominio de

integración es un intervalo de la forma [a, ∞), (−∞, a] o (−∞, ∞). Una condición para
evaluar una integral de este tipo es que el integrando sea una función acotada en el intervalo
de integración.
b) Una integral definida se dice impropia de tipo II o segunda especie, si el intervalo
de integración tiene extremos finitos, pero la función tiene una discontinuidad infinita (una
ası́ntota vertical) en un punto, ya sea, un punto interior o en los extremos del intervalo.
Observación 7.1.2. Las integrales impropias cuyo intervalo de integración es no acotado y además
tienen discontinuidades infinitas en el intervalo, son llamadas integrales impropias del tipo III.
165
7.1 Integrales impropias
7.1.1. Integrales impropias de tipo I

Definición 7.1.3.
1. Sea f una función continua en el intervalo [a, ∞). Utilizaremos la noción de lı́mite para aproxi-
marnos a infinito tanto como queramos, mediante integrales definidas donde el lı́mite superior
es cada vez mayor. Formalmente, definimos:
Z ∞ Z b
f (x) dx := lı́m f (x) dx,
a b→∞ a
siempre que exista el lı́mite.

2. Sea f función continua en el intervalo (−∞, b], entonces se define la integral impropia
Z b Z b
f (x) dx := lı́m f (x) dx,
−∞ a→−∞ a
si el lı́mite existe.
3. Sea f función continua en el intervalo (−∞, ∞), entonces se define la integral impropia
Z ∞ Z a Z ∞
f (x) dx := f (x) dx + f (x) dx,
−∞ −∞ a
donde a es cualquier número real, y siempre que estas integrales impropias existan.
En los casos anteriores, cuando el lı́mite existe, se dice que la integral impropia es convergente y
que el valor del lı́mite es el valor de la integral impropia. Si el lı́mite no existe, la integral impropia es
divergente.
Ejemplo 7.1.4. Se llama Trompeta de Gabriel al sólido formado al girar alrededor del eje X,
1
la región infinita que queda entre la gráfica de la función f (x) = y el eje X, con x ≥ 1.
x
Calcular el volumen de este sólido.
Solución:
Calculemos el volumen del sólido de revolución en
el intervalo [1, b], por el método del disco.
b
1 −π b
Z
V (b) = π 2
dx =
x x 1

1
1
= π 1− .
b
Si hacemos tender b a infinito, se tiene

1
V = lı́m π 1 − = π.
b→∞ b

∞
dx
Z
Ejemplo 7.1.5. Demostrar que la integral impropia es convergente, calculando su
2 (2x − 1)2
valor.
Solución:
Usando la definición de la integral impropia tenemos
Z ∞ Z b
dx dx
2
= lı́m
2 (2x − 1) b→∞ 2 (2x − 1)2
1
Una primitiva del integrando es F (x) = − . Por lo tanto
2(2x − 1)
∞ b
dx 1
Z

= lı́m −
2 (2x − 1)2 b→∞ 2(2x − 1) 2

1 1 1
= lı́m − + =
b→∞ 2(2b − 1) 6 6
1
Con lo cual la integral impropia es convergente y su valor es .
6
Observación 7.1.6. Por la definición de integral impropia, las técnicas de integración siguen siendo
válidas, como podemos comprobar en el ejemplo siguiente.
Ejemplo 7.1.7. Determinar el valor de la integral

Z ∞
dx
.
−∞ 9 + 4x2
Solución:
2 !

2x 2x 2
Notemos que 9 + 4x2 = 9 1 + , por lo que tomando u = , du = dx, y notando que x
3 3 3
y u tienden simultáneamente a ∞ o a −∞, tenemos
Z ∞
dx 1 ∞ du
Z
2
=
−∞ 9 + 4x 6 −∞ 1 + u2
Z 0 Z ∞
1 du du
= 2
+
6 −∞ 1 + u 0 1 + u2
Z 0 Z h
1 du du
= lı́m + lı́m
6 b→−∞ b 1 + u2 h→∞ 0 1 + u2
h
1 0
= lı́m arc tg u + lı́m arc tg u

6 b→−∞ b h→∞ 0

1
= lı́m (0 − arc tg b) + lı́m (arc tg h − 0)
6 b→−∞ h→∞
1 π π π
= + =
6 2 2 6

∞
dx a1−p
Z
Teorema 7.1.8. Sea a > 0, la integral impropia diverge si p ≤ 1 y converge a , si
a xp p−1
p > 1.
Demostración.
Se tiene que para p 6= 1,
∞ b
b
dx dx x−p+1
Z Z
= lı́m = lı́m
a xp b→∞ a xp b→∞ 1 − p a
 1−p
a
si p > 1,


1 1 1 
p−1
= lı́m − =
b→∞ 1 − p bp−1 ap−1 

∞ si p < 1.

Para p = 1
∞ b
dx dx b
Z Z
= lı́m = lı́m ln x = lı́m (ln b − ln a) = ∞.

a x b→∞ a x b→∞ a b→∞
Ejercicios
Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias:

Z ∞ Z 1 Z ∞
dx dx dx
1. 2 4. 7. √
2 x −x −∞ 1 + 3x
2 2 x x−1
Z ∞
dx
Z ∞ Z
dx dx 8. ∞
2. 5. √
2
2
x +x+1 1 x x −∞ 1 + x2
Z ∞
Z ∞ Z ∞
dx x dx
3. −x
e dx 6. √ 9. 3
1 2 x−1 −∞ (4 + 9x2 ) 2
7.1.2. Integrales del tipo II

Definición 7.1.9. Las integrales definidas de funciones que tienen una discontinuidad infinita, o
bien en un extremo o en un punto interior del intervalo acotado [a, b], se dicen integrales impropias
del tipo II.
Si los siguientes lı́mites existen, hablaremos de integral impropia convergente, y si no, de integral
divergente.
i) Si f es continua en (a, b], y discontinua en a, entonces

Z b Z b
f (x) dx = lı́m f (x) dx.
a c→a+ c

ii) Si f es continua en [a, b), y discontinua en b, entonces

Z b Z c
f (x) dx = lı́m f (x) dx.
a c→b− a
iii) Si f es continua en [a, b], excepto tal vez en x = c, con a < c < b, y siempre que los lı́mites
existan, entonces
Z b Z c Z b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.
a a c
1
Ejemplo 7.1.10. Calcular el área de la región bajo la curva de √ , en el primer cuadrante, entre
x
x = 0 y x = 1.
Solución:
Es claro que la función tiene una discontinuidad infinita en x = 0.
Entonces
1
1
Z
A(R) = lı́m √ dx.
a→0 a x
Calculando esta integral, tenemos 2
√ 1 √ 1
A(R) = lı́m 2 x = lı́m 2(1 − a) = 2.
a→0 a a→0
Luego, el área de la región es 2.

1 2
Ejemplo 7.1.11. Determinar la convergencia (y su valor) de la integral impropia

Z 4
dx
2 .
0 (x − 2) 3
Solución:
1
La función f (x) = 2 es continua en [0, 2) ∪ (2, 4] y tiene una discontinuidad infinita en x = 2.
(x − 2) 3
Consideremos que según la definición
Z 4 2 4
dx dx dx
Z Z
2 = 2 + 2 ,
0 (x − 2) 3 0 (x − 2) 3 2 (x − 2) 3
siempre que ambas integrales existan.
Ahora
Z 2
dx
Z c
dx √
3
c 1 √
3
√
3
2 = lı́m 2 = lı́m 3 x − 2 = lı́m 3(c − 2) 3 + 3 2 = 3 2

0 (x − 2) 3 c→2 −
0 (x − 2) 3 c→2 − 0 c→2 −

Z 4
dx
Z 4
dx √ 4 √ √ √
3 3
= lı́m = lı́m 3 3 x − 2 = 3 lı́m 2 − 3 c − 2 = 3 2.

2 2
2 (x − 2) 3 (x − 2) 3 c→2+ c c→2+ c c→2+
Z 4
dx √
3
Por lo tanto la integral es convergente y 2 = 6 2.
0 (x − 2) 3
2
dx
Z
Ejemplo 7.1.12. Determinar la convergencia o divergencia de la integral .
0 2−x
Solución:
1
Tenemos que la función es continua para x 6= 2 y tiene discontinuidad infinita en x = 2.
2−x
2 c
dx dx c
Z Z
= lı́m = − lı́m ln(2 − x) = lı́m (ln 2 − ln(2 − c)) = ∞.

0 2 − x c→2− 0 2−x c→2− 0 c→2−
Por lo que la integral es divergente.

3
dx
Z
Ejemplo 7.1.13. Analizar la convergencia o divergencia de √ .
1 4x − x2 − 3
Solución:
Se pide calcular una integral de una función continua en (1, 3), pero que tiene discontinuidad infinita en
los extremos x = 1 y x = 3, ya que 4x − x2 − 3 = −(x − 1)(x − 3).
Debemos separar en dos la integral, para esto se debe considerar un punto cualquiera c ∈ (1, 3), en este
caso, tomaremos c = 2 . Ası́,
3 2 Z 3
dx dx dx
Z Z
√ = √ + √
1 4x − x2 − 3 1 4x − x2 − 3 2 4x − x2 − 3
Z 2 Z b
dx dx
= lı́m √ + lı́m √ (7.1)
a→1 + 2
4x − x − 3 b→3 2 −
4x − x2 − 3
a
Ahora vamos a calcular una primitiva
dx dx
Z Z Z
√ = p = dα = arc sen(x − 2) + C
4x − x2 − 3 1 − (x − 2)2
Reemplazando en 7.1 tenemos

3
dx
Z 2 b
√ = lı́m arc sen(x − 2) + lı́m arc sen(x − 2)

1 4x − x2 − 3 a→1+ a b→3− 2
= − lı́m arc sen(a − 2) + lı́m arc sen(b − 2)
a→1+ b→3−
π π
= + =π
2 2
Por lo tanto la integral impropia es convergente y su valor es π.

Teorema 7.1.14. Las integrales impropias

b b
dx dx
Z Z
, ,
a (x − a)q a (b − x)q
convergen si q < 1 y divergen si q ≥ 1.
Demostración.
Queda propuesta para el lector
Observación 7.1.15. Si tenemos una integral impropia del tipo III, esta se debe separar en
una suma de integrales impropias del tipo I y del tipo II, y aplicar la respectiva definición.
Z ∞
dx
Ejemplo 7.1.16. Analizar la convergencia o divergencia de √
1 x x2 − 1
2
Solución:
En este caso se trata de una integral impropia de tercera especie, luego de acuerdo a la observación
anterior, se tiene
Z ∞ Z 2 Z ∞
dx dx dx
√ = √ + √
2 2
x x −1 2 2
x −1 2
x x2 − 1
1 1 x 2
Z 2 Z b
dx dx
= lı́m √ + lı́m √
a→1+ a x2 x2 − 1 b→∞ 2 x2 x2 − 1
√
1 x2 − 1
Una primitiva de f (x) = √ es F (x) = . Luego,
x2 x2 − 1 x
Z ∞ √ 2 √ b
dx x2 − 1 x2 − 1
√ = lı́m + lı́m
x2 x2 − 1 x x

1 a→1+ b→∞
a 2
√ √ √ √
3 a2 − 1 b2 − 1 3
= − lı́m + lı́m −
2 a→1+ a b→∞ b 2
= 1
Por lo tanto, la integral es convergente y su valor es 1.
Ejercicios
Determine la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias:

Z 2 Z 2 Z ∞
dx dx dx
1. √ , 3. , 5. √ ,
0 4 − x2 0 1−x
2 1 x x−1
Z 9 Z 3 Z 1
dx dx dx
2. √ , 4. √ , 6. 2 .
0 9−x −∞ 3 − x −1 x 3

7.2 Criterios de convergencia para integrales impropias de tipo I
7.2. Criterios de convergencia para integrales impropias de tipo I

A veces solo se quiere saber si una integral impropia es convergente o no, para esto usaremos los siguientes
criterios de convergencia.
7.2.1. Criterio de comparación

Teorema 7.2.1. Sean f y g funciones continuas en [a, ∞), tal que ∀x ∈ [a, ∞) se tiene
0 ≤ f (x) ≤ g(x),
entonces
Z ∞ Z ∞
i) Si g(x) dx es convergente, entonces f (x) dx es convergente.
a a
Z ∞ Z ∞
ii) Si f (x) dx es divergente, entonces g(x) dx es divergente.
a a
Demostración.
Demostraremos solo la primera parte del teorema, ya que la segunda parte corresponde a la contra-
recı́proca de la primera.
Sean F y G funciones funciones reales definidas por
Z b Z b
F (b) = f (x)dx y G(b) = g(x)dx.
a a
Como 0 ≤ f (x) ≤ g(x), entonces F y G son crecientes para todo b ∈ [a, ∞).
Además, Z ∞
0 ≤ F (b) ≤ G(b) < g(x)dx.
a
Ası́ la función F es creciente y acotada superiormente, entonces el lı́m F (b) existe y por tanto
b→∞
Z ∞
lı́m F (b) = f (x)dx
b→∞ a
Ejemplo 7.2.2. Usar criterio de comparación para decidir respecto de la convergencia de

Z ∞ Z ∞
x2 dx dx
1. 2. √
4
3x + 36 x2 − 4
1 3
Solución:
x2 1
1. Las funciones f y g dadas por f (x) = 4
y g(x) = 2 son continuas en [1, ∞) y además
3x + 36 x
para cada x ∈ [1, ∞) se tiene f (x) ≤ g(x).

∞
dx
Z
Por Teorema 7.1.8, se tiene que la integral impropia converge.
Z ∞ 1 x2
x2 dx
Luego converge.
1 3x4 + 36
1 1
2. Las funciones f y g dadas por f (x) = √ y g(x) = son continuas en [3, ∞) y además
x2 − 4 x
para cada x ∈ [3, ∞) se tiene g(x) ≤ f (x).
Z ∞
dx
Por Teorema 7.1.8, se tiene que la integral impropia diverge.
Z ∞ 3 x
dx
Luego √ diverge.
3 x2 − 4
7.2.2. Criterio de comparación en el lı́mite (Test del cuociente)

Teorema 7.2.3. Sean f y g funciones continuas y positivas en el intervalo [a, ∞) y consideremos
f (x)
lı́m = L, entonces
x→∞ g(x)
i) Si 0 ≤ L < ∞, se tiene que si

Z ∞ Z ∞
Si g(x) dx converge, entonces f (x) dx converge.
a a
ii) Si 0 < L < ∞ o L = ∞, entonces

Z ∞ Z ∞
Si g(x) dx diverge, entonces f (x) dx diverge.
a a
Demostración.
f (x) L
Si lı́m = L, entonces para ǫ = , existe N > 0 tal que
x→∞ g(x) 2

f (x) L
∀x > N, − L < .
g(x) 2
Ası́, para todo x > N , se tiene
L f (x) L L 3L
− < −L < ⇒ g(x) < f (x) < g(x)
2 g(x) 2 2 2
Luego, para cualquier intervalo [M, h] ⊂ [a, ∞), tenemos que
L h
Z h
3L h
Z Z
g(x)dx < f (x)dx < g(x)dx
2 M M 2 M
Z ∞
3L ∞
Z
Si g(x) dx converge, entonces g(x)dx converge, luego por el criterio de comparación
Z ∞a 2 M Z ∞
f (x)dx converge, de donde se tiene que f (x)dx converge.
M a

∞ ∞
L
Z Z
Si g(x) dx diverge, entonces g(x)dx diverge, luego por el criterio de comparación
Z ∞a M2 Z ∞
f (x)dx también diverge, de donde se tiene que f (x)dx diverge.
M a

Ejemplo 7.2.4. Usar criterio del cuociente para decidir respecto de la convergencia de
Z ∞ Z ∞ Z ∞
x2 dx dx ln x dx
1. 3. √ 5. .
1
4
2x + 25 6 x − 5 1 x
Z ∞ Z ∞
2dx ln x dx
2. x
4.
1 e +5 1 x4
Solución:
∞
dx
Z
1. Por el Teorema 7.1.8 sabemos que la integral es convergente.
1 x2
Como se tiene
x2
2x4 +25 x4 dx 1
lı́m 1 = lı́m = ,
x→∞ x→∞ 2x4 + 25 2
x2
∞
x2 dx
Z
entonces converge.
1 2x4 + 25
Z ∞
dx
2. Es fácil ver que, es convergente y
1 ex
2
ex +5 2ex
lı́m = lı́m = 2,
x→∞ 1x x→∞ ex + 5
e
∞
2dx
Z
luego es convergente.
1 ex +5
∞
dx
Z
3. Como √ es divergente y
6 x
√1 r
x−5 x
lı́m = lı́m = 1,
x→∞ √1 x→∞ x−5
x
∞
dx
Z
entonces √ es divergente.
6 x−5
∞
dx
Z
4. Sabemos que es convergente y
1 x3
ln x
x4 ln x
lı́m = lı́m = 0,
x→∞ 13 x→∞ x
x
∞
ln x dx
Z
entonces es convergente.
1 x4

∞
dx
Z
5. La integral es divergente y
1 x
ln x
x
lı́m = lı́m ln x = ∞.
x→∞ 1 x→∞
x
∞
ln x dx
Z
Por lo tanto se tiene es divergente.
1 x
7.2.3. Criterio de potencia o criterio p

Teorema 7.2.5. Sea f una función continua y no negativa para x ≥ a y si lı́m xp f (x) = λ,
x→∞
entonces
Z ∞
i) si 0 ≤ λ < ∞ y p > 1, entonces la integral f (x) dx converge.
a
Z ∞
ii) si λ > 0 o λ = ∞ y p ≤ 1, entonces la integral f (x) dx diverge.
a
Demostración.
Para la demostración se utilizan los teoremas 7.1.8 y 7.2.3

∞
4x dx
Z
Ejemplo 7.2.6. La integral es convergente, pues para p = 3 tenemos que
1 5x4 − 2x2 + 3
4x 4
lı́m x3 · =
x→∞ 5x4 2
− 2x + 3 5
∞
x dx
Z
Ejemplo 7.2.7. La integral es divergente. En efecto, si consideramos p = 1, se tiene que
e ln3 x
x2 2x2 4x2 8x2

lı́m = lı́m = lı́m = lı́m =∞
x→∞ ln3 x x→∞ 3 ln2 x x→∞ 6 ln x x→∞ 6
Ejercicios
Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias:

Z ∞ Z ∞ Z ∞ 3
dx x dx (x + x2 ) dx
1. 2
4. 3 7.
2 x −x −∞ (4 + 9x2 ) 2 −∞ x6 + 1
∞ ∞ ∞
x2 dx
Z
(1 − cos x) dx
Z Z
−x
2. e dx 5. 8.
1 0 x2 1 2x4 + 25
1 −1 5
dx e4x dx (x2 + x3 ) dx
Z Z Z
3. 6. 9.
−∞ 9 + 4x2 −∞ x −∞ x6 + 1

7.3 Criterio de convergencia para integrales impropias de tipo II
∞ ∞ ∞
dx 4x2 dx ln x dx
Z Z Z
10. 2
√ 12. 14. √ .
0 x + x 1 3x6 + 25x + 1 1 x2 + 16
∞ ∞
(2x2 − 1) dx
Z Z
11. (x + x4 )−1/2 dx 13. √
0 1 x6 + 16
7.3. Criterio de convergencia para integrales impropias de tipo II

Para integrales impropias de tipo II se tienen los mismos criterios que en las integrales de tipo I, teniendo
en cuenta que el lı́mite lo calculamos en el punto donde la función no está acotada.
7.3.1. Criterio de comparación

Teorema 7.3.1. Sean f y g funciones continuas en [a, b), tal que lı́m f (x) = lı́m g(x) = ∞. Si
x→b− x→b−
para todo x ∈ [a, b) se tiene que 0 < f (x) ≤ g(x), entonces
Z b Z b
i) Si g(x) dx es convergente, entonces f (x) dx es convergente.
a a
Z b Z b
ii) Si f (x) dx es divergente, entonces g(x) dx es divergente.
a a
7.3.2. Criterio de comparación en el lı́mite

Teorema 7.3.2. Sean f y g funciones continuas y positivas en el intervalo [a, b) , tal que
lı́m f (x) = lı́m g(x) = ∞.

x→b− x→b−
f (x)
Si para todo x ∈ [a, b) se tiene que lı́m = L, entonces
x→∞ g(x)
Z b Z b
i) si 0 ≤ L < ∞ y g(x) dx converge, entonces f (x) dx converge.
a a
Z b Z b
ii) si 0 < L < ∞ o L = ∞ y g(x) dx diverge, entonces f (x) dx diverge.
a a
7.3.3. Criterio de la potencia

Teorema 7.3.3. Sea q un número real.
1. Sea f continua y no negativa en (a, b] y lı́m (x − a)q · f (x) = λ. Entonces

x→a+
Z b
i) si 0 ≤ λ < ∞ y q < 1 entonces f (x) dx converge
a
Z b
ii) si λ > 0 o λ = ∞ y q ≥ 1 , entonces f (x) dx diverge.
a

2. Sea f continua y no negativa en [a, b) y lı́m (b − x)q · f (x) = λ. Entonces

x→b−
Z b
i) si 0 ≤ λ < ∞ y q < 1 entonces f (x) dx converge
a
Z b
ii) si λ > 0 o λ = ∞ y q ≥ 1 , entonces f (x) dx diverge.
a
Ejercicios
Estudiar convergencia de las integrales impropias:

1 1
cos x dx dx
Z Z
1. 6.
x2
p
0 0 ln(x−1 )
1 π
dx
Z Z
2
2. √ 7. ln(sen x) dx
0 (x + 1) 1 − x2 0
6 3
ln x dx x2 dx
Z Z
3. 8.
3 (x − 3)4 0 (3 − x)2
1 ∞
dx e−x dx
Z Z
4. √ 9. √
0 1 − x2 0
3
x(3 + 2 sen x)
2 ∞
ln x dx dx
Z Z
5. √
3
10. √
1 8 − x3 1 x x−1
Observación 7.3.4. Si la integral tiene más de un punto de discontinuidad infinita y/o intervalos
infinitos, se debe separar en una suma de integrales (con un solo punto conflictivo), y luego analizar
por separado cada una de ellas.
7.3.4. Convergencia absoluta

Definición 7.3.5. Se dice que la integral impropia de f es absolutamente convergente en un cierto
intervalo acotado o no acotado, si la integral de la función |f | es convergente en dicho intervalo.
Naturalmente, los criterios de convergencia antes vistos para integrales de funciones no negativas, pueden
usarse para estudiar la convergencia absoluta de la integral de cualquier función. Por ello, el siguiente
teorema, es de gran utilidad.
Z ∞ Z ∞
Teorema 7.3.6. Si |f (x)| dx converge, entonces f (x) dx converge.
a a
Demostración.
Z ∞
Sabemos que |f (x)| dx converge. Entonces, para cada x ∈ [a, ∞), se tiene que
a
−|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)| luego 0 ≤ f (x) + |f (x)| ≤ 2|f (x)|,

Z ∞
aplicando el teorema de comparación, tenemos que la integral f (x) + |f (x)| dx es convergente, y
Z ∞ a
ası́ f (x) dx es convergente.

a

Z ∞
Definición 7.3.7. Diremos que la integral impropia f (x) dx
a
Z ∞
i) converge absolutamente; si |f (x)| dx converge.
a
Z ∞ Z ∞
ii) converge condicionalmente; si f (x) dx converge, pero |f (x)| dx diverge.
a a
∞
cos x dx
Z
Ejemplo 7.3.8. Analizar la convergencia de
1 x2
Solución:
Sabemos que para todo x ≥ 1, se tiene cos x 1
2 ≤ 2

x x
∞
dx
Z
y la integral es convergente.
1 x2
∞
cos x
Z
Entonces por el criterio de comparación, tenemos que 2 dx es convergente.
1 x
∞
cos x dx
Z
Luego es absolutamente convergente.
1 x2
Z ∞
sen x
Ejemplo 7.3.9. Probar que dx es condicionalmente convergente.
0 x
Solución: Z 1
sen x sen x
Como lı́m = 1, la integral dx no es impropia, luego ella es convergente.
x→0 x 0 x
Z ∞
sen x
Ahora debemos probar que dx es convergente. Para ello, utilizaremos la definición de integral
1 x
impropia e integración por partes.
Z ∞ Z h
sen x sen x
dx = lı́m dx
1 x h→∞ 1 x
Z h
cos x h cos x
= lı́m − lı́m dx
h→∞ x x2

1 h→∞ 1
Z ∞
cos x
= − cos 1 − dx.
1 x2
∞ ∞
cos x sen x
Z Z
Por el ejemplo anterior, sabemos que dx es convergente, entonces dx también es
1 x2 1 x
convergente.

7.4 Función Gamma
∞
sen x
Z
Por otro lado, debemos mostrar que dx es divergente.
x

1
En efecto, para todo x ≥ 1, podemos decir que,
sen2 x sen x
≤ ,
x x
luego
∞ ∞ ∞
sen2 x 1 cos 2x
Z Z Z
dx = dx − dx.
1 x 1 2x 1 2x
La primera integral Z es divergente por el teorema 7.1.8 y la segunda es convergente por el teorema 7.3.6.
∞
sen2 x
Luego la integral dx es divergente.
1 x Z ∞
sen x

Por el criterio de comparación, se tiene que dx diverge.
x

1
Z ∞
sen x
Ası́, la integral dx es condicionalmente convergente.
0 x
7.4. Función Gamma

Esta función fue introducida por Euler en 1729 y nos permite determinar el valor algunas integrales
impropias, sin calcularlas.
Definición 7.4.1. La función Gamma, denotada por Γ(α), se define mediante la integral
Z ∞
Γ(α) = e−x xα−1 dx
0
7.4.1. Propiedades de la función Gamma

1. Γ es convergente ∀α > 0.
Z ∞
2. Γ(1) = e−x dx = 1
0
3. Para todo n ∈ N se tiene Γ(n) = (n − 1)!
4. Γ es una función continua ∀α > 0.
5. Γ(α + 1) = α · Γ(α)
√
6. Γ 12 = π
7. Si n es un entero positivo, Γ(α + n) = (α + n − 1)(α + n − 2) · · · α Γ(α), α > 0

π
8. Γ(α)Γ(1 − α) = , 0<α<1
sen πα

7.4 Función Gamma
Demostración.
Realizaremos la demostración de las tres primeras propiedades. Para las otras se necesitan conceptos
que se trabajan en cursos más avanzados.
1. Primero, escribimeros Γ de la siguiente forma

Z 1 Z ∞
−x α−1
Γ(α) = e x dx + e−x xα−1 dx
0 1
La primera integral es una integral

Z 1 definida para α ≥ 1, por lo tanto es convergente.
Para 0 < α < 1, la integral e−x xα−1 dx es una integral impropia de segunda especie. Luego,
0
por el criterio de la potencia, con q = 1 − α, la integral converge.
Z ∞
La integral e−x xα−1 dx es impropia de primera especie. Por el criterio de la potencia con
1
p = 2, la integral converge
Z h h
2. Γ(1) = lı́m e dx = lı́m −e = lı́m (1 − e−h ) = 1
−x −x
h→∞ 0 h→∞ 0 h→∞
3. Haremos la demostración por inducción.
Por propiedad 2, Γ(1) = 1 = 0!

Z ∞
Suponemos válido Γ(n) = e−x xn−1 dx = (n − 1)!
0
Demostraremos que Γ(n + 1) = n!
En efecto, Z ∞
Γ(n + 1) = e−x xn dx
0
Z h
= lı́m e−x xn dx
h→∞ 0
h Z h
−x n
= lı́m (−e x ) + n lı́m e−x xn−1 dx

h→∞ 0 h→∞ 0
Z ∞
= lı́m (−hn e−h ) + n e−x xn−1 dx
h→∞ 0
= n · (n − 1)! = n!

A continuación veremos algunos ejemplos donde se utilizan las propiedades de la función Gamma.
Ejemplo 7.4.2. Evaluar las siguientes integrales

Z ∞ Z ∞
3 −x 2
1. x e dx 3. t2 e−2t dt
0 0
∞ 1
dt
Z Z
2. x6 e−2x dt 4. √
0 0 ln t−1

7.4 Función Gamma
Solución:
Z ∞
1. x3 e−x dx = Γ(4) = 3! = 6
0
2. En este caso haremos un cambio de variable z = 2x ⇒ dz = 2dx.

Z ∞
1 ∞ z 6 −z
Z ∞
1
Z
x6 e−2x dx = e = z 6 e−z dz
0 2 0 2 128 0
1 6! 45
= Γ(7) = =
128 128 8
dz
3. Utilizaremos el cambio de variable z = 2t2 ⇒ dt = √ .
2 2z
Z ∞ Z ∞
2 1 √ −z
t2 e−2t dt = √ ze dz
0 4 2 0
√
1 3
1 1
π
= √ Γ 2 = √ Γ 2 = √
4 2 8 2 8 2
4. Mediante el cambio de variable u = − ln t obtenemos

Z 1 Z ∞
dt 1
√ = u− 2 e−u du
0 ln t −1 0
√
= Γ 12 = π
Observación 7.4.3. Para valores negativos de α, usando la propiedad 5, la función Γ se extiende

como sigue
Γ(α + 1)
Γ(α) = , −1 < α < 0
α
Γ(α + 2)
Γ(α) = , −2 < α < −1
α(α + 1)
..
.
Γ(α + n)
Γ(α) = , −n < α < −n + 1
α(α + 1) · · · (α + n − 1)
En otras palabras, para α < 0 y α no entero, se tiene que
Γ(α + 1)
Γ(α) =
α
8π
Ejemplo 7.4.4. Mostraremos que Γ − 52 = − .

15
Γ(− 32 ) Γ(− 21 ) Γ( 12 ) 8π
Γ − 52 = 5 = 5 3 = 15 1 = − 15 .
−2 (− 2 )(− 2 ) 4 (− 2 )

7.5 Función Beta
Ejercicios
1. Calcular los siguientes valores:

Γ(6) Γ( 25 ) 6Γ( 83 )
a) b) c)
2Γ(3) Γ( 21 ) 5Γ( 23 )
2. Calcular, usando función Gamma:

Z ∞ Z ∞ Z ∞√ √
4 −x 3 −2y 5
a) x e dx b) y e dy c) x e− x
dx.
0 0 0
3. Probar que
1 n−1
Z 1
a) ln dx = Γ(n)
0 x
Z 1
(−1)n n!
b) xm (ln x)n dx =
(m + 1)n+1
Z0 ∞
n 1
xm e−ax dx = √ Γ m+1

c) n .
0 n am+1
7.5. Función Beta

Al igual que la función Gamma, la función Beta permite calcular integrales definidas e impropias en
forma mucho más simple que lo usual.
Definición 7.5.1. La función Beta, denotada por β, es definida por

Z 1
β(x, y) = tx−1 (1 − t)y−1 dt
0
7.5.1. Propiedades de la función Beta

1. β(x, y) es una función convergente para x > 0, y > 0
2. La función β es simétrica, es decir,
β(x, y) = β(y, x)
3. La relación entre Γ y β es
Γ(x) · Γ(y)
β(x, y) = , x, y > 0
Γ(x + y)
4. Formas interesantes de escribir la función Beta son
Z π/2
2
t = cos z ⇒ β(x, y) = 2 (cos z)2x−1 · (sen z)2y−1 dz
0
Z ∞ x−1
z z dz
t= ⇒ β(x, y) = x+y
1+z 0 (1 + z)

7.5 Función Beta
Demostración.
1. Si x ≥ 1, y ≥ 1 la función β no es impropia, por lo tanto es convergente.
Si 0 < x < 1, 0 < y < 1, entonces

Z 1 Z 1
2
x−1 y−1
β(x, y) = t (1 − t) dt + tx−1 (1 − t)y−1 dt
1
0 2
La primera integral es convergente por el criterio de la potencia con q = 1 − x.

La segunda integral es convergente por el criterio de la potencia con q = y − 1.
2. Haciendo sustitución simple con t = 1 − z ⇒ dt = −dz, se tiene
Z 1
β(x, y) = tx−1 (1 − t)y−1 dt
0
Z 0
=− (1 − z)x−1 z y−1 dz
1
Z 1
= z y−1 (1 − z)x−1 dz
0
= β(y, x)
3. Se necesitan conceptos más avanzados para realizar la demostración.

4. Queda propuesta para el lector.

Z π/2 √
Ejemplo 7.5.2. Calcular tg α dα
0
Solución:
Primero escribiremos la función tg α en términos de las funciones seno y coseno.
Z π/2 Z π/2
√ 1 1
tg α dα = (sen α) 2 (cos α)− 2 dα
0 0

1 3 1
= β ,
2 4 4
Utilizaremos la propiedad 3. de la función β y la 8 de la función Γ
Γ 43 Γ 14
Z π/2
√
tg α dα =
0 2Γ(1)
1
= · Γ( 41 )Γ(1 − 14 )
2Γ(1)
π π
= π = √
2 sen 4 2

7.5 Función Beta
Ejercicios
1. Usar la función beta para hallar:

Z 1r
1−x
a) dx
0 x
Z 2
(4 − x2 ) /2 dx
3
b)
0
Z 4p
c) z 3 (4 − z)5 dz.
0
2. Determinar convergencia o divergencia de las siguientes integrales:

Z ∞ Z ∞
dx x dx
a) 2
b) √ .
0 x +1 1 x4 + 3
∞
x4
Z
3. Determinar dx.
0 (1 + x3 )2
∞
x π
Z
4. Pruebe que 6
dx = √
0 1+x 3 3

Bibliografı́a
[1] Larson R., Edwards B., Cálculo 1 de una variable, Mc Graw Hill, Novena Edición, 2010.
[2] Leithold L., El cálculo, Oxford University Press, Septima Edición, 1998.
[3] Pita C., Cálculo de una variable, Pearson Educación, Primera Edición, 1998.
[4] Purcell E., Varberg D., Rigdon S., Cálculo, Pearson Prentice Hall, Novena Edición, 2007.
[5] Stewart J., Cálculo trascendentes tempranas, Thomson Learning, Cuarta Edición, 2002.
[6] Thomas G., Cálculo una variable, Pearson Addison Wesley, Undécima Edición, 2005.
185
BIBLIOGRAFÍA

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Universidad de La Frontera

Facultad de Ingenierı́a y Ciencias

Cálculo de una variable

ii Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

5. Integración definida 127

iv Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

6. Aplicaciones de la integral definida 143

7. Integrales impropias 165

Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. v

Mauricio Godoy Molina

viii Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

1.1.1. Definiciones previas

V (a; ǫ) = (a − ǫ, a + ǫ) = {x ∈ R : a − ǫ < x < a + ǫ}

Definición 1.1.3. Sea D ⊆ R. Se dice que a es un punto de acumulación de D si y solo si

a ∈ D ′ si y solo si ∀ǫ ∈ R+ (V (a; ǫ) ∩ (D \ {a}) 6= ∅ .

1. D = N no tiene puntos de acumulación, por lo tanto D ′ = ∅.

2x2 − 2 2x2 − 5x + 2 x−4

1. Dom f = R \ {1}, luego su conjunto de puntos de acumulación es R.

3. Dom h = [0, ∞) \ {4} y el conjunto de puntos de acumulación es el intervalo [0, ∞).

1.1.2. Lı́mite de una función en un punto

Nos interesa entonces el comportamiento de la función f en puntos del dominio “suficientemente

2x2 − 2 2(x − 1)(x + 1)

2 Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

Claramente, Dom g = R \ {2}, luego 2 es un

entonces si x está próximo a 2, sus imágenes

Definición 1.1.9. Lı́mite de una función en un punto.

Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. 3

Imagen gráfica de la definición de lı́mite

Por lo tanto, podemos elegir δ = 25 ǫ y ası́ se verifica que

Ejemplo 1.1.12. Sea f (x) = sen πx . ¿Existe lı́m f (x)?

4 Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

Trabajamos la expresión del lado derecho, para obtener el valor de δ:

Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. 5

1.2. Propiedades aritméticas de los lı́mites

Sea δ(ǫ) = mı́n{δ1 (ǫ), δ2 (ǫ)}.

Ası́ si 0 < |x − a| < δ(ǫ), entonces |f (x) − L1 | < ǫ y |f (x) − L2 | < ǫ.

6 Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

L − 1 < f (x) < L + 1.

Luego, todos los valores de f en la vecindad V (a; δ(1)) se encuentran en el intervalo

excepto, posiblemente el valor de f (a), por lo tanto en el intervalo (L − 1, L + 1) la función f está

mı́n{f (a), L − 1} ≤ f (x) ≤ máx{f (a), L + 1}.

1. lı́m Cf (x) = CL. f (x) L

3. lı́m f (x)g(x) = LM. 5. lı́m (f (x))n = Ln , para cada n ∈ N.

1. La demostración es directa, la dejamos como ejercicio.

2. Demostraremos primero la propiedad para f (x) + g(x).

0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) + g(x) − L − M | < ǫ.

Ahora, por hipótesis, existen δ1 , δ2 números reales positivos tales que

Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera. 7

Por lo tanto, si elegimos δ = mı́n{δ1 , δ2 }, tenemos que se cumple i) y ii). Luego,

0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) + g(x) − L − M | ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M | < ǫ.

0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x)g(x) − LM | < ǫ.

Primero escribiremos la expresión f (x)g(x) − LM de la siguiente manera:

|f (x)g(x) − LM | = |f (x)g(x) − f (x)M + f (x)M − LM |

= |f (x)(g(x) − M ) + (f (x) − L)M |

≤ |f (x)||g(x) − M | + |f (x) − L||M | (1.2)

8 Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.

Como lı́m g(x) = M , existe δ1 > 0 tal que

0 < |x − a| < δ1 ⇒ |g(x) − M | < 2ǫ.