Ejercicios resueltos de Cálculo - Universidad de Málaga

Ejercicios resueltos de 

CÁLCULO 

Agustín Valverde Ramos 

***** BORRADOR ***** 

Editado electrónicamente por Agustín Valverde

c○ Agustín Valverde Ramos 

Dpto. de Matemática Aplicada 

Escuela Técnica Superior de Ingeniería Informática 

Universidad de Málaga 

Bvd. Louis Pasteur, s/n (Campus de Teatinos) 

29071 Málaga

Introducción 

Notación de ejercicios: cap.ej(apart) o cap.ej o ej(apart) o ej 

iii

Índice general 

1. El cuerpo de los números complejos 1 

2. Sucesiones y series numéricas 27 

3. Sucesiones y series funcionales 105 

4. El espacio métrico R n . 

Curvas parametrizadas 149 

5. Cálculo en varias variables 228 

iv

6. Optimización no-lineal 268 

7. Integración 327 

8. Ecuaciones diferenciales ordinarias 549 

v

Capítulo 1 

El cuerpo de los 

números complejos 

1

El cuerpo de los números complejos 2 

Problema 1 Hallar el módulo y el argumento de cada uno de los siguientes números: 

3 + 4i; (3 + 4i) −1 ; (1 + i) 5 ; 

7√ 3 + 4i; |3 + 4i| 

Recordemos que el recorrido considerado para la función arctg es (−π/2,π/2); además, esta función es impar y 

verifica la siguiente igualdad: 

arctg x + arctg 1 π 

= 

x 2 

✎ |3 + 4i| = √ 3 2 + 4 2 = 5 

arg(3 + 4i) = arctg 4/3 

✎ Utilizamos el apartado anterior: 

|(3 + 4i) −1 | = |3 + 4i| −1 = 1/5 

arg((3 + 4i) −1 ) = − arg(3 + 4i) = − arctg 4/3 

✎ Resolvemos este apartado de una forma alternativa utilizando la notación de Euler y la fórmula de Moivre 

(1 + i) 5 = ( √ 2( 1 

√ + 

2 1 

√ i)) 

2 5 = ( √ 2(cos π π 

+ isen 

4 4 ))5 = 4 √ 2(cos 5π 5π 

+ isen 

4 4 ) 

Por tanto, |(1 + i) 5 | = 4 √ 2 y arg(1 + i) 5 = 5π 

4 

Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde


✎ Dado que |3 + 4i| = 5, | 7√ 3 + 4i| = 7√ 5. Por otra parte, un número complejo tiene n raíces n−ésimas distintas 

cuyos módulos coinciden; si α = arctg 4 

3 es el argumento de 3 + 4i, entonces los argumentos de las 7 raíces 

πk para k = 0,1,... ,6. 

septimas son 1 2 

7α + 7 

✎ Dado que |3 + 4i| = 5 es un número real positivo, coincide con su valor absoluto y su argumento es 0. 



Problema 2 Expresar cada uno de los siguientes números complejos en la forma “a + bi”: 

e πi/2 ; 2e −πi/2 ; 3e πi ; −e −πi ; i + e 2πi ; e πi/4 ; e πi/4 − e −πi/4 ; 

✎ eπi/2 = cos π π 

2 + isen 2 

✎ 2e −πi/2 = −2i. 

✎ 3e πi = −3. 

✎ −e −πi = 1. 

✎ i + e 2πi = i + 1. 

✎ e πi/4 = 1 

√ 2 + i 1 

√ 2 . 

= i. 

✎ e πi/4 − e −πi/4 = 2iIm(e πi/4 ) = 2isen π/4 = 2i 1 

√ 2 = i √ 2 

✎ 

1 − eπi/2 

1 + eπi/2 = 

1 − i 

= 

1 

1 + i 2 (1 − i)2 = −i 

Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

1 − e πi/2 

1 + e πi/2


Problema 3 En cada caso, hallar todos los valores de x e y que satisfacen la relación dada: 

x + iy = xe iy ; x + iy = ye ix ; e x+iy = −1; 

1 + i 

= xeiy 

1 − i 

✎ x + iy = xe iy : 

Si x = 0, entonces y = 0; si x = 0, y dado que xe iy = xcos y + ixsen y, debe ocurrir que cos y = 1 y, en tal 

caso, seny = 0 e y = xsen y = 0. Por tanto, las soluciones son todos los complejos con parte imaginaria nula. 

✎ x + iy = ye ix : Si y = 0, entonces x = 0; si y = 0, y dado que ye ix = y cos x + iy sen x, debe ocurrir que 

sen x = 1 y en tal caso cos x = 0 y x = y cos x = 0; finalmente, dado que la igualdad y = iy no es posible para 

ningún y = 0, deducimos que la única solución es (0,0). 

✎ Dado que −1 = e iπ , las soluciones de la ecuación e x+iy = −1 son: x = 0 e y = π + 2kπ 

✎ Dado que 

1 + i 

1 − i = i = eiπ/2 , las soluciones de la ecuación 


1 + i 

1 − i = xeiy son: x = 1 e y = π 

2 + 2kπ


Problema 4 Resolver las ecuaciones siguientes: 

1. x 2 + ix + 1 = 0; 2. x 4 + x 2 + 1 = 0; 3. x 3 − x 2 − x − 2 = 0; 4. 

1. x 2 + ix + 1 = 0 ⇐⇒ x = 1 

2 (−i ± √ −1 − 4) 

Por tanto, las dos soluciones de la ecuación son x1 = 1 

2 (√ 5 − 1)i y x2 = − 1 

2 (√ 5 + 1)i. 

2. Esta es una ecuación bicuadrada: 

x 4 + x 2 + 1 = 0 ⇐⇒ x 2 = 1 

2 (−1 ± √ 1 − 4) = 1 

2 (−1 ± i√ 3) 

Por tanto, las dos soluciones de la ecuación en x 2 son: 

y1 = 1 

2 (−1 + i√3) = cos 2π 2π 

+ isen 

3 3 


⎧ 

⎨ix 

− (1 + i)y = 3 

⎩(2 

+ i)x + iy = 4 

y2 = 1 

2 (−1 − i√3) = cos 4π 4π 

+ isen 

3 3


Las cuatro soluciones de la ecuación del enunciado son las dos raíces cuadradas de y1 y las dos de y2: 

x1 = cos π π 

+ isen 

3 3 

x2 = cos 4π 

3 

x3 = cos 2π 

3 

x4 = cos 5π 

3 

+ isen 4π 

3 

+ isen 2π 

3 

+ isen 5π 

3 

= 1 

2 (1 + i√ 3) 

= −1 

2 (1 + i√ 3) 

= 1 

2 (−1 + i√ 3) 

= 1 

2 (1 − i√ 3) 

3. Dado que el polinomio x 3 −x 2 −x−2 tiene grado impar, al menos una de las tres soluciones es real; comprobando 

los divisores del término independiente, encontramos que 2 es esta solución; las otras dos, son las soluciones 

de la ecuación x 2 + x + 1 = 0 que hemos resuelto en el apartado anterior. Las tres soluciones son: 

x1 = 2 x2 = 1 

2 (−1 + i√ 3) x3 = 1 

2 (−1 − i√ 3) 

4. Aplicamos el método de reducción o método de Gauss: 

⎧ 

⎪⎨ 

ix − (1 + i)y = 3 

ix − (1 + i)y = 3 

⇐⇒ 

(2 + i)x + iy = 4 ⎪⎩ ix + i2 

⎫ 

⎪⎬ 

4i 

y = ⎪⎭ 

2 + i 2 + i 

⇐⇒ 

⎧ 

⎫ 

⎨ ix − (1 + i)y = 3⎬ 

⎩ 3i i − 6 

y = ⎭ 

2 + i 2 + i 

Por tanto, y = 

i − 6 

3i 

1 3 + (1 + i)y 

= 3 + 2i y x = 

i 


= −1 3 (5 + 7i).


Problema 5 Hallar todas las raíces cuartas de i en la forma “a + bi” sin hacer intervenir ninguna función trigonométrica. 

 

π 2π 

Las cuatro raíces cuartas de i son: zk = exp + 

2 · 4 4 k 

 

, k = 0,1,2,3: 

z1 = cos π π 

8 + isen 8 ; z2 = cos 5π 5π 

8 + isen 8 ; z3 = cos 9π 9π 

8 + isen 8 ; z4 = cos 13π 13π 

8 + isen 8 

Las siguientes igualdades permiten el cálculo exacto de estas raíces: 

cos π 

8 

1 π = cos 2 4 = 

Por tanto, las raíces son: 

1 

2 

 

π 1 + cos 4 = 

√ 2+ √ 2 

z1 = cos π π 

8 + isen 8 = 

√ √ √ √ 

2+ 2 2− 2 

2 + i 2 

z2 = cos 5π 

√ √ √ √ 

5π 2+ 2 2− 2 

8 + isen 8 = − 2 + i 2 

z3 = cos 9π 

√ √ √ √ 

9π 2+ 2 2− 2 

8 + isen 8 = − 2 − i 2 

z4 = cos 13π 13π 

8 + isen 8 = 

√ √ √ √ 

2+ 2 2− 2 

2 − i 2 


2 

sen π 

8 

1 π = sen 2 4 = 

z3 

1 

2 

 

√ √ 

π 2− 2 

1 − cos 4 = 2 

Im 

z2 i 

z4 

z1 

π 8 

Re


Problema 6 Expresar los números complejos siguientes en la forma “a + bi”: 

(1 + i) 2 ; 1/i; 1/(1 + i); (2 + 3i)(3 − 4i); (1 + i)/(1 − 2i); i 5 + i 16 ; 1 

2 (1 + i)(1 + i−8 ) 

✎ (1 + i) 2 = 1 + 2i − 1 = 2i. 

✎ 1 

i 

= 

i 

i2 = −i. 

✎ 1 1 − i 1 1 

= = − 

1 + i 1 + 1 2 2 i. 

✎ (2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 12i 2 + i = 18 + i. 

✎ 

1 + i 

1 − 2i 

= 1 

5 

1 

(1 + i)(1 + 2i) = 5 (−1 + 3i). 

✎ i 5 + i 16 = (−1) 2 i + (−1) 8 = i + 1. 

✎ 1 

2 (1 + i)(1 + i−8 ) = 1 

(1 + i)(1 + 1) = 1 + i. 

2 



Problema 7 Simplificar la siguiente expresión para cada n ∈ N 

1 + i + i 2 + · · · + i n 

Para simplificarla, vamos a multiplicar y dividir por (1 − i): 

1 + i + i 2 + · · · + i n = (1 + i + i2 + · · · + i n )(1 − i) 

1 − i 

Por lo tanto, esta expresión depende de la congruencia de n módulo 4: 

Si n = 4k, 1 + i + i 2 + · · · + i n = 

Si n = 4k + 1, 1 + i + i 2 + · · · + i n = 

Si n = 4k + 2, 1 + i + i 2 + · · · + i n = 

Si n = 4k + 3, 1 + i + i 2 + · · · + i n = 

1 − i4k+1 

1 − i 

1 − i4k+2 

1 − i 

1 − i4k+3 

1 − i 

1 − i4k+4 

1 − i 


= 1 + i + i2 + · · · + i n − i − i 2 − · · · − i n − i n+1 

1 − i 

1 − i 

= = 1 

1 − i 

= 1 + 1 

1 − i 

= 

1 + i 

= i 

1 − i 

= 1 − 1 

1 − i 

= 1 + i 

= 0 

= 1 − in+1 

1 − i


Problema 8 Representar el conjunto de todos los complejos z que satisfacen cada una de las condiciones siguientes: 

1. |2z + 3| < 1; 2. |z + 1| < |z − 1|; 3. |z − i| ≤ |z + i|; 4. |z| ≤ |2z + 1| 

Las representación de los lugares geométricos determinados por las inecuaciones es la siguiente: 

Im 

1 

3/2 

Re 

Im 

Re 

|2z + 3| < 1 |z + 1| < |z − 1| |z + i | ≥ |z − i | 

|z| ≥ |2z − 1| 

1. |2z + 3| < 1 ⇐⇒ 

3 z + 1 

2 < 2 : interior de la circunferencia de radio 1/2 y centro en ( 3/2,0). 

Recordemos que los números complejos que verifican |z| = r son los situados en la circunferencia de radio r 

centrada en el origen; los que verifican |z| < r corresponden al interior de esta circunferencia. En general, los 

números z que verifican |z − z0| = r son los situados en la circunferencia de radio r y centro en z0. 


Im 

Re 

Im 

1/3 

2/3 

Re


2. Considerando z = x + iy, tenemos 

3. Considerando z = x + iy, tenemos 

4. Considerando z = x + yi, tenemos: 

|z + 1| < |z − 1| ⇐⇒ (x + 1) 2 + y 2 < (x − 1) 2 + y 2 

⇐⇒ x 2 + 2x + 1 < x 2 − 2x + 1 

⇐⇒ 4x < 0 ⇐⇒ x < 0 

|z − i| ≥ |z + i| ⇐⇒ x 2 + (y − 1) 2 ≥ x 2 + (y + 1) 2 

⇐⇒ y 2 + 2y + 1 ≥ y 2 − 2y + 1 

⇐⇒ 4y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 0 

|z| ≥ |2z − 1| ⇐⇒ x 2 + y 2 ≥ (2x − 1) 2 + 4y 2 ⇐⇒ y 2 

+ x − 2 

2 ≤ 

3 

1 

9 

Es decir, la solución es el interior de la circunferencia de radio 1/3 y centro en ( 2/3,0) 



Problema 9 

1. Hallar la parte real y la parte imaginaria de senh z, cosh z y tgh z. 

2. Hallar tgh(2 + i π 

4 ) 

✎ senh(x + iy) = 1 

2 (ex+iy − e −x−iy ) 

= 1 

2 (ex (cos y + isen y) − e −x (cos y − isen y)) 

= 1 

2 (ex − e −x )cos y + i 1 

2 (ex + e −x )sen y 

= senhxcos y + icosh xsen y 

✎ cosh(x + iy) = 1 

2 (ex+iy + e −x−iy ) 

= 1 

2 (ex (cos y + isen y) + e −x (cos y − isen y)) 

= 1 

2 (ex + e −x )cos y + i 1 

2 (ex − e −x )sen y 

= cosh xcos y + isenh xsen y 



✎ Para evaluar la función tgh dividimos las expresiones anteriores y simplificamos simplificamos el resultado: 

✎ tgh(2 + i π 

4 

senh(x + iy) senhxcos y + icosh xsen y 

tgh(x + iy) = = 

cosh(x + iy) cosh xcos y + isenh xsen y 

= (senh xcos y + icosh xsen y)(cosh xcos y − isenh xsen y) 

(cosh xcos y + isenh xsen y)(cosh xcos y − isenh xsen y) 

= senh xcosh xcos2 y + senhxcosh xsen2 y + i(cosh 2 xsen y cos y − senh 2 xsen y cos y) 

cosh 2 xcos2 y + senh 2 xsen2 y 

= senhxcosh x + isen y cos y 

= 

= senh2x + isen 2y 

cosh 2 xcos2 y + senh 2 xsen2 y 

1 

2 senh 2x + i1 

2 sen 2y 

cosh 2 xcos2 y + senh 2 xsen2 y + cosh 2 xsen2 y − cosh 2 xsen2 y 

2(cosh2 x − sen2 y) 

) = senh 4 + isen π 

2 

= senh4 + i 

2(cosh 2 2 − sen 2 π 

4 

cosh 4 

2(cosh 2 2 − 1 

2 

i 

= tgh 4 + 

cosh 4 ≈ 0′ 999329 + i0 ′ 036619 

) = senh4 + i 


) = senh4 + i 

2cosh 2 2 − 1


Problema 10 Resolver la ecuación sen z = 2. 

Empezamos utilizando la definición de la función seno 

2 = sen z = 1 

2i (eiz − e −iz ) = e2iz − 1 

2eizi De aqui obtenemos: e 2iz − 1 = 4e iz i. Esta es una ecuación de segundo grado en e iz y sus soluciones son 

e iz = 1 

2 (4i ± √ −16 + 4) = i(2 ± √ 3) 

Entonces, las soluciones de la ecuación propuesta verifican: 

Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones: 

z = 1 

i log i(2 ± √ 3) = −ilog i(2 ± √ 3) = −i(log i + log(2 ± √ 3)) 

= −i(i( π 

2 + 2nπ) + log(2 ± √ 3)) 

= π 

2 + 2nπ − ilog(2 ± √ 3) 

z1n = π 

2 + 2nπ − ilog(2 + √ 3) z2n = π 

2 + 2nπ − ilog(2 − √ 3) 



Problema 11 El objetivo de este ejercicio es calcular el coseno de los ángulos π/5 y 2π/5. 

1. Sea z = cos θ + isen θ una raíz quinta de −1. Probar que, si z = −1, entonces z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 = 0 y 

deducir que 4cos 2 θ − 2cos θ − 1 = 0. Concluir que cos π/5 = 1 

4 (√ 5 + 1). 

2. Sea z = cos θ + isen θ una raíz quinta de la unidad. Probar que, si z = 1, entonces z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 y 

deducir que 4cos 2 θ + 2cos θ − 1 = 0. Concluir que cos 2π/5 = 1 

4 (√ 5 − 1). 

Efectivamente, el valor de los cosenos de los ángulos pedidos está relacionado con las raíces quintas de 1 y de 

−1, ya que, por la fórmula de Moivre: 

π π5 

cos + isen = cos π + isen π = −1 

5 5 

2π 2π5 

cos + isen = cos 2π + isen 2π = 1 

5 5 

Vamos a explicitar la solución del primer apartado, puesto que la del segundo es exactamente igual. La primera 

afirmación del enunciado es trivial, puesto que una simple división de polinomios prueba que: 

Dado que z = cos π π 

5 + isen 5 


z 5 + 1 = (z + 1)(z 4 − z 3 + z 2 − z + 1) 

es una de las cinco raíces quintas de -1 distinta de -1, este numero debe ser raíz del


polinomio de grado 4; llamando α = cos π 

5 

y β = sen π 

5 

y sustituyendo z por α + iβ en dicho polinomio, obtenemos: 

0 = z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 = α 4 + 4iα 3 β − 6α 2 β 2 − 4iαβ 3 + β 4 

− α 3 − 3iα 2 β + 3αβ 2 + iβ 3 

+ α 2 + 2iαβ − β 2 

− α − iβ + 1 

Por lo tanto, tanto la parte imaginaria como la parte real de la expresión de la derecha deben ser 0. Debemos 

serparar y simplificar ambas partes para obtener la expresión más sencilla posible; en este caso, la expresión mas 

simple se obtiene de la parte imaginaria, pero el lector debería desarrollar igualmente la parte real para comprobarlo. 

Dividiendo por β obtenemos: 

0 = 4α 3 β − 4αβ 3 − 3α 2 β + β 3 + 2αβ − β 

0 = 4α 3 − 4αβ 2 − 3α 2 + β 2 + 2α − 1 

Dado que tenemos que obtener un polinomio en α, sustituimos β 2 por 1 − α 2 : 

0 = 4α 3 − 4α + 4α 3 − 3α 2 + 1 − α 2 + 2α − 1 

= 8α 3 − 4α 2 − 2α 

Finalmente, dividiendo por 2α obtenemos el polinomio buscado: 


0 = 4α 2 − 2α − 1


La resolución de esta ecuación de segundo grado, conduce finalmente al valor de cos π 

5 

solución positiva): 

α = cos π 

5 


= 1 

8 (2 + √ 20) = 1 

4 (1 + √ 5) 

(tomamos solamente la


Problema 12 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definición de las funciones hiperbólicas en el 

cuerpo de los números complejos. 

1. senh z cosh u + cosh z senh u = senh(z + u) 

2. cosh z cosh u + senh z senh u = cosh(z + u) 

A partir de ellas deducir las siguientes: 

3. cosh 2 z − senh 2 z = 1 

4. 2senh z cosh z = senh 2z 

5. cosh 2 z + senh 2 z = cosh 2z 

6. senh z cosh u = 1 

2 (senh(z + u) + senh(z − u)) 

7. senh z senhu = 1 

2 (cosh(z + u) − cosh(z − u)) 

8. cosh z cosh u = 1 

2 (cosh(z + u) + cosh(z − u)) 



Problema 13 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definición de las funciones trigonométricas en 

el cuerpo de los números complejos. 

1. sen z cos u + cos z sen u = sen(z + u) 

2. cos z cos u − sen z sen u = cos(z + u) 

A partir de ellas deducir las siguientes: 

3. cos 2 z + sen 2 z = 1 

4. 2sen z cos z = sen 2z 

5. cos 2 z − sen 2 z = cos 2z 

6. sen z cos u = 1 

2 (sen(z + u) + sen(z − u)) 

7. sen z sen u = 1 

2 (− cos(z + u) + cos(z − u)) 

8. cos z cos u = 1 

2 (cos(z + u) + cos(z − u)) 



Problema 14 Deducir las siguientes expresiones para las funciones inversas de las funciones hiperbólicas: 

arg senh x = log(x + x 2 + 1) arg cosh x = log(x + x 2 − 1) 

La función cosh no es inyectiva, ya que cosh x = cosh −x. Por lo tanto, la función arg cosh x podría tomar dos 

valores para cada x; el valor que se considera en la definición de dicha función es el positivo. Por otra parte, si 

la función la consideramos definida sobre los números complejos, las expresiones anteriores son válidas, pero los 

posibles valores del logaritmo son infinitos; en este caso, la definición de las funciones inversas se hace tomando los 

valores principales del logaritmo. 

Deducir una expresión para la función arg cosh se reduce a despejar y en función de x en la expresión 

e z + e −z 

Multiplicando por 2e z , la igualdad anterior se convierte en la siguiente ecuación de segundo grado en e z : 

2 

= x 

e 2z − 2e z x + 1 = 0 

Cuyas soluciones son ez = 2x ± √ 4x2 − 4 

= x± 

2 

√ x2 − 1. De donde obtenemos la solución propuesta en el enunciado: 

arg cosh x = log(x + √ x2 − 1). Debemos observar que, efectivamente, la otra solución coincide con esta, pero con 

signo contrario: 

log(x − x2 − 1) = log x2 − (x2 − 1) 

x + √ x2 − 1 = − log(x + x2 − 1) 



El desarrollo para obtener la expresión para arg senhx es similar obteniendo como solución: 

e z = x ± x 2 + 1 

Hay que observar no obstante, que la solución e z = x − √ x 2 + 1 no tiene sentido si trabajamos solo con números 

reales, pero sí en el caso de considerar números complejos. La función arg senh se define entonces como: arg senhx = 

log(x + √ x 2 + 1). 



Problema 15 

1. Si m y n son enteros, demostrar que 

2π 

0 

e inx e −imx dx = 

 

0 si m = n, 

2π si m = n. 

2. Utilizar el apartado anterior para deducir las relaciones de ortogonalidad de las funciones seno y coseno: si m 

y n son enteros positivos y m = n, entonces 

1. Si n = m, entonces 

Si n = m: 

2π 

0 

2π 

0 

sen nxcos mxdx = 

2π 

0 

2π 

0 

sen 2 nxdx = 


2π 

2π 


0 

0 

sennxsen mxdx = 

2π 

0 

dx = 2π. 

2π 

0 

cos nxcos mxdx = 0, 

cos 2 nxdx = π si n = 0. 

e inx e −imx 

1 

dx = 

i(n − m) einxe −imx 

2π 

0 

= 0


2. Supongamos que m = n; la integral correspondiente del apartado anterior se puede descomponer como sigue: 

0 = 

2π 

0 


2π 

0 

((cos nxcos mx + sen nxsenmx) + i(sen nxcos mx − cos nxsen mx))dx (1.1) 

Además, sustituyendo n por −n, deducimos la siguiente igualdad 

0 = 

2π 

e 

0 

−inx e −imx 2π 

dx = 

0 

Sumando las igualdades 1.1 y 1.2 obtenemos: 

Por tanto, necesariamente: 

2π 

0 

(cos nxcos mx − sen nxsenmx) + i(− sen nxcos mx − cos nxsen mx)dx (1.2) 

0 = 

2π 

cos nxcos mxdx = 0 

Sustituyendo estas igualdades en 1.1, obtenemos que 

0 

(2cos nxcos mx − 2icos nxsenmx)dx 

2π 

0 

2π 

sen nxsen mxdx = 0 

0 

cos nxsenmxdx = 0 

Para las dos últimas igualdades del enunciado basta sustitur m por −n en la igualdad del primer apartado: 

0 = 

= 

2π 

e inx e inx dx = 

2π 

(cos nxcos nx − sen nxsennx) + i(sen nxcos nx − cos nxsennx)dx 

0 

2π 

0 

(cos 

0 

2 nx − sen 2 nx)dx (1.3) 



Por otra parte, trivialemente se tiene que 

Sumando las igualdades 1.3 y 1.4, obtenemos: 

y restándolas obtenemos: 

2π 

(cos 

0 

2 nx + sen 2 2π 

nx)dx = 

0 

2π 

0 

2π 


0 

2cos 2 nxdx = 2π 

2sen 2 nxdx = 2π 

dx = 2π (1.4)


Problema 16 

1. Para x real, demostrar que podemos elegir log (x + i) y log (x − i) como 

log (x + i) = 1 

2 log (1 + x2 ) + i π 

2 − arctg x ; log (x − i) = 1 

2 log (1 + x2 ) − i π 

2 − arctg x 

 

1 1 1 1 

2. De la expresión: 

= − 

1 + x2 2i x − i x + i 

dx 1 

se obtiene, formalmente: = [log (x − i) − log (x + i)] 

1 + x2 2i 

Utilizar la parte (a) para comprobar que esta solución concuerda con la usual. 

1. 

 

1 

exp 

2 log (1 + x2 

π 

) + i 

2 

= x 2 + 1 

 

cos 

 

− arctg x 

 

 

= x2 

π 

+ 1 exp 

 

π 

− arctg x 

2 

 

 

− arctg x 

2 

 

π 

 

+ isen − arctg x = 

2 x2 

 

x 1 

+ 1 √ + i√ 

= x + i 

x2 + 1 x2 + 1 

Por tanto, efectivamente, se verifica la primera igualdad propuesta. La segunda igualdad se obtiene de forma 

análoga. 

2. Restando las igualdades del apartado (a) se obtiene: 

1 

1 

[log (x − i) − log (x + i)] = 

2i 2i 

que es, efectivamente, una primitiva de la función 


 

−2i 

1 

1 + x 2 

 

π 

 

− arctg x = (arctg x) − 

2 π 

2

Capítulo 2 

Sucesiones y series numéricas 

27

Sucesiones y series numéricas 28 

Problema 17 

1. Demostrar que an = log(n + k) y bn = log n son infinitos equivalentes. 

2. Demostrar que an = log(kn) y bn = log n son infinitos equivalentes. 

3. Sea P un polinomio y k ∈ N; demostrar que an = P(n) y bn = P(n + k) son infinitos equivalentes. 

4. Demostrar que la sucesión P(n) = apn p + ap−1n p−1 + · · · + a1n + a0 es un infinito equivalente a bn = apn p . 

5. Demostrar que an = (n + 1) α − n α y bn = αn α−1 son infinitos equivalentes. 

1. lím 

log(n + k) 

log n 

2. lím log(kn) 

log n 

= lím log n 1 + k 

 

n = lím 

log n 

log n + log 1 + k 

 

n = lím 1 + 

log n 

log 1 + k 

 

n = 1 

log n 

 

= lím 

log k + log n 

= lím 1 + 

log k 

= 1 

log n 

log n 

 

= lím 1 + ap−1 a1 a0 

+ · · · + 

apn apnp−1 + 

apnp 

= 1 

3. lím apn p + ap−1n p−1 + · · · + a1n + a0 

apn p 

4. Si P es un polinomio, entonces P(n) y P(n + k) son polinomios del mismo grado y, además, coinciden sus 

coeficientes del término de mayor grado; por lo tanto, lím P(n) 

= 1. 

P(n + k) 

5. lím (n + 1)α − nα αnα−1 

= lím nα 

n+1 α 

n − 1 

αnα−1 

n 

= lím 

α log 

α n n + 1 

n + 1 

= límlog = log e = 1 

n 

n 



Problema 18 Usar el teorema de compresión para demostrar las siguientes propiedades: 

1. Si f es una función acotada en un entorno abierto de a y lím 

x→a g(x) = 0, entonces lím 

x→a f(x)g(x) = 0. 

2. Si an es una sucesión acotada y lím bn = 0, entonces lím anbn = 0. 

1. Sea M tal que 

Entonces: 

|f(x)| < M para todo x ∈ (a − δ,a + δ) 

−Mg(x) < f(x)g(x) < Mg(x) para todo x ∈ (a − δ,a + δ) 

Dado que lím 

x→a (−Mg(x)) = 0 = lím 

x→a (Mg(x)), por el teorema de compresión deducimos que 

lím f(x)g(x) = 0 

x→a 

2. Sea M tal que |an| < M. Entonces −Mbn < anbn < Mbn y, dado que lím(−Mbn) = 0 = lím(Mbn), deducimos 

por el teorema de compresión que lím anbn = 0. 



Problema 19 Sea an un sucesión. Una sucesión bn se dice que es una subsucesión de an si existe una función 

estrictamente creciente, f : N → N tal que bn = a f(n). Demostrar las siguientes propiedades: 

1. Si bn es una subsucesión de an y lím an = ℓ ∈ R, entonces lím bn = ℓ. 

2. Si bn y cn son dos subsucesiones de an tales que {bn} ∪ {cn} = {an} y lím bn = ℓ = lím cn, entonces lím an = 

ℓ ∈ ¯ R. 

1. Supongamos que ℓ ∈ R. Sea f : B ⊆ N → N una aplicación estrictamente creciente y tal que bn = a f(n). Sea 

ε > 0 y N ∈ N tal que |an − ℓ| < ε para todo n ≥ N. Dado que f es estrictamente creciente, existirá un 

N1 ∈ B tal que f(N1) > N y por lo tanto, |bn − ℓ| = |a f(n) − ℓ| < ε para todo n ≥ N1; en consecuencia, 

lím bn = ℓ. 

2. Sean f : B ⊆ N → N y g: C ⊆ N → N dos aplicaciones crecientes tales que bn = a f(n) y cn = a g(n). Sea 

ε > 0; por las hipótesis, existen dos naturales N1 ∈ B y N2 ∈ C tales que |bn − ℓ| < ε y |cn − ℓ| < ε. 

Sea N = máx{f(N1),f(N2)} y n ≥ N; dado que {bn} ∪ {cn} = {bn}, se verifica una de las dos situaciones 

siguientes: 

an ∈ {bn} y en tal caso existe m tal que n = f(m); por ser f creciente, m ≥ N1 y 


|an − ℓ| = |a f(m) − ℓ| = |bm − ℓ| < ε


an ∈ {cn} y en tal caso existe m tal que n = g(m); por ser g creciente, m ≥ N2 y 

|an − ℓ| = |a g(m) − ℓ| = |cm − ℓ| < ε 

En cualquier caso hemos deducido que |an − ℓ| < ε para todo n ≥ N y por lo tanto, líman = ℓ. 

La demostración en los casos ℓ = +∞ y ℓ = −∞ se hace de la misma forma. 



Problema 20 Resolver los siguientes límites: 

1. lím 

 

1 − 1 

3n 

2n 

; 2. lím 3√ n − 3√ n − 1; 3. lím 

 

1. lím 1 − 1 

2n = lím exp 

3n 

2n log 1 − 1 

 

3n 

 

= límexp 2n 1 − 1 

 

− 1 

3n 

= e −2/3 

2. lím( 3√ n − 3√ 

n − 1) = lím 

3√ 

3 n − 1 

n 

⎛ 

n − 1 

= lím⎝ 

3√ n − 1log 3 

⎞ 

n 

n − 1 

 

1 

= lím 

3√ n 

n − 1 log 

3 n − 1 

= lím n1/3 

3n 

= lím 1 

= 0 

3n2/3 

n 1 − 3 

 

1 − a 

 

; 4. lím n ( 

n 

n√ a − n−1√ a) 

(Infinitésimos equivalentes) 

 

− 1 

⎠ (Infinitésimos equivalentes) 

= lím 

3√ n − 1 

3(n − 1) 

(Infinitos equivalentes: ej. 17) 


(Infinitésimos equivalentes)


 

3. lím n 1 − 3 

 

1 − a 

 

= lím −n log 

n 

3 

 

1 − a 

 


 

n 

= lím − n 

3 log 

 

1 − a 

 

= lím − 

n 

n 

 

− 

3 

a 

 


n 

= a 

3 

4. lím (n( n√ a − n−1√ 

a)) = lím n n√ 

a a 1 1 

− n n−1 − 1 

 

= lím n n√ 

a a −1 

n(n−1) − 1 

 

= lím −n n√ alog a 1 

n(n−1) (Infinitésimos equivalentes)) 

n√ 

alog a log a 

= lím − = − = 0 

n − 1 ∞ 



Problema 21 Utilizar el teorema de compresión para calcular los siguientes límites: 

1. lím n! 

nn 

(n − 1)! 

2. lím 

(1 + √ 1)(1 + √ 2)... (1 + √ n) 

 

1 1 

1 

3. lím 

n2 + 

(n + 1) 2 + · · · + 

(n + n) 2 

 

 

n 

4. lím 

n2 n 

+ 

+ 1 n2 n 

+ · · · + 

+ 2 n2 

+ n 

Al aplicar el teorema de compresión, una de las dos acotaciones (la superior y la inferior) puede ser una constante; 

en los tres primeros apartados de este ejercicio, la acotación inferior es la constante cero y por lo tanto, el trabajo 

de acotación solo se hará para la cota superior. 

1. 0 < n! 1 · 2 · · · (n − 1)n 1 · n · · · n · n 1 

nn = < = 

n · n · · · n · n n · n · · · n · n n 

Dado que 1 

n 

n! 

= 0, deducimos que lím 

nn = 0. 



2. 0 < 

(n − 1)! 

(1 + √ 1)(1 + √ 2)... (1 + √ n) < 

Dado que lím 1 

√ n = 0, deducimos que: lím 

(n − 1)! 

√ 1 √ 2... √ n − 1 √ n < 1 

√ n 

 

(n − 1)! 

(1 + √ 1)(1 + √ 2)...(1 + √ = 0. 

n) 

3. 0 < 1 1 

1 1 1 

n2 + 

(n + 1) 2 + · · · + 

(n + n) 2 < n 

n2 = 

n 

Dado que lím 1 

 

1 1 

1 

= 0, deducimos que lím 

n n2 + 

(n + 1) 2 + · · · + 

(n + n) 2 

 

= 0. 

4. 

n 

n2 + 1 

n 

+ 

n2 n 

+ · · · + 

+ 2 n2 < n 

+ n 

n 

n 

n2 n 

+ 

+ 1 n2 n 

+ · · · + 

+ 2 n2 > n 

+ n 

n 

n 2 + 1 

n 2 + n 

n2 

= 

n2 + 1 

n 

= 

n + 1 

Dado que lím n2 

n2 n 

= 1 = lím , deducimos que: lím 

+ 1 n + 1 


 

n 

n2 n 

+ 

+ 1 n2 n 

+ · · · + 

+ 2 n2 

= 1 

+ n


Problema 22 Aplicar el criterio de Stöltz-Cesaro para resolver los siguientes límites. 

1. lím 

3. lím 

log n 

n 

2 + 4 + · · · + 2n 

3 + 9 + · · · + 3 n 

5. lím 1 32 (n + 1)n 

n2(2 + + · · · 

2 nn−1 ) 6. lím 

(log n)2 

2. lím 

n 

4. lím 1p + 2p + · · · + np n p+1 

log(1 · 2 · · · · · n) 

n log n 

log n log(n + 1) − log n n + 1 

1. lím = lím = lím log = 0 

n n + 1 − n 

n 

Dado que la sucesión an = n es creciente y divergente a infinito y, además, el último límite calculado existe, 

la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta. 

2. lím 

(log n)2 

n 

= lím (log(n + 1)) 2 − (log n) 2 

(Criterio de Stöltz-Cesaro) 

= lím (log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n) = lím 

 

log 

n + 1 

n 

= lím 1 

log((n + 1)n) (Equivalencia de infinitésimos) 

n 

= lím log(n + 2)(n + 1) − log(n + 1)n 


 

log((n + 1)n) 

(n + 2)(n + 1) 

= lím log = log 1 = 0 

(n + 1)n 

Dado que la sucesión an = n es creciente y divergente a infinito y, además, el último límite calculado existe, 

las aplicaciones del criterio de Stöltz-Cesaro son correcta. 



2 + 4 + · · · + 2n 2n+1 

3. lím 

3 + 9 + · · · + 3n = lím 

3n+1 = 0 

De las desigualdades 3n−1 < 3 + 9 + · · · + 3n−1 < 3 + 9 + · · · + 3n−1 + 3n , se deduce que la sucesión del 

denominador es creciente y divergente a infinito; además, el último límite calculado existe y, por lo tanto, la 

aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta. 

4. lím 1p + 2 p + · · · + n p 

n p+1 

= lím 

= lím 

(n + 1) p 

(n + 1) p+1 − n p+1 (Criterio de Stöltz-Cesaro) 

(n + 1)p 

(p + 1)n p (Infinitos equivalentes: ej. 17) 

= 1 

p + 1 

Dado que p > 0, la sucesión an = n p es creciente y divergente a infinito; además, el último límite calculado 

existe y, por lo tanto, la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta. 

5. lím 1 32 

n2(2 + 

2 

(n + 1)n 

+ · · · + 

nn−1 ) = lím 

n n + 2 n + 2 

= lím 

= 

2n + 1 n + 1 

e 

2 

(n + 2) n+1 

(n + 1) n 

(n + 1) 2 − n2 (Criterio de Stöltz-Cesaro) 

Dado que la sucesión an = n 2 es creciente y divergente a infinito y, además, el último límite calculado existe, 




6. lím 

log(1 · 2 · · · · · n) log 1 + log 2 + · · · + log n 

= lím 

n log n 

n log n 

log(n + 1) 

= lím 


(n + 1)log(n + 1) − n log n 

= lím 

= lím 

= lím 

log 

log(n + 1) 

(n + 1)n+1 

n n 

log(n + 1) 

n n + 1 

log + log(n + 1) 

n 

1 

 

n + 1 

log 

n 

log(n + 1) 

n 

+ 1 

= 

1 

 

1 

+ 1 

∞ 

= 1 

Las sucesiones an = n y bn = log n son crecientes y divergentes a infinito y, por lo tanto, también lo es la 

sucesión del denominador del límite propuesto; además, el último límite calculado existe y, en consecuencia, 




Problema 23 Utilizar el criterio del cociente para resolver los siguientes límites. 

1. lím n√ n 2. lím n√ n2 + n 

3. lím n (n + 1)(n + 2)... (n + n) 4. lím 1 

n (3n + 1)(3n + 2)... (3n + n) 

n 

1. lím n√ n = lím 

n + 1 

= 1 

n 

Dado que el límite final existe, la aplicación del criterio del cociente es correcta. 

2. lím n√ n2 + n = lím (n + 1)2 + n + 1 

n2 = 1 

+ n 

Dado que el límite final existe, la aplicación del criterio del cociente es correcta. 

3. lím n (n + 1)(n + 2)... (n + n) 

((n + 1) + 1)((n + 1) + 2)... ((n + 1) + (n + 1)) 

= lím 

(n + 1)(n + 2)... (n + n) 

(2n + 1)(2n + 2) 

= lím = +∞ 

n + 1 

Dado que el último límite es +∞, la aplicación del criterio del cociente en la primera igualdad es correcta. 

 

(3n + 1)(3n + 2)... (3n + n) 

4. lím 1 

n 

n 

(3n + 1)(3n + 2)... (3n + n) = lím 

n 


n n


(3(n + 1) + 1)(3(n + 1) + 2)... (3(n + 1) + (n + 1))nn 

= lím 

(3n + 1)(3n + 2)... (3n + n)(n + 1) n+1 

n (4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4) n 

= lím = 

(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1) n + 1 

44 

33e Dado que el último límite calculado existe, la aplicación del criterio del cociente en la segunda igualdad es 

correcta. 



Problema 24 Utilizar la constante de Euler para calcular los siguietnes límites. 

1. lím e√e 3√ e... n√ e 

n 

3. lím 1 + 1 

 

1 

+ · · · + 

3 2n + 1 

La constante de Euler, γ, se define como: 

γ = lím 

2. lím 

log(1 + 1 

 

1 + 1 

 

1 1 

+ + · · · + − log n 

2 3 n 

2 

+ · · · + 1 

n ) 

log(log n) 

4. lím 1 1 1 

+ + · · · + 

n + 1 n + 2 n + n 

y sabemos que es un número real estrictamente positivo y estrictamente menor que 1. Podemos usar este límite 

como herramienta de cálculo para otros límites a través de las siguientes propiedades: 

1 + 1 1 1 

2 + 3 + · · · + n = γ + cn + log n, en donde cn es un infinitésimo. 

1 + 1 1 1 

2 + 3 + · · · + n 

y log n son infinitos equivalentes. 

En los casos en los que no se pueda aplicar la sustitución de infinitos equivalentes, podremos usar la primera 

propiedad; en particular, ninguno de los cuatro límites aquí propuestos puede resolverse mediante la sustitución de 

infinitos. Sin embargo, en el segundo apartado vamos a utilizar la equivalencia aunque sin realizar la sustitución 

explícitamente. 



1. lím e√ e 3√ e... n√ e 

n 

= lím e1+1 

1 

+···+ 2 n 

= lím 

n 

elog necn+γ = lím e 

n 

cn+γ = eγ 1 1 

log(1 + 

2. lím 2 + · · · + n ) 

1 1 

1 + 

log 2 + · · · + n + log(log n) 

log n 

= lím 

log(log n) 

log(log n) 

1 1 

1 + 

log 2 + · · · + n 

log n 

= lím 

+ 1 = 

log(log n) 

 

3. lím 1 + 1 

 

1 

+ · · · + = lím 1 + 

3 2n + 1 

1 

 

1 1 1 1 1 

+ + · · · + − + + · · · + 

2 3 2n + 1 2 4 2n 

 

= lím 1 + 1 

 

1 1 

+ + · · · + − 

2 3 2n + 1 

1 

 

1 + 

2 

1 

 

1 

+ · · · + 

2 n 

 

= lím log(2n + 1) + γ + c2n+1 − 1 

 

(log n + γ + cn) 

2 

 

2n + 1 

= lím log √ + 

n γ 

2 + c2n+1 − 1 

2 cn 

 

= (+∞ + γ 

+ 0 − 0) = +∞ 

2 

 

4. lím 

1 

+ 

1 

+ · · · + 

1 

= lím 1 + 

n n + 1 n + n 

1 

 

+ · · · + 

1 

− 1 + 

2 n + n 

1 

 

+ · · · + 

1 

2 n − 1 

= lím(log(2n) + γ + c2n − (log(n − 1) + γ + cn−1)) 

 

2n + 1 

= lím log 

n − 1 + c2n 

 

− cn−1 = log 2 


 

0 

+ 1 = 1 

∞


Problema 25 Dada una sucesión an tal que lím an = ℓ ∈ R, calcular los siguientes límites. 

1. lím n√ a1a2 · · · an 

an + · · · + 

3. lím 

2 n 

log n 

5. lím ea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n 

log(n + 1) 

a1 + a2 

1. Utilizamos el criterio del cociente: 

lím n√ a1a2 · · · an = lím a1a2 · · · an+1 

a1a2 · · · an 

2. lím a1 + a2 · · · an 

n 

4. lím a1 + 2a2 + · · · + nan 

n 2 

= lím an = ℓ 

Dado que la sucesión an es convergente, la aplicación del criterio del cociente es correcta. 

2. En este apartado, utilizamos el criterio de Stöltz-Cesaro: 

lím a1 + a2 + · · · + an 

n 

= lím a1 + · · · + an+1 − a1 − · · · − an 

n + 1 − n 

Dado que la sucesión an es convergente, la aplicación del Stöltz-Cesaro es correcta. 


= lím an+1 = ℓ


3. Aplicamos el criterio de Stöltz-Cesaro: 

lím 

a1 + a2 

an + · · · + 

2 n 

= lím 

log n 

an+1 

n + 1 (∗) 

= lím 

log(n + 1) − log n 

an+1 

n 

= lím 

log(n + 1) − log n 

log 

an+1 

n + 1 

n 

n = ℓ 

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); dado que el último límite existe, la 



lím a1 + 2a2 + · · · + nan 

n 2 

= lím 

(n + 1)an+1 

(n + 1) 2 − n 2 

(∗) 

= lím (n + 1)an+1 

2n 

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); además, dado que el último límite 

existe, la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta. 


lím ea1 + e a2/2 + · · · + e an/n − n 

log(n + 1) 

= ℓ 

2 

= lím ean+1/(n+1) − n − 1 + n 

log(n + 2) − log(n + 1) = lím ean+1/(n+1) − 1 

log n+2 

(∗) 

= lím 

n+1 

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitésimos; dado que el último límite existe, la 



an+1 

n+1 

1 

n+1 

= ℓ


Problema 26 Determinar el término general de las siguientes sucesiones y calcular su límite. 

1. 0 ′ 9, 0 ′ 99, 0 ′ 999,... 

2. 0 ′ 3, 0 ′ 33, 0 ′ 333,... 

1. El término general de esta sucesión 

es an = 1 − 1 

10n y por lo tanto su límite es 1. 

2. El término general de la sucesión 

0 ′ 9,0 ′ 99,0 ′ 999,... 

0 ′ 3,0 ′ 33,0 ′ 333,... 

lo podemos escribir como bn = 3 ·10 −1 +3·10 −2 + · · ·+3·10 −n y podemos calcular su límite usando el criterio 

de Stöltz-Cesaro: 

lím(3 · 10 −1 + 3 · 10 −2 + · · · + 3 · 10 −n ) = lím 3 · 10n−1 + 3 · 10 n−2 + · · · + 3 · 10 + 3 

10 n 


= lím 

3 · 10n 

10n+1 3 1 

− 10n = lím = 

10 − 1 3


Problema 27 Calcular el límite lím nα 

en para todo α ∈ R. 

Para α ≤ 0 el cálculo es inmediato: 

lím nα 1 

en = lím 

n−α 

1 

en = = 0 

∞ 

Supongamos que α > 0 y consideremos la función E(x) que devuelve la parte entera de x: 

lím nα 

en = lím (n + 1)α − nα en+1 − en = lím αnα−1 

(e − 1)e n 

= lím α n 

e − 1 

α−1 

en (Criterio de Stöltz-Cesaro) 

(Equivalencia de infinitos: ej. 17) 

(Aplicamos E(α)–veces el Criterio de Stöltz-Cesaro) 

= lím 

α(α − 1)... (α − E(α)) 

(e − 1) E(α)+1 

n α−E(α)−1 

= 0 (Ya que α − E(α) − 1 < 0) 


e n


Problema 28 Dada la sucesión an = 1 

n log n 

lím an+1 

an 

 

calcular el límite lím n 

1 − an+1 

an 

Observamos en primer lugar que, usando el ejercicio 17, deducimos que el límite propuesto es una indeterminación, 

ya que: 

n log n n log n 

= lím 

= lím = 1 

(n + 1)log(n + 1) n + 1 log(n + 1) 

El cálculo del límite puede hacerse como sigue: 

 

límn 1 − an+1 

 

 

n log n 

= lím n 1 − 

= lím 

an 

(n + 1)log(n + 1) 

n 

 

 

n log n 

n + 1 − 

n + 1 log(n + 1) 

 

 

n log n 

= lím n + 1 − (Equivalencia de infinitos: ej. 17) 

log(n + 1) 

 

= lím n + 1 − n log(n + 1) + log n 

 

 

 

n 

n+1 

n log n+1 

= lím n + 1 − n − 

log(n + 1) 

log(n + 1) 

 

= lím 1 − log 

n n 

 

n+1 

e 

= 1 − = 1 

log(n + 1) + ∞ 


 

.


Problema 29 

Dada la sucesión an = 

 

1 

n(log n) 2 calcular el límite lím n 

1 − an+1 

an 

La serie asociada a la sucesión an es divergente, pero como vemos en este ejercicio, el límite del criterio de Raabe 

es 1. Observamos en primer lugar que el límite propuesto es una indeterminación (usamos el ejercicio 17): 

lím an+1 

an 

= lím 


n(log n) 2 

2 n log n 

(n + 1)(log(n + 1)) 2 = lím = 1 

n + 1 log(n + 1) 

 

.


El cálculo del límite puede hacerse como sigue: 

 


 

n(log n) 

= lím n 1 − 

an 

2 

(n + 1)(log(n + 1)) 2 

 

= lím n 

 

n(log n)2 

n + 1 − 

n + 1 (log(n + 1)) 2 

 

 

n(log n)2 

= lím n + 1 − 

(log(n + 1)) 2 

 

(Infinitos equivalentes: ej. 17) 

⎛ ⎞ ⎛ 

n 2 ⎞ 

n 2 

log(n + 1) + log 

= lím ⎝n 

n+1 

log 

+ 1 − n 

⎠ = lím ⎝n 

n+1 

+ 1 − n 1 + ⎠ 

log(n + 1) 

log(n + 1) 

⎛ 

⎞ 

n 

n 2 

log 

= lím ⎝n 

n+1 log n+1 

+ 1 − n − 2n − n 

⎠ 

log(n + 1) log(n + 1) 

⎛ n n log n+1 

= lím ⎝1 − 2 

log(n + 1) − 

n n log n+1 log 

log(n + 1) 

n 

⎞ 

n+1 ⎠ 

log(n + 1) 

 

1 1 0 

= 1 − 2 − 

= 1 

+ ∞ + ∞ + ∞ 



Veamos un procedimiento alternativo: 

 


 

n(log n) 

= lím n 1 − 

an 

2 

(n + 1)(log(n + 1)) 2 

 

= lím n 

n + 1 (log(n + 1)) 2 

(n + 1)(log(n + 1)) 2 − n(log n) 2 

= lím (n + 1)(log(n + 1))2 − n(log n) 2 

(log(n + 1)) 2 

= lím (log(n + 1))2 + n((log(n + 1)) 2 − (log n) 2 ) 

(log(n + 1)) 2 

 

n(log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n) 

= lím 1 + 

(log(n + 1)) 2 

 

⎛ n n+1 log 

n 

= lím ⎝1 

log n 

+ 1 + 

log(n + 1) log(n + 1) 

⎞ 

⎠ 

 

1 

= 1 + (1 + 1) 

+ ∞ 

= 1 



Problema 30 Justificar que las siguientes sucesiones son convergentes y calcular sus límites 

1. a1 = 3, an+1 = √ 1 + an 

2. b1 = √ 2, bn+1 = 2 √ bn 

3. c1 = a > 0, cn+1 = a + (cn) 2 

4. d1 = 0, d2 = 1, dn+2 = dn+1 + dn 

2 

1. Evaluando algunos términos de la sucesión an, podemos intuir que es decreciente. La demostración la hacemos 

por inducción; tenemos que probar que an > an+1 para todo n ∈ N. 

(i) Para n = 1: a1 = 3 > 2 = √ 1 + 3 = a2 

(ii) Supongamos que ak > ak+1; tenemos que probar que, entonces, ak+1 > ak+2. La siguiente secuencia de 

desigualdades completa la prueba: 


ak > ak+1 

1 + ak > 1 + ak+1 

√ 1 + ak > 1 + ak+1 

ak+1 > ak+2


Por lo tanto, efectivamente an > an+1 para todo n ∈ N. 

En segundo lugar, observamos que la sucesión está acotada inferiormente, ya que an > 0 para todo n ∈ N, y 

por lo tanto, la sucesión es convergente. Si ℓ = lím an, entonces: 

ℓ = lím an+1 = lím √ 1 + an = √ 1 + ℓ 

Despejando ℓ de la igualdad anterior, obtenemos que ℓ = 1 + √ 5 

. 

2 

2. Evaluando algunos términos de la sucesión, intuimos que la sucesión es creciente. Hacemos la demostración 

por inducción, es decir, vamos a probar que bn < bn+1 para todo n ∈ N. 

(i) Para n = 1: b1 = √ 2 < 2 4√ 2 = b2 

(ii) Supongamos que bk < bk+1; tenemos que probar que, entonces, bk+1 < bk+2. La siguiente secuencia de 

desigualdades completa la prueba: 

Por lo tanto, efectivamente bn < bn+1 para todo n ∈ N. 

bk < bk+1 

bk < bk+1 

2 bk < 2 bk+1 

bk+1 < bk+2 

En segundo lugar, demostramos que la sucesión está acotada superiormente por 4, es decir, bn < 4 para todo 

n ∈ N. Nuevamente, hacemos la demostración por inducción. 



(i) Para n = 1, b1 = √ 2 < 4. 

(ii) Supongamos que bk < 4; tenemos que probar que, entonces, bk+1 < 4, lo que hacemos con la siguientes 

secuencia de desigualdades: 

Por lo tanto, efectivamente bn < 4 para todo n ∈ N. 

bk < 4 

bk < √ 4 = 2 

2 bk < 4 

bk+1 < 4 

Probado que la sucesión es creciente y acotada superiormente, concluimos que es convergente. El límite, 

ℓ = lím bn, es solución de la ecuación ℓ = 2 √ ℓ y por lo tanto, ℓ = 4. 

Para adivinar que 4 es una cota de la sucesión, calculamos en primer lugar su límite con la última ecuación 

deducida; una vez justificada la convergencia, el cálculo del límite resulta correcto. 

3. Demostramos en primer lugar que la sucesión cn es creciente y lo hacemos por inducción; es decir, vamos a 

probar que cn < cn+1 para todo n ∈ N. 

(i) Para n = 1: c1 = a < a + a 2 = c2, ya que a = 0. 

(ii) Supongamos que ck < ck+1; tenemos que probar que ck+1 < ck+2 y lo hacemos con la siguiente secuencia 



de desigualdades: 

ck < ck+1 

(ck) 2 < (ck+1) 2 

a + (ck) 2 < a + (ck+1) 2 

ck+1 < ck+2 

Por lo tanto, la sucesión es convergente o divergente a +∞. En el caso en que cn sea convergente, se verifica 

que 

ℓ = lím cn+1 = lím(a + (cn) 2 ) = a + ℓ 2 

Resolviendo esta ecuación, obtenemos que los posibles valores del límite son 1 + √ 1 − 4a 

y 

2 

1 − √ 1 − 4a 

. En 

2 

cualquier caso, si cn es convergente, necesariamente 1 − 4a debe ser positivo, es decir a ≤ 1/4. Recíprocamente, 

veamos que si a ≤ 1/4, entonces la sucesión está acotada superiormente y por lo tanto es convergente. 

Concretamente, vamos a ver que si a ≤ 1/4, entonces cn < 1/2 para todo n ∈ N y lo demostramos por inducción. 

(i) Para n = 1: c1 = a ≤ 1 1 

4 < 2 

(ii) Supongamos que ck < 1 

2 ; tenemos que probar que ck+1 < 1 

2 


y lo hacemos con la siguientes secuencias de


desigualdades: 

ck < 1 

2 

(ck) 2 < 1 

4 

a + (ck) 2 < a + 1 1 1 

< + 

4 4 4 

ck+1 < 1 

2 

Por lo tanto, efectivamente la sucesión cn está acotada superiormente por 1/2. En consecuencia, la sucesión es 

convergente y su límite también es menor que 1/2, es decir, ℓ = lím cn = 1 − √ 1 − 4a 

. En resumen: 

2 

⎧ 

⎨1 

− 

lím cn = 

⎩ 

√ 1 − 4a 

si 0 < a ≤ 

2 

1/4 

+∞ si a > 1/4 

4. Evaluando algunos términos de la sucesión, observamos que no es monótona pero que las subsucesiones de los 

términos pares y la de los impares sí son monótonas; concretamente, observamos que se verifican las siguientes 

desigualdades: 

d2n+1 < d2n+3 < d2n+4 < d2n+2 para todo n ∈ N 

Probadas estas desigualdades podremos deducir que la subsucesión d2n es decreciente y acotada inferiormente 

por d1 = 0 y que la subsucesión d2n+1 es creciente y acotada superiormente por d2 = 1. Pasamos a demostrar 

las desigualdades por inducción: 



(i) Para n = 1: d1 = 0 < 1 

2 = d3 < 3 

4 = d4 < 1 = d2 

(ii) Supongamos que d2k−1 < d2k+1 < d2k+2 < d2k; tenemos que probar que d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2 

y lo hacemos con la siguiente secuencia de desigualdades 

d2k+1 < d2k+2 

d2k+1 < d2k+1 + d2k+2 

2 

d2k+1 < d2k+3 < d2k+2 

< d2k+2 

d2k+1 < d2k+3 < d2k+3 + d2k+2 

2 

d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2 

(Téngase en cuenta que si 0 < a < b, entonces a < 

d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2 

a + b 

2 

< b). 

< d2k+2 

Por lo tanto, quedan probadas las desigualdades para cada n ∈ N. Podemos concluir entonces que las subsucesiones 

d2n y d2n+1 son convergentes. Por el ejercicio 19, la sucesión dn será convergente si y solo si 

lím d2n = lím d2n+1, lo cual es cierto: si ℓ1 = lím d2n+1 y ℓ2 = lím d2n, entonces, ℓ1 = ℓ2 + ℓ1 

la expresión, se obtiene que ℓ1 = ℓ2. 


2 

y, simplificando


Problema 31 

1. Demostrar que no existe ningún número racional cuyo cuadrado sea 2; es decir, √ 2 ∈ Q. 

2. Considerar la sucesión an definida recursivamente por: a0 = 2, an+1 = an 

1 

+ . Demostrar que dicha 

2 an 

sucesión (de números racionales) es decreciente y acotada inferiormente (y en consecuencia convergente en 

R). Demostrar a continuación que el límite es √ 2. 

1. Razonamos por reducción al absurdo. Supongamos que √ 2 es racional y sean p y q dos naturales primos entre 

sí tales que 2 = p2 

q2; en tal caso, 

p 2 = 2q 2 

(2.1) 

y 2 divide a p 2 y en consecuencia a p, pudiendo escribir p = 2k; deducimos entonces a partir de 2.1 que: 

4k 2 = 2q 2 

y de ahí: 2k 2 = q 2 ; 

por lo tanto, 2 divide a q 2 y en consecuencia a q, lo cual es contradictorio con la hipótesis inicial. 



2. La demostración de este segundo apartado queda estructurada en los siguientes pasos: 

a) “an > 0 para todo n”: ya que a0 es positivo y las operaciones de la definición recursiva mantienen esta 

propiedad. 

b) “a2 n > 2 para todo n > 0”: 

a 2 n = 

an−1 

2 

= a2 n−1 

4 

(∗) 

> 2 an−1 

2 

= 2 

+ 1 

an−1 

2 

1 

+ 

a2 + 1 

n−1 

1 

an−1 

+ 1 

En el paso (∗) hemos utilizado que x 2 + y 2 > 2xy para todo x = y, 



c) “an es decreciente”: a partir de la desigualdad anterior demostramos este hecho fácilmente: 

a 2 n 

a2 n 

2an 

an 

2 

an 

2 

> 2 

> 2 

2an 

1 

> 

an 

+ an 

2 

an > an+1 

1 

> + 

an 

an 

2 

d) “an está acotada inferiormente”: volvemos a utilizar la desigualdad del segundo apartado: dado que 

a 2 n > 2 > 1, an > 1. 

De los dos últimos puntos se deduce que la sucesión an (decreciente y acotada) converge en R. Sea ℓ su límite; 

entonces: 

ℓ = ℓ 1 

+ 

2 ℓ 

de donde se deduce que ℓ 2 = 2. 

Esta sucesión puede considerarse como un ejemplo de una sucesión (o conjunto) acotado que no tiene mínimo 

en Q pero sí lo tiene en R. 

El ejercicio se puede generalizar para demostrar que las raíz cuadrada de un número racional positivo es un 



número real: si a es un número racional positivo, la sucesión b0 = 1, bn+1 = 1 

 

bn + 

2 

a 

 

an 

números racionales con limite √ a. 


es una sucesión de


Problema 32 Demostrar que la sucesión sen n no es convergente. 

Hacemos uso de subsucesiones para demostrar este hecho: si la sucesión fuera convergente, toda subsucesión sería 

convergente al mismo límite, pero vamos a construir dos subsucesiones que en tal caso tendrían diferentes límites. 

Consideremos los intervalos Im = π 3π 

4 + 2mπ, 4 + 2mπ , m ∈ N. Dado que la amplitud de estos intervalos es 

mayor estrictamente que 1, necesariamente cada uno de estos intervalos contiene un número natural: sea mn ∈ N∩In 

este número y consideremos la subsucesión bn = amn. Dado que sen amn > sen π 

4 = 

√ 

2 

2 , si bn fuera convergente, 

√ 

su límite sería mayor que 

2 

2 . De la misma forma, con los intervalos Jm = 5π 7π 

4 + 2mπ, 4 + 2mπ , encontraríamos 

√ 

2 

una subsucesión que, de ser convergente, tendría un límite menor − 

2 . 



Problema 33 Hallar los siguientes límites. 

x 

1. lím 

x→6 

2 − 6x 

x2 − 7x + 6 

2x + 6 

4. lím 

x→−3 4x2 − 36 

7. lím 

x→0 − 

sen x 2 

x 3 

 

1 

2. lím 

x→2 x − 2 − 

5. lím 

h→0 

8. lím 

x→∞ 

6 

x2 

+ 2x − 8 

1 

2 3 3 

(x + h ) − x 

h 

 

|4x| + |x − 1| 

x 

1. 

x 

lím 

x→6 

2 − 6x 

x2 x(x − 6) x 6 

= lím 

= lím = 

− 7x + 6 x→6 (x − 1)(x − 6) x→6 x − 1 5 

2. 

 

1 

lím 

x→2 x − 2 − 

6 

x2 

1 

= lím 

+ 2x − 8 x→2 x − 2 − 

 

6 

(x − 2)(x + 4) 

3. 

 

4 

lím − 1 t = lím (4 − t) = 4 

t→0 t t→0 

4. lím 

x→−3 

2x + 6 

4x 2 − 36 = 

(x + h 2 ) 3 − x 3 

5. lím 

h→0 h 

6. 

 

1 1 

lím 

x→0 x4 − 

x 

2(x + 3) 

= − 

1 

4(x + 3)(x − 3) 12 

x 3 + h 6 + 3x 2 h 2 + 3xh 4 − x 3 

= lím 

h→0 h 

 

1 − x3 x4 

= +∞ 

= lím 

x→0 


 

4 

3. lím 

t→0 t 

= lím 

h→0 (h 5 + 3x 2 h + 3xh 3 ) = 0 

 

− 1 

t 

 

1 1 

6. lím 

x→0 x4 − 

x 

1 

9. lím xsen 

x→∞ x2


7. lím 

x→0 − 

sen x2 x3 = lím 

x→0− x2 x3 = lím 

x→0− 1 

= −∞ 

x 

|4x| + |x − 1| 4x + x − 1 

8. lím = lím = 5 

x→∞ x x→∞ x 

1 

9. 10. lím xsen 

x→∞ x2 = 0: producto de función convergente a 0 por función acotada. 



Problema 34 Resolver los siguientes límites 

1. lím 

θ→0 (θ 2 cosec 2 θ) = lím 

θ→0 

1. lím (θ 

θ→0 2 cosec 2 1 − cos 

θ) 2. lím 

x→0 

2 x 

x2 3. lím sen(cos x) 4. lím 

x→π/2 t→π cos 

 

t2 − π2 

t − π 

θ2 sen2 = lím 

θ θ→0 

θ2 θ2 = 1 

1 − cos 

2. lím 

x→0 

2 x 

x2 (1 − cos x)(1 + cos x) 

= lím 

x→0 x2 = lím 

x→0 

3. lím sen(cos x) = 0 

x→π/2 

 

4. lím 

t→π cos 

t 2 − π 2 

t − π 

= lím 

t→π cos (t + π) = cos 2π = 1 


x2 (1 + cos x) 

2 

x2 = 1


Problema 35 Hallar los siguientes límites. 

√ 

u + 4 − 3 

1. lím ; 

u→5 u − 5 

√ 

9x2 + 6 

4. lím ; 

x→∞ 5x − 1 

√ √ 

x + h − x 

2. lím 

h→0 h 

5. lím 

x→−∞ 

1. lím 

u→5 

2. lím 

h→0 

√ 

u + 4 − 3 

= lím 

u − 5 u→5 

√ √ 

x + h − x 

= lím 

h h→0 

4 − 

3. lím 

x→1 

√ x + 15 

x2 = 

− 1 

√ 

9x2 + 6 

4. lím = lím 

x→∞ 5x − 1 x→∞ 

5. lím 

x→−∞ 

− 5x 2 + 6x + 3 

√ x 4 + x 2 + 1 = −5. 

( √ u + 4 − 3)( √ u + 4 + 3) 

(u − 5)( √ u + 4 + 3) 

= lím 

u→5 

( √ x + h − √ x)( √ x + h + √ x) 

h( √ x + h + √ x) 

42 − (x + 15) 

(x2 − 1)(4 + √ x + 15) = 

 

9 + 6 

x2 5 − 1 

√ 

9 3 

= = 

5 5 

x 


4 − 

; 3. lím 

x→1 

√ x + 15 

x2 − 1 

− 5x 2 + 6x + 3 

√ x 4 + x 2 + 1 

(u + 4) − 32 (u − 5)( √ = lím 

u + 4 + 3) u→5 

= lím 

h→0 

x + h − x 

h( √ x + h + √ x) 

− 1 

(x + 1)(4 + √ 1 

= − 

x + 15) 16 

= lím 

h→0 

1 

√ = 

u + 4 + 3 1 

6 

1 

√ x + h + √ x = 1 

2 √ x


Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes límites 

1. lím 

x→0 

 

2 + sen 1 

x 

 

; 2. lím 

x→0 

1. Este primer límite no existe: las sucesiones xn = 1 

πn e yn = 

2 + sen 1 

xn 

x 

2 + sen 1 

; 3. lím 

x→0 

x 

2 

π(1 + 4n)) 

= 2 + sen(πn) = 2 y 2 + sen 1 

yn 

x 

1 − sen 1 

x 

convergen a 0 pero 

= 2 + sen π 

2 + 2nπ = 3 

2. Estudiamos este límite viendo que la función es el producto de una funció convergente a 0 por una función 

acotada: demostremos que 

1 

2 + sen 1 

está acotada: 

x 

−1 < sen 1 

< 1 

x 

1 = 2 − 1 < 2 + sen 1 

< 2 + 1 = 3 

1 

3 < 


x 

1 

2 + sen 1 

x 

< 1 

1


x 

3. Estudiamos el lím 

x→0 

1 − sen 1 

usando la caracterización secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver- 

x 

gentes a 0 y contenidas en el dominio de la función, pero cuyas imágenes tienen límites distintos. 

f(x) = 

x 

1 − sen 1 

x 

Dom(f) = R ∗ 

π 

2 

−1 

+ 2πn ,n ∈ Z 

−1 −1 3π 

π 1 

Consideremos las sucesiones an = + 2πn y bn = + 2πn − que son convergentes a 0 y están 

2 2 n 

contenidas en el dominio de f. En primer lugar tenemos que 

Y por otra parte: 

lím f(bn) = lím 

(∗) 

= lím 

= lím 

límf(an) = lím 

2 

= 0 

π(3 + 4n)(1 − sen 3π2/2) 

1 

 

π 1 π 1 

+ 2πn − 1 − sen + 2πn − 

2 n 2 n 

1 

 

π 

+ 2πn − 

1 

2 n 

 

1 − cos 1 

n 

4n3 4πn2 = +∞ 

+ 3πn − 2 


(∗∗) 

= lím 

1 

 

π 

+ 2πn − 

1 1 

2 n 2n2


En (∗) hemos utilizado la fórmula del seno del ángulo complementario y en (∗∗) hemos utilizado infinitésimos 

equivalentes. 



Problema 37 Calcular los siguientes limites: 

1. lím 

2. lím 

3. lím 

1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2) 

2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1) 

k − m 

k − m + 1 

2k − m 

· · · 

2k − m + 1 

a(a + 1) · · · (a + (n − 1)) 

n! 

kn − m 

kn − m + 1 

= a a+1 

1 2 · · · a+(n−1) 

n , 0 < a < 1 

1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2) 

1. Sea an = 

2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1) y consideremos la sucesión bn construida rellenando los huecos en el denominador 

y numerador de an: 

bn = 

1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · · · · · (3n − 5) · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2) 

2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · · · · · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2) · (3n − 1) 

1 

Por tanto, bn = 

3n − 1 y es convergente a 0. Por otra parte, la sucesión bn se puede escribir como producto 

de 3 sucesiones, bn = xnynzn: 

xn = an = 

1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2) 

2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1) ; yn 

2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 4) 

= 

3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3) ; zn = 

Estas tres sucesiones son convergentes, ya que son positivas y decrecientes: 


3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3) 

4 · 7 · 10 · · · · · (3n − 2)


xn 

xn−1 

= 3n − 2 

< 1; 

3n − 1 

yn 

yn−1 

= 3n − 4 

< 1; 

3n − 3 

zn 

zn−1 

= 3n − 3 

< 1 

3n − 2 

Si lím xn = ℓ1, lím yn = ℓ2, lím zn = ℓ3, entonces ℓ1ℓ2ℓ3 = 0 y por tanto, uno de los tres límites es nulo. 

n 

Teniendo en cuanta el crecimiento de la sucesión , deducimos las siguientes desigualdades: 

n + 1 

xn < yn < zn < 2xn 

Y por tanto, si una converge a cero, las demás también, en particular, líman = 0. 

2. El calculo del apartado anterior se puede generalizar a cualquier par de naturales k y m. La sucesión bn = 

k − m 

se escribe como producto de k sucesiones decrecientes y acotadas y en consecuencia convergentes 

nk − m + 1 

a 0; entre ellas se encuentra la sucesión estudiada e igual que antes, la convergencia a 0 de una de ella permite 

concluir que todas las demás tambien convergen a 0. 

a(a + 1) · · · (a + (n − 1)) 

3. Sea an = 

n! 

tal que a < 1 − 1 

k ; entonces: 

= a a + 1 

· · · 

1 2 

an = a a + 1 a + (n − 1) 

· · · < 

1 2 n 

1 − 1 

a + (n − 1) 

n 

k 

1 

2 − 1 

k · · · 

2 

, 0 < a < 1; sea k ∈ N tal que 1 − a > 1 

k , es decir, 

n − 1 

k 

n 

k − 1 2k − 1 nk − 1 

= · · · 

k 2k nk 

La sucesión mayorante es la estudiada en el apartado anterior para m = 1 y, en consecuencia, es convergente 

a 0, por lo que el límite de an es también 0. 



Problema 38 (Criterio de Pringsheim). Supongamos que lím n c an = 0 siendo an una sucesión de términos 

positivos. Probar que: 

1. Si c > 1 entonces, Σan converge. 

2. Si c ≤ 1 entonces, Σan no converge. 

Este criterio es un caso particular del criterio de comparación por paso al límite. Si límncan = lím an 

1 

nc = 0, el 

criterio de comparación por paso al límite nos dice que la serie an tiene el mismo carácter que la serie c-armónica 

y en consecuencia: si c > 1 la serie converge y si c ≤ 1 la serie diverge. 



Problema 39 Sea {an} una sucesión de términos positivos. Probar que si 

∞ 

an es convergente, entonces 

también lo es. ¿Es cierto el resultado si la serie no es de términos positivos? ¿Es cierto el recíproco? 

Dado que la serie es de términos positivos, podemos aplicar el criterio de comparación por paso al límite: 

lím a2 n 

an 

= lím an = 0 

Este límite efectivamente vale 0 por la condición necesaria. Dado que la serie asociada a la sucesión del denominador 

es convergente, el criterio de comparación permite deducir que la serie asociada al numerador tambien. 

∞ (−1) 

El que la serie sea de términos positivos es una condición necesaria: la serie 

n 

√ es convergente, pero 

n 

∞ 

n=1 

lo es. 

 

(−1) n 2 

√ = 

n 

∞ 

1 

no lo es. 

n 

n=1 

Por otra parte, el recíproco tampoco es cierto: la serie 


∞ 

√1 n3 = 

n=1 

∞ 

n=1 

n=1 

n=1 

2 1 

4√ es convergente, pero 

n3 ∞ 

n=1 

∞ 

n=1 

a 2 n 

1 

4√ n 3 no


Problema 40 

1. Demostrar que si 

∞ 

n=an 

es convergente y 

∞ 

n=bn 

es divergente, entonces 

2. Dar un ejemplo de dos series divergentes cuya suma sea convergente. 

1. Si 

∞ 

an + bn) fuera convergente, entonces 

n=( 

supuesto. 

2. La series 

∞ 

n=1 

es convergente. 

 

1 1 

n2 − y 

n 

n=1 

∞ 

n=bn 

= 

∞ 

an + bn) es divergente. 

n=( 

∞ 

an + bn − an) también lo sería, e contradicción con lo 

n=( 

∞ 

1 

son divergentes mientras que 

n 

∞ 

n=1 


 

1 1 1 

n2 − + = 

n n 

∞ 1 

n2 n=1


Problema 41 Consideremos la serie 

demostrar que entonces: 

1. Si q − p ≤ 1 la serie diverge. 

2. Si q − p > 1 la serie converge 

∞ P(n) 

donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente; 

Q(n) 

n=1 

El resultado es consecuencia del criterio de comparación, ya que la serie propuesta tiene el mismo carácter que la 

serie (q − p)-armónica, 1 

nq−p. Debemos observar, sin embargo, que podemos aplicar el criterio de comparación; 

teniendo en cuenta que la serie es un cociente de polinomios, podemos concluir que numerador y denominador tienen 

signo constante a partir de un natural N, cualquier natural mayor que todas las raíces de los polinomios P y Q. Por 

lo tanto, el cociente es siempre positivo o siempre negativo a partir de este natural N, y podemos aplicar el criterio 

de comparación. 



Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el carácter de las siguientes series. 

1. n 

(n + 1) 3 

4. n + 2 

(n + 1) √ n + 3 

7. 1 

3√ 

n2 − 1 

1. n 


(n + 1) 3 

2. (9 − a 2 )n 3 + 3n 2 + 1 

7n 4 − 1 

3. 4n 2 − n + 3 

n 3 + 2n 

es divergente. 

2. (9 − a2 )n3 + 3n2 + 1 

7n4 − 1 

5. n + √ n 

2n3 − 1 

es convergente si y solo si a 2 = 9 

3. 4n2 − n + 3 

n3 + 2n 

6. n + 3 

(n − 1) √ n − 1 − n 

En las cuatro series restantes no podemos utilizar directamente el ejercicio anterior, puesto que la expresiones no 

son polinómicas; en ellas aparecen expresiones con raíces que tienen un comportamiento similar. 

4. n + 2 

(n + 1) √ n + 3 tiene el mismo carácter que 1 

√n , que es divergente. 



5. n + √ n 

2n3 − 1 tiene el mismo caracter que 1 

n2, que es convergente. 

6. n + 3 

(n − 1) √ n − 1 − n tiene el mismo carácter que 1 

√n , que es divergente. 

7. 1 

3√ tiene el mismo caracter que 

n2 − 1 1 

n2/3, que es divergente. 



Problema 43 

1. Demostrar que si R es una función racional y |r| = 1, entonces la serie 

(Para el caso r = 1, ver el ejercicio 41.) 

2. Demostrar que la serie 

verifica: 

n=1 

∞ 

R(n)rn converge si y solo si |r| < 1. 

∞ 

(−1) n P(n) 

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q 

Q(n) 

a) Si q − p ≥ 21 la serie converge absolutamente. 

b) Si q − p = 1 la serie converge condicionalmente. 

c) Si q − p ≤ 0 la serie diverge. 

1. Supongamos que R(n) = P(n) 

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q. Entonces, 

Q(n) 

por el ejercicio 17 se verifica que: 

 

 

 

lím 

P(n) 

 

nα − log |r| 

= 0 si y solo si |r| < 1 

Q(n) rn 

λnp−q 

= lím 

(en = lím λ 

) − log |r| 

Además, en este caso la serie converge absolutamente, lo que se demuestra con el criterio del cociente: 

 

 

lím 

P(n + 1)Q(n)r 

 

n+1 

Q(n + 1)P(n)rn 

 

 

= |r| < 1 


e n 

n=1


2. Consideremos la serie 

∞ 

(−1) n P(n) 

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q: 

Q(n) 

n=1 

Si q − p ≥ 2 la serie converge absolutamente: ejercicio 41. 

Si q − p ≤ 01 la serie diverge, ya que no verifica la condición necesaria. 

Si q −p = 1 la serie converge 

condicionalmente; esto se razona por el criterio de Leibniz: En primer lugar 

 

observamos que lím 

P(n) 

 

 

 

Q(n) = 0; además, por ser cociente de polinomios, la función P ′ (x)/Q ′ (x) es positiva 

o negativa en un intervalo [N,+∞) y por lo tanto, P(x)/Q(x) es creciente, y por lo tanto negativa, en 

[N,+∞) 

o es decreciente, y por lo tanto positiva, en [N,+∞); en cualquiera de los casos, la sucesion 

 

 

P(n) 

 

 

 

Q(n) es decreciente para n ≥ N. 



Problema 44 Determinar el carácter de las siguientes series. 

1. n 2 + 1 

n5 n 

4. 2n n2 + 1 

7. an n 

2. 3n n · 5n 3. 2n−1 (3n + 2) · n4/3 5. n2 en 6. n + 1 

an 8. n · a n 

Todas estas series son casos particulares del ejercicio anterior; utilizaremos el criterio del cociente en los tres 

primeros apartados y el ejercicio anterior en el resto. 

1. n2 + 1 

n5n es convergente: lím ((n + 1)2 + 1)n5n (n + 1)5n+1 (n2 1 

= < 1 

+ 1) 5 

2. 3n n · 5n es convergente: lím 3n+1n5n (n + 1)5n+13n = 

3 

< 1 

5 

3. 2n−1 (3n + 2) · n4/3 es divergente: lím 2n (3n + 2) · n4/3 (3n + 5)(n + 1) 4/32n−1 = 2 > 1 

4. 2 n 

n 2 + 1 

5. n 2 


en es convergente. 



6. n + 1 

a n es absolutamente convergente si |a| > 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros 

casos, es divergente. 

7. an es absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos, 

n 


8. n·a n es absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos, 




Problema 45 Estudiar el carácter de las siguientes series. 

1. n! 

n n 

4. log na n! 

7. nn n! 

10. (n!) 2 

(2n)! 

2. (n!) 2 · 4n (2n)! 

5. n! an nn 8. n · an (n + 1)! 

11. (n!) c 

(3n)! 

1. n! 

nn es convergente, según establece el criterio del cociente: 

2. (n!) 2 · 4 n 

(2n)! 

lím 

(n + 1)!nn 

(n + 1) n+1 n! 

3. (a + 1) · · · (a + n) 

n! 

6. na n! 

9. xn n! 

12. (n!) 3 

(an)! 

(n + 1)nn nn 1 

= lím 

(n + 1) n+1 = lím 

(n + 1) n = < 1 

e 

es divergente, aunque el criterio del cociente no lo decide: 

lím ((n + 1)!)24n+1 (2n)! 

(2n + 2)!(n!) 24n = lím 


4(n + 1) 2 

= 1 

(2n + 2)(2n + 1)


Sin embargo, del cálculo realizado deducimos que: 

an+1 

an 

= lím 

4(n + 1) 2 

(2n + 2)(2n + 1) = lím 4n2 + 8n + 4 

4n2 > 1 

+ 6n + 2) 

y en consecuencia la sucesión es creciente y no puede converger a 0. Podemos deducir esto directamente usando 

la fórmula de Stirling: 

lím (n!)2 · 4 n 

(2n)! = lím (nn e −n√ 2πn) 2 4 n 

(2n) 2n e −2n√ 2π2n = lím 2n2n e −2n πn4 n 

2 · 4 n n 2n e −2n√ πn = lím √ πn = +∞ 

3. (a + 1) · · · (a + n) 

; estudiamos el carácter según el valor de a: 

n! 

Si a es un entero negativo no nulo, a partir del lugar N = −a, todos los términos se anulan, y por tanto 

la serie es una suma finita. 

Para a = 0 la serie es 1 · 2 · · · n 

= 

n! 

1, y por tanto divergente. 

Solo nos queda estudiar el carácter para a ∈ Z− ∪ {0}; el criterio del cociente no decide el carácter, 

lím an+1 

an 

= lím 

(a + 1) · · · (a + n)(a + n + 1) n! 

(n + 1)! (a + 1) · · · (a + n) 

= lím 

n + a + 1 

n + 1 

pero la simplificación permite deducir que se trata de una serie hipergeométrica, que es convergente si y 

solo si a < −1. 


= 1


4. log na es convergente, según establece el criterio del cociente (hacemos uso de los infinitos equivalentes 

n! 

del ejercicio 17): 

5. n! a n 

lím an+1 

an 

= lím 

alog(n + 1) 

(n + 1)! 

n! 

alog n 

log(n + 1) 1 

= lím = lím = 0 < 1 

(n + 1)log n n + 1 

n n converge si y solo si |a| < 1. Utilizamos el criterio del cociente para estudiar la convergencia absoluta: 

lím |an+1| 

|an| 

= lím (n + 1)!|a|n+1 

(n + 1) n+1 

nn n!|a| n = lím |a| 

n 

n + 1 

Por tanto, si |a| < e la serie converge; además, del cálculo anterior deducimos que 

|an+1| 

|an| 

= |a| 

n 

n + 1 

n 

> |a| 

e 

y por lo tanto, si |a| > e, la serie no converge por no verificar la condición necesaria. 

Finalmente, para a = ±e tampoco se verifica la condición necesaria: 

6. n a 

n! 

lím n!en 

nn = lím nne−n√2πn en nn n 

= lím √ 2πn = +∞ 

es convergente para todo a, según establece el criterio del cociente: 

lím an+1 

an 

= lím 


 

(n + 1)a n! n + 1 

(n + 1)! na = lím 

n 

a 

= |a| 

e 

1 

= 0 < 1 

n + 1


7. n n 

n! 

es divergente, según establece el criterio del cociente: 

lím an+1 

an 

= lím 

(n + 1)n+1 

(n + 1)! 

n! 

nn = lím 

n + 1 

n 

n 

= e > 1 

8. n · an es absolutamente convergente para todo a. 

(n + 1)! 

Si a = 0, la serie es constantemente nula y por tanto convergente. Para a = 0, estudiamos la convergencia 

absoluta con el criterio del cociente: 

9. x n 

n! 

10. (n!) 2 

(2n)! 

lím |an+1| 

|an| 

= lím (n + 1)|a|n+1 

(n + 2)! 

(n + 1)! |a|(n + 1) 

n |a| n = lím = 0 

n(n + 2) 

es absolutamente convergente para todo x, según establece el criterio del cociente: 

lím |an+1| 

|an| 

|x|n+1 n! |x| 

= lím 

(n + 1)! |x| n = lím = 0 

n + 1 

es convergente, según establece el criterio del cociente: 

lím 

((n + 1)!)2 

(2n + 2)! 


(2n)! 

(n!) 2 = lím 

(n + 1) 2 1 

= < 1 

(2n + 1)(2n + 2) 4


11. (n!) c 

; utilizamos el criterio del cociente: 

(3n)! 

lím an+1 

an 

= lím 

((n + 1)!)c 

(3n + 3)! 

Si c < 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge. 

(3n)! 

(n!) c = lím 

si c = 3, entonces ℓ = 1/27 < 1 y la serie converge. 

Si c > 3, entonces ℓ = +∞ y la serie diverge. 

(n + 1) c 

= ℓ 

(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) 

12. (n!) 3 

; para que tenga sentido la serie, a debe ser un número natural; utilizamos el criterio del cociente: 

(an)! 

lím an+1 

an 

= lím 

((n + 1)!)3 

(an + a)! 

Si a > 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge. 

Si a = 3, entonces ℓ = 1/27 < 1 y la serie converge. 

Si a = 1 o a = 2, ℓ = +∞ y la serie diverge. 


(an)! 

(n!) 3 = lím 

(n + 1) 3 

= ℓ 

(an + a) · · · (an + 1)



1. a 1+1 

1 

+···+ 2 n 2. 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 

3. 1 + 1 1 

2 + · · · + n 

n3 5. 1 + 21 + · · · + 2n 4n 2 · 4 · · · (2n) 

4. 2 + 4 + 8 + · · · + 2n 3n 6. n + 2n + · · · + n2 n5 1. a 1+1 

1 

+···+ 2 n, a > 0; estudiamos la convergencia usando el criterio de Raabe (usamos infinitésimos equivalentes 

para el cálculo del límite): 

lím n 

 

1 − an+1 

 

an 

 

= límn 1 − a 1/n+1 

= lím 

− n log a 

n + 1 

= − log a 

Por tanto, si a > 1 

1 

1 

, la serie diverge y si a < , la serie converge. Estudiamos el caso a = 

e e e 

con la serie 1 

elog n = 1 

, que es divergente: 

n 

lím e1+1 

1 

+···+ 2 n 

= 

elog n 

En resumen, la serie converge si y solo si 0 < a < 1 

e . 


lím e 1+1 

1 

+···+ 2 n −log n = e γ = 0 

por comparación


2. 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 

es divergente, según establece el criterio de Raabe: 

2 · 4 · · · (2n) 

 

 

1 · 3 · 5 · · · (2n + 1) 2 · 4 · · · (2n) 

2n + 1 

lím n 1 − = lím n 1 − = lím 

2 · 4 · · · (2n + 2) 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 

2n + 2 

n 1 

= 

2n + 2 2 

Obsérvese que por el cálculo realizado, podemos concluir que la serie es hipergeométrica. 

3. 1 + 1 1 

2 + · · · + n 

n3 es convergente. La forma de la serie hace que los criterios del cociente, de la raíz o de 

condensación no sean adecuados; usaremos el criterio de comparación. 

1 + 1 1 

+ · · · + 

2 n 

n3 < 1 + · · · + 1 

n 3 

= n 1 

n3 = 

n2 Dado que la serie mayorante es convergente, la serie propuesta también. 

Podemos usar también infinitos equivalentes para deducir que la serie propuesta tiene el mismo carácter que 

log n 

n3 ; el criterio de condensación permite deducir fácilmente la convergencia de esta serie. 

4. 2 + 4 + 8 + · · · + 2 n 

3 n 

es convergente. Podemos decidirlo de dos formas: 

En primer lugar, podemos observar que la sucesión del numerador es la suma parcial n-ésima de una 

serie geométrica y por tanto: 


2 + 4 + 8 + · · · + 2 n 

3 n 

= 2 n+1 − 2 

3 n


Al ser suma de dos series geométricas de razones 2/3 y 1/3 respectivamente, deducimos que la serie es 

convergente. 

En lugar de identificar la serie, podemos utilizar el teorema de compresión: 

2 + 4 + 8 + · · · + 2 n 

3 n 

< 2n + · · · + 2 n 

3 n 

= n 

n 2 

3 

Dado que la serie mayorante es convergente, por ser aritmético-geométrica de razón 2/3, deducimos que 

la serie propuesta también lo es. 

5. 1 + 21 + · · · + 2n 4n ; siguiendo el mismo razonamiento del apartado anterior, deducimos que es convergente. 

6. n + 2n + · · · + n 2 

n 5 

= 1 + 2 + · · · + n 

n 4 


= n(n + 1) 

2n 4 

es convergente.


Problema 47 Estudiar el carácter de las siguientes series: 

1. 1 

(log n) n 

4. n n 

(2n + 1) n 

2. 

n + 1 

log 

n − 1 

5. 

n 

7n + 4 

n 

4n−2 

1. 1 

(log n) n es convergente, según establece el criterio de la raíz: 

lím n√ an = lím 1 

= 0 < 1 

log n 

2. 

n + 1 

n log es convergente, según establece el criterio de la raíz: 

n − 1 

lím n√ an = límlog 

3. 

n + 1 

n + 

n 

2n 

−n n − 1 

n + 1 

= 0 < 1 

n − 1 

3. 

n + 1 

n + 

n 

2n 

−n es convergente, según establece el criterio de la raíz: 

n − 1 

lím n√ 

n + 1 

an = lím 

n 


n 

+ 2n 

−n = (e + 2) 

n − 1 

−1 < 1


4. nn (2n + 1) n es convergente, según establece el criterio de la raíz: 

5. 

n 

7n + 4 

4n−2 

lím n√ an = lím n 1 

= < 1 

2n + 1 2 

es convergente, según establece el criterio de la raíz: 

lím n√ 

an = lím 


n 

7n + 4 

4n−2 

n 

= 1 

74 < 1


Problema 48 Estudiar el carácter de las series: 

1. √ √ 

n + 1 − n 2. 

n2 + 1 − n 3. ( √ na + 1 − √ na ) 

4. n a ( √ n + 1 − 2 √ n + √ n − 1) 5. log n 

2n3 6. 

− 1 

1 

7. 

log n 

n + 1 

log 

n + 2 

8. 1 

n(log n) 2 

9. 1 

(log n) r 10. sin4 n 

n2 11. 1 + sin3 n 

nn 12. n · cos2 πn 

3 

2n 13. sin3 n 

n4 14. 1 + cos2 n 

n3 15. sen nx 

n2 16. sen 1 

n 

17. 1 

1 + an (a > 0) 

Aunque las diferencias de raíces son difíciles de tratar, el uso de los conjugados armónicos disminuye estas 

dificultades, como vemos en este ejercicio. 

Por otra parte, en este ejercicio usamos varias veces los criterios de comparación y debemos recordar que es 

necesario que la serie a la que se le aplica sea de términos positivos; en caso de que la serie no sea de términos 

positivos, podremos estudiar la convergencia absoluta. 

1. √ n + 1 − √ n = n + 1 − n 

√ n + 1 + √ n es divergente, ya que tiene el mismo carácter que 1 

√n . 



2. 

n2 + 1 − n = 1 

√ es divergente, ya que tiene el mismo carácter que 

n2 + 1 + n 1 

n . 

3. ( √ na + 1 − √ na ) = 1 

√ √ 

na + 1 + na tiene el mismo carácter que 1 

na/2, que converge si y solo si 

a > 2. 

4. n a ( √ n + 1 − 2 √ n + √ n − 1) = n a(√n + 1 + √ n − 1) 2 − 4n 

√ √ √ 

n + 1 + 2 n + n − 1 

= 2n a 

√ 

n2 − 1 − n 

√ √ √ 

n + 1 + 2 n + n − 1 

= − 2na ( √ n2 − 1 + n) √ n + 1 + 2 √ n + √ n − 1 

Por tanto, la serie tiene el mismo carácter que 1 

1 

que converge si y solo si a < 

n (3/2)−a 2 . 

5. log n 

2n3 ; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que esta serie tiene el mismo carácter que 

− 1 

log n 

n3 y esta, a su vez, por el criterio de condensación, tiene el mismo carácter que (log 2) k 

, que es 

4k convergente por ser aritmético-geométrica de razón 1/4. 

6. 1 

log n ; por el criterio de condensación, tiene el mismo carácter que 2k , que es divergente, ya que 

k log 2 

no verifica la condición necesaria: 

lím 

k→+∞ 

2 k 

k 

= lím 

k→+∞ 


2 k+1 − 2 k 

k + 1 − k 

= lím 

k→+∞ 2k = +∞


(Hemos hecho uso del criterio de Stöltz-Cesaro.) 

7. n + 1 

log 

n + 2 = − n + 2 

log ; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que (la serie de términos 

n + 1 

positivos) tiene el mismo carácter que 1 

, que es divergente. 

n + 1 

8. 1 

n(log n) 2; por el criterio de condensación, esta serie tiene el mismo carácter que 1 

(log 2) 2k2, que es 

convergente. 

9. 1 

2 

(log n) r ; por el criterio de condensación, esta serie tiene el mismo carácter que 

k 

k 

kr (log 2) r que es 

divergente, según se establece en el ejercicio 43. Obsérvese que para aplicar el criterio de condensación es 

necesario que r > 0, pero, en caso contrario, el límite del término general es +∞ y en consecuencia la serie 

tampoco converge. 

10. sin4 n 

n2 es convergente, ya que 0 < sin4 n 1 

n2 ≤ 

n2 y la serie 1 


n2 11. 1 + sin 3 n 

n n 

es convergente, ya que 0 ≤ 1 + sin3 n 

n n 

12. n · cos2 πn 

3 

2n es convergente, ya que 0 < 

geométrica de razón 1/2. 

n · cos 2 πn 

3 

2 n 


≤ 2 2 

nn ≤ 

n3 si n > 3 y la serie 1 


n3 ≤ n 

2n y la serie n 

2n es convergente por ser aritmético


13. sin3 n 

n4 es absolutamente convergente, ya que | sin3 n| 

n4 ≤ 1 



n4 14. 1 + cos 2 n 

n 3 

es convergente, ya que 0 ≤ 1 + cos2 n 

n 3 

≤ 1 



n3 15. sen nx 

n2 es absolutamente convergente para todo x ∈ R, ya que 0 ≤ 

convergente. 

|sen nx| 

n2 ≤ 1 


es 

n2 16. sen 1 

n ; haciendo uso de infinitésimos equivalentes, deducimos que la serie tiene el mismo carácter que 1 

n , 

que es divergente. 

17. 1 

1 + an, a > 0, converge si y solo si a > 1. Estudiamos en primer lugar la condición necesaria: 

Si a = 1, entonces 

1 1 

1 + an = 

2 

y la serie es divergente. 

Si a < 1, entonces lím 1 

1 + an = 1 y la serie es divergente. 

Si a > 1, entonces lím 1 

1 + an = 0 y seguimos estudiando la serie. 

Para a > 1, la serie tiene el mismo carácter que 1 

an, que es convergente: 

 

1 + an 1 

lím 

an = lím 

an + 1 = 1 




1. (−1) n 

2. 

2n 

(−1) n 1 

n log n 

4. n log n 

(−1) 5. 

n 

 

1 1 

− 

n n! 

7. n! 

(−2) n 8. (−1) n 

√ √ 

n + n + 1 

3. (−1) n−1 

n√ 

5 

6. n (n!)2 

(−1) 

(2n)! 

9. (−1) n 

 

n(n + 1) 

1. (−1) n 

2n es condicionalmente convergente, ya que 1 

es divergente pero la serie converge por el criterio 

2n 

es decreciente y convergente a 0. 

de Leibniz: an = 1 

n 

2. (−1) n 1 

n log n es condicionalmente convergente. Por el criterio de condensacion, la serie 1 

tiene el 

n log n 

mismo carácter que 1 

k(log 2) que es divergente; por otra parte, las sucesión an = 

1 

es decreciente y 

n log n 

convergente a 0 y por lo tanto, por el criterio de Leibniz, la serie es efectivamente convergente. 

3. (−1) n−1 

n√ 5 

4. n log n 

(−1) 

n 

no es convergente, ya que el límite lím (−1)n−1 

n√ 5 

no existe. 

es condicionalmente convergente. El criterio de condensación permite afirmar que la serie 

no converge absolutamente. Por otra parte, en el ejercicio 22 demostramos que la sucesión an = 


log n 

n 

es


log x 

convergente a 0 y, además, es decreciente: basta observar que la función f(x) = es decreciente en [3, ∞) 

x 

ya que f ′ 1 − log x 

(x) = 

x2 < 0 en ese intervalo; por lo tanto, el criterio de Leibniz, permite afirmar que la serie 

es condicionalmente convergente. 

5. 

1 1 

− . La serie 

n n! 

1 

n es divergente y la serie 1 

es convergente (ejercicio 45(9) para x = 1); 

n! 

entonces, según se establece en el ejercicio 40, la serie propuesta es divergente. 

6. n (n!)2 

(−1) 

(2n)! 

es absolutamente convergente: ver ejercicio 45(10). 

7. n! 

(−2) n es divergente, ya que no verifica la condición necesaria (hacemos uso de la fórmula de Stirling): 

lím n! 

2n = lím e−nnn√2πn 2n = lím √ n n 

2πn = +∞ 

2e 

y por lo tanto, el límite lím n! 

(−2) n no existe. 

8. (−1) n 

√ n + √ n + 1 es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo carácter que 

1 

√n , que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones 

√ n y √ n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto, 

a 0. 


1 

√ n + √ n + 1 es decreciente y convergente


9. (−1) n 

n(n + 1) es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo carácter que 

1 

, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones 

n 

√ √ 1 

n y n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto, es decreciente y convergente 

n(n + 1) 

a 0. 



Problema 50 Sumar las siguientes series aritmético-geométricas y geométricas. 

1. 

∞ 

2n + 1 

10n ; 2. 

∞ 

2n+3 3n ; 3. 

∞ 

(−1) n+1 1 

2n; 1. 

n=2 

n=1 

En lugar de aplicar las correspondientes fórmulas utilizaremos el correspondiente método. 

9Sn 

10 

n=2 

Sn = 5 7 2n + 1 

102 + 

103 + · · · + 

10n Sn 

10 

9Sn 

10 

9Sn 

100 

n=1 

5 7 2n + 1 

= 

103 + 

104 + · · · + 

10n+1 5 2 2 2 2n + 1 

= 

102 + 

103 + 

104 + · · · + 

10n − 

10n+1 5 2 2 2 2n + 1 

= 

103 + 

104 + 

105 + · · · + 

10n+1 − 

10n+2 3 2n − 3 2n + 1 

2 − 3 − n+1 + 

9Sn 81 

− = 

100 100 Sn = 5 

10 10 10 10n+2 ∞ 2n + 1 100 

10n = 

81 lím 

 

5 3 2n − 3 2n + 1 

102 − 

103 − 

10n+1 + 

10n+2 


= 100 

81 

4. 

∞ 

(−1) n+1 n 

2n n=3 

 

5 3 

102 − 

103 

= 47 

810


2. 

3. 

∞ 

n=1 

2 

Sn = 24 

3 

+ 25 

3 

2n+2 2n+3 

2 + · · · + n−1 + 

3 

3 n 

3 Sn = 25 26 2n+3 2n+4 

32 + 

33 + · · · + 

3n + 

3n+1 1 

3 Sn = 24 2n+4 

− 

3 3n+1 ∞ 2n+3 

24 3n = 3lím 

3 

n=1 


− 2n+4 

3 n+1 

 

= 2 4 = 16 

Sn = 1 1 

1 1 

− 

2 22 + · · · + (−1)n 

2n−1 + (−1)n+1 

2n 1 

2 Sn = 1 1 

1 1 

22 − 

23 + · · · + (−1)n 

2n + (−1)n+1 

2n+1 3 

2 Sn = 1 1 

+ (−1)n+1 

2 2n+1 n+1 1 2 

(−1) 

2n = 

3 lím 

 

1 1 

+ (−1)n+1 

2 2n+1 

= 1 

3


4. 

3Sn 

2 

Sn = 3 4 n − 1 n 

23 − 

24 + · · · + (−1)n 

2n−1 + (−1)n+1 

2n Sn 

2 

3Sn 

2 

3Sn 

4 

3 4 n − 1 n 

= 

24 − 

25 + · · · + (−1)n 

2n + (−1)n+1 

2n+1 3 1 1 

1 n 

= 

23 − 

24 + 

25 + · · · + (−1)n+1 

2n + (−1)n+1 

2n+1 3 1 1 

1 n 

= 

24 − 

25 + 

26 + · · · + (−1)n+1 

2n+1 + (−1)n+1 

2n+2 3Sn 9Sn 3 2 + 1 n 

+ = = 

4 4 23 + 

24 + (−1)n+1n 

2n+1 + (−1)n+1 

2n+2 ∞ 

n+1 n 4 

(−1) 

2n = 

9 lím 

 

3 2 + 1 n 

23 + 

24 + (−1)n+1n 

2n+1 + (−1)n+1 

2n+2 

n=3 


= 2 

9


Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeométricas son convergentes y sumarlas. 

1. 

n=4 

5. 

7. 

9. 

∞ 

1 

4n2 − 1 = 

∞ 

1 

4n2 − 1 

∞ (a + 1)(a + 2) · · · (a + n) 

n! 

∞ 

n=4 

n=1 

n=3 

n=4 

n!a n 

(1 + a)(1 + 2a) · · · (1 + na) 

∞ 

1 

(2n + 1)(2n − 1) 

; an+1 

an 

= (2n + 1)(2n − 1) 

6. 

8. 

∞ 

1 

(4n − 1)(4n + 3) 

∞ a(a + 1)(a + 2) · · · (a + n) 

b(b + 1)(b + 2) · · · (b + n) 

n=4 

n=2 

2n − 1 

= 

(2n + 3)(2n + 1) 2n + 3 ; (2n + 3)an+1 = (2n − 1)an: 

11a5 + 13a6 + · · · + (2n + 1)an + (2n + 3)an+1 = 7a4 + 9a5 + · · · + (2n − 3)an−1 + (2n − 1)an 

2a5 + 2a6 + · · · + 2an + (2n + 3)an+1 = 7a4 

2Sn + (2n + 3)an+1 = 9a4 = 9 1 

= 

63 7 

∞ 1 

4n2 

1 1 

= lím − (2n + 3)an+1 

− 1 2 · 7 2 

n=4 


= 1 

14


2. 

3. 

4. 

∞ 

1 

(4n − 1)(4n + 3) 

n=4 

∞ 

n=1 

; an+1 

an 

= (4n − 1)(4n + 3) 

= 

4n − 1 

(4n + 3)(4n + 7) 4n + 7 ; (4n + 7)an+1 = (4n − 1)an: 

23a5 + 27a6 + · · · + (4n + 3)an + (4n + 7)an+1 = 15a4 + 19a5 + · · · + (4n − 5)an + (4n − 1)an 

8a5 + 8a6 + · · · + 8an + (4n + 7)an+1 = 15a4 

8Sn + (4n + 7)an+1 = 23a4 = 23 23 

= 

15 · 19 285 

∞ 

 

1 

23 1 

= lím − (4n + 7)an+1 

(4n − 1)(4n + 3) 8 · 285 8 

n=4 

= 23 

2280 

(a + 1)(a + 2) · · · (a + n) 

; según vimos en el ejercicio 45(3), esta serie converge si y solo si a < −1 y es 

n! 

hipergeométrica si además, a ∈ Z; en este caso: (n + 1)an+1 = (n + a + 1)an y por lo tanto: 

∞ 

n=0 

2a2 + · · · + nan + (n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an 

∞ 

n=1 

(n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a)a2 + · · · + (1 + a)an 

(n + 1)an+1 = a1 + (1 + a)Sn = a + 1 + (1 + a)Sn 

 

(a + 1)(a + 2) · · · (a + n) 1 

= lím 

n! 

1 + a (n + 1)an+1 

 

− 1 = −1 

a(a + 1) · · · (a + n) 

. En primer lugar observamos que: 

b(b + 1) · · · (b + n) 



El término general de la serie no tiene sentido si b ∈ Z − ∪ {0}. 

Si a ∈ Z − ∪ {0}, la serie es constantemente nula y, en consecuencia, convergente a 0. 

Si a,b ∈ Z − ∪ {0}; en este caso la serie es hipergeométrica, 

a(a + 1) · · · (a + n)(a + n + 1) 

b(b + 1) · · · (b + n)(b + n + 1) 

b(b + 1) · · · (b + n) 

a(a + 1) · · · (a + n) 

y es convergente si y solo si b > a + 1, caso en el que calculamos la suma: 

= n + a + 1 

n + b + 1 

(2 + b)a2 + · · · + (n + b)an + (n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an 

∞ 

n=1 

a(a + 1) · · · (a + n) 

b(b + 1) · · · (b + n) 


(n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a − b)a2 + · · · + (1 + a − b)an 

(n + 1 + b)an+1 = (1 + b)a1 + (1 + a − b)Sn 

 

(n + 1 + b)an+1 

= lím 

− 

1 + a − b 

 

(1 + b)a(a + 1) 

= 

(1 + a − b)b(b + 1) 

a(a + 1) 

b(b − a − 1)


Problema 52 Estudiar el carácter y sumar en su caso las siguientes series. 

1. 

2. 

3. 

4. 

5. 

∞ 

n=1 

n=1 

1. 

4. 

∞ (−1) n−1 (2n + 1) 

n(n + 1) 

∞ 2n + n(n + 1) 

2n+1n(n + 1) 

n=1 

n=1 

(−1) n−1 (2n + 1) 

n(n + 1) 

∞ 

1 

2n(n + 1) = 

n=2 

∞ 

= 

n=1 

n+1 n 

∞ 

 

(−1) n−1 

n=1 

∞ log n 1 + 1 

(log(n + 1) n+1 )log nn = 

∞ 

n=1 

 

2n + n(n + 1) 

2n+1 

= 

n(n + 1) 

n 

2. 

5. 

 

1 

2n − 

 

1 

= 

2(n + 1) 

1 

2 

∞ 

n=2 

 

1 

log nn − 

∞ 

1 

2n(n + 1) 

n=1 

∞ 

1 

2n(n + 1) 

∞ (n + 1)2 

log 

n(n + 2) 

n=1 

n=1 

3. 

− (−1)n 

 

= 1 (serie telescópica). 

n + 1 

(serie telescópica). 

∞ log n 1 + 1 

n 

(log(n + 1) n+1 )log nn n=2 

1 

log(n + 1) n+1 

 

= log 4 (serie telescópica). 

más arriba y el segundo sumando es una serie geométrica de razón 1/2. 

∞ (n + 1)2 

log 

n(n + 2) = 

∞ 

 

 

n + 1 n + 2 

log − log = log 2 

n n + 1 

n=1 

n=1 


n+1 

1 1 1 

+ 

2n+1 = + = 1. El primer sumando es la serie telescópica sumada 

2 2

Capítulo 3 

Sucesiones y series funcionales 

105

Sucesiones y series funcionales 106 

Problema 53 Estudiar la convergencia de las siguiente sucesión de funciones. 

Calculamos en primer lugar el límite puntual: 

lím 

n→+∞ 

fn(x) = x + 

 

x + 

(1 + nx)2 

1 + n 2 x 2 

(1 + nx)2 

1 + n2x2 

= x + 1 

Mostramos a continuación la representación gráfica de las seis primeras funciones de la sucesión y del límite. 



-1 

1 

-1 


1


Problema 54 Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones de funciones. 

1. fn(x) = 2 n2 − x 2 

n 3 + x fn(x) = n 2 (1 − x)x n fn = xe −nx 

fn = nxe −nx fn = 


(1 + nx)2 

1 + n 2 x 2 

fn(x) = 1 

 

n (1 − x) n2 +1


Problema 55 Sumar las siguientes series 

1. 1 1 1 1 (−1)k 

− + − + · · · + + · · · 2. 

4 6 8 10 2k 


∞ 

k=0 

k 3 

2 k


Problema 56 Sumar las siguientes series del tipo p(n)/n! 

1. 

∞ 

n 

(n + 1)! 

n=1 


2. 

∞ 

n2 n! 

n=1 

3. 

∞ 

n=2 

n 2 + 3n − 1 

n!


Problema 57 Comprobar que la serie 

∞ 

x4n−1 converge uniformemente en todo intervalo cerrado contenido en 

4n − 1 

n=1 

(−1,1). Aplicar este hecho para demostrar que su suma vale 

1 1 + x 1 

log − arctg x 

4 1 − x 2 

El teorema ?? nos dice que una serie de potencias converge uniformemente en cualquier intervalo cerrado 

contenido en su campo de convergencia. Por tanto, el problema quedará resuelto si demostramos que el campo de 

convergencia es (−1,1). 

Si hacemos la identificación 

∞ 

amx m = 

m=0 

∞ x4n−1 n=1 

4n − 1 

deducimos que la sucesión de coeficientes es la siguiente: 

⎧ 

⎨ 1 

si m = 4n − 1 

am = m 

⎩ 

0 en otros casos 

Por tanto, no podemos aplicar la proposición ??, ya que el cociente am 

am+1 

m √ am no es convergente. 

Aplicamos, entonces, el criterio del cociente a la serie de potencias: 

 

 

lím 

x 

 

4n+3 4n − 1 

4n + 3 x4n−1 

 

 

= |x4 | 


no está definido para todo m, y la sucesión


Deducimos que la serie es convergente para |x| < 1, es decir, el radio de convergencia es 1. Dado que las series 

∞ 

1 

4n − 1 y 

∞ 

− 1 

son divergentes, el campo de convergencia es (−1,1) y, efectivamente, la serie es uniforme- 

4n − 1 

n=1 

n=1 

mente convergente en cada intervalo cerrado contenido en (−1,1). 

Sea f(x) = 

y de ahí: 

∞ 

x4n−1 ; entonces, 

4n − 1 

n=1 

f ′ (x) = 

f(x) = 

∞ 

n=1 

x 

0 

x 4n−2 = x 2 

f ′ (t)dt = 

∞ 

n=1 

x 


0 

(x 4 ) (n−1) = x 2 1 

1 − x 4 x ∈ (−1,1) 

t2 1 x + 1 1 

1 − t4dt = log − arctg x 

4 x − 1 2


Problema 58 Hallar la suma de la serie 

∞ 

(−1) n x4n−1 4n . 

Aplicamos el criterio del cociente para hallar el radio de convergencia 

 

 

lím 

x 

 

4n+3 4n 

4n + 4 x4n−1 

 

 

= |x|4 

n=1 

es decir, la serie es convergente para |x| < 1 y el radio de convergencia es 1. Dado que las series 

∞ 

n=1 

(−1) n+1 

4n 

∞ 

n=1 

(−1) n 

4n 

son convergentes, el campo de convergencia es [−1,1] y la serie es uniformemente convergente en 


y


[−1,1]. Sea f(x) = 

∞ 

n=1 

x4n−1 ; entonces, 

4n 

xf(x) = 

d 

(xf(x)) = 

dx 

∞ 

(−1) 

n=1 

∞ 

n=1 

x 

n x4n 

4n 

(−1) n x 4n−1 = −x 3 

x 

x ∈ [−1,1] 

∞ 

n=1 

(−x 4 ) n−1 = −x 3 1 

1 + x 4 

x ∈ [−1,1] 

xf(x) = 

0 

tf ′ (t)dt = 

0 

−t3 1 + t4dt = −1 

4 log(1 + x4 ) x ∈ [−1,1] 

f(x) = − 1 

4x log(1 + x4 ) 

f(0) = 0 

x ∈ [−1,1] {0} 



Problema 59 Determinar el radio de convergencia de las siguientes series: 

a) 

b) 

a) 

∞ 

x n log n b) 

n=2 

∞ 

n=1 

n 2 x n 

2 n 

c) 

∞ 

n=0 

En todos los apartados podemos aplicar la proposición ??. 

∞ 

xn log n; 

n=2 

∞ 

log n y 

n=2 

∞ 

n=1 

n2xn 2n ; 

∞ 

n2 y 

n=1 

R = lím 

2n − 1 

3n + 1 xn 

log n 

= 1 

log(n + 1) 

d) 

∞ 

n=1 

nn 

x + 

n! 

1 

n 2 

∞ 

(−1) n log n son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1,1) 

n=2 

R = lím n22n+1 (n + 1) 2 2n2 

= lím = 2 

2n (n + 1) 2 

∞ 

− 1) nn2 son divergentes, y por tanto, el campo de convergencia es (−2,2). 

n=( 



c) 

d) 

∞ 

2n − 1 

3n + 1 xn ; 

n=0 

n=0 

n=0 

lím 

(2n − 1)(3n + 4) 

= 1 

(2n + 1)(3n + 1) 

∞ 

2n − 1 

3n + 1 y 

∞ 

(−1) n 2n − 1 

son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1,1). 

3n + 1 

∞ 

n=1 

n n 

n! 

 

x + 1 

n ’ 

2 

lím nn (n + 1)! 

(n + 1) n+1 nn 1 

= lím = 

n! (n + 1) n e 

∞ 

nn n!en diverge (tiene el mismo carácter que ∞ 

√2πn 1 ); (−1) n nn n!en converge por el criterio de Leibniz: 

n=1 

n=1 

lím nn 1 

= lím √ = 0 (Fórmula de Stirling) 

n!en 2πn 

an+1 

an 

= 1 

e 

n + 1 

n 

n 

Por tanto, el campo de convergencia es [− 1 

2 

< e 

e = 1 ⇒ an decreciente 


1 1 

− e , −1 

2 + e )


Problema 60 Desarrollar en serie de potencias de x la función x2 + x 

(1 − x) 3 y determinar su radio de convergencia. 

Como ya hemos comprobado en varias ocasiones, la mejor forma de manejar las funciones racionales es descomponiendolas 

en otras más simples (ver ejercicio 7.3): 

x2 + x 1 

(1 − x) 3 = − 

x − 1 − 

3 

− 

(x − 1) 2 

2 

(x − 1) 3 

A partir de aquí, y usando las propiedades de las series de potencias, podemos hacer el desarrollo: 

f(x) = 1 

1 − x = 

− 

− 

3 

∞ 

n=0 

x n 

(x − 1) 2 = 3f ′ (x) = 3 

2 

|x| < 1 

∞ 

nx n−1 ∞ 

= 3 (n + 1)x n 

n=1 

(x − 1) 3 = −f ′′ (x) = − 

Y sumando las tres igualdades, 

n=0 

∞ 

(n + 2)(n + 1)x n 

n=0 

x2 + x 

(1 − x) 3 = 


|x| < 1 

|x| < 1 

∞ 

n 2 x n , |x| < 1 

n=0


Problema 61 Calcular los cinco primeros términos del desarrollo en serie de potencias de x de las funciones 

f(x) = 

1 

1 + sen x 

g(x) = 

cos x 

1 + sen x 

h(x) = 

cos x 

1 − 2x 

Vamos a usar las propiedades algebraicas del operador polinomio de Taylor para resolver el ejercicio (el lector 

puede usar igualmente la definición de dicho polinomio). Recordamos primeramente los desarrollos elementales que 

vamos a utilizar: 

1 

1 − 2x = 

∞ 

n=0 

sen x → x − x3 

6 

cos x → 1 − x2 

2 

+ x5 

120 

+ x4 

24 

(2x) n → 1 + 2x + 4x 2 + 8x 3 + 16x 4 + 32x 5 

La función f es cociente de funciones elmentales y por tanto, tenemos que utilizar el algoritmo de división 

larga (los puntos suspensivos indican que los sumandos restantes no nos importan): 



1 1 + x − x3 

6 

−1 − x + x3 x5 

6 − 120 

+x + x 2 − 1 

+ · · · 

6x4 +x2 + 1 

6x3 − 1 

6x4 − 1 

120x5 −x2 − x3 + 1 

6x5 − 5 

6x3 − 1 

6x4 + 19 

120x5 + 5 

6x3 + 5 

6x4 + · · · 

+ · · · 

+ 2 

3x4 + 19 

120x5 − 2 

3 x4 − 2 

3 x5 

− 61 

+ x5 

120 

1 − x + x 2 − 5 

6 x3 + 2 

3 x4 − 61 

120 x5 

120 x5 

Para obtener el polinomio de g(x) = (cos x)/(1+sen x) multiplicamos los polinomios de f y de cos x ignorando 

los términos de grado mayor que 5: 

(1 − x2 

2 

+ x4 

24 )(1 − x + x2 − 5 

6 x3 + 2 

3 x4 − 61 

120 x5 ) 

El polinomio de g es 1 − x + 1 

2 x2 − 1 

3 x3 + 5 

24 x4 − 2 

15 x5 . 


+ · · · 

+ · · · 

+ · · · 

+ · · · 

+ · · · 

= 1 − x + (1 − 1 

2 )x2 + ( 1 5 

− 

2 6 )x3 + ( 1 1 2 

− + 

24 2 3 )x4 

+ (− 1 5 61 

+ − 

24 12 120 )x5 + · · · 

= 1 − x + 1 

2 x2 − 1 

3 x3 + 5 

24 x4 − 2 

15 x5 + · · ·


Para hallar el polinomio de h(x) = cos x/(1 − 2x) usamos el método del apartado anterior: 

(1 − x2 

2 

+ x4 

24 )(1 + 2x + 4x2 + 8x 3 + 16x 4 + 32x 5 ) 

el polinomio de h es 1 + 2x + 7 

2 x2 + 7x 3 + 337 

24 x4 + 337 

12 x5 . 


= 1 + 2x + (− 1 

2 + 4)x2 + (−1 + 8)x 3 

+ ( 1 

24 − 2 + 16)x4 + ( 1 

12 − 4 + 32)x5 + · · · 

= 1 + 2x + 7 

2 x2 + 7x 3 + 337 

24 x4 + 337 

12 x5 + · · ·


Problema 62 Probar que las series trigonométricas 

son uniformemente convergentes. 

 

ncos nx 

(−1) 

n2 ; sen nx 

n √ n 

y 

1 

(cos nx − sen nx) 

n! 

El ejercicio es inmediato usando la prueba M de Weierstrass: tenemos que acotar el valor absoluto del término 

general de cada sucesión por una serie numérica convergente 

 

n cos nx 

(−1) 

n2 

|cos nx| 

≤ 

n2 ≤ 1 

n2 

 

 

sen nx 

n √ 

 

 

|sen nx| 

n ≤ 

n √ 1 

≤ 

n n √ n 

 

 

 

 

1 

 

(cos nx − sen nx) 

|cos nx| 

n! ≤ + 

n! 

|sen nx| 

n! 


≤ 2 

n!


Problema 63 Calcular las series de Fourier de las siguientes funciones de periodo 2π: 

⎧ 

⎨−1 

f(x) = 

⎩1 

en (−π,0) 

; 

en (0,π) 

g(x) = |x| en [−π,π]; 

⎧ 

⎨0 

h(x) = 

⎩x 

en [−π,0] 

en (0,π) 

La función f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y; 

bn = 2 

π 

π 

0 

f(x)sen nxdx = 2 

π 

De aquí se deduce que b2k = 0 y b2k+1 = 

f(x) ∼ 

π 

0 

sen nxdx = 2 

2 

(1 − cos nπ) = 

πn πn (1 − (−1)n ) 

4 

, k ≥ 1: 

π(2k + 1) 

∞ 

k=0 

g es una función par y por tanto, bn = 0 para todo n y: 

a0 = 2 

π 

an = 2 

π 

π 

0 π 


0 

4 

sen(2k + 1)x 

π(2k + 1) 

g(x)dx = 2 

π 

π 

g(x)cos nxdx = 2 

π 

0 

xdx = π 

π 

0 

xcos nxdx 

= 2 

2 

πn2(cos nπ − 1) = 

πn2((−1)n − 1)


De aquí se deduce que a2k = 0 y a2k+1 = 

g(x) ∼ π 

2 − 

− 4 

π(2k + 1) 2 , k ≥ 0: 

∞ 

k=0 

La función h no verifica ninguna condición de simetría: 

bn = 1 

π 

π 

a0 = 1 

π 

π 

an = 1 

π 

π 

−pi 

−pi 

−pi 

Por tanto, a0 = π 

2 , a2k = 0 y a2k−1 = − 

4 

cos(2k + 1)x 

π(2k + 1) 2 

π 

h(x)sen nxdx = 1 

π 0 

h(x)dx = 1 

π 

xdx = 

π 0 

π 

2 

h(x)cos nxdx = 1 

π 

xcos nxdx 

π 0 

= 1 1 

1 

π n2(cos nπ − 1) = 

πn2((−1)n − 1) 

h(x) ∼ π 

4 + 

2 

π(2k − 1) 2, k ≥ 1: 

n=1 


∞ 

( 1 − (−1)n 

πn2 xsen nxdx = − 1 (−1)n+1 

cos nπ = 

n n 

cos nx + (−1)n+1 

n 

sen nx)


Problema 64 Desarrollar en serie de Fourier las funciones de periodo 2π: 

⎧ 

⎧ 

⎨π/4 

si x ∈ (0,π) 

⎨π 

− x si x ∈ [0,π] 

f(x) = 

; g(x) = 

⎩−π/4 

si x ∈ (−π,0) ⎩π 

+ x si x ∈ [−π,0] 

Aplicar dichos desarrollos para calcular la suma de las siguientes series: 

1 − 1 1 1 (−1)n 

+ − + · · · + 

3 5 7 2n + 1 

+ · · · , 1 + 1 

3 

La función f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y: 

Por tanto, f(x) ∼ Sf(x) = 

∞ 

k=0 

bn = 2 

π 

π 

1 

sen(2k + 1)x 

2k + 1 

La función g es par y por tanto, bn = 0 para todo n y: 

a0 = 2 

π 

an = 2 

π 

π 

0 π 

Por tanto, g(x) = π 

2 + 

0 

(π − x)dx = π 

(π − x)cos nx = 2 

πn2(1 − cos nπ) 

∞ 

k=0 


0 

1 1 

+ + · · · + + · · · 

2 52 (2n + 1) 2 

π 1 

sen nxdx = (1 − cos nπ) 

4 2n 

4 

π(2k + 1) 2 cos(2k + 1)x (se da la igualdad por la continuidad de g).


Dado que f es continua en π/2, se tiene que π 

4 = f(π/2) = Sf(π/2) = 

Dado que g es continua en 0, π = g(0) = g(x) = π 

2 + 

∞ 

k=0 


∞ 

k=0 

1 π2 

= 

(2k + 1) 2 8 

∞ (−1) k 

2k + 1 . 

n=0 

4 

π(2k + 1) 2 y de ahí se deduce que:


Problema 65 Desarrollar en serie de Fourier la función de periodo 2π dada por f(x) = x en (−π,π). Deducir de 

dicho desarrollo la función suma de la serie 

∞ sen nx 

n 

n=1 

La función es impar y por tanto, an = 0 para todo n y: 

La serie de Fourier es: f(x) ∼ 

∞ 

n=1 

bn = 2 

π 

π 

0 

xsen nxdx = − 2 

n 

− 2 

sen nx. De aquí se deduce que 

n 

(para los valores restantes, la serie es constantemente nula). 


∞ 

n=1 

sen nx 

n 

= −2f(x) si x ∈ {(2k + 1)π;k ∈ Z}


Problema 66 Justificar la igualdad 

x 2 = π2 

3 

y aplicarla para calcular las sumas de las series 

∞ 

+ 4 (−1) 

ncos nx 

n2 , x ∈ [−π,π] 

n=1 

∞ 1 

n2; n=1 

∞ (−1) n 

La función f definida como f(x) = x 2 si x ∈ [−π,π] y extendida por periodicidad a R, es continua en R; para 

hallar su serie de Fourier tenemos en cuenta que es una función par, es decir, bn = 0 para todo n y: 

a0 = 2 

π 

π 

an = 2 

π 

0 π 

0 

x 2 dx = 2 

3 π2 

x 2 n 4 

cos nxdx = (−1) 

n2 Teniendo en cuenta que f es continua en R, se verifica que: 

f(x) = π2 

3 


n=1 

n 2 

∞ 

n cos nx 

+ 4 (−1) 

n2 . 

n=1


Evaluando en x = π obtenemos que π 2 = π2 

3 

Evaluando en x = 0, se obtiene que 0 = π2 

3 

∞ 

∞ 

+ 4 

1 

n2 y de ahí: 

1 

n 

n=1 

n=1 

∞ 

+ 4 (−1) nn2 y de ahí: 

n=1 

∞ 

(−1) n n 2 = − π2 

12 

n=1 


2 = π2 

6 .


Problema 67 Partiendo de la igualdad obtenida en el ejercicio anterior, 

obtener 

x 2 = π2 

3 

∞ 

+ 4 (−1) 

ncos nx 

n2 , x ∈ [−π,π] 

n=1 

x(x 2 − π 2 ) = 12 

∞ 

n sen nx 

(−1) 

n3 , x ∈ [−π,π] 

n=1 

La función f definida como f(x) = x 2 si x ∈ [−π,π] y extendida por periodicidad a R, es continua y derivable 

a trozos en R. Por tanto, podemos aplicar el teorema ??: 

x 3 

3 = 

x 

0 

t 2 dt = π2 

∞ 1 sen nx 

x + 4 (−1)n 

3 n n 

n=1 

2 = π2 

Con unas simples manipulaciones algebraicas deducimos la igualdad pedida: 

x(x 2 − π 2 ) = 12 

∞ 

n sen nx 

x + 4 (−1) 

3 n3 n=1 

∞ 

n sen nx 

(−1) 

n3 , x ∈ [−π,π] 

n=1 

Dado que el segundo miembro de esta última igualdad es una serie trigonométrica, podemos afirmar que es el 

desarrollo en serie de Fourier de la función del primer miembro. Es decir, en este ejemplo, hemos podido usar el 

teorema de integración de series de Fourier para obtener otro desarrollo de una forma más sencilla, pero el desarrollo 

no corresponde a la primitiva de la función inicial. 



Problema 68 Sea f una función de periodo 2π tal que su serie de Fourier converge uniformemente. Demostrar 

que entonces se verifica la siguiente igualdad llamada identidad de Parseval. 

π 

[f(x)] 2 

a 

dx = π 

2 0 

2 + 

∞ 

(a 2 n + b 2 

n) 

−π 

Indicación: Usar la expresión en serie de Fourier de f, multiplicar ambos miembros por f(x) e integrar ambos 

miembros sobre el intervalo [−π,π] usando la convergencia uniforme. 

Dado que la serie de Fourier de f converge uniformemente, la función f es continua y es igual a su serie; a partir 

de aquí seguimos la indicación del enunciado: 

π 

−π 

f(x) = a0 

2 + 

f(x) 2 = a0 

2 

[f(x)] 2 dx = a0 

2 

∞ 

an cos nx + bn sen nx 

n=1 

f(x) + 

π 

−π 

n=1 

∞ 

anf(x)cos nx + bnf(x)sen nx 

n=1 

f(x)dx + 

= a0 

2 a0 + 

∞ 

(an 

n=1 

π 

−π 

f(x)cos nxdx + bn 

∞ 

(anπan + bnπbn) = π 

n=1 


 

a 2 0 

2 + 

π 

∞ 

n=1 

−π 

f(x)sen nxdx) 

(a 2 n + b2 n )


En la tercera igualdad hemos utilizado la convergencia uniforme para poder conmutar los signos de serie y de 

integral; en la cuarta igualdad hemos usado la definición de los coeficientes de Fourier para la evaluación de las 

integrales. 



Problema 69 Justificar aplicando la identidad de Parseval que la serie trigonométrica 

∞ 

n=2 

sen nx 

log n 

no es la serie de Fourier de ninguna función continua a trozos a pesar de que dicha serie converge para todo real x. 

Si la serie trigonométrica fuera serie de Fourier de una función continua, entonces la identidad de Parseval nos 

∞ 

1 

diría que la serie numérica 

(log n) 2 es convergente, lo cual no es cierto (Ejercicio 5.14.k). Por tanto, la afirmación 

n=2 

del enunciado es correcta. 



Problema 70 Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo en serie de Fourier de la función de periodo 2π dada 

por f(x) = |x|, |x| ≤ π. 

En el ejercicio 8 obtuvimos la serie de Fourier de la función f: 

Dado que 

 

 

 

 

cos(2k + 1)x 

π(2k + 1) 2 

 

 

 

≤ 

f(x) = π 

2 + 

∞ 

k=0 

1 

π(2k + 1) 2 y la serie 

podemos aplicar la identidad de Parseval: 

De donde se deduce que: 

∞ 

k=0 

π 2 

2 + 

∞ 

k=0 

4 

cos(2k + 1)x 

π(2k + 1) 2 

∞ 

1 

π(2k + 1) 2 es convergente, la convergencia es absoluta y 

n=0 

 

1 π4 2 1 

(2k + 1) 4 = π − . 

16 3 2 


16 

π2 π 

= x 

(2k + 1) 4 

−π 

2 dx = 2 

3 π3


Problema 71 Desarrollar en serie de Fourier la función de periodo 4 definida en [−2,2) por f(x) = x. 

La función es periódica de periodo 4 = 2 · 2 y es impar, por tanto, an = 0 para todo n y: 

La serie de Fourier es: 

bn = 2 

2 

2 

0 

xsen π 4 

4 

nxdx = − cos nπ = (−1)n+1 

2 nπ nπ 

f(x) ∼ 

∞ 

n+1 4 

(−1) 

nπ 

n=1 


sen π 

2 nx


Problema 72 Para cada una de las siguientes funciones dar su desarrollo en serie de Fourier: 

⎧ 

⎨2 

− x 

f(x) = 

⎩x 

− 6 

si 0 < x < 4 

; 

si 4 < x < 8 

⎧ 

⎨sen 

x 

g(x) = 

⎩0 

si 0 ≤ x ≤ π 

si π < x < 2π ; 

f es periódica de periodo 8: 

h(x) = E[x] si x ∈ (−1,2); k(x) = 1 − x si x ∈ [0,2π) 

a0 = 1 

4 

an = 1 

4 

bn = 1 

4 

8 

0 

8 

f(x)dx = 1 

4 

4 

f(x)cos nxdx = 

0 

1 

4 

= 4 4 

− 2 

8 

0 

(2 − x)dx + 1 

4 

4 

0 

8 

4 

(x − 6)dx = 0 

(2 − x)cos nxdx + 1 

4 

4 4 

+ = 2 2 

8 

4 

(x − 6)cos π 

4 xdx 

n2π n2 4 

cos nπ − 

π2 n2π n2π n2π2(1 − cos nπ) 

f(x)sen nxdx = 

0 

1 

4 

(2 − x)sen nxdx + 

4 0 

1 

8 

(x − 6)sen 

4 4 

π 

4 xdx 

= 2 2 2 2 2 

+ cos nπ − − = (cos nπ − 1) 

nπ nπ nπ nπ nπ 

Por tanto, si n es par, an = 0 y bn = 0, y en consecuencia, la serie de Fourier de f es: 

∞ 8 

f(x) = 

(2k + 1) 2 π 

4 π 

cos (2k + 1)x − sen (2k + 1)x 

π2 4 (2k + 1)π 4 

k=0 



g es periódica de periodo 2π y no verifica ninguna condición de simetría. 

a0 = 1 

π 

an = 1 

π 

bn = 1 

π 

π 

0 π 

0 

π 

0 

sen xdx = 2 

π 

sen xcos nxdx = 

sen xsen nxdx = 0 

1 

π(1 − n2 (cos nπ + 1) = 

) 

Los coeficientes an con n impar son nulos y por tanto: 

g(x) = 1 

π + 

∞ 2 

π(1 − 4k2 cos 2kx 

) 

h es periódica de periodo 3; 

a0 = 2 

3 

2 

−1 

2 

E[x]dx = 4 

3 

0 

k=1 

1 

π(1 − n 2 ) ((−1)n + 1) 

an = 2 

E[x]cos 

3 −1 

2 2 

πnxdx = − cos 

3 3 −1 

2 2 

πnxdx + cos 

3 3 1 

2 

3 πnxdx 

= − 1 2 1 2 1 4 2 2 1 4 

sen nπ − sen nπ + sen nπ = − sen nπ + sen 

nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ 

bn = 2 

2 

E[x]sen 

3 −1 

2 

0 2 

πnxdx = − sen 

3 3 −1 

2 

2 2 

πnxdx + sen 

3 3 1 

2 

3 πnxdx 

= 1 1 2 1 2 1 4 1 1 4 

− cos πn + cos πn − cos πn = − cos 

nπ nπ 3 nπ 3 nπ 3 nπ nπ 3 πn 


2


Los valores de los coeficientes son: 

a0 = 4 

3 

a3k = 0 

a3k+1 = − 

3√3 2(3k + 1)π 

a3k+2 = 

3 √ 3 

2(3k + 2)π 

b3k = 0 

3 

b3k+1 = 

2(3k + 1)π 

3 

b3k+2 = 

2(3k + 1)π 

k es periódica de periodo 2π y no verifica ninguna condición de simetría. 

a0 = 1 

π 

an = 1 

π 

bn = 1 

π 


2π 

0 

2π 

0 

2π 

0 

(1 − x)dx = 2(1 − π) 

(1 − x)cos nxdx = 0 

(1 − x)sen nxdx = 2 

n



k(x) ∼ 1 − π + 

∞ 2 

n sennx 

n=1


Problema 73 Sea f una función periódica de periodo 2π y supongamos que su serie de Fourier converge uniformemente. 

Demostrar que en tal caso: 

π 

Esta igualdad se conoce como Identidad de Parseval 

−π 

(f(x)) 2 dx = π 

2 a2 0 + π 

∞ 

n=1 

(a 2 n + b 2 n) 

Si la serie de Fourier converge uniformemente, entonces necesariamente f es continua y: 

f(x) = a0 

2 + 

∞ 

(an cos nx + bn sen nx) 

n=1 

La siguiente secuencia de igualdades concluye en la identidad de Parseval; téngase en cuenta que en aquellas 



igualdades donde se permuta la integral y la serie se está haciendo uso de la convergencia uniforme. 

π 

−π 

π 

f(x) = a0 

2 + 

(f(x)) 2 = a0 

2 

(f(x)) 2 dx = a0 

2 

∞ 

(an cos nx + bn sen nx) 

n=1 

f(x) + 

π 

+ 

−π 

∞ 

(anf(x)cos nx + bnf(x)sen nx) 

n=1 

f(x)dx 

∞ 

 

n=1 

(f(x)) 2 dx = a0 

2 πa0 + 

−π 

π 

(f(x)) 2 dx = π 

2 a20 −π 

an 

π 

−π 

f(x)cos nxdx + bn 

∞ 

(anπan + bnπbn) 

n=1 

∞ 

+ π 

n=1 


(a 2 n + b2 n ) 

π 

−π 

 

f(x)sen nxdx


Problema 74 Consideremos la función f(x) = sen x, x ∈ [0,π]. 

1. Hallar la serie de cosenos de f. 

2. Sumar la serie: 

∞ 

k=0 

1 

4k 2 − 1 

3. Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo de la función f. 

4. Sumar la serie: 

1. a0 = 2 

π 

π 

a1 = 2 

π 

0 

π 

0 

1 

12 1 

32 + 

32 1 

52 + 

5272 + · · · 

sen xdx = 

 

− 2 

π cos x 

π 

0 

= 4 

π 

sen xcos xdx = 1 

π 

sen 2xdx = 0 

π 0 

Si n > 1, entonces: 

an = 2 

π 

sen xcos nxdx 

π 

0 



π 

= 1 

(sen(x + nx) − sen(nx − x))dx 

π 0 

 

π 

π 1 

1 

= − cos(n + 1)x − − cos(n − 1)x 

(n + 1)π 0 (n − 1)π 0 

= − (−1)n+1 

(n + 1)π + 

1 (−1)n−1 

+ 

(n + 1)π (n − 1)π − 

1 

(n − 1)π 

= 2 (−1)n+1 

π(n2 1 

− 2 

− 1) π(n2 − 1) 

Por tanto, a2k+1 = 0 y a2k = 

2. Del punto anterior deducimos que: 

∞ 

k=0 

− 4 

π(4k 2 − 1) 

senx = 2 

π − 

∞ 

k=1 

para todo k ≥ 0 y la serie de cosenos de sen x es: 

∞ 

k=1 

1 

4k2 = −1 + 

− 1 

4 

π(4k2 cos 2kx x ∈ [0,π] 

− 1) 

1 

4k2 1 π 

cos 2kx = − sen x. Por lo tanto: 

− 1 2 4 

∞ 

k=1 

3. La serie de cosenso de f converge uniformemente, ya que: 


4 

π(4k2 |cos 2kx| ≤ 

− 1) 

1 

4k2 1 π 

= −1 + − sen0 = −1 

− 1 2 4 2 

4 

π(4k 2 − 1)


4. 

y la serie numérica 

∞ 

k=0 

De donde se deduce que: 

1 

12 1 

32 + 

325 1 

4k 2 − 1 

es convergente. La identidad de Parseval de la función f es: 

∞ 

k=1 

1 

2 + 

5272 + · · · 

∞ 1 

= 

(2k − 1) 

k=1 

2 (2k + 1) 2 = 

= π 

 

π − 

16 

8 

 

π 

= π2 1 

− 

16 2 

π 

−π 

sen 2 xdx = 8 

π + 

∞ 

k=1 

16 

π(4k 2 − 1) 2 

16 

π(4k2 π 

= sen 

− 1) 2 

−π 

2 xdx − 8 

π 

∞ 

k=1 

1 

(4k 2 − 1) 2 


= π − 8 

π


Problema 75 Desarrollar en serie de Fourier y = cosh αx, x ∈ [−π,π] y deducir de dicho desarrollo la suma de 

la serie 

∞ 1 

α2 + n2, α ∈ R {0} 

n=1 

La función es par y por tanto, bn = 0 para todo n. Calculamos en primer lugar el coeficiente a0: 

a0 = 2 

π 

cosh αxdx = 

π 0 

2 

π 

 

1 

senh αx 

α 

Para calcular los coeficientes an con n ≥ 1, utilizamos integración por partes: 

π 


π 

0 

= 2 

απ senhαπ 

an = 2 

cosh αxcos nxdx 

π 0 

π 2 

= cosh αxsen nx − 

πn 0 

2α 

π 

senhαxsen nxdx 

πn 0 

= − 2α 

π 

senh αxsen nxdx 

πn 0 

π 2α 

= senhαxcos nx − 

πn2 0 

2α2 

πn2 π 

cosh αxcos nxdx 

0 

n 2α α2 

= (−1) senhαπ − an 

πn2 n2


De la igualdad obtenida podemos despejar an para obtener: 

Por lo tanto, si α = 0 y x ∈ [−π,π], entonces 

cosh αx = 1 

απ 

En particular, para x = π se obtiene: 

y de ahí: 

∞ 

n=1 

2α 

an = (−1) n 

π(α2 + n2 ) 

senhαπ + 

cosh απ = 1 

απ 

1 

α2 = 

+ n2 ∞ 

n=1 

∞ 

(−1) n 

n=1 

senhαπ + 


1 

∞ 

α2 π 

= 

+ n2 2α 

senh απ 

2α 

π(α 2 + n 2 ) 

2α 

senhαπ cos nx 

π(α 

n=1 

2 + n2 ) senhαπ 

1 

cotgh απ − 

2α2, α = 0


Problema 76 Aproximar el número log 5 con un error menor que 10 − n 

∞ 

log 5 = − log(1/5) = − (−1) n+1 

n=1 

 

4 n 

5 

n = 

∞ 

4 n 

n5 

n=1 

n 

Si usamos el criterio del cociente para establecer la convergencia de esta serie, obtenemos la siguiente acotación del 

error: 

ε ≤ aN 

4/5 

1 − 4/5 = 4aN = 4N+1 

N5N Para N = 24 obtenemos que ε < 1270 −1 < 10 −3 y S24 = 1 ′ 60877. De las 5 cifras decimales dadas solo las dos 

primeras son exactas: 

1 ′ 60877 ≤ log 5 ≤ 1 ′ 60877 + 0 ′ 001 = 1 ′ 60977 

Sin embargo, para conseguir esas dos cifras exactas es suficiente con S20; en este caso el error esta acotado por 

0 ′ 002305 y S20 = 1 ′ 60755: 

1 ′ 60755 ≤ log 5 ≤ 1 ′ 60755 + 0 ′ 002305 = 1 ′ 60985 



Problema 77 Hallar el campo de convergencia de las siguientes series: 

∞ 

(−1) nα xn n=0 

n 

∞ 

α n 

n=0 

Recordemos que la importancia del límite 37(3) está en que permite afirmar la siguiente igualdad: 

2 α ∞ 

 

α 

= 

α > −1 

n 

n=0 

ya que si α > −1, podemos encontrar una constante a con 0 < a < 1 y un polinomio P(n) tales que tal que α n = 

(−1) n 

a(a+1)···(a+(n−1)) 

P(n) n! = a a+1 

1 2 · · · a+(n−1) 

n . Por otra parte, si α < −1, se verifica que α 

n = (−1) n a(a+1)···(a+(n−1)) 

n! = 

donde a > 1, y por lo tanto, su límite no es 0. 

a 

1 

a+1 

2 · · · a+(n−1) 

n 

El teorema de Abel y el estudio anterior nos lleva a completar la determinación del campo de convergencia de 

∞ α 

la serie binomia; para la serie xn con α ∈ {−1,0,1} 

n=0 

Si α > 0: converge para x ∈ [−1,1] 

Si −1 < α < 0: converge para x ∈ (−1,1] 

Si α < −1: converge para x ∈ (−1,1) 


n 

x n


Problema 78 Vamos a estudiar la convergencia de la serie de potencias: 

 

1 + 1 

n2 (1 + x) 

n 

n 

Por el criterio de la raiz deducimos que el radio de convergencia es r = 1/e; para establecer si la serie converge en 

los extremos tenemos que estudiar las series 

1 

en 

1 + 1 

n2 (−1) n 

n 

en 

1 + 1 

n2 n 

Ninguna de las dos series converge; lo demostramos usando la condición necesaria de convergencia: 

lím 1 

en 

1 + 1 

n2 

= lím exp −n + n 

n 

2 

n + 1 

log = e 

n 

−1/2 = 0 

ya que: 

lím −n + n 2 1 

n + 1 − n log = lím 

n 

+ log 1 + 1 

 

n 

1 

n2 = − 1 

2 

ya que: 

−x + log(1 + x) 

lím 

x→0 x2 = − 1 

2 

Aunque no es significativo para el estudio de la serie, es fácil comprobar que la serie de términos positivos es 

decreciente: 

an+1 

= 1 

 

n2 + 2n 

e n2 n2 n 

n+1 

2 

+ 2 n + 1 1 1 

< 

+ 2n + 1 n + 1 n + 2 e e e2 · 1 = 1 

an 


Capítulo 4 

El espacio métrico R n . 

Curvas parametrizadas 

149

El espacio métrico R n .Curvas parametrizadas 150 

Problema 79 Curvas de Bezier. Pierre Bezier fue 

un ingeniero de Renault que durante los años 60 realizó 

un estudio con el objetivo de mejorar el diseño 

de las componentes de los automóviles. Paralelamente, 

otro ingeniero perteneciente a la empresa Citroën y 

llamado Paul de Faget de Casteljau, estaba trabajando 

sobre el mismo campo. De este último no se llegó a 

publicar nada en principio, con lo cual Bezier fue el 

que se llevó los honores y el que da nombre a este tipo 

de curvas. 

Una curva de Bezier une cuatro puntos no alineados en el plano, P0 = (x0,y0), P1 = (x1,y1), P2 = (x2,y2) 

y P3 = (x3,y3), y se describe como sigue: para cada t ∈ [0,1]: el punto P4(t) es el punto del segmento P0P1 que 

verifica |P0P4(t)| 

|P0P1| = t, el punto P5(t) es el punto del segmento P1P2 que verifica |P1P5(t)| 

|P1P2| = t, el punto P6(t) es el 

punto del segmento P2P3 que verifica |P2P6(t)| 

|P2P3| = t, el punto P7(t) es el punto del segmento P4(t)P5(t) que verifica 

(x 1,y 

1) 

P (t) 

4 

(x 0,y 

0) 

|P4(t)P7(t)| 

|P4(t)P5(t)| = t, el punto P8(t) es el punto del segmento P5(t)P6(t) que verifica |P5(t)P8(t)| 

|P5(t)P6(t)| 

punto del segmento P7(t)P8(t) que verifica |P7(t)C(t)| 

|P7(t)P8(t)| 


= t. 

P (t) 

7 

P (t) 

5 

C(t) 

P (t) 

8 

(x 2,y 

2) 

P (t) 

6 

(x 3,y 

3) 

= t y el punto γ(t) es el


 

1. Demostrar que: C(t) = 

x(t) 

y(t) 

= 

x0 x1 x2 x3 

y0 y1 y2 y3 

⎛ 

 

−1 

⎜ 3 

⎜ 

⎝−3 

3 

−6 

3 

⎞⎛ 

−3 1 t 

3 0 

⎟⎜ 

⎟⎜ 

⎟⎜ 

0 0⎠⎝ 

1 0 0 0 

3 

t2 ⎞ 

⎟ 

t ⎠ 

1 

2. Probar que el segmento P0P1 es tangente al punto γ(0) = P0 y que el segmento P2P3 es tangente al punto 

γ(1) = P3. 

3. Determinar la curva de Bezier para los puntos P0 = (0,0), P1 = (1,2), P2 = (2,3), P3 = (3,0). Escribirla 

como y = f(x) y dibujarla. 

4. Tres de los puntos pueden estar alineados: determinar la curva de Bezier para los puntos P0 = (0,0), P1 = 

(1,0), P2 = (2,2), P3 = (3,0). Escribirla como y = f(x) y dibujarla. 

1. La descripción de la curva determina las siguientes igualdades: 

P4(t) = P0 + t(P1 − P0) = (1 − t)P0 + tP1; P7(t) = P4(t) + t(P5(t) − P4(t)) = (1 − t)P4(t) + tP5(t) 

P5(t) = P1 + t(P2 − P1) = (1 − t)P1 + tP2; P8(t) = P5(t) + t(P6(t) − P5(t)) = (1 − t)P5(t) + tP6(t) 

P6(t) = P2 + t(P3 − P2) = (1 − t)P2 + tP3; C(t) = P7(t) + t(P8(t) − P7(t)) = (1 − t)P7(t) + tP8(t) 



De donde se obtiene que 

C(t) = (1 − t)P7(t) + tP8(t) 

= (1 − t)((1 − t)P4(t) + tP5(t)) + t((1 − t)P5(t) + tP6(t)) 

= (1 − t) 2 P4(t) + 2t(1 − t)P5(t) + t 2 P6(t) 

= (1 − t) 2 ((1 − t)P0 + tP1) + 2t(1 − t)((1 − t)P1 + tP2) + t 2 ((1 − t)P2 + tP3) 

= (1 − t) 3 P0 + 3t(1 − t) 2 P1 + 3t 2 (1 − t)P2 + t 3 P3 

⎛ 

(1 − t) 

⎜ 

= (P0P1P2P3) ⎜ 

⎝ 

3 

3t(1 − t) 2 

3t2 (1 − t) 

t3 ⎞ ⎛ 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

⎟ = (P0P1P2P3) ⎜ 

⎠ ⎝ 

⎛ 

−1 

⎜ 3 

= (P0P1P2P3) ⎜ 

⎝−3 

3 

−6 

3 

⎞ ⎛ 

−3 1 t 

3 0 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

0 0⎠ 

⎝ 

1 0 0 0 

3 

t2 ⎞ 

⎟ 

t ⎠ 

1 


−t3 + 3t2 − 3t + 1 

3t3 − 6t2 + 3t 

−3t3 + 3t2 t 3 

⎞ 

⎟ 

⎠


2. C ′ ⎛ 

−1 

⎜ 3 

(t) = (P0P1P2P3) ⎜ 

⎝−3 

3 

−6 

3 

⎞ ⎛ 

−3 1 3t 

3 0 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

0 0⎠ 

⎝ 

1 0 0 0 

2 

⎞ 

2t 

⎟ 

1 ⎠ 

C 

0 

′ ⎛ 

−1 

⎜ 3 

(0) = (P0P1P2P3) ⎜ 

⎝−3 

3 

−6 

3 

⎞ ⎛ ⎞ 

−3 1 0 

3 0 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜0 

⎟ 

⎟ ⎜ ⎟ 

0 0⎠ 

⎝1⎠ 

1 0 0 0 0 

= −3P0 + 3P1 = 3(P1 − P0) y por lo tanto, efectivamente, la 

tangente a C(0) = P0 es el segmento que une los puntos P0 y P1. 

C ′ ⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ 

−1 3 −3 1 3 

⎜ 3 −6 3 0 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜2 

⎟ 

(1) = (P0P1P2P3) ⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ 

⎝−3 

3 0 0⎠ 

⎝1⎠ 

1 0 0 0 0 

= −3P2 + 3P3 = 3(P3 − P2) y por lo tanto, efectivamente, la 

tangente a C(1) = P3 es el segmento que une los puntos P2 y P3. 



3. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior: 

⎛ 

⎞⎛ 

 

−1 3 −3 1 t 

0 1 2 3 

⎜ 3 −6 3 0 

⎟⎜ 

⎟⎜ 

C(t) = 

⎜ 

⎟⎜ 

0 2 3 0 ⎝−3 

3 0 0⎠⎝ 

1 0 0 0 

3 

t2 ⎞ 

⎟ 

t ⎠ 

1 

= 

 

De la igualdad x = 3t obtenemos: 

y = − x3 

9 

− x2 

3 

+ 2x 

4. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior: 

⎛ 

⎞ ⎛ 

 

−1 3 −3 1 t 

0 1 2 3 

⎜ 3 −6 3 0 

⎟ ⎜ 

⎟ ⎜ 

C(t) = 

⎜ 

⎟ ⎜ 

0 0 2 0 ⎝−3 

3 0 0⎠ 

⎝ 

1 0 0 0 

3 

t2 ⎞ 

⎟ 

t ⎠ 

1 

= 

 

De la igualdad x = 3t obtenemos: 

y = − 2 

9 x3 + 2 

3 x2 . 


3t 

−3t 3 − 3t 2 + 6t 

3t 

−6t 3 + 6t 2 

 

 

Y 

( 0, 

0) 

Y 

( 1 , 2 ) 

( 0, 

0) 

( 1 , 0) 

( 2 , 3) 

( 2 , 2 ) 

( 3, 

0) 

( 3, 

0) 

X 

X


Problema 80 Esbozar las siguientes curvas y hallar una ecuación en x e y eliminando el parámetro: 

1. x = 4t, y = t + 2. 

2. x = cos θ + 1, y = sen θ. 

1. x = 4t, y = t + 2; eliminando el parámetro t obtenemos: x = 4(y − 2). Esto significa que la curva dada 

está contenida en la recta 4y − x − 8 = 0; dado que el rango de la función x es R, podemos afirmar que la 

curva coincide con la recta. 

2. x = cos θ+1, y = sen θ. De las dos ecuaciones se obtiene que cos θ = x−1 y sen θ = y; por tanto, (x−1) 2 +y 2 = 1 

para todo punto (x,y). Esto significa que la curva propuesta está contenida en la circunferencia (x−1) 2 +y 2 = 1; 

dado que el rango de y es [−1,1] y el rango de x es [0,2], la curva propuesta coincide con la circunferencia. 

Por último, hay que observar que la parametrización dada para la circunferencia, recorre infinitas veces la 

circunferencia, y el intervalo [0,2π] basta para describirla. 



Problema 81 Hallar una representación paramétrica para cada una de las curvas siguientes: 

1. 2x 2 + y 2 = 1 2. 4xy = 1 3. 3x 2 − y 2 = 1 

4. y = cos 2x 5. y = x 3 + 1 6. y 2 = x + x 2 

1. 2x 2 + y 2 = 1. La curva es una elipse, una parametrización es: 

x(θ) = 1 

√ 2 cos θ y(θ) = sen θ θ ∈ [0,2π] 

2. 4xy = 1. La curva es una hipérbola; dado que, en este caso, la curva puede ser gráfica de una función, una 

parametrización es: 

x(t) = t y(t) = 4 

t ∈ R 

t 

∗ 

3. 3x 2 − y 2 = 1. La curva es una hipérbola; una parametrización es: 

x(θ) = 1 

√ 3 cosh θ y(θ) = senhθ θ ∈ R 

4. y = cos 2x. Dado que la curva es gráfica de una función, una parametrización es: 


x(t) = t y(t) = cos 2t t ∈ R


5. y = x 3 + 1. Nuevamente la curva es gráfica de una función y por tanto, una parametrización es: 

x(t) = t y(t) = t 3 + 1 t ∈ R 

6. y2 = x+x 2 . La curva es una cónica que admite la ecuación (x+ 1 

2 )2 −y2 = 1 

4 que es una hipérbola que admite 

la parametrización: 

x(θ) = 1 1 

cosh θ − 

2 2 


y(θ) = 1 

senh θ θ ∈ R 

2


Problema 82 Parametrizar la circunferencia x 2 + y 2 − 2ax = 0: 

1. usando coordenadas polares; 

2. usando como parámetro el ángulo comprendido entre el eje OX y el radio. 

1. La circunferencia tiene el centro en (a,0) y su radio es a. Dado que 

el ángulo α de la figura es recto, se verifica que f(θ) = 2acos θ. Para 

recorrer una vez la circunferencia, basta considerar θ ∈ [−π π 

2 , 2 ]. 

2. La parametrización que se deduce al usar como parámetro el ángulo 

comprendido entre el eje OX y el radio, es la parametrización usual 

de la circunferencia: 

x(ϕ) = sen ϕ + a y(ϕ) = cos ϕ ϕ ∈ [0,2π] 


θ 

ϕ 

α 

(r,θ) 

2a


Problema 83 

1. Si γ: [a,b] → R 3 es una parametrización continua de una curva, deducir la fórmula para calcular su longitud. 

2. Hallar la longitud de la curva (t 2 ,t 4 ) para t ∈ [0,1]. 

2. La longitud es: 

1 

0 

2 

1 

(2t) 2 + (4t3 ) 2 dt = 1 + z2 2 

dz (z = 2t ) 

2 0 

 

1 

= 

4 (z1 + z2 2 + argsenh z) = 2 √ 5 + log(2 + √ 5) 


0


Problema 84 Hallar la longitud de la curva e t cos t √ t 3 + 1,2e t cos t √ t 3 + 1 sobre [0,1]. 

La curva está contenida en la recta Y = 2X. Por otra parte, la derivada de x, 

x ′ (t) = e t 

t3 + 1(cos t − sen t) + e t 3t 

cos t 

2 

2 √ t3 + 1 

es positiva en el intervalo [0,1] (obsérvese que todos los sumandos son positivos en este intervalo), y en consecuencia, 

la función x es creciente en este intervalo. Por tanto, la curva es el segmento de la recta Y = 2X determinado por los 

puntos (x(0),y(0)) y (x(1),y(1)), es decir, (1,2) y (e √ 2 cos 1,e √ 2cos 1), y la longitud es la distancia entre ambos: 

(e √ 2 cos 1 − 1) √ 5. 



Problema 85 Sea x = acos t + b e y = asen t + d, a > 0; probar que la velocidad de recorrido es constante y que 

la longitud de la curva en [t0,t1] es igual a la velocidad multiplicada por el tiempo (t1 − t0). 

La curva propuesta es una circunferencia de radio a y centro en (b,d)). La coordenadas del vector velocidad en 

cada instante, v(t) = (x ′ (t),y ′ (t)), son: 

x ′ (t) = −asen t y ′ (t) = acos t 

Por tanto, la velocidad de recorrido, es decir, el módulo del vector velocidad en cada instante es: 

||v(t)|| = [x ′ (t)] 2 + [y ′ (t)] 2 = a 2 sen 2 t + a 2 cos 2 t = a 

Por tanto, la longitud de la curva (circunferencia) entre los instantes t0 y t1 es: 

t1 

t0 

||v(t)||dt = 


t1 at 

t0 

= a(t1 − t0)


Problema 86 Un objeto se mueve de izquierda a derecha a lo largo de la curva y = x 3/2 a velocidad constante. Si 

el punto está en (0,0) al mediodía y en (1,1) a la una de la tarde ¿dónde se encontrará a la una y media? 

El espacio recorrido entre los puntos (0,0) y (a,a3/2 ) es: 

 

 

1 

1 + (y ′ ) 2 dx = 1 + 9 

 

2 

xdx = (1 + 

4 3 

9 

4 x)3 

a = 2 

1 + 

3 

9 

4 a 

 

3/2 

− 1 

a 

0 

0 

Dado que la velocidad es constante, su valor coincide con el espacio recorrido entre 

el mediodía y la una, es decir, el valor de la expresión anterior para a = 1: v = 

1 

12 (−8 + 13√13). A la una y media, el objeto se encontrara en un punto (a,a3/2 ) tal 

que 

2 

3 

1 + 9 

4 a 

3/2 − 1 

 

= 3 1 

2 12 (−8 + 13√13) Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

0 

0 1 1’5


Problema 87 Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva parametrizada x = 2cos θ e y = θ − sen θ cuando 

θ = π/2. 

Para θ = π/2, el punto descrito es (0, π 

2 − 1). Para cada θ, un vector tangente es 

(x ′ (θ),y ′ (θ) = (−2sen θ,1 − cos θ) 

Por tanto, para θ = π/2 el vector tangente es (−2,1) y la recta tangente: 


X π 

= Y − + 1 

−2 2


Problema 88 Hallar una curva parametrizada x = f(t), y = g(t) que pase por los puntos (1,1), (2,2), (4,2), 

(5,1), (3,0) y (1,1) tal que f y g sean funciones lineales a trozos, con lo cual la curva es un polígono cuyos vértices 

son los puntos dados en ese mismo orden. 

1. Hallar la longitud de la curva mediante la fórmula deducida anteriormente y después usando geometría elemental. 

2. Hallar la superficie y el volumen de revolución del sólido obtenido al girar el polígono alrededor del eje OY . 

El polígono del enunciado aparece en la figura siguiente. 

(1,1) 


(2,2) (4,2) 

(3,0) 

(5,1)


Una parametrización de la curva es: 

⎧ 

(t − 1)(1,1) + (1,1) t ∈ [1,2] 

⎪⎨ 

(t − 2)(2,0) + (2,2) t ∈ [2,3] ⎪⎨ 

(2t − 2,2) t ∈ [2,3] 

(f,g)(t) = (t − 3)(1, −1) + (4,2) t ∈ [3,4] = (t + 1,5 − t) t ∈ [3,4] 

La derivada de esta parametrización es: 

La Longitud del polígono es: 

L = 

2 

1 

√ 1 + 1dt + 

3 

2 

(t − 4)(−2, −1) + (5,1) t ∈ [4,5] 

⎪⎩ 

(t − 5)(−2,1) + (3,0) t ∈ [5,6] 

√ 4 + 0 dt + 

4 

3 

(f ′ ,g ′ )(t) = 

√ 1 + 1 dt + 


⎧ 

(1,1) t ∈ (1,2) 

⎪⎨ 

(2,0) t ∈ (2,3) 

(1, −1) t ∈ (3,4) 

(−2, −1) t ∈ (4,5) 

⎪⎩ 

(−2,1) t ∈ (5,6) 

5 

4 

√ 4 + 1dt + 

⎧ 

(t,t) t ∈ [1,2] 

(−2t + 13, −t + 5) t ∈ [4,5] 

⎪⎩ 

(−2t + 13,t − 5) t ∈ [5,6] 

6 

5 

√ 4 + 1dt 

= √ 2 + 2 + √ 2 + √ 5 + √ 5 = 2 √ 5 + 2 √ 2 + 2


La superficie de revolución al girar alrededor del eje OY es: 

S = 

2 

1 

+ 

2π|t| √ 1 + 1 dt + 

5 

4 

3 

2π| − 2t + 13| √ 4 + 1 dt + 

2 

2π|2t − 2| √ 4 + 0dt + 

6 

= 3π √ 2 + 12π + 9 √ 2π + 8 √ 5π + 4 √ 5π 

El volumen de revolución al girar alrededor del eje OY es: 

V = 

= 

6 

1 

2 

1 

= 14 

3 

+ 

2πf(t)g(t)f ′ (t)dt 

2πt 2 dt + 

5 

4 

3 

2 

2π(4t − 4)2 √ 4 + 0 dt + 

5 

4 

2π(−2t + 13)(−t + 5)(−2) √ 4 + 1dt + 

π + 24π + 40 

3 

π − 26 

3 

10 

π − π = 30π 

3 


3 

4 

3 

2π|t + 1| √ 1 + 1dt 

2π| − 2t + 13| √ 4 + 1dt 

2π(t + 1)(5 − t) √ 1 + 1dt 

6 

5 

2π(−2t + 13)(t − 5)(−2) √ 4 + 1 dt


Problema 89 Se define el centro de curvatura C en un punto (a,b) de una curva como el extremo del vector −rn 

trasladado al punto (a,b), donde r es el radio de curvatura. La circunferencia de radio r centrada en C es tangente 

a la curva en el punto (a,b) (tiene el mismo vector tangente) y recibe el nombre de circunferencia osculatriz. 

Se puede demostrar que las coordenadas, (α,β) del centro de curvatura de la gráfica de una función y = f(x) 

dos veces derivable y de curvatura no nula en (a,b) son 

α = a − f ′ (a) 1 + f ′ (a) 2 

f ′′ (a) 2 

β = b + 1 + f ′ (a) 2 

f ′′ (a) 2 

Usar estas fórmulas para hallar la circunferencia osculatriz a las siguientes curvas en los puntos que se indican: 

y = x 2 en el punto (1,1). 

y = tg x en (π/4,1). 

x(t) = t 2 ,y(t) = t 3 en t = 1. 

y = x 2 en el punto (1,1); y ′ = 2x, y ′′ = 2: 

√ 

1 + 4 5 

α = 1 − 2 = 1 − 

4 2 


β = 1 + 

1 + 4 

4 

= 1 − 

√ 5 

4


y = tg x en (π/4,1); y ′ = 1 + tg 2 x, y ′′ = 2tg x(1 + tg 2 x): 

α = π + 4 π 5 

− 21 = − 

4 16 4 8 

β = 1 + 

1 + 4 

16 

= 1 + 5 

16 

x(t) = t2 ,y(t) = t3 en t = 1; el punto es (a,b) = (1,1); eliminando el parámetro deducimos la representación 

cartesiana y = f(x) = x3/2 , x ≥ 0; f ′ (x) = 3 

2x1/2 , f ′′ (x) = 3 

4x−1/2 : 

α = 1 + 3 

2 

1 + 9 

4 

9 

16 


= 26 

3 

β = 1 + 

1 + 9 

4 

9 

16 

= 52 

9


Problema 90 El conjunto de centros de curvatura de una curva dada recibe el nombre de evoluta de la curva, 

mientras que la curva dada es la involuta del conjunto de centros de curvatura. Una curva sólo tiene una evoluta, 

pero un conjunto de puntos puede tener muchas involutas: ¿cuál es la evoluta de una circunferencia?, ¿cuáles son 

las involutas de un punto? 

En el ejercicio ??, demostramos que la curvatura de una circunferencia en cada punto coincide con el radio de 

la circunferencia; de aquí se deduce que la evoluta de una circunferencia se reduce a un único punto: su centro. 

Por tanto, cualquier circunferencia centrada en el mismo punto, tendrá la misma evoluta, y estas serán todas las 

evolutas del punto. 



Problema 91 Hallar una ecuación parametrizada para la evoluta de la parábola y = x 2 . 

Del ejercicio 89, se deduce que el centro de curvatura 

en el punto (t,t 2 ) es: 

1 + 4t2 

α(t) = t − 2t 

β(t) = t 2 + 

4 

1 + 4t2 

4 

= −2t 3 + 1 

2 t 

= 2t 2 + 1 

4 

Estas ecuaciones dan la parametrización de la evoluta. En 

la figura mostramos las dos curvas juntas. Obsérvese que 

las paramétrizaciones de las dos curvas usan el mismo parametro, 

la primera coordenada del punto de la parábola. 

E interesante saber como se recorren las curvas y, para 

ello, indicamos con cabezas de flecha, la dirección en que 

se recorren, y mostramos como se localiza el centro de 

curvatura correspondiente a un punto de la parábola (el 

punto (x(1),y(1))). 


t=1 

t=1


Problema 92 Trocoide. Un círculo de radio r rueda sin deslizarse por una recta (eje OX). Hallar las ecuaciones 

de la trayectoria de un punto unido rígidamente al círculo y que se encuentra a una distancia d del centro de este. 

Esta curva recibe el nombre de trocoide; si r = d, la curva se denomina cicloide; si r < d, se denomina cicloide 

larga; por último, si r > d, se denomina cicloide corta. En la figura 4.1 se muestran las gráficas de estas dos últimas. 

Dar ejemplos de objetos que, al moverse, describen tales curvas. 

y(θ) 

r 

x(θ) 

En la figura mostramos como se describe un punto de una cicloide larga, pero puede observarse, que el razonamiento 

es válido para cualquier caso. 

Como parámetro elegimos el ángulo de giro del círculo, θ; además, suponemos que en el instante inicial el punto 

de referencia está sobre el eje OY (es decir, para θ = 0, el punto de la curva es (0,r − d)). Cuando el círculo ha 

girado un ángulo θ, la distancia del centro de la misma al eje OY es rθ (ya que rueda sin deslizarse); a partir de 


θ 

rθ



Figura 4.1: Trocoides. Ejercicio 14


esta observación y del dibujo, se deduce fácilmente que: 

x(θ) = rθ − dsen θ y(θ) = r − dcos θ 

Los signos que aparecen en las dos ecuaciones están, aparentemente, justificados por la posición elegida en la figura; 

obsérvese que, en cualquier otra posición, los signos son igualmente correctos. 



Problema 93 Epicicloide. Cuando una circunferencia rueda sin deslizarse por el exterior de otra circunferencia 

(por ejemplo cuando se gira una moneda sobre otra) cada punto P de la primera circunferencia describe una 

curva llamada epicicloide. Supóngase que la circunferencia fija tiene radio a y su centro está en el origen de 

coordenadas; supóngase también que la circunferencia móvil tiene radio b y que la posición inicial del punto P es 

(a,0). Compruébese que las ecuaciones paramétricas de la epicicloide así descrita son 

 

a + b 

x(θ) = (a + b)cos θ − bcos θ 

b 

 

a + b 

y(θ) = (a + b)sen θ − bsen θ 

b 

donde θ es el ángulo formado entre el eje OX y la línea que une los centros de ambas circunferencias. La figura 4.2 

muestra algunos ejemplos de epicicloides. 

Indicación: Hállese primero dónde se encuentra el centro de la circunferencia móvil. ¿Qué representa (a+b)θ/b? 

la parte inferior de la figura 4.2 de la página 175 se observa como se describe un punto de la epicicloide. En primer 

lugar observamos que aθ = bφ, ya que la circunferencia rueda sin deslizarse, y por tanto, φ = a 

bθ. Por otra parte, 

cuando la circunferencia móvil ha girado un ángulo θ, el centro de esta se encuentra en ((a + b)cos θ,(a + b)sen θ). 

A partir de aquí, la figura nos ayuda a deducir que: 


x(θ) = (a + b)cos θ − bcos(θ + φ)




y(θ) = (a + b)sen θ − bsen(θ + φ) 

Sustituyendo φ por a 

bθ, obtenemos las ecuaciones del enunciado. 



Problema 94 Se toman dos monedas del mismo tamaño y, fijando una de ellas, se gira una alrededor de la otra. 

¿Cuántas vueltas da sobre sí misma? (la respuesta no es una) ¿y si el radio de la moneda que gira es un tercio de 

la que está fija? 

Indicación: ¿Qué representa (a + b)θ/b? 

En el ejercicio anterior vimos que si giramos la circunferencia móvil un ángulo θ alrededor de la fija, la circunferencia 

móvil gira un ángulo (a + b)θ/b sobre si misma. Si rodamos la circunferencia móvil hasta volver al punto de 

partida, estamos dando una vuelta alrededor de la circunferencia fija y un ángulo 2a(2π)/a = 4π sobre si misma, es 

decir, dos vueltas. 

Si el radio de moneda móvil es un tercio de la que está fija, el ángulo de giro sobre si misma es: (3b+b)(2π)/b = 8π, 

es decir, cuatro vueltas. 



Problema 95 Hipocicloide. En este problema se hace rodar una circunferencia por el interior de una circunferencia 

fija. En las mismas hipótesis que en el problema 15 se pide comprobar que las ecuaciones paramétricas del punto P 

son: 

 

b − a 

x(θ) = (a − b)cos θ + bcos θ 

b 

 

b − a 

y(θ) = (a − b)sen θ + bsen θ 

b 

Donde a es el radio de la circunferencia fija y b < a es el radio de la móvil. La figura 4.3 muestra algunos ejemplos 

de hipocicloides. 

En la parte inferior de la figura 4.3 de la página 179 mostramos como se describe un punto de la hipocicloide. 

En primer lugar observamos que aθ = −bφ (el signo se debe a que el ángulo φ crece en sentido contrario a θ) y por 

tanto, φ = −a b−a 

bθ y φ + θ = b θ. Por otra parte, cuando la circunferencia móvil ha girado un ángulo θ, el centro de 

esta se encuentra en ((a − b)cos θ,(a − b)sen θ). A partir de aquí, la figura nos ayuda a deducir que: 

x(θ) = (a − b)cos θ + bcos(θ + φ) 

x(θ) = (a − b)sen θ + bsen(θ + φ) 

Sustituyendo φ por −a bθ, obtenemos las ecuaciones del enunciado. 





Problema 96 Compruébese que la astroide x(t) = acos 3 t, y(t) = asen 3 t es una hipocicloide en la que b = a/4. 

Las fórmulas de Moivre nos dicen que: 

cos 3θ = 4cos 3 θ − 3cos θ 

sen 3θ = 3sen θ − 4sen 3 θ 

De donde se obtiene que: 

cos 3 θ = 1 

(cos 3θ + 3cos θ) 

4 

sen 3 θ = 1 

(3sen θ − sen 3θ) 

4 

Con estas fórmulas podemos reescribir las ecuaciones del astroide: 

x(t) = acos 3 t = 3a 

4 

y(t) = asen 3 t = 3a 

4 

a 

cos t + cos 3t 

4 

a 

sen t − sen 3t 

4 

Y, efectivamente, las nuevas ecuaciones son las ecuaciones de una hipocicloide; a es el radio de la circunferencia fija 

y y b = a 

4 

el radio de la circunferencia que rueda: (a − b) = 3a 

4 

y b−a 

a 

= −3 

4 . 

Obsérvese que no hemos parametrizado las curva de dos formas distintas, solo hemos transformado algebraicamente 

las ecuaciones. 



Problema 97 Considérese la curva parametrizada dada por x(t) = cos mt e y = sennt, para valores enteros de m 

y n. Una curva tal se dice que es una figura de Lissajous 

1. Esbozar la curva para m = 1 y n = 1,2,3,4. 

2. Describir el comportamiento general de la curva si m = 1 para cualquier valor de n. ¿Es importante si n es 

par o impar? 

3. Esbozar la curva para m = 2 y n = 1,2,3,4,5. 

4. Esbozar la curva para m = 3 y n = 4,5. 



Problema 98 

O 

Cisoide de Diocles. (ver figura). Sea una circunferencia con diámetro OA de longitud 2a y la tangente a ella en 

el punto A. Desde el punto O se traza una recta OC y se denota por B el punto de corte con la circunferencia. 

Se define el punto M de tal forma que d(O,M) = d(B,C). Al girar la recta OC alrededor del punto O, el punto 

M se desplaza por una trayectoria que se denomina cisoide de Diocles. Hallar la ecuación de esta trayectoria en 

coordenadas polares. 

Si r = f(θ) es la representación polar de la curva, f(θ) = d(OM) = d(BC); es decir, tenemos que obtener la 

distancia d(BC) en función de θ. 

El triángulo OBA es rectángulo en B (propiedad elemental de las circuferencias); por tanto, d(BA) = 2asen θ. 

Dado que el ángulo en A del triángulo rectángulo ABC es θ, se tiene que f(θ) = d(B,C) = d(A,B)tg θ = 


M 

θ 

B 

θ 

C 

A


2asen θ tg θ. 



F1 F2 

Figura 4.4: óvalos de Cassini. Ejercicio 21. 

Problema 99 óvalos de Cassini. Escribir la ecuación del lugar geométrico constituido por todos los puntos cuyo 

producto de distancias a dos puntos dados, F1 y F2 tales que d(F1,F2) = 2b, es una magnitud constantemente 

igual a a 2 . Estas curvas se denominan óvalos de Cassini; para el caso particular a = b, la curva que se define 

se denomina lemniscata de Bernouilli. En la figura 4.4 se muestran simultáneamente varios óvalos, los dos más 

externos corresponde a a > b, el doble lazo (con forma ∞) es la lemniscata y las dos curvas interiores pertenecen a 

un mismo óvalo con a < b. 

Para simplificar los cálculos, suponemos que los focos estan sobre el eje OX y son F1 = (−b,0) y F2 = (b,0). 



Las distancias de un punto arbitrario M = (x,y) a estos focos son: 

d(F1,M) = (x + b) 2 + y 2 d(F2,M) = (x − b) 2 + y 2 

Por tanto, los puntos pertenecientes al óvalo de Cassini son aquellos que verifican la ecuación 

que es equivalente a 

(x + b) 2 + y 2 (x − b) 2 + y 2 = a 2 , 

[(x + b) 2 + y 2 ][(x − b) 2 + y 2 ] = a 4 

Suprimiendo paréntesis y simplificando sta ecuación cartesiana se llega a: 

(x 2 + y 2 ) 2 − 2b 2 (x 2 − y 2 ) = a 4 − b 4 

Para a = b la curva obtenida se denomina lemniscata de Bernouilli; esta curva admite las siguientes representaciones 

en forma cartesiana y en forma polar (para esta última basta hacer x = r cos θ e y = r sen θ en la primera): 


(x 2 + y 2 ) 2 = 2b 2 (x 2 − y 2 ) r 2 = 2a 2 cos 2θ


Problema 100 Curva de Agnesi. Sea la circunferencia 

x 2 

+ y − a 

2 = 

2 

a2 

4 

centrada en (0,a/2) y de radio a/2 y la recta tangente a la misma por el punto C(0,a). Desde el punto O se traza 

una recta cuyos puntos de corte con la circunferencia y la recta tangente se denotan por D y E, respectivamente. 

Por el punto E se traza una paralela al eje OY , y por el punto D se traza una paralela al eje OX; estas dos rectas se 

cortan en un punto M. Al girar la recta OE alrededor del punto O el punto M describe una curva que se denomina 

curva de Agnesi. (Ver figura) 


C 

y 

a/2 

O 

θ 

D 

E 

x 

M


Elegimos como parámetro el ángulo θ que forma el segmento OE con la eje OX (obsérvese que esto “no” nos da 

una representación polar, ya que el punto no está sobre dicho segmento); entonces, la recta que contiene al segmento 

OE es Y = X tg θ. La coordenada x(θ) de la curva, es la coordenada X del punto E, es decir, a = tg θx(θ); por 

tanto, 

x(θ) = acotg θ 

La coordenada y(θ) de la curva, es la coordenada y del punto D, es decir, cotg2 θy(θ) 2 + (y(θ) − a 

2 )2 = a2 

4 

se obtiene: 

y(θ) = 


a 

1 + cotg 2 θ = asen2 θ 

, de donde


Problema 101 

Concoide de Nicomedes. Por el punto (0,a) se traza una recta, r, paralela al eje OX. Una recta arbitraria que 

pase por el origen cortará a r en un punto K. Se toman en r los puntos M1 y M2 que distan de K una magnitud fija 

ℓ. Al girar la recta r alrededor del punto O, los puntos M1 y M2 describen dos curvas que se denominan concoide 

de Nicomedes. Dar una parametrización (en coordenadas polares) de cada una de las curvas. En la figura ?? se 

muestran las curvas para ℓ < a, ℓ = a y ℓ > a respectivamente. 


a 

ℓ 

ℓ


Dada una recta arbitraria que pase por el polo y forme con el eje polar un ángulo θ, la distancia del polo al 

punto de corte con la recta Y = a es (a/sen θ), por tanto, la representación polar de cada una de las curvas que 

componen la concoide es: 

r = a 

a 

+ ℓ r = − ℓ 

sen θ sen θ 



Problema 102 Esbozar las siguientes curvas en coordenadas polares: 

r = acos 2θ r = asen 3θ r = asen θ/2 

r = acos 3θ/2 r 2 = a 2 cos 2θ r 2 = a 2 cos 3θ 

r = a(4cos 2θ) r = a(2 + cos 3θ) r = ae θ 

La sección ?? explica con detalle los pasos a seguir para representar una curva polar. Por ello, en este ejercio 

solo mostramos, para cada función, la representación cartesiana y la representación polar; todos los detalles de la 

representación están explicados en dicha sección y es conveniente leerla atentamente antes de abordar este tipo de 

problemas. 

En las páginas 192 y 193 vemos la representación de seis de las nueve curvas. Las puntas de flecha ayudan a 

seguir el recorrido de las mismas siguiendo el número que las acompaña. Las curvas representadas son: 

1. r = acos 2θ: es una rosa de cuatro pétalos. 

2. r = asen θ 

2 : la función es periódica de periodo 4π por lo que es necesario representar el recorrido para θ ∈ [0,4π] 

para completarla. 

3. r = acos 3θ 

2 

completamente. 

4 

: la función tiene periodo 3π y, por tanto, necesitamos dos vueltas, θ ∈ [0,4π], para recorrerla 

4. r 2 = a 2 cos 3θ: en realidad, esta ecuación representa dos curvas polares, r = a √ cos 3θ y r = −a √ cos 3θ; de 

ellas solo representamos la primera; obsérvese que el dominio de la curva contenido en [0,2π] son los intervalos 

[0, π 

6 

], [3π 

6 

, 5π 

6 

], [7π 

6 

7π , 6 ] y [11π 

6 ,2π]. 



5. r = a(2 + cos 3θ). 

6. r = ae θ : es una espiral; la curva polar que se muestra en la figura no coincide exactamente con esta espiral, 

ya que el rápido crecimiento de la función exponencial nos obligaría a hacer un gráfico mucho más grande. 

Por último, obsérvese que la curva r 2 = a 2 cos 2θ es la lemniscata de Bernouilli y se muestra en la figura 4.4 (ver 

problema 21). 



a 

−a 

a 

−a 

f(θ) = acos 

2θ 

f(θ) = asen θ 

2 

Ejercicios resueltos de Cálculo. a c○Agustín Valverde 

π 

4 

3π 

4 

5π 

4 

7π 

4 

π 3π 4π 

2π 

2π 

3 

2 

4 

6 

2 

4 

r = a 

5 6 

1 

3 

r = a 

5 

5 

1


2a 

a 

a 

π 

6 

π 

3 

3π 

6 

5π 

6 

7π 

6 

9π 

6 

11π 

6 

2π 

f(θ) = a √ cos 3θ 

2π π 4π 5π 2π 

3 3 3 

f(θ) = a(2 + cos 3θ) 


2 

3 

r = a 

4 

1 

r = a 

2 

1


Problema 103 Hallar el área de las regiones que se indican usando integración en coordenadas polares: 

La región acotada por r = 3 + 2cos θ. 

La región acotada por una hoja de la rosa r = acos 2θ. 

La región total interior a r 2 = a 2 sen 2θ. 

La región del semiplano de la derecha limitada por r = asen θ/2. 

La curva r = 3+2cos θ es un caracol de Pascal (ver figura 4.7, página 224). El área encerrada por la curva es: 

2π 

0 

1 

2 [r(θ)]2 dθ = 

0 

2π 

0 

1 

2 (3 + 2cos θ)2 dθ = 

 

11 1 

θ + 6sen θ + sen 2θ 

2 2 

2π 

0 

= 11π 

La curva r = acos 2θ se representa en el ejercicio anterior (ver página 192). El área de uno de los pétalos es: 

π/4 1 

2 

2 [r(θ)]2 π/4 

dθ = a 2 cos 2 

2θ dθ = a 2 ( 1 

π/4 1 

θ + sen 4θ) = 

2 8 π 

8 a2 

0 

La curva r 2 = a 2 sen 2θ es la lemniscata de Bernouilli girada sobre el origen π/4 radianes, ya que: r 2 = 

a 2 sen 2θ = a 2 cos(2(θ − π 

4 

4 

)) (ver ejercicio 21). Por tanto, el área total de esta curva es: 

π/2 

π/4 

1 

2 [r(θ)]2 dθ = 2 


π/2 

π/4 

a 2 sen 2θ dθ = 

 

−a 2 cos 2θ 

π/2 

π/4 

0 

= a 2


La curva r = asen θ/2 está representada en la página 192 y la región cuya área debemos calcular aparece 

sombreada. Por las condiciones de simetría de la curva, este área la podemos calcular como 

π 1 

2 

π/2 2 [r(θ)]2 π/2 1 

dθ − 2 

0 2 [r(θ)]2 π 

dθ = a 

π/2 

2 2 θ 

sen dθ − 

2 


π/2 

0 

a 2 2 θ 

sen 

2 dθ 

 

a2 π 

a2 π/2 = (θ − sen θ) − (θ − sen θ) = a 

2 π/2 2 0 

2


Problema 104 Hallar la pendiente de la espiral r = θ cuando θ = π/2. 

Representamos esta curva por ecuaciones paramétricas: 

La derivada de esta parametrización es 

x(θ) = θ cos θ y(θ) = θ sen θ 

x ′ (θ) = cos θ − θ senθ y ′ (θ) = senθ + θ cos θ 

Para θ = π/2 el vector velocidad es (−π/2,1) y por tanto, la pendiente de la recta tangente es −2/π. 



Problema 105 Hallar todos los puntos del caracol r = 1 + 2sen θ que tienen tangente horizontal. 

El ejercicio podría resolverse gráficamente a partir de la figura 4.7 teniendo en cuenta que el caracol r = 1+2sen θ 

se obtiene girando π/2 radianes el caracol r = 1 + 2cos θ. 

Las ecuaciones paramétricas del caracol son: 

x(θ) = (1 + 2sen θ)cos θ = cos θ − sen 2θ y(θ) = (1 + 2sen θ)sen θ = sen θ + 2sen 2 θ 

La deriva de de esta parametrización es: 

x ′ (θ) = − sen θ − 2cos 2θ y ′ (θ) = cos θ + 4sen θ cos θ = cos θ(1 + 4sen θ) 

Los puntos de tangencia horizontal corresponden a los ángulos, θ, tales que y ′ (θ) = 0, es decir, tales que cos θ = 0 

o sen θ = −1/4. Los cuatro puntos son 

(0,1), (0,3) para cos θ = 0; ( 3 

8 


√ 17, − 1 

8 

), (−3 

8 

√ 1 

17, − ) para sen θ = −1 

8 4


Problema 106 Hallar el ángulo agudo que forma la curva polar r = acos θ/2 con el eje OY cada vez que lo corta 

en un punto distinto del origen. 

Dado que r = acos θ/2 = −asen((1/2)(θ − π)), la curva coincide con la de la curva r = asen θ/2 (página 192) 

pero recorrida siguiendo las flechas 2-3-4-5-6-1-2. 

A partir de las ecuaciones cartesianas de la curva polar, podemos obtener un vector tangente a cada punto y la 

tangente del ángulo, α, que forma con el eje OY : 

Para la curva del enunciado, se tiene 

x(θ) = f(θ)cos θ y(θ) = f(θ)senθ 

x ′ (θ) = f ′ (θ)cos θ − f(θ)senθ y ′ (θ) = f ′ (θ)sen θ + f(θ)cos θ 

tg α = x′ (θ) 

y ′ (θ) = f ′ (θ)cos θ − f(θ)senθ 

f ′ (θ)sen θ + f(θ)cos θ 

x ′ (θ) = − a θ θ 

sen cos θ − acos 

2 2 2 sen θ, y′ (θ) = − a θ θ 

sen sen θ + acos cos θ 

2 2 2 

tg α = −a 

θ 

θ 

2 sen 2 cos θ − acos 2 sen θ 

− a 

2 

sen θ 

2 


sen θ + acos θ 

2 

cos θ


Los puntos donde la curva corta al eje OY pero no son el origen, corresponden a los águlos θ = π 

2 + kπ, y en estos 

puntos, la ecuación anterior se simplifica bastante: 

tg α = 1 θ 

cotg 

2 2 

Dado que la función es periódica de periodo 4π, hay cuatro águlos posibles, π/2, 3π/2, 5π/2 y 7π/2, correspondientes 

a los puntos: 

√ √ 

2 

2 

(0,f(π/2)) = (0,a ) (0,f(3π/2)) = (0, −a 

2 2 ) 

√ √ 

2 

2 

(0,f(5π/2)) = (0,a ) (0,f(7π/2)) = (0, −a 

2 2 ) 

y las tangentes de los ángulos que forman con el eje OY sus respectivas rectas tangentes son: 

tg α1 = 1 π 

cotg 

2 4 = 2 tg α2 = 1 3π 

cotg 

2 4 

tg α3 = 1 5π 

cotg 

2 4 = 2 tg α4 = 1 7π 

cotg 

2 4 

= −2 

= −2 

Es decir, las cuatro rectas tangentes forman un ángulo de arctg 2 ≈ 63 ′ 4 ◦ con el eje OY . 



Problema 107 Probar que la espiral r = e θ forma un ángulo constante con la recta radial en cada punto. Hallar 

este ángulo. 

Recordemos que la tangente del ángulo formado por la recta radial y la recta tangente en un punto de una curva 

polar viene dada por: 

tg ψθ = f(θ) 

f ′ (θ) 

Para la curva r = f(θ) = e θ , se tiene que f ′ (θ) = e θ y para cada punto la tangente del ángulo es: tg ψθ = eθ 

e θ = 1; es 

decir, en cualquier punto, el ángulo es π/4. 



Problema 108 Probar que el ángulo que forma el radio vector de cualquier punto de la cardioide r = a(1 − cos θ) 

con la curva, es la mitad del que forma el radio vector con el eje polar. 

Si f(θ) = a(1−cos θ), f ′ (θ) = asen θ; la tangente del ángulo formado por la recta tangente a la curva en (f(θ),θ) 

y su radio vector (o recta radial) es 

tg ψθ = 

a(1 − cos θ) 

asen θ 

Por tanto, efectivamente, se verifica que ψθ = θ 

2 . 


θ θ 

1 − cos2 2 + sen2 2 

= 

2sen θ 

2 

cos θ 

2 

= 

sen2 θ 

2 

2sen θ 

2 

cos θ 

2 

= tg θ 

2


Problema 109 Una partícula se mueve en sentido contrario a las agujas del reloj sobre la cardioide r = 4(1+cos θ), 

con dθ/dt = π/6 rad/s. Expresar su velocidad y aceleración en términos de ur y uθ. 

Recordemos que los vectores ur y uθ para cada θ son los siguientes vectores unitarios: 

ur(θ) = (cos θ,sen θ) uθ(θ) = (− sen θ,cos θ) 

Se verifica que: 

dur duθ 

= uθ = −ur 

dθ dθ 

El enunciado del ejercicio dice que la posición de un particula en cada instante t viene dada por la función vectorial 

donde θ es un función verificando dθ 

dt 

Para la función propuesta: 

Abreviadamente: v = − 2π 

3 sen θur + 2π 

3 

F(t) = f(θ(t))ur(θ(t)) = 4(1 + cos θ(t))ur(θ(t)) 

π 

(t) = . En general se tiene que el vector velocidad en cada instante es: 

6 

F ′ (t) = f ′ (θ(t))θ ′ (t)ur(θ(t)) + f(θ(t))θ ′ (t)uθ(θ(t)) 

F ′ (t) = −4sen θ(t) π 

6 ur(θ(t)) + 4(1 + cos θ) π 

6 uθ(θ) 

(1 + cos θ)uθ. 



Derivando la función velocidad obtenemos la aceleración; derivando directamente en la expresión de v y simplificando 

obtenemos: 

 

π2 

2π π2 

2π 

a = − cos θur − + senθuθ 

9 3 9 3 



Problema 110 Hallar la longitud de la espiral parabólica r = aθ 2 cuando θ ∈ [0,2π]. 

La longitud es: 

L = 

2π 

0 

[f(θ)] 2 + [f ′ (θ)] 2 dθ = 


= 

2π 

0 

a 2 θ 4 + 4a 2 θ 2 dθ 

 

1 2π 

(a2θ2 + 4) 3 

3a 

= 8 

3a ((a2 π 2 + 1) 3/2 + 1) 

0


Problema 111 Hallar el área de las regiones sombreadas de la figura, cada circunferencia tiene radio uno. 

La circunferencia centrada en el origen se representa en coordenadas polares por r = 1 y la circunferencia 

centrada en (1,0) se representa por r = 2cos θ (Ejercicio 3). Estas circunferencias se cortan en el ángulo θ tal que 

1 = 2cos θ, 

es decir, para θ = π/3. El área de la parte de la región contenida en el primer cuadrante es la cuarta parte del área 

total y viene dada por: 

π/2 π/2 

A/4 = dθ − 2cos θ dθ = π 

24 + 

√ 

3 

4 

π/3 


-1 

π/3 

Y 

1 

X


Problema 112 Tres estaciones de navegación situadas, en coordenadas polares, en los puntos (a,0),(0,0) y (a,π/4) 

emiten simultáneamente señales de radio. Un barco que recibe las señales observa que las de la segunda y tercera 

estación llegan a a/2v segundos después que las de la primera. Si v es la velocidad de una señal de radio, ¿cuál es, 

en coordenadas polares, la localización del barco? 

Las señales que provienen de las estaciones situadas en (0,0) y (a,π/4) llegan simultáneamente al barco y por 

tanto, se encuentran a la misma distancia de este, es decir, sobre la mediana de estos puntos: Y = a √ 2 −X; haciendo 

X = r cos θ e Y = r sen θ, obtenemos la representación polar de esta recta: 

r = 

a √ 2 

2(sen θ + cos θ) 

El teorema de los cosenos nos permite hallar la distancia, d, entre un punto de la recta (r,θ), y el tercer punto, 

(a,0): 

d 2 = a 2 + r 2 − 2ar cos θ. (4.2) 

El tiempo que tarda la señal al punto (a,0) es t = d 

v y según el enunciado, el tiempo que tarda en llegar al 

punto (0,0) es t ′ = d a 

v + 2v . Por tanto, la distancia del barco al punto (0,0) es r = vt′ = d + a 

2 ; despejando d de esta 

igualdad y sustituyendo en 4.3, obtenemos la siguiente relación: 


a 2 + r 2 − 2ar cos θ = (r − a 

2 )2 

(4.1)


De donde, simplificando, se obtiene que: 

De las ecuaciones 4.1 y 4.3 

r = 


3a 

4(2cos θ − 1) 

(4.3)


Problema 113 Rosáceas. Se llama rosácea a cualquier curva definida en coordenadas polares por una ecuación de 

la forma 

r = asen nθ r = acos mθ 

donde a > 0 y n es un entero positivo. 

Para n = 1 se obtienen circunferencias. Comprobar que si n es par entonces la curva es una rosa de 2n hojas, 

y si n es impar entonces es una curva con n hojas. La figura 4.8 muestra algunos ejemplos de rosáceas. 



Problema 114 Caracol de Pascal. Se llama caracol de Pascal a cualquier curva definida en coordenadas polares 

por una ecuación de la forma 

r = a ± bsen θ r = a ± bcos θ 

la figura 4.7 muestra distintos tipos de caracoles. 

Comprobar las siguientes afirmaciones: 

1. Según los casos, la curva es simétrica respecto del eje OX o respecto del eje OY . 

2. Si a ≥ b el arco es simple; el polo no pertenece a la curva si a > b y sí pertenece si a = b. 

3. Si a 

4. Comprobar que las gráficas de las funciones r = 2acos θ y r = 2asen θ son circunferencias de radio a que 

pasan por el origen y con centro sobre alguno de los ejes coordenados. 

5. Deducción de la simplificación de la fórmula (??): 

a) Aplíquese la fórmula del coseno de una suma a 

 

2πt 

U cos 

y dedúzcase 

Q = U cos 2πtn 


Td 

Td 

− 2πtn 

 

Td 

y R = U sen 2πtn 

Td


b) úsese la relación fundamental de la trigonometría para obtener la siguiente expresión de U: 

 

U = 1 − cos2 

2πn 

sen 

365 

2 α 

c) Deducir una fórmula para la puesta de sol a partir de la fórmula (??). 

d) ¿Qué ángulo forma el Sol con el horizonte en París (latitud 49 ◦ ) a las tres de la tarde del 15 de Enero? 

¿y en Málaga? 



Problema 115 La siguiente curva parametrizada se conoce como Folio de Descartes: 

x(t) = 3t 

1 + t 3 

y(t) = 3t2 

1 + t 3 

Dibújala, demuestra que tiene una asíntota en la recta Y + X + 1 = 0 y demuestra que es simétrica respecto de la 

recta Y = X. 

Las propiedades de la curva quedan determinadas por las funciones x(t), y(t) y p(t) = x′ (t) 

y ′ (t) 

Las dos primeras secciones están dedicadas a la representación gráfica de curvas definidas por ecuaciones paramétricas 

y curvas polares. En cada caso estudiaremos las características que nos ayuden a realizar un esbozo 

bastante preciso; nos basaremos en la representación gráfica de funciones reales de variable real. 

Queremos representar una curva descrita por ecuaciones paramétricas, (x(t),y(t)), t ∈ I con I intervalo. Para 

seguir más fácilmente los distintos pasos del método, haremos paralelamente el estudio de un ejemplo concreto, en 

este caso, el Folio de Descartes, 

en los intervalos (−∞, −1) y (−1, ∞) 

x(t) = 3t 

1 + t 3 

y(t) = 3t2 

1 + t 3 

Recorrido de la curva. En primer lugar debemos hallar los puntos críticos de las funciones x e y, lo que nos dará los 

puntos de tangencia vertical y horizontal, y estudiaremos los límites de ambas funciones en los extremos del intervalo 

I. El primer paso de la representación será representar estos límites y los puntos de la curva correspondientes a los 

valores del parámetro que son puntos críticos de x o y. 



Los puntos críticos de las funciones dividen el intervalo I en subintervalos donde los signos de las derivadas, x ′ 

e y ′ , son constantes; de esta forma podemos representar la curva, entre los puntos antes dibujados, como flechas 

indicando la dirección constante que corresponde al intervalo. 

Todo lo dicho hasta ahora se seguirá más fácilmente con las graficas de x e y lo que hacemos en el ejemplo del 

Folio: 

x(t) = 3t 

1 + t 3 

−1 

 

3 1/2 

−1 

y(t) = 3t2 

1 + t 3 

A partir de estas, hacemos una tabla donde indicamos los puntos señalados y los intervalos de dirección constante; 

por ejemplo, para t ∈ ( 3 1/2, 3√ 2), x ′ (t) < 0 e y ′ (t) > 0, y en consecuencia la dirección del vector velocidad de los 

puntos correspondientes a ese intervalo es տ: 


3 √ 2


(−∞, −1) (−1, 0) (0, 3 1/2) ( 3 1/2, 3√ 2) ( 3√ 2, ∞) 

(0, 0)(+∞, −∞) (−∞, +∞)(0, 0) (0, 0)( 3√ 4, 3√ 2) ( 3√ 4, 3√ 2)( 3√ 2, 3√ 4) ( 3√ 2, 3√ 4)(0, 0) 

ց ց ր տ ւ 

En la primera fila aparecen los subintervalos destacados; en la segunda fila aparecen los puntos de la curva 

correspondientes a los extremos de los subintervalos o el límite de la función vectorial en dichos valores; y en la 

tercera fila aparece la dirección de los vectores velocidad en el intervalo correspondiente. 

El primer esbozo del Folio aparece en la figura 4.9. 

Concavidad y convexidad. Como podemos observar, el esbozo logrado con el estudio de la primera sección no es 

todavia satisfactorio: necesitamos convertir las flechas en curvas. 

Con el estudio de la sección anterior sabemos que las flechas corresponden a segmentos regulares de la curva, es 

decir, que deberemos dibujarlos como curvas suaves. Igualmente, sabremos si alguno de los puntos ya dibujados es 

un punto de no regularidad, en tal caso, la curva podría presentar un pico en dicho punto. Si no hemos encontrado 

ningún punto de no regularidad, todo el trazado debe hacerse suave. 

Para hacer la transformación de flechas a curvas, solo nos hace falta reconocer los tramos de concavidad y 



convexidad de la curva. Para hacer esto, vamos a utilizar una tercera función, la función pendiente, esto es, p(t) = 

y ′ (t) 

x ′ (t) , que nos da la pendiente de la recta tangente en cada punto: 

1. Si x ′ (t0) = 0 e y ′ (t0) = 0, t0 no está en el dominio de la función p, pero sabemos que la curva es regular en 

este punto y la tangente es vertical. 

2. Si x ′ (t0) = 0 y y ′ (t0) = 0, el punto determinado por t0 es un punto donde la curva puede no ser regular. En 

este caso, el estudio de los límites lím 

t→t + 

0 

p(t) y lím p(t) nos determinarán el comportamiento. 

− 

t→t0 La forma de la curva en cada subintervalo viene determinada por la siguiente tabla: 

p creciente, x creciente: convexa 

p creciente, x decreciente: cóncava 

p decreciente, x creciente: cóncava 

p decreciente, x decreciente: convexa 



Es decir, la transformación flecha–curva se representa por el siguiente esquema 

p creciente 


p decreciente


Representamos a continuación la grafica de p para el Folio y el segundo esbozo de la curva: 

p(t) = 

2t − t4 

1 − 2t 3 

−1 

 

3 1/2 

3√ 2 

t → −1 + 

t → +∞ 

t = 0 

t = 3√ 2 

t → −∞ 

t = 3 1/2 

t → −1 

Asíntotas. La existencia de asíntotas es otra importante característica de una curva. Debemos estudiar si la 

curva tiene una asíntota cuando el parámetro t tiende a t0 (brevemente: en t → t0) si t0 es un extremo del intervalo 

(puede ser un número real o ±∞). 

1. Si lím x(t) = ±∞ y lím y(t) = m ∈ R, la recta Y = m es una asíntota horizontal para la curva en t → t0. 

t→t0 

t→t0 


−


2. Si lím y(t) = ±∞ y lím x(t) = m ∈ R, la recta X = m es una asíntota vertical para la curva en t → t0. 

t→t0 

t→t0 

3. Si lím y(t) = ±∞ y lím x(t) = ±∞, la curva puede tener una asíntota oblicua en t → t0. Si los límites 

t→t0 

t→t0 

lím p(t) = m lím y(t) − mx(t) = n 

t→t0 

t→t0 

existen y son números reales, entonces efectivamente tiene una asíntota: la recta Y = mX + n. 

La recta Y = −X − 1 es una asíntota oblicua del Folio en t → −1: 

lím 

t→−1 

2t − t4 = −1 lím 

1 − 2t3 t→−1 

3t2 3t 

+ = −1 

1 + t3 1 + t3 Simetrías. Identificar simetrías en una curva no es siempre sencillo, pero una vez hechos los primeros esbozos, 

es posible intuir alguna u observar la imposibilidad de ellas. En caso de creer que la curva tiene alguna simetría, 

debemos verificarlo. 

En el ejemplo de Folio parece que tenemos una simetría respecto de la recta Y = X; para comprobarlo, tenemos 

que demostrar que para cada valor del parámetro, t, existe otro valor, s, tal que (y(t),x(t)) = (x(s),y(s)) (cada 

simetría se traducirá en una igualdad de este tipo) 

3s2 3t 1 + t3 t 

= ⇒ = 

1 + s3 1 + t3 1 + s3 s2 ⎫ 

⎪⎬ 

⇒ 

3s 3t2 1 + t3 t2 

= ⇒ = 

⎪⎭ 

1 + s3 1 + t3 1 + s3 s 

t t2 1 

= ⇒ = t 

s2 s s 



Por tanto, efectivamente los puntos ((x(t),y(t)) y (x(1/t),y(1/t)) son simétricos respecto de la recta Y = X. 

Terminamos esta sección con la representación completa del Folio de Descartes 

Y = −X − 1 



Problema 116 Dibuja la curva polar: f(θ) = 1 + 2cos θ 

Recordemos que una curva polar es la representación gráfica de una función, f, en coordenadas polares, es decir, 

el conjunto de puntos {(f(θ),θ)} descritos por coordenadas polares. 

Para esbozar la gráfica polar de una función nos vamos a basar en la representación cartesiana de la misma 

función. El método consiste simplemente en saber como se transforma una representación cartesiana en una representación 

polar. Aparte de esto, puede ser útil expresar la curva polar en ecuaciones paramétricas y utilizar las 

propiedades de estas. Este recurso puede ser especialmente conveniente cuando queremos identificar la curva polar 

con otra curva, como puede ser una recta, una circunferencia, una parábola, etc. 

En la representación cartesiana, cuando la variable θ crece, nos movemos por el eje OX hacia la derecha; en 

la representación polar, cuado la misma variable θ crece, giramos alrededor del polo en dirección contraria a las 

agujas del reloj. En la representación cartesiana, el valor de la función en cada θ, f(θ), es la distancia del punto de 

la gráfica al eje OX; en la representación polar, el valor de la función en un ángulo θ, es la distancia del punto de 

la gráfica al polo. Teniendo en cuenta esto, se deduce la regla principal para la transformación que buscamos: 

Si f es positiva y creciente en un intervalo [α,β], los puntos de la representación polar de f se alejan del polo. 

Si f es positiva y decreciente en un intervalo [α,β], los puntos de la representación polar de f se acercan del 

polo. 



En los intervalos donde la función es negativa se verifica una regla parecida; teniendo en cuenta que si f(θ) < 0, el 

punto que se representa es (−f(θ),θ + π), se deduce que: 

Si f es negativa y creciente en un intervalo [α,β], los puntos de la representación polar de f se acercan del 

polo sobre los radios correspondientes a [α + π,β + π]. 

Si f es positiva y decreciente en un intervalo [α,β], los puntos de la representación polar de f se alejan al polo 

sobre los radios correspondientes a [α + π,β + π]. 

Con estas cuatro reglas ya podríamos hacer un primer esbozo de cualquier curva polar, pero necesitamos fijarnos 

en más características de f para afinar más la representación. Las principales características son: 

1. Periodicidad: nos interesa principalmente saber si la función es periódica con periodo 2kπ, en tal caso, basta 

estudiar la gráfica en el intervalo [0,2kπ]. Si la función es periodica de periodo (2k + 1)π, necesitaríamos el 

intervalo [0,2(2k + 1)π] para la representación completa. (Cualquier otro periodo puede ser utilizado para 

determinar posibles simetrías de la curva aunque las conclusiones son menos generales). 

2. Simetrías: Las simetrías de la gráfica cartesiana se transforman en simetrías de la gráfica polar; conocer, por 

tanto, las primeras es fundamental para dar mayor precisión a la representación polar. 

3. Puntos de derivada nula: estos puntos son muy importantes por la siguiente regla: 

Si la recta Y = f(θ0) es tangente a la representación cartesiana en θ0, la circunferencia R = f(θ0) es 

tangente a la representación polar en θ0. 



4. Puntos de corte con el eje OX: los valores que anulan la función corresponden a los valores del ángulo en los 

que la curva polar pasa por el polo. Pero además, en estos puntos hay que seguir otra importante regla: 

Si f(θ0) = 0, la recta radial Θ = θ0 es tangente a la representación polar en el polo para el ángulo θ0. 

5. Asíntotas verticales: Las asíntotas verticales de la representación cartesiana pueden corresponder a asíntotas 

de la representación polar: 

Asíntotas: Es decir, si lím f(θ) = ±∞, la curva puede tener una asíntota: 

θ→θ0 

1. Si θ0 = π/2 + kπ, y lím f(θ)cos θ = m ∈ R, la curva tiene una asíntota vertical para θ tendiendo a θ0; esta 

θ→θ0 

recta es X = m. 

2. Si θ0 = kπ, y lím f(θ)senθ = m ∈ R, la curva tiene una asíntota horizontal para θ tendiendo a θ0; esta recta 

θ→θ0 

es Y = m. 

3. Si θ0 = π/2 + kπ y lím f(θ)(senθ − tg θ0 cos θ) = n ∈ R, la curva tiene una asíntota para θ tendiendo a θ0; 

θ→θ0 

esta recta es Y = tg θ0X + n. 

Para ilustrar el método, mostramos en la página 227 el proceso de construcción de la curva r = 1 + 2cos θ que 



explicamos a continuación. En primer lugar dibujamos la gráfica cartesiana de la función f(θ) = 1 + 2cos θ 

3 

2 

1 

−1 

R 

1. La función es periódica de periodo 2π y por tanto, basta representarla para θ ∈ [0,2π]. 

2π/3 

2. Además, la gráfica cartesiana es simétrica respecto de recta X = π lo que en la representación polar se traduce 

en una simetría respecto del eje OX. 

3. f(0) = 3 y f ′ (0) = 0; por tanto, en θ = 0 la curva polar es tangente a la circunferencia r = 3. En (0,2π/3) 

la función f es decreciente y por tanto, la curva polar se va acercando al polo hasta alcanzarlo en θ = 2π/3. 


4π/3 

£ 

2π


(En cualquier valor intermedio que tomemos, la curva polar cortará no-tangencialmente a la circunferencia 

correspondiente). 

4. f(2π/3) = 0 y f ′ (2π/3) = 0; por tanto, la curva polar es tangente a la recta Θ = 2π/3 en el polo para 

θ = 2π/3. 

5. En el intervalo (2π/3,π) la función es negativa, y en consecuencia, los puntos correspondientes a estos ángulos 

se representan sobre los radios (2π/3 + π,π + π). Por otra parte, en este intervalo la función −f es creciente, 

y por tanto, los puntos se alejan del polo, hasta llegar a θ = π. 

6. −f(π) = 1 y f ′ (π) = 0; por tanto, la curva polar es tangente a la circunferencia r = 1. 

7. La gráfica se puede terminar por simetría, o se puede seguir analizando como en los puntos anteriores. 



1 

-1 

2 

-1 3 

-2 

r = 1 + cos t 

2 

-1 

1 

-1 

4 

-4 

1 3 

r = 1 + 2 cos t 

r = 2 + cos t r = 4 + 3 cos t 


Figura 4.7: Caracoles de Pascal. 

7


-1 1 


1 

-1 

Figura 4.8: Gráficas de r = sen 7θ y de r = sen 4θ. 

-1 

1 

-1 

1


t → −1 + 

t → +∞ 


t = 3√ 2 

t = 0 

t → −∞ 

t = 3 1/2 

t → −1 − 

Figura 4.9: Primer esbozo del Folio


θ = 2π 

3 

θ = π 

6 


θ = 5π 

6 

θ = 2π 

6 

r = 1 r = 2 r = 3

Capítulo 5 

Cálculo en varias variables 

228

Cálculo en varias variables 229 

Problema 117 Demostrar que la noción de diferenciabilidad de campos escalares es independiente de la norma 

utilizada. 

Hablaremos de · -diferenciabilidad para referirnos a la diferenciabilidad utilizando la norma · . 

Sean · y · ∗ dos normas equivalentes en R n y sea λ la constante real estrictamente positiva tal que: 

Sea f : R n → R un campo vectorial · ∗ -diferenciable. 

lím 

h→0 

f(a + h) − f(a) − dfa(h) 

h 

En consecuencia, f también es · -diferenciable. 


λv ∗ ≤ v 

≤ lím 

h→0 

1 f(a + h) − f(a) − dfa(h) 

λ h∗ = 0


f(x, y) = 1 

xy 

f(x, y) = log(x + y) 

Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín XValverde 

Y 

2 

0 

-2 

Z 

0 

Y 

0 

X 

5 10 

0 

0 

0


Y 

X 

f(x, y) = senh(x 2 + y 2 ) 


Y 

5 

2.5 

0 

-2.5 

-10 

-5 

-2 

-1 

0 

1 

f(x, y) = y 

x 2 

2 

0 

2 

10 

Y 

Z 

X


Problema 118 Indicar el dominio y la imagen de los siguientes campos y describir sus curvas de nivel: 

a) f(x,y) = 1/xy b) f(x,y) = log (x + y) c) f(x,y) = 4 − x 2 − y 2 

d) f(x,y) = y/x 2 e) f(x,y) = e x−y f) f(x,y) = senh (x 2 + y 2 ) 

a) f(x,y) = 1/xy. El dominio de la función está formado por aquellos puntos (x,y) tales que xy = 0; es decir: 

Dom f = R ∗ × R ∗ 

La función puede tomar todos los valores distintos de 0, es decir, Imf = R ∗ . 

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por xy = c, es decir, son todas las hipérbolas con 

asíntotas en los ejes coordenados. 

b) f(x,y) = log(x + y). El dominio de la función está formado por aquellos puntos (x,y) tales que x + y > 0; es 

decir: 

Dom f = {(x,y)|x + y > 0} 

La función puede tomar todos los valores reales, y por tanto, su imagen es R. 

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x + y = c, c > 0, es decir, son rectas paralelas a la 

recta x + y = 0, bisectriz del segundo y cuarto cuadrante y frontera del dominio. 



c) f(x,y) = 4 − (x 2 + y 2 ). El dominio de la función está formado por los puntos (x,y) tales que x 2 + y 2 ≤ 4, 

es decir son los puntos interiores a al circunferencia x 2 + y 2 = 4. 

Por tanto, 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 y 0 ≤ f(x,y) ≤ 2; es decir, la imagen de f es el intervalo [0,2]. Además, dado que 

[f(x,y)] 2 + y 2 + x 2 = 4, se verifica que la gráfica de f es una semiesfera de radio 2. 

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x 2 + y 2 = 4 − c 2 = r 2 y son circunferencias con 

centro común (0,0) y radio r ∈ [0,2]. 

d) f(x,y) = y/x 2 . El dominio de la función está formado por aquellos puntos cuya primera coordenada es no 

nula: 

Dom f = R ∗ × R 

La función puede tomar cualquier valor real, es decir, la imagen de f es R. 

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por y = cx 2 , y por tanto, son las parábolas cuyo vértice 

es el origen y su eje es el eje OX. 

e) f(x,y) = e x−y . El dominio de la función está formado por todos los puntos de R 2 . 

La función puede tomar cualquier valor positivo, y por tanto, la imagen de f es R + . 

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x − y = log c = d, es decir, son todas las rectas 

paralelas a la recta y = x, bisectriz del primer y tercer cuadrante. 



f) f(x,y) = senh(x 2 + y 2 ). El dominio de la función es R 2 . Dado que x 2 +y 2 ≥ 0 para todo (x,y), se verifica que 

senh (x 2 + y 2 ) ≥ 0 y además, la imagen de la función es [0, ∞). Las curvas de nivel son todas las circunferencias 

de centro (0,0). 

En las páginas 230 y 231 mostramos las curvas de nivel y las gráficas correspondientes a las funciones de los 

apartados a), b), d) y f). 



Problema 119 Hallar los límites (si existen): 

a) lím 

(x,y)→(1,1) log |1 + x2 y 2 | b) lím 

(x,y,z)→(1,2,6) 

d) lím 

(x,y)→(0,π/2) 

g) lím 

(x,y)→(0,2) 

sec xtg y e) lím 

cos x − 1 

x 2 

 

y − 2 

y2 

− 4 

a) lím 

(x,y)→(1,1) log |1 + x2 y 2 | = log |1 + 1| = log 2. 

 

1 1 1 

b) lím + + 

(x,y,z)→(1,2,6) x y z 

c) lím 

(x,y)→(0,4) 

x 

√ = 

y 0 

= 0 

2 

= 1 1 1 5 

+ + = 

1 2 6 3 

 

1 1 1 

+ + 

x y z 

x + y + 1 

(x,y)→(0,0) cos x2 + y 2 

h) lím 

(x,y)→(−2,2) 

xy + y − 2x − 2 

x + 1 

c) lím 

(x,y)→(0,4) 

f) lím 

(x,y)→(1,0) 

i) lím 

(x,y)→(1,1) 

x 

√ y 

xsen y 

x 2 + 1 

x 3 y 3 − 1 

xy − 1 

d) lím sec xtg y. Este límite no existe: si lo consideramos sobre y < π/2, el límite vale +∞ y si lo 

(x,y)→(0,π/2) 

consideramos sobre y > π/2, el límite vale −∞. 

e) lím 

(x,y)→(0,0) cos x2 + y2 0 

= cos = 1 

x + y + 1 1 



f) 

xsen y 

lím 

(x,y)→(1,0) x2 1 · 0 

= = 0 

+ 1 1 + 1 

g) 

 

cos x − 1 

lím 

(x,y)→(0,2) x2 

y − 2 

y2 

− 4 

h) lím 

(x,y)→(−2,2) 

i) lím 

(x,y)→(1,1) 

xy + y − 2x − 2 

x + 1 

x 3 y 3 − 1 

xy − 1 

= lím 

(x,y)→(0,2) 

= 0 

= 0 

− 1 

−x 2 /2 

x 2 

= lím 

(x,y)→(1,1) (x2 y 2 + xy + 1) = 3 


 

1 

y + 2 

= − 1 1 

2 4 

= −1 

8


Problema 120 Considerando diferentes líneas de aproximación, demostrar que las funciones siguientes no tienen 

límite cuando (x,y) tiende a (0,0): 

f(x,y) = 

Basta considerar el límite sobre rectas: 

x − y 

; g(x,y) = 

x + y 

x − y 

lím 

(x,y)→(0,0) x + y 

y=λx 

x 

xy 

; h(x,y) = 

x2 + y2 |xy| . 

(1 − λ)x 1 − λ 

= lím = 

x→0 (1 + λ)x 1 + λ 

Dado que estos límites dependen de λ, es decir, del camino por el que nos acercamos al origen, deducimos que 

el límite propuesto no existe. 

lím 

(x,y)→(0,0) 

y=λx 

x 

x 2 + y 2 

Por tanto, el límite propuesto tampoco existe. 

= lím 

x→0 

h(x,y) = xy 

|xy| = 


x 

√ x 2 + λ 2 x 2 

⎧ 

⎨1 

si xy > 0 

⎩−1 

si xy < 0 

= 1 

1 + λ 2


Por tanto: 

y el límite no existe. 

lím 

(x,y)→(0,0) 

y=x 

h(x,y) = lím 

x→0 1 = 1 lím 

(x,y)→(0,0) 

y=−x 

h(x,y) = lím 

x→0 − 1 = −1 

En la página 239 mostramos las gráficas de las funciones f y g. En la superficie de la misma se pueden observar las 

imagenes de las rectas que hemos tomado para probar la no existencia de los dos límites. 



5 

2.5 

0 

-2.5 

-2 0 2 

Ejercicios resueltos de -5 Cálculo. c○Agustín Valverde 

Z 

Y 

-2 

2 

f(x, y) = 

0 

0 

Y 

g(x, y) = 

x − y 

x + y 

X 

-2 

2 

x 

x 2 + y 2 

1 

0.5 

0 

-0.5 

-1 

Z


Problema 121 Hallar D1f = ∂f/∂x y D2f = ∂f/∂y en las funciones siguientes: 

a) f(x,y) = x 2 + y 2 

b) f(x,y) = e x cos y c) f(x,y) = arctg (y/x); 

d) f(x,y) = cosh (y/x) e) f(x,y) = y f) f(x,y) = 9 − x 2 − y 2 

g) f(x,y) = x/(x 2 + y 2 x log y 

) h) f(x,y) = (x + 2)(y + 3) i) f(x,y) = e 

j) f(x,y) = tgh (2x + 5y) k) f(x,y) = log |sec xy + tg xy| 

l) f(x,y) = 5xy−7x 2 −y 2 +3x−6y+2 

Todas las funciones que aparecen en este ejercicio viene expresadas en términos de operaciones algebraicas entre 

funciones elementales; por tanto, podemos obtener sus derivadas parciales derivando formalmente. Esto no ocurre 

en el apartado f (ver nota en la página ??) y tendremos que calcular las parciales en los puntos donde se anula la 

raíz usando la definición. 

a) f(x,y) = x 2 + y 2 . 

b) f(x,y) = e x cos y. 

c) f(x,y) = arctg (y/x) 

D1f(x,y) = 

D1f(x,y) = 2x D2f(x,y) = 2y 

D1f(x,y) = e x cos y D2f(x,y) = −e x sen y 

− y 

x 2 

1 + y2 

x 2 

= − y 

x 2 + y 2 


D2f(x,y) = 

1 

x 

1 + y2 

x 2 

= 

x 

x 2 + y 2


d) f(x,y) = cosh (y/x) 

e) f(x,y) = y 

D1f(x,y) = − y y 

senh 

x2 x 

D2f(x,y) = 1 y 

senh 

x x 

D1f(x,y) = 0 D2f(x,y) = 1 

f) f(x,y) = 9 − x 2 − y 2 . Si (x,y) es tal que x 2 + y 2 = 9 se tiene: 

x 

D1f(x,y) = − 

9 − x2 − y2 Sea (a,b) tal que a 2 + b 2 = 9, es decir, f(a,b) = 0: 

D1f(a,b) = lím 

t→0 + 

D2f(a,b) = lím 

t→0 + 

1 

(f(a − t,b) − f(a,b)) 

t 

1 

(f(a,b − t) − f(a,b)) 

t 

= lím 

t→0 + 

= lím 

t→0 + 

y 

D2f(x,y) = − 

9 − x2 − y2 9 − (a − t) 2 − b 2 

t 2 

9 − a 2 − (b − t) 2 

t 2 

= lím 

t→0 + 

= lím 

t→0 + 

 

 

−1 + 2a 

t 

−1 + 2b 

t 

= +∞ 

= +∞ 

Los límites están tomados en cero por la derecha para poder afirmar que los puntos (a − t,b) y (a,b − t) están 

en el dominio de f. 



g) f(x,y) = x/(x 2 + y 2 ) 

h) f(x,y) = (x + 2)(y + 3) 

i) f(x,y) = exlog y 

j) f(x,y) = tgh (2x + 5y) 

D1f(x,y) = (x2 + y 2 ) − 2x 2 

(x 2 + y 2 ) 2 

= y2 − x 2 

(x 2 + y 2 ) 2 D2f(x,y) = − 2xy 

(x 2 + y 2 ) 2 

D1f(x,y) = y − 3 D2f(x,y) = x + 2 

D1f(x,y) = e x log y x log y x 

log y D2f(x,y) = e 

y 

D1f(x,y) = 2(1 − tgh 2 (2x + 5y)) D2f(x,y) = 5(1 − tgh 2 (2x + 5y)) 

k) f(x,y) = log |sec xy + tg xy| = log(1 + sen xy) − log |cos xy| 

D1f(x,y) = 

l) f(x,y) = 5xy − 7x 2 − y 2 + 3x − 6y + 2 


y cos xy 

1 + sen xy + y tg xy D2f(x,y) = 

xcos xy 

+ xtg xy 

1 + sen xy 

D1f(x,y) = 5y − 2y − 6 D2f(x,y) = 5x − 14x + 3


Problema 122 Calcular las derivadas parciales de la función dada respecto a cada variable: 

a) f(x,y,z) = z cosec(y/x) 

b) f(r,θ,z) = 

a) f(x,y,z) = z cosec (y/x) b) f(r,θ,z) = 

c) f(u,v,w) = (u 2 + v 2 + w 2 ) −1/2 

e) f(x,y,r,s) = sen 2x cosh 3r+senh3y cos 4s 

r(2 − cos 2θ) 

r 2 + z 2 

D1f(x,y,z) = y y y 

cos cosec2 

x2 x x 

D3f(x,y,z) = cos y 

x 

d) f(x,y,z) = (xy) z 

r(2 − cos 2θ) 

r 2 + z 2 

D2f(x,y,z) = − 1 y y 

cos cosec2 

x x x 

∂f 

∂r (r,θ,z) = (2 − cos 2θ)(r2 + z2 ) − 2r2 (2 − cos 2θ) 

(r2 + z2 ) 2 = (2 − cos 2θ)(z2 − r2 ) 

(r2 + z2 ) 2 

∂f 2r 

(r,θ,z) = 

∂θ r2 sen 2θ 

+ z2 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

∂f 

− cos 2θ) 

(r,θ,z) = −2zr(2 

∂z (r2 + z2 ) 2


c) f(u,v,w) = (u 2 + v 2 + w 2 ) −1/2 

∂f 

∂u (u,v,w) = −u(u2 + v 2 + w 2 ) −3/2 

∂f 

∂w (u,v,w) = −w(u2 + v 2 + w 2 ) −3/2 

d) f(x,y,z) = (xy) z = e z log xy . El dominio de esta función es 

Las parciales son: 

∂f 

∂v (u,v,w) = −v(u2 + v 2 + w 2 ) −3/2 

Dom f = {(x,y,z)|xy > 0} ∪ {(x,y,z)|xy = 0,z > 0,z = 1} 

∂f 

log xy z 

(x,y,z) = ez 

∂x x 

e) f(x,y,r,s) = sen 2x cosh 3r + senh 3y cos 4s. 

∂f 

log xy z 

(x,y,z) = ez 

∂y y 

∂f 

(x,y,r,s) = 2cos 2xcosh 3r 

∂x 

∂f 

(x,y,r,s) = 3sen 2x senh3r 

∂r 


∂f 

∂z (x,y,z) = ez log xy log xy 

∂f 

(x,y,r,s) = 3cosh 3y cos 4s 

∂y 

∂f 

(x,y,r,s) = −4senh3y sen 4s 

∂s


Problema 123 En los siguientes apartados, hallar el vector de intensidad eléctrica E = −∇V para cada función 

de potencial V en el punto dado: 

a) V = 2z 3 − 3(x 2 + y 2 )z, (1,1,1) 

b) V = log x 2 + y 2 , (3,4,0) 

c) V = e 3x+4y cos 5z, (0,0,π/6) 

a) V = 2z 3 − 3(x 2 + y 2 )z, (1,1,1): 

∂f 

(x,y,z) = −6xz 

∂x 

Evaluando en el punto indicado obtenemos. 

b) V = log x 2 + y 2 , (3,4,0): 

∂f 

(x,y,z) = 

∂x 

∂f 

(x,y,z) = −6yz 

∂y 

E(1,1,1) = −∇V (1,1,1) = (6,6, −3) 

x 

x 2 + y 2 



∂f 

(x,y,z) = 

∂y 

∂f 

∂z (x,y,z) = 6z2 − 3(x 2 + y 2 ) 

y 

x 2 + y 2 

E(3,4,0) = −∇V (3,4,0) = (− 3 4 

, − 

25 25 ,0) 

∂f 

(x,y,z) = 0 

∂z


c) V = e 3x+4y cos 5z, (0,0,π/6) 

∂f 

∂x (x,y,z) = 3e3x+4y cos 5z 

∂f 

∂z (x,y,z) = −5e3x+4y sen 5z 



∂f 

∂y (x,y,z) = 4e3x+4y cos 5z 

E(0,0,π/6) = −∇V (0,0,π/6) = ( 3√ 3 

2 ,2√ 3, 5 

2 )


Problema 124 Hallar la derivada de f en P0 y en la dirección del vector que se indica: 

a) f = x 2 + y 2 , P0(1,0), i − j 

b) f = cos xy, P0(2,π/4), 4i − j 

c) f = x 2 + 2xy − 3y 2 , P0(1/2,1/2), √ 3i + j 

d) f = xy + yz + zx, P0(1, −1,2), 10i + 11j − 2k 

Las derivadas direccionales se calculan considerando vectores unitarios, por tanto, a partir de los vectores del 

enunciado tomaremos vectores unitarios de su misma dirección y sentido. Por otra parte, todas las funciones son 

derivables en los puntos señalados y por tanto, podemos usar la diferencial para hallar las derivadas direccionales: 

a) f(x,y) = x 2 + y 2 , P0(1,0), v = (1, −1), u = ( 1 

√ 2 , − 1 

√ 2 ). 

D1f(x,y) = 2x; D2f(x,y) = 2y; ∇f(1,0) = (2,0) 

Duf(1,0) = ∇f(1,0) · ( 1 

√ 2 , − 1 

√ 2 ) = 1 

√ 2 

b) f(x,y) = cos xy, P0(2,π/4), v = (4, −1), u = ( 4 

√ 17 , − 1 

√ 17 ). 

D1f(x,y) = −y sen xy D2f(x,y) = −xsenxy ∇f(2,π/4) = (− π 

, −2) 

4 



Duf(2,π/4) = (− π 4 

, −2) · ( √ , − 

4 17 1 2 − π 

√ ) = √ 

17 17 

c) f(x,y) = x 2 + 2xy − 3y 2 , P0(1/2,1/2), v = ( √ 3,1), u = ( √ 3/2,1/2) 

D1f(x,y) = 2x + 2y D2f(x,y) = 2x − 6y ∇f(1/2,1/2) = (2, −2) 

Duf(1/2,1/2) = (2, −2) · ( √ 3/2,1/2) = √ 3 − 1 

d) f(x,y,z) = xy + yz + zx, P0(1, −1,2), v = (10,11, −2), u = ( 2 11 2 

3 , 15 , −15 ). 


D1f(x,y,z) = y + z D2f(x,y,z) = x + z 

D3f(x,y,z) = y + x ∇f(1, −1,2) = (1,3,0) 

Duf(1, −1,2) = (1,3,0) · ( 2 11 2 43 

, , − ) = 

3 15 15 15


Problema 125 Hallar la dirección en la cual f crece más rápidamente en P0, y la razón de cambio de f en esa 

dirección: 

f(x,y,z) = e xy + z 2 , P0(0,2,3) 

Recordemos que la dirección en la cual f crece más rápidamente es la dada por el vector ∇f, y además, la tasa 

de cambio en esa dirección es ∇f. 

D1f(x,y,z) = ye xy ; D2f(x,y,z) = xe xy ; D3f(x,y,z) = 2z; ∇f(0,2,3) = (2,0,6). 

Si u es el vector unitario en la dirección del gradiente, la tasa de cambio en esta dirección es: 


Duf(1, −1,2) = ∇f(1, −1,2) = √ 40 = 2 √ 10


Problema 126 En los siguientes apartados, hallar la dirección en la cual f decrece más rápidamente en P0, y la 

razón de cambio de f en esa dirección: 

a) f(x,y) = x 2 + xy + y 2 , P0(−1,1) 

b) f(x,y,z) = z log (x 2 + y 2 ), P0(1,1,1) 

Recordemos que la dirección en la cual f decrece más rápidamente es la dada por el vector −∇f, y además, la 

tasa de cambio en esa dirección es −∇f. 

a) f(x,y) = x 2 + xy + y 2 , P0(−1,1) 

D1f(x,y) = 2x + y D2f(x,y) = x + 2y − ∇f(−1,1) = (1, −1) 

Si u es el vector unitario en la dirección de −∇f(−1,1), la tasa de cambio en esta dirección es: 

b) f(x,y,z) = z log (x 2 + y 2 ), P0(1,1,1) 

Duf(−1,1) = −∇f(−1,1) = − √ 2 

D1f(x,y,z) = 2zx 

x 2 + y 2 D2f(x,y,z) = 2zy 

x 2 + y 2 

D3f(x,y,z) = log (x 2 + y 2 ) − ∇f(1,1,1) = (1,1,log 2) 

Si u es el vector unitario en la dirección de −∇f(−1,1), la tasa de cambio en esta dirección es: 


Duf(1,1,1) = −∇f(1,1,1) = − 2 + (log 2) 2


Problema 127 ¿En qué dos direcciones se anula la derivada de f(x,y) = (x 2 − y 2 )/(x 2 + y 2 ) en P0(1,1)? 

Hallamos en primer lugar el vector gradiente en el punto: 

D1f(x,y) = 2x(x2 + y 2 ) − 2x(x 2 − y 2 ) 

(x 2 + y 2 ) 2 

D2f(x,y) = −2y(x2 + y 2 ) − 2y(x 2 − y 2 ) 

(x 2 + y 2 ) 2 

∇f(1,1) = (1, −1) 

= 

4xy 2 

(x 2 + y 2 ) 2 

= −2(x3 + y 3 ) 

(x 2 + y 2 ) 2 

Para encontrar las direcciones en las que se anula la derivada basta buscar un vector v tal que (1, −1) · u = 0; las 

direcciones buscadas serán u y −u. En este caso las direcciones se calculan fácilmente y son (1,1) y (−1, −1). 



Problema 128 En los siguientes apartados, esbozar la curva de nivel de f(x,y) que pasa por el punto P0 y hallar 

el vector normal a la curva en P0: 

a) f(x,y) = x 2 /3 + 3y 2 /4, P0(2,2 √ 5/3) 

b) f(x,y) = x 2 − y, P0(1,0) 

Recordemos que un vector normal a una curva de nivel en un punto, viene dado por el gradiente de la función en 

dicho punto; teniendo en cuenta esto, basta calcular el gradiente de las funciones en los puntos dados para obtener 

los vectores pedidos. En la figura 5.4 aparecen representadas las gráficas de las dos funciones así como las curvas de 

nivel pedidas y las rectas tangente y normal en el punto indicado. 

a) f(x,y) = x 2 /3 + 3y 2 /4, P0(2,2 √ 5/3): 

b) f(x,y) = x 2 − y, P0(1,0). 

D1f(x,y) = 2 

3 x D2f(x,y) = 3 

2 y ∇f(2,2√ 5/3) = ( 4 

3 , √ 5) 

D1f(x,y) = 

x 

x 2 − y 


D2f(x,y) = 

−1 

x 2 − y 

∇f(1,0) = (1, − 1 

2 )


4 

3 

2 

1 

P , 

0 

-2 

2√5 3 ) (2 


2 

X 

0 

Z 

-2 

Y 

2 

1.5 

1 

0.5 

0 

-2 

1 

0 

-1 

-1 

Q(1 0) 

0 

f(x, y) = x2 

3 

1 

+ 3y2 

4 

2 

f(x, y) = x 2 − y


Problema 129 En los siguientes apartados, escribir las ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la 

superficie de nivel dada en el punto P0: 

a) z 2 − x 2 − y 2 = 0, P0(3,4, −5) 

b) z − log (x 2 + y 2 ) = 0, P0(1,0,0) 

c) x 2 + 2xy − y 2 + z 2 = 7, P0(1, −1,3) 

a) z 2 − x 2 − y 2 = 0, P0(3,4, −5). Es superficie de nivel de la función f(x,y,z) = z 2 − x 2 − y 2 . 

D1f(x,y,z) = −2x D2f(x,y,z) = −2y D3f(x,y,z) = 2z 

∇f(3,4, −5) = (−6, −8, −10) 

Por tanto, el plano tangente a la supercie y la recta normal a la misma son respectivamente: 

−6(X − 3) − 8(Y − 4) − 10(Z + 5) = 0 


X − 3 = −6λ 

Y − 4 = −8λ 

Z + 5 = −10λ


b) z − log (x 2 + y 2 ) = 0, P0(1,0,0). Es curva de nivel de la función g(x,y,z) = z − log (x 2 + y 2 ): 

D1g(x,y,z) = − 2x 

x 2 + y 2 D2g(x,y,z) = − 2y 

x 2 + y 2 

∇g(1,0,0) = (−2,0,1) 

D3g(x,y,z) = 1 


−2(X − 1) + Z = 0 

X − 1 = −2λ 

Y = 0 

Z = λ 

c) x 2 + 2xy − y 2 + z 2 = 7, P0(1, −1,3). Es superficie de nivel de la función h(x,y,z) = x 2 + 2xy − y 2 + z 2 

D1h(x,y,z) = 2x + 2y D2h(x,y,z) = 2x − 2y D3h(x,y,z) = 2z 

∇h(1, −1,3) = (0,4,6) 


4(Y + 1) + 6(Z − 3) = 0 


X − 1 = 0 

Y + 1 = 4λ 

Z − 3 = 6λ


Problema 130 En los siguientes apartados, determinar el plano tangente y la recta normal a la superficie dada en 

el punto dado: 

a) z = x 2 + y 2 , (3,4,25) 

b) z = x/ x 2 + y 2 , (3, −4, 3 

5 ) 

c) z = (x + y)/(xy − 1), (1,2,3) 

d) y = 4 − x 2 − 4z 2 , (0,0,1) 

En este ejercicio vamos a hallar planos y rectas tangentes a gráficas de funciones. Para ello, basta recordar que 

el vector (D1f(x,y),D2f(x,y), −1) es un vector perpendicular a la gráfica de f en el punto (x,y). 

a) z = x 2 + y 2 , (3,4,25). Es la gráfica de la función f(x,y) = x 2 + y 2 

D1f(x,y) = 2x D2f(x,y) = 2y 

Por tanto, el vector (6,8, −1) es perpendicular a la gráfica de f en (3,4,25); el plano tangente y la recta 

normal son respectivamente: 

6(X − 3) + 8(Y − 4) − (Z − 25) = 0 


X − 3 = 6λ 

Y − 4 = 8λ 

Z − 25 = −λ


b) z = x/ x2 + y2 , (3, −4, 3 

5 ). La superficie es la gráfica de la función f(x,y) = 

Entonces ∇f(3, −4) = ( 9 

125 

D1f(x,y) = 

x 2 

(x 2 + y 2 ) 3/2 

−12 

9 

, 125 ) y el vector ( 125 

, −12 

125 

plano tangente y la recta normal son respectivamente: 

9 12 

3 

(X − 3) − (Y + 4) − (Z − ) = 0 

125 125 5 

D2f(x,y) = 

−xy 

(x 2 + y 2 ) 3/2 

x 

x 2 + y 2 : 

3 

, −1) es perpendicular a la gráfica de f en (3, −4, 5 ); el 

X − 3 = 9 

125 λ 

Y + 4 = − 12 

125 λ 

Z − 3 

= −λ 

5 

c) z = (x + y)/(xy − 1), (1,2,3). La superficie es la gráfica de la función f(x,y) = 

D1f(x,y) = − y2 + 1 

(xy − 1) 2 D2f(x,y) = − x2 + 1 

(xy − 1) 2 

x + y 

xy − 1 : 

Entonces ∇f(1,2) = (5,2) y el vector (5,2, −1) es perpendicular a la gráfica de f en (1,2,3); el plano tangente 

y la recta normal son respectivamente: 

5(X − 1) + 2(Y − 2) − (Z − 3) = 0 


X − 1 = 5λ 

Y − 2 = 2λ 

Z − 3 = −λ


d) y = 4 − x 2 − 4z 2 , (0,0,1). Es una superficie de nivel de la función g(x,y,z) = 4 − x 2 − 4z 2 − y. 

D1g(x,y,z) = −2x D2g(x,y,z) = −1 D3g(x,y,z) = −8z 

Entonces, ∇g(0,0,1) = (0, −1, −8) es un vector normal a la superficie en el punto (0,0,1); las ecuaciones del 

plano tangente y de la recta normal son respectivamente: 

−Y − 8(Z − 1) = 0 


X = 0 

Y = −λ 

Z − 1 = −8λ


Problema 131 Determinar los puntos de la superficie 

en los que la normal es paralela al plano Y Z. 

(y + z) 2 + (z − x) 2 = 16 

La superficie es superficie de nivel de la función g(x,y,z) = (y + z) 2 + (z − x) 2 ; un vector normal a la superficie 

en un punto (x,y,z) de la superficie es ∇f(x,y,z). Para que este vector sea paralelo al plano Y Z debe ocurrir que 

la tercera coordenada del vector ∇f(x,y,z) sea nula. 

D3f(x,y,z) = 2(x − z) 

Por tanto, los puntos (x,y,z) que buscamos son aquellos que verifican: 

El conjunto de estos puntos son las rectas: 

x − z = 0 y (y + z) 2 + (z − x) 2 = 16 

y + z = 4 

x = z 


y 

y + z = −4 

x = z


Problema 132 Hallar los puntos de la superficie 

en los que el plano tangente es paralelo al XY . 

xy + yz + zx − x − z 2 = 0 

La superficie es superficie de nivel de la función f(x,y,z) = xy +yz +zx −x−z 2 = x(y +z −1)+z(y −z). Para 

que dos planos sean paralelos debe ocurrir que los respectivos vectores normales sean paralelos. Como ∇f(x,y,z) 

es normal al plano tangente, y (0,0,1) es normal al plano XY , lo dicho antes es equivalente a que D1f(x,y,z) = 

D2(x,y,z) = 0; 

D1f(x,y,z) = y + z − 1 D2f(x,y,z) = x + z 

Por tanto, los puntos (x,y,z) buscados son aquellos que verifican 

y + z − 1 = 0 x + z = 0 x(y + z − 1) + z(y − z) = 0 

Estos puntos coinciden con la recta x = −y = −z 



Problema 133 Para la función f(x,y) = x 2 y + 2y 2 x, en el punto P0(1,3), hallar 

a) la dirección de mayor crecimiento en f, 

b) la derivada de f en la dirección de mayor crecimiento en f, 

c) las direcciones en las que la derivada de f es cero, 

d) la ecuación del plano tangente a la superficie z = f(x,y) en (1,3,21). 

a) La dirección de mayor crecimiento corresponde a la dirección del vector gradiente: 

D1(x,y) = 2xy + 2y 2 

D2(x,y) = x 2 + 4yx ∇f(1,3) = (14,13) 

b) Si u es el vector unitario en la dirección y sentido del vector gradiente, la derivada de f en la dirección u es 

Duf(1,3) = ||∇f(1,3)|| = 14 2 + 13 2 

c) Si v = (v1,v2) es un vector unitario, Dvf(1,3) = ∇f(1,3) · v = 14v1 + 13v2. Por tanto, la derivada direccional 

se anula en la dirección del vector (−13,14). 

d) El plano tangente a la superficie z = f(x,y) en (1,3,21) es perpendicular al vector (D1f(1,3),D2f(1,3), −1) = 

(14,13, −1) y por tanto, su ecuación es 


14(X − 1) + 13(Y − 3) − (Z − 21) = 0


Problema 134 Hallar las rectas tangentes a las curvas siguientes en los puntos dados: 

a) x 2 + y 2 = 4, P0( √ 2, √ 2) 

b) x 2 + xy + y 2 = 7, P0(1,2) 

c) x 5 + 4xy 3 − 3y 5 = 2, P0(1,1) 

Como ya sabemos, ∇f(x0,y0) es un vector normal a la curva de nivel f(x,y) = f(x0,y0), por tanto, la ecuación 

de la recta tangente es 

D1f(x0)(X − x0) + D2f(x0,y0)(Y − y0). 

a) x 2 + y 2 = 4, P0( √ 2, √ 2); 

b) x 2 + xy + y 2 = 7, P0(1,2); 


D1f(x,y) = 2x D2f(x,y) = 2y 

Recta: 4(X − 2) + 2 √ 2(Y − √ 2) = 0 

D1f(x,y) = 2x + y D2f(x,y) = x + 2y 

Recta: 4(X − 1) + 5 √ 2(Y − 2) = 0


c) x 5 + 4xy 3 − 3y 5 = 2, P0(1,1); 

D1f(x,y) = 5x + 4y 3 


D2f(x,y) = 12xy 2 + 15y 4 

Recta: 9(X − 1) + 27(Y − 1) = 0


Problema 135 La fuerza gravitacional ejercida sobre un objeto de masa m situado en el punto (x,y,z) por un 

objeto de masa M situado en el origen es, por la ley de la gravitación universal, 

F = GMm 

r 3 r 

donde r = xi + yj + zk y r = ||r||. Comprobar que R = −∇V para algún campo escalar V (V recibe el nombre 

de potencial gravitacional) y comprobar también que F es ortogonal a las superficies de nivel de V . (Indicación: 

comprobar primero que ∇(1/r) = −(1/r 3 )r). 

La indicación nos dice quien es la función potencial; considerando 

tenemos que: 

f(r) = f(x,y,z) = − 1 

r 

1 

= − 

x2 + y2 + z2 D1f(x,y,z) = x(x 2 + y 2 + z 2 ) −3/2 = x 

r 3 

D2f(x,y,z) = y(x 2 + y 2 + z 2 ) −3/2 = y 

r 3 

D3f(x,y,z) = z(x 2 + y 2 + z 2 ) −3/2 = z 

r 3 

Por tanto, V (x,y,z) = − GMm √ . El hecho de que F = −∇V sea ortogonal a las superficies de nivel de V es una 

x2 +y2 +z2 propiedad fundamental del vector gradiente. 



Problema 136 En las siguientes funciones, hallar las derivadas parciales de segundo orden 

f(x,y) = e x log(3 − y 2 ). 

g(x,y) = (x − y)/xy: 

f(x,y) = e x log(3 − y 2 ); g(x,y) = (x − y)/xy; h(x,y,z) = xy + yz + zx. 

D1f(x,y) = e x log(3 − y 2 ) D2f(x,y) = −2yex 

3 − y 2 

∂ 2 f 

∂x 2 (x,y) = ex log(3 − y 2 ) 

∂2f ∂y2 (x,y) = −2exy2 + 3 

y2 − 3 

∂2f ∂x∂y (x,y) = ∂2f −2yex 

(x,y) = 

∂y∂x 3 − y2 D1f(x,y) = 1 

x 2 

∂2f 2 

(x,y) = − 

∂x2 x3 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

D2f(x,y) = − 1 

y 2 

∂2f 2 

(x,y) = 

∂y2 y3 ∂2f ∂x∂y (x,y) = ∂2f (x,y) = 0 

∂y∂x


h(x,y,z) = xy + yz + zx: 

D1f(x,y) = y + z D2f(x,y) = x + z D3f(x,y) = y + x 

∂2f (x,y) = 0 

∂x2 ∂2f (x,y) = 1 

∂y∂x 


∂2f (x,y) = 0 

∂y2 ∂2f (x,y) = 1 

∂z∂x 

∂2f (x,y) = 0 

∂z2 ∂2f (x,y) = 1 

∂z∂y


Problema 137 Comprobar que D1,2w = D2,1w para 

w = arctg (y/x) 

w = e x senh y + cos (2x − 3y): 

w = arctg (y/x) y zw = e x senhy + cos (2x − 3y) 

D1w(x,y) = − y 

x 2 + y 2 

D1w(x,y) = 

D2,1w(x,y) = D2(D1w)(x,y) = − (x2 + y 2 ) − 2y 2 

(x 2 + y 2 ) 2 

D1,2w(x,y) = D1(D2w)(x,y) = (x2 + y 2 ) − 2x 2 

(x 2 + y 2 ) 2 

x 

x 2 + y 2 

= y2 − x 2 

x 2 + y 2 

= y2 − x 2 

x 2 + y 2 

D1w(x,y) = e x senh y − 2sen (2x − 3y) D2w(x,y) = e x cosh y + 3sen (2x − 3y) 


D2,1w(x,y) = D2(D1w)(x,y) = e x cosh y − 6cos (2x − 3y) 

D1,2w(x,y) = D1(D2w)(x,y) = e x cosh y − 6cos (2x − 3y)

Capítulo 6 

Optimización no-lineal 

268

Optimización no-lineal 269 

Problema 138 En los siguientes apartados hallar dw/dt, primero expresando w explícitamente como función de t 

y diferenciando, y luego por medio de la regla de la cadena: 

(a) w = xy 

x 2 +y 2, x = cosh t, y = senht 

(b) w = xe y + y sen x, x = t, y = t 2 

(a) w = xy 

x2 + y2, x = cosh t, y = senht; 

y por tanto, 

w(t) = 

cosh t senht 

cosh 2 t + senh 2 1 

= tgh 2t 

t 2 

dw 

dt (t) = 1 − tgh2 2t = 

1 

cosh 2 2t 

Para usar la regla de la cadena consideremos f(u,v) = uv 

u2 + v2; entonces 

w = f ◦ (x,y) y 

dw ∂f 

(t) = 

dt 

∂u (x,y)dx 

dt 


(t) + ∂f 

∂v (x,y)dy 

dt (t) = y y2 − x 2 

(x2 + y2 ) 2 senht + x x2 − y2 (x2 + y2 ) 

= − senh2 t 

cosh 2 2t + cosh2 t 

cosh 2 2t = 

1 

cosh 2 2t 

2 cosh t


(b) w = xe y + y sen x, x = t, y = t 2 ; 

y por tanto, 

Sea f(u,v) = ue v + v sen u; entonces, w = f ◦ (x,y) y 

dw ∂f 

(t) = 

dt 

∂u (x,y)dx 

dt 


w(t) = te t2 

+ t 2 sen t 

dw 

(t) = et2 + 2t 

dt 2 e t2 

+ 2t sen t + t 2 cos t = 

(t) + ∂f 

∂v (x,y)dy 

dt (t) = (ey + y cos x) + (xe y + sen x)(2t) 

= e t2 

+ t 2 cos t + (te t2 

+ sen t)(2t)


Problema 139 Determinar ∂w/∂x si w = uv + log v,u = x + y 2 ,v = e x cos y. (Dar la respuesta respecto de u y 

v.) 

Sea f(s,t) = st + log t; entonces, w = f ◦ (u,v) y 

∂w 

∂x 


 

∂f ∂u ∂f ∂v 

= + = v + u + 

∂s ∂x ∂t ∂x 1 

 

e 

v 

x cos y = v + uv + 1


Problema 140 Hallar ∂w/∂u si w = x 2 + y 2 ,x = u − v,y = ve 2u . (Dar la respuesta en x e y.) 

Sea f(s,t) = s 2 + t 2 ; entonces w = f ◦ (x,y) y 

∂w 

∂u 


∂f ∂x ∂f ∂y 

= + 

∂s ∂u ∂t ∂u = 2x + 4yve2u = 2x + 4y 2


Problema 141 Hallar ∂w/∂v cuando u = 0,v = 0 si w = (x 2 + y − 2) 4 + (x − y + 2) 3 , 

x = u − 2v + 1, y = 2u + v − 2. 

Sea f(s,t) = (s 2 + t − 2) 4 + (s − t + 2) 3 ; entonces, w = f ◦ (x,y) y 

∂w 

∂v 

∂f ∂x ∂f ∂y 

= + 

∂s ∂v ∂t ∂v 

Dado que x(0,0) = 1 e y(0,0) = −2, se tiene que 

= 4(x 2 + y − 2) 3 (2x) + 3(x − y + 2) 2 (−2) 

+ 4(x 2 + y − 2) 3 + 3(x − y + 2) 2 (−1) 

= (4 − 16x)(x 2 + y − 2) 3 − 9(x − y + 2) 2 

∂w 

∂v (0,0) = (4 − 16)(1 + (−2) − 2)3 − 9(1 − (−2) + 2) 2 = 3024 



Problema 142 Si w = log (x 2 + y 2 + 2z),x = r + s,y = r − s,z = 2rs, hallar ∂w/∂r y ∂w/∂s. 

Lo hacemos sin usar la regla de la cadena. Sustituyendo en la expresión de w obtenemos: 

y por tanto, 

w(r,s) = log 2 + 2log(r + s) 

∂w 

∂r 

= 2 

r + s 


∂w 

∂s 

= 2 

r + s


2 ∂z 

Problema 143 Sean z = f(t),t = (x + y)/xy. Probar que x = y2∂z 

∂x ∂y . 

Aplicamos la regla de la cadena: 

Por tanto: 

∂z 

∂x = f ′ (t) ∂t 

∂x = −f ′ (t) 1 

x2 ∂z 

∂y = f ′ (t) ∂t 

∂y = −f ′ (t) 1 

y 2 

2 ∂z 

x 

∂x = −f ′ (t) 

y 2∂z 

∂y = −f ′ (t) 



Problema 144 Si sustituimos las coordenadas polares x = r cos θ e y = r sen θ en una función w = f(x,y) con 

derivadas parciales continuas, probar que 

∂w 

∂r = D1f cos θ + D2f,senθ y 

1 ∂w 

r ∂θ = −D1f senθ + D2f cos θ. 

Sea φ(r,θ) = (x,y) = (r cos θ,r sen θ); la regla de la cadena nos dice que ∇w = ∇f · Jφ, es decir: 

 

 

∂w ∂w 

cos θ −r sen θ 

, = (D1f,D2f) 

∂r ∂θ 

sen θ r cos θ 

De esta igualdad se obtienen fácilmente las propuestas. 



Problema 145 Hallar zxx si z = f(u,v), u = x 2 − y 2 y v = 2xy. Expresar la respuesta en términos de u, v y 

las derivadas parciales de f. 

∂z ∂u ∂v 

= D1f + D2f 

∂x ∂x ∂x = D1f(u,v) · (2x) + D2f(u,v)(2y) = 2xD1f(u,v) + 2yD2f(u,v) 

zxx = ∂2 z 

∂x 2 = 2D1f + 2x(D11f · (2x) + D21f · (2y)) + 2y (D12f · (2x) + D22f · (2y)) 

= 2D1f + 4x 2 D11f + 8xyD21f + 4y 2 D22f 

Obsérvese que en la simplificación hemos usado la igualdad D21f = D12f que se deduce del teorema de Schward. 



Problema 146 Mediante distintos experimentos se ha podido comprobar que una magnitud ondulatoria, como la 

luz, verifica la siguiente ecuación de onda 

∂2w ∂t2 = c2∂2 w 

∂x2 Probar que las siguientes funciones son soluciones de la ecuación de onda: 

a) w = sen (x + ct); 

a) w = sen (x + ct); b) w = sen (x + ct) + cos (2x + 2ct); c) w = tg (2x − 2ct). 

b) w = sen (x + ct) + cos (2x + 2ct); 

∂w 

= ccos(x + ct) 

∂t 

∂w 

= cos(x + ct) 

∂x 

∂w 

= ccos(x + ct) − 2csen(2x + 2ct) 

∂t 

∂w 

= cos(x + ct) − 2sen(2x + 2ct) 

∂x 


∂2w ∂t2 = −c2 sen(x + ct) 

∂2w ∂x2 = − sen(x + ct) 

∂ 2 w 

∂t2 = −c2 sen(x + ct) − 4c 2 cos(2x + 2ct) 

∂2w ∂x2 = − sen(x + ct) − 4cos(2x + 2ct)


c) w = tg (2x − 2ct); 

∂w 

∂t = 2c(1 + tg2 (2x − 2ct)) 

∂w 

∂x = 2(1 + tg2 (2x − 2ct)) 


∂ 2 w 

∂t2 = 8c2 tg (2x − 2ct)(1 + tg 2 (2x − 2ct)) 

∂2w ∂x2 = 8tg (2x − 2ct)(1 + tg2 (2x − 2ct))


Problema 147 ¿Con qué exactitud puede calcularse V = πr 2 h si las mediciones de r y h tienen un error de un 

1%? 

Que las medidas de r y h se hagan con un error del 1% significa que si las medidas que tomamos son r0 y h0 

respectivamente, las medidas reales son r = r0 + k1 y h = h0 + k2 donde |k1| ≤ |r0|/100 y |k2| ≤ |h0|/100. 

Si tomamos πr 2 0 h0 como valor del volumen en vez de πr 2 h cometemos un error E verificando 

E ≤ (M1,M2)(k1,k2) = M1k1 + M2k2 

donde M1 es una cota de D1f y M2 es una cota de D2f en un entorno de (r0,h0) conteniendo a (r,h). 

En las condiciones que estamos: 

D1V (r,h) = 2πrh D2V (r,h) = πr 2 

|D1V (r,h)| = π|2rh| ≤ 2|r0| 101 101 

|h0| = M1 |D2V 

100 100 

Por tanto, el error cometido está acotado por 

2 101 |r0| 

E ≤ M1k1 + M2k2 ≤ 2π|r0||h0| 

100 100 + πr2 2 101 |h0| 

0 

100 100 

= πr 2 

2(101) 2 

0h0 

1003 

≈ r 2 0h0(0 ′ 021) 

Por tanto, el error relativo es de un 2 ′ 1%. 


(r,h)| = πr 2 ≤ r 2 0 

2 101 

= M2 

100


Problema 148 Si r = 5 cm y h = 12 cm, redondeados al milímetro más cercano, ¿cuál es el error máximo 

porcentual previsible al calcular V = πr 2 h? 

Que las medidas de r y h se redondeen al milímetro más cercano significa que si las medidas que tomamos son 

r0 y h0 respectivamente, las medidas reales son r = r0 + k1 y h = h0 + k2 donde |k1| ≤ 0 ′ 1 y |k2| ≤ 0 ′ 1. 

El error cometido al tomar πr 2 0 h0 como valor del volumen en vez de πr 2 h lo acotamos siguiendo el método del 

ejercicio anterior; 

|D1V (r,h)| = π|2rh| ≤ 2π(5 ′ 1)(12 ′ 1) ≤ π(123 ′ 5) = M1 

|D2V (r,h)| = πr 2 ≤ π(26 ′ 1) = M2 

Por tanto, el error cometido está acotado por 

E ≤ M1k1 + M2k2 ≤ π(14 ′ 96) ≤ 47 

Dado que πr 2 0 h0 = π25·12 ≈ 942, el error porcentual que cometemos es del 5% (obsérvese que los errores porcentuales 

en las variables eran del 2% en el radio y de 1% en la altura). 



Problema 149 Para calcular el volumen de un cilindro de unos 2 m de radio y alrededor de 3 m de altura, ¿con 

qué precisión han de medirse el radio y la altura para que el error al estimar el volumen no exceda 0 ′ 1 m 3 ? [Supóngase 

que los errores posibles ∆r y ∆h al medir r y h son iguales]. 

Siguiendo el método de los ejercicios 12 y 13 podemos deducir fácilmente, de forma general, que si tomamos las 

medidas del radio y de la altura con un error ǫ, que podemos suponer menor que 0 ′ 1, entonces el error al evaluar el 

volumen está acotado por 

E ≤ π(2(2 + ǫ)(3 + ǫ)ǫ + (2 + ǫ) 2 ǫ) ≤ 71ǫ 

Para conseguir que este error esté por debajo de 0 ′ 1 basta tomar ǫ < 0 ′ 001. 



Problema 150 La resistencia R producida por otras dos en paralelo de x e y ohms puede calcularse mediante la 

fórmula 1/R = 1/x + 1/y. ¿En qué porcentaje aproximado cambiará R si x crece de 20 a 20,1 ohms e y decrece de 

25 a 24,9 ohms? 

Sea f(x,y) = 

1 

x 

−1 1 + y ; 

la variación aproximada de f(20,25) a f(20 ′ 1,244 ′ 9) es 

E ≤ |D1f(20,25)|0 ′ 1 + |D2f(20,25)|0 ′ 1 ≤ 5 · 10 −2 

Dado que f(20,25) = 11 ′ 2, la variación porcentual es del 0 ′ 5% aproximadamente. 



Problema 151 Determinar los máximos, mínimos y puntos de silla de las siguientes superficies. Calcular los 

valores de la función en estos puntos: 

a) z = x 2 + 3xy + 3y 2 − 6x + 3y − 6 b) z = 2xy − 5x 2 − 2y 2 + 4x + 4y − 4 

c) z = y 2 + xy − 2x − 2y + 2 d) z = 2xy − x 2 − 2y 2 + 3x + 4 

e) z = 3x 2 + 6xy + 7y 2 − 2x + 4y f) z = 4x 2 − 6xy + 5y 2 − 20x + 26y 

g) z = x 2 + y 2 − 2x + 4y + 6 h) z = x 2 − 2xy + 2y 2 − 2x + 2y + 1 

i) z = 3 + 2x + 2y − 2x 2 − 2xy − y 2 

j) z = x 2 − xy + y 2 + 2x + 2y − 4 

k) z = 5x 2 − 4xy + 2y 2 + 4x − 4y + 10 l) z = x 3 + y 3 + 3x 2 − 3y 2 − 8 

m) z = 9x 3 + y 3 /3 − 4xy n) z = x 3 + 3xy + y 3 

Todos los apartados se resuelven con el corolario ??. 

a) f(x,y) = x 2 + 3xy + 3y 2 − 6x + 3y − 6. 

El único punto crítico es: (15, −8). 

D1f(x,y) = 2x + 3y − 6 D2f(x,y) = 3x + 6y + 3 

D11f(x,y) = 2 D21f(x,y) = 3 D22f(x,y) = 6 

(15, −8) es un mínimo ya que |Hf(15, −8)| = 3 > 0 y D11f(15, −8) = 2 > 0. 



b) f(x,y) = 2xy − 5x 2 − 2y 2 + 4x + 4y − 4. 

El único punto crítico es: (2/3,4/3). 

(2/3,4/3) es un máximo. 

c) f(x,y) = y 2 + xy − 2x − 2y + 2 

El único punto crítico es: (−2,2). 

D1f(x,y) = 2y − 10x + 4 D2f(x,y) = 2x − 4y + 4 

D11f(x,y) = −10 D21f(x,y) = 2 D22f(x,y) = −4 

D1f(x,y) = y − 2 D2f(x,y) = 2y + x − 2 

D11f(x,y) = 0 D21f(x,y) = 1 D22f(x,y) = 2 

(−2,2) es un punto silla, ya que |Hf(−2,2)| = −1 < 0. 

d) f(x,y)z = 2xy − x 2 − 2y 2 + 3x + 4 

El único punto crítico es: (3,3/2). 

(3,3/2) es un máximo. 


D1f(x,y) = 2y − 2x + 3 D2f(x,y) = 2x − 4y 

D11f(x,y) = −2 D21f(x,y) = 2 D22f(x,y) = −4


e) f(x,y) = 3x 2 + 6xy + 7y 2 − 2x + 4y. 

El único punto crítico es: (13/12, −3/4). 

(13/12, −3/4) es un mínimo. 

f) f(x,y)z = 4x 2 − 6xy + 5y 2 − 20x + 26y. 


(1, −2) es un mínimo. 

g) f(x,y) = x 2 + y 2 − 2x + 4y + 6 




D1f(x,y) = 6x + 6y − 2 D2f(x,y) = 6x + 14y + 4 

D11f(x,y) = 6 D21f(x,y) = 6 D22f(x,y) = 14 

D1f(x,y) = 8x − 6y − 20 D2f(x,y) = −6x + 10y + 26 

D11f(x,y) = 8 D21f(x,y) = −6 D22f(x,y) = 10 

D1f(x,y) = 2x − 2 D2f(x,y) = 2y + 4 

D11f(x,y) = 2 D21f(x,y) = 0 D22f(x,y) = 2


h) f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y 2 − 2x + 2y + 1 

El único punto crítico es: (1,0). 

(1,0) es un mínimo. 

i) f(x,y) = 3 + 2x + 2y − 2x 2 − 2xy − y 2 


(1, −2) es un máximo. 

j) f(x,y) = x 2 − xy + y 2 + 2x + 2y − 4. 

El único punto crítico es: (−2, −2). 



D1f(x,y) = 2x − 2y − 2 D2f(x,y) = −2x + 4y + 2 

D11f(x,y) = 2 D21f(x,y) = −2 D22f(x,y) = 4 

D1f(x,y) = 2 − 4x − 2y D2f(x,y) = 2 − 2x − 2y 

D11f(x,y) = −4 D21f(x,y) = −2 D22f(x,y) = −2 

D1f(x,y) = 2x − y + 2 D2f(x,y) = −x + 2y + 2 

D11f(x,y) = 2 D21f(x,y) = −1 D22f(x,y) = 2


k) f(x,y) = 5x 2 − 4xy + 2y 2 + 4x − 4y + 10. 



l) f(x,y) = x 3 + y 3 + 3x 2 − 3y 2 − 8. 

D1f(x,y) = 10x − 4y + 4 D2f(x,y) = −4x + 4y − 4 

D11f(x,y) = 10 D21f(x,y) = −4 D22f(x,y) = 4 

D1f(x,y) = 3x 2 + 6x D2f(x,y) = 3y 2 − 6y 

Los únicos puntos críticos son: (0,0), (0,2), (−2,0) y (−2,2). 

D11f(x,y) = 6x + 6 D21f(x,y) = 0 D22f(x,y) = 6y − 6 

(0,0) es punto silla, (0,2) es mínimo, (−2,0) es máximo y (−2,2) es punto silla. 

m) f(x,y) = 9x 3 + y 3 /3 − 4xy 

Los únicos puntos críticos son: (0,0) y (4/9,4/3). 

(0,0) es punto silla y (4/9,4/3) es mínimo. 


D1f(x,y) = 27x 2 − 4y D2f(x,y) = y 2 − 4x 

D11f(x,y) = 54x D21f(x,y) = −4 D22f(x,y) = 2y


n) f(x,y) = x 3 + 3xy + y 3 

Los únicos puntos críticos son: (0,0) y (−1, −1). 

(0,0) es puntos silla y (−1, −1) es máximo. 


D1f(x,y) = 3x 2 + 3y D2f(x,y) = 3y 2 + 3x 

D11f(x,y) = 6x D21f(x,y) = 3 D22f(x,y) = 6y


234 

1 

0 

0 1 

0 

2 3 4 

T(x, y) = x 2 + xy + y 2 − 6x 

(x, y) ∈ [0,5] × [−3,3] 


10 

0 

40 

20 

-2 

P(x, y) = x 2 − xy + y 2 + 1 

0 

x ≤ y ≤ 4 x ∈ [0,4] 

0 

2 

1 

2 

3 

4 

5


Problema 152 En los siguientes apartados, hallar los máximos y mínimos absolutos de las funciones en los dominios 

dados: 

(a) P(x,y) = x 2 −xy +y 2 +1 en la región triangular cerrada en el primer cuadrante acotada por las rectas x = 0, 

y = 4, y = x. 

(b) T(x,y) = x 2 + xy + y 2 − 6x en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 5, −3 ≤ y ≤ 3. 

(c) f(x,y) = 48xy − 32x 3 − 24y 2 en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1. 

(a) La función P no tiene puntos críticos en el interior de la región, ya que las derivadas parciales: 

D1P(x,y) = 2x − y D2P(x,y) = −x + 2y 

solo se anulan en el punto (0,0) que se encuentra en el borde de la misma. 

El borde de la placa está formado por los siguientes segmentos: 

S1 = (0,0)(0,4) S2 = (0,4)(4,4) S3 = (4,4)(0,0) 

La función P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por: 

P1(t) = P(0,t) = t 2 + 1 t ∈ (0,4) 

P2(t) = P(t,4) = t 2 − 4t + 17 t ∈ (0,4) 

P3(t) = P(t,t) = t 2 + 1 t ∈ (0,4) 



Los puntos críticos de estas funciones son los puntos críticos de P en el borde de la placa; estos puntos son 

(0,0) (t = 0 en P1 y P3) y (2,4) (t = 2 en P2). Por tanto, los extremos absolutos de P en la región dada están 

entre los puntos (0,0), (2,4), (0,4) y (4,4) (hay que considerar los extremos de los segmentos): 

P(0,0) = 1 P(2,4) = 13 P(0,4) = 17 P(4,4) = 50 

El punto (4,4) es máximo absoluto, mientras que (0,0) es el mínimo absoluto. 

(b) Las derivadas parciales de T son: 

D1T(x,y) = 2x + y − 6 D2T(x,y) = x + 2y 

Su único punto crítico se encuentra en el rectángulo indicado y es (4, −2). 

El borde de la placa está formado por los siguientes segmentos: 

S1 = (0, −3)(0,3), S2 = (0,3)(5,3), S3 = (5,3)(5, −3), S4 = (5, −3)(0, −3) 

La función P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por: 

P1(t) = P(0,t) = t 2 

t ∈ (−3,3) 

P2(t) = P(t,3) = t 2 − 3t + 9 t ∈ (0,5) 

P3(t) = P(5,t) = t 2 + 5t − 5 t ∈ (−3,3) 

P2(t) = P(t, −3) = t 2 − 9t + 9 t ∈ (0,5) 



Los puntos críticos de estas funciones son los puntos críticos de T en el borde de la región; estos puntos son 

(0,0) (t = 0 en P1), (3/2,3) (t = 3/2 en P2), (5, −5/2) (t = −5/2 en P3) y (9/2, −3) (t = 9/2 en P4). Por 

tanto, los extremos absolutos de P en la región dada están entre los puntos (4, −2), (0,0), (3/2,3), (5, −5/2), 

(9/2, −3), (0, −3), (0,3), (5,3) y (5, −3) (hay que considerar los extremos de los segmentos): 

T(4, −2) = −12 T(0,0) = 0 T(3/2,3) = 27/4 

T(5, −5/2) = −45/4 T(9/2, −3) = −45/4 T(0, −3) = 9 

T(0,3) = 9 T(5,3) = 19 T(5, −3) = −11 

El punto (5,3) es máximo absoluto mientras que (4, −2) es el mínimo absoluto. 

En la figura 6.1 de la página 290 están representadas las gráficas de las funciones P y T en las regiones indicadas. 



Problema 153 Hallar los extremos relativos del campo escalar f(x,y) = sen(xy). 

Las derivadas parciales de f son 

D1f(x,y) = y cos(xy) D2f(x,y) = xcos(xy) 

Los puntos críticos de f son, además del (0,0), todos aquellos puntos (x,y) tales que xy = π 

2 +nπ para algún n ∈ Z. 

Consideremos los siguientes conjuntos 

C1 = {(x,y)|xy = π 

+ 2kπ para algún k ∈ Z} 

2 

C2 = {(x,y)|xy = π 

+ (2k + 1)π para algún k ∈ Z} 

2 

Los puntos de C1 ∪ C2 son los puntos críticos de f distintos de (0,0). El lector puede comprobar que el criterio de 

la hessiana no clasifica ninguno de los puntos. 

Sin embargo, en este caso, podemos clasificar casi todos los puntos acotando directamente la función: −1 ≤ 

f(x,y) ≤ 1. Como f(a,b) = 1 si (a,b) ∈ C1 y f(a,b) = −1 si (a,b) ∈ C2, deducimos que los puntos de C1 son 

máximos absolutos de f y que los puntos de C2 son mínimos absolutos. Solo tenemos que clasificar el punto (0,0) 

y para ello basta considerar las siguientes funciones (corolario ??): 

g1(t) = f(t,t) = sen t 2 


g2(t) = f(t, −t) = sen(−t 2 ) = − sen t 2


Dado que 0 es mínimo relativo de g1 y máximo relativo de g2, podemos concluir que (0,0) no es extremo relativo 

de f. 

Para ver gráficamente lo que hemos deducido, vemos a continuación la representación de f en el rectángulo 

[0,2π] × [0,2π]: 

0.5 

0 

-0.5 

-1 

-4 


Z 

Y 

1 

X 

-2 

0 

2 

4 -4 

-2 

0 

2 

4


Problema 154 Hallar el punto crítico de 

f(x,y) = xy + 2x − log x 2 y 

en el primer cuadrante abierto (x > 0,y > 0), y mostrar que f alcanza en él un mínimo. 

D1f(x,y) = y + 2 − 2 

x 

D2f(x,y) = x − 1 

y 

El punto crítico es por tanto (1/2,2). Las segundas derivadas parciales son: 

D11f(x,y) = 2 

x 2 

y la hessiana en (1/2,2): Hf(1/2,2) = 

 

8 1 

1 1/4 


D21f(x,y) = 1 D11f(x,y) = 1 

y2 

. Por tanto, efectivamente, el punto crítico es un mínimo relativo.


Problema 155 El discriminante fxxfyy − f2 xy de cada una de las siguientes funciones es cero en el origen. Determinar 

si la función tiene o no un máximo o un mínimo en este punto. 

Ver sección ?? 

a) f(x,y) = x 2 y 2 b) f(x,y) = 1 − x 2 y 2 c) f(x,y) = xy 2 

d) f(x,y) = x 3 y 2 e) f(x,y) = x 3 y 3 

f) f(x,y) = x 4 y 4 

a) f(x,y) = x 2 y 2 tiene un mínimo absoluto en el origen ya que x 2 y 2 ≥ 0 = f(0,0) para todo x e y. 

b) f(x,y) = 1 − x 2 y 2 tiene un máximo absoluto en el origen ya que x 2 y 2 ≥ 0 para todo x e y y por tanto, 

1 − x 2 y 2 ≤ 1 = f(0,0). 

c) f(x,y) = xy 2 tiene un punto silla en el origen ya que la función g(t) = f(t,t) = t 3 tiene un punto de inflexión 

en 0. 

d) f(x,y) = x 3 y 2 tiene un punto silla en el origen ya que la función g(t) = f(t,1) = t 3 tiene un punto de inflexión 

en 0. 

e) f(x,y) = x 3 y 3 tiene un punto silla en el origen ya que la función g(t) = f(1,t) = t 3 tiene un punto de inflexión 

en 0. 

f) f(x,y) = x 4 y 4 tiene un mínimo en el origen ya que x 4 y 4 ≥ 0 para todo x e y. 



Problema 156 Si y = mx + b es la recta de mejor ajuste, en el sentido de los cuadrados mínimos, pruébese que: 

(a) la suma de las desviaciones 

n 

(yi − mxi − b) 

es cero, (Esto significa que las desviaciones positivas y negativas se anulan); y que 

(b) el punto 

i=1 

(¯x, ¯y) = 

 

1 

n 

n 

i=1 

está sobre la recta determinada por el método de los mínimos cuadrados. (Esto significa que la recta que mejor 

se ajusta a la nube de puntos pasa por el centro de gravedad de los n puntos). 

Los dos enunciados son consecuencia inmediata del método de los mínimos cuadrados; este método se reduce a 

resolver un sistema de dos ecuaciones y estas ecuaciones son las que aparecen en cada apartado (ver página 447 del 

libro de teoría, o consultar cualquier libro donde se enuncie el método). 


xi, 1 

n 

n 

i=1 

yi


Problema 157 Hallar los extremos de f(x,y) = xy sujetos a la restricción 

g(x,y) = x 2 + y 2 − 10 = 0. 

La función lagrangiana asociada al problema es 

L(x,y,λ) = xy − λ(x 2 + y 2 − 10) 

El sistema de ecuaciones que nos da los puntos críticos es 

x 2 + y 2 − 10 = 0 

y − 2λx = 0 

x − 2λy = 0 

Los puntos críticos son por tanto: ( √ 5, √ 5) con λ = 1/2, (− √ 5, √ 5) con λ = −1/2, ( √ 5, − √ 5) con λ = −1/2 y 

(− √ 5, − √ 5) con λ = 1/2 

Para clasificar estos puntos, tenemos que considerar las funciones 

F1(x,y) = L(x,y,1/2) = xy − 1 

2 (x2 + y 2 − 10) 

F2(x,y) = L(x,y, −1/2) = xy + 1 

2 (x2 + y 2 − 10) 



y sus respectivas matrices hessianas 

HF1(x,y) = 

 

−1 1 

1 −1 

 

HF2(x,y) = 

 

1 1 

1 1 

Para hallar los polinomios característicos en cada punto, necesitamos los vectores gradientes: 

∇g( √ 5, √ 5) = (2 √ 5,2 √ 5) ∇g(− √ 5, − √ 5) = (−2 √ 5, −2 √ 5) 

∇g(− √ 5, √ 5) = (−2 √ 5,2 √ 5) ∇g( √ 5, − √ 5) = (2 √ 5, −2 √ 5) 

El polinomio característico en ( √ 5, √ 5) es: 

 

 

 

p(λ) = 

 

0 Jg(a) 

Jg(a) t HF1(a) − λI 

y por tanto, el punto ( √ 5, √ 5) es un máximo. 

 

 

 

 

= 

 

 

 

 

 

 

 

0 2 √ 5 2 √ 5 

2 √ 5 −1 − λ 1 

2 √ 5 1 −1 − λ 

El polinomio característico en (− √ 5, − √ 5) es: 

 

 

0 −2 

 

p(λ) = 

 

 

√ 5 −2 √ 5 

−2 √ 5 −1 − λ 1 

−2 √ 

 

 

 

= −40(−λ − 2) 

 

5 1 −1 − λ 

y por tanto, el punto (− √ 5, − √ 5) también es un máximo. 


 

 

 

 

 

= −40(−λ − 2)


El polinomio característico en ( √ 5, − √ 5) es: 

 

 

0 

 

p(λ) = 

 

 

2 √ 5 −2 √ 2 

5 

√ 5 

−2 

1 − λ 1 

√ 5 1 

 

 

 

 

= −40(−λ + 2) 

 

1 − λ 

y por tanto, el punto ( √ 5, − √ 5) es un mínimo. 

El polinomio característico en (− √ 5, √ 5) es: 

 

 

0 

 

p(λ) = 

 

 

−2 √ 5 2 √ −2 

5 

√ 5 

2 

1 − λ 1 

√ 5 1 

 

 

 

 

= −40(−λ + 2) 

 

1 − λ 

y por tanto, el punto (− √ 5, − √ 5) también es un mínimo. 



Problema 158 Calcular la distancia mínima entre la recta y = x + 1 y la parábola y 2 = x. 

Para plantear el problema vamos a utilizar un función que nos dé la distancia entre un punto de la recta y 

cualquier otro punto: la distancia entre un punto de la recta, (x,x + 1), y otro punto del plano, (y,z), es: 

d = (y − x) 2 + (z − x − 1) 2 ; 

por tanto, para minimizar esta distancia, nos basta minimizar la función f(x,y,z) = (y −x) 2 +(z −x−1) 2 ; además, 

como queremos encontrar la distancia mínima a la parábola y 2 = x, tenemos que minimizar la función f con la 

condición g(z,y) = z 2 − y = 0 (¡cuidado con el nombre de las variables!). 

La función lagrangiana asociada a este problema es 

L(x,y,z,λ) = (y − x) 2 + (z − x − 1) 2 − λ(z 2 − y) 


z 2 − y = 0 

−2(y − x) − 2(z − x − 1) = 0 

2(y − x) + λ = 0 

2(z − x − 1) − 2zλ = 0 



y su única solución es el punto (−1/8,1/4,1/2) con λ = −3/4. Con una simple mirada a las gráficas de la recta y 

la parábola podemos concluir que efectivamente esta es la solución del problema, pero vamos a deducirlo usando el 

polinomio característico. Consideramos la función 

La matriz hessiana de esta función es: 

F(x,y,z) = L(x,y,z, −3/4) = (y − x) 2 + (z − x − 1) 2 + (3/4)(z 2 − y) 

El vector gradiente de g en (−1/8,1/4,1/2) es 

El polinomio característico en dicho punto es: 

 

 

 

p(λ) = 

 

0 Jg(a) 

Jg(a) t HF1(a) − λI 

HF(x,y,z) = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

4 −2 −2 

−2 2 0 

−2 0 7/2 

∇g(−1/8,1/4,1/2) = (0, −1,1) 

 

 

 

 

= 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

0 0 −1 1 

0 4 − λ −2 −2 

−1 −2 2 − λ 0 

7 

1 −2 0 2 − λ 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −2(t 2 − 27 

λ + 6) 

2 

y en consecuencia, efectivamente, el punto es un mínimo. Teniendo en cuenta el significado de la función f que 

hemos utilizado, hemos obtenido que los puntos (−1/8,7/8) y (1/4,1/2) son los puntos de la recta y de la parábola 

respectivamente, más próximos. 



Este problema se puede resolver de varias formas. Teniendo en cuenta que todo punto de la recta es de la forma 

(x,x + 1) y todo punto de la parábola es de la forma (y 2 ,y), el problema se resolvería minimizando la función 

h(x,y) = (x − y 2 ) 2 + (x + 1 − y) 2 (sin restricciones); esta sería la forma más sencilla de resolver el problema usando 

métodos de este capítulo. Sin embargo, la forma más simple de resolver el problema es localizando el punto de 

la parábola cuya tangente es paralela a la recta; este punto es el buscado. El lector debería desarrollar estos dos 

métodos alternativos. 



Problema 159 Determinar los puntos sobre la curva x 2 y = 2 más próximos al origen. 

Teniendo en cuenta que todo punto de la recta es de la forma (x,2/x 2 ), la distancia de un punto de la curva al 

origen viene dada por 

d = x 2 + (2/x 2 ) 2 

Para localizar el punto de la curva más próximo al origen nos basta minimizar la función 

f(x) = x 2 + (2/x 2 ) 2 

En este caso hemos reducido el problema a minimizar una función de una variable (los mínimos son x = √ 2 y 

x = − √ 2); sin embargo, este tipo de problemas no siempre admiten este camino de resolución (o resulta demasiado 

laborioso), como ocurre en el ejercicio siguiente, y la única forma de resolverlo será usando el método de los 

multiplicadores; (resuelva el lector este ejercicio usando el método de los multiplicadores de Lagrange). 



Problema 160 Hallar los puntos sobre la curva x 2 + xy + y 2 = 1 más próximos y más alejados del origen. 

Como decíamos en el ejercicio anterior, este problema no lo podemos resolver reduciendolo a una variable, ya 

que no tenemos expresiones que nos caractericen los puntos de la curva del enunciado (o bien, tal expresión no es 

sencilla) y por tanto, la mejor forma de plantear el problema es usando el método de los multiplicadores de Lagrange. 

La función que tenemos que minimizar es 

f(x,y) = x 2 + y 2 

y por tanto, la función lagrangiana asociada al problema es 

L(x,y,λ) = x 2 + y 2 − λ(x 2 + xy + y 2 − 1) 

El sistema de ecuaciones que nos da los puntos críticos es: 

x 2 + xy + y 2 − 1 = 0 

2x − 2λx − λy = 0 

2y − 2λy − λx = 0 

y las soluciones son: (1/ √ 3,1/ √ 3) y (−1/ √ 3, −1/ √ 3) con λ = 2/3 y (1, −1) y (−1,1) con λ = 2. 

Para clasificar estos puntos, tenemos que considerar las funciones 

F1(x,y) = L(x,y,3/2) = 1 

3 x2 + 1 

3 y2 − 2 2 

xy + 

3 3 

F2(x,y) = L(x,y,2) = −x 2 − y 2 − 2xy + 2 



y sus respectivas matrices hessianas 

HF1(x,y) = 

 

2/3 −2/3 

−2/3 2/3 

 

HF2(x,y) = 

Los vectores gradientes de g(x,y) = x 2 + xy + y 2 − 1 en los puntos críticos son: 

 

−2 −2 

−2 −2 

∇g(1/ √ 3,1/ √ 3) = ( √ 3, √ 3) ∇g(−1/ √ 3, −1/ √ 3) = (− √ 3, − √ 3) 

∇g(1, −1) = (1, −1) ∇g(−1,1) = (−1,1) 

El polinomio característico en el punto (1/ √ 3,1/ √ 3) es 

 

 

0 

√ 

p(λ) = 3 

√ 

3 

√ 

3 

2 

3 − λ 

2 − 

√ 

3 

 

 

−2 

3 

 

− λ 

y en consecuencia, (1/ √ 3,1/ √ 3) es mínimo. 

El polinomio característico en el punto (−1/ √ 3, −1/ √ 3) es 

 

 

0 

 

p(λ) = 

 

 

− √ 3 − √ − 

3 

√ 3 2 

3 − λ 

 

 

 

 

−2 

3 

 

− λ 

y por tanto, también es mínimo. 

3 

− √ 3 − 2 

3 


2 

3 

2 

3 

= −6(−λ + 8 

6 ) 

= −6(−λ + 8 

6 )


El polinomio característico en el punto (1, −1) es 

 

 

0 

 

p(λ) = 1 

 

−1 

1 

−2 − λ 

−2 

 

−1 

 

 

−2 = −2(−λ − 4) 

 

−2 − λ 

y en consecuencia, es máximo. 

El polinomio característico en el punto (−1,1) es 

 

 

 

0 −1 1 

 

 

 

p(λ) = −1 −2 − λ −2 = −2(−λ − 4) 

 

 

1 −2 −2 − λ 

y en consecuencia, también es máximo. 



Problema 161 Sea f un campo escalar, se dice que f es homogéneo de grado p si 

f((λx1,...,λxn) = λ p f((x1,... ,xn) para todo λ ∈ R. 

(a) Si f es diferenciable en ((x1,...,xn) demostrar que 

x1D1f((x1,... ,xn) + · · · + xnDnf((x1,... ,xn) = pf((x1,... ,xn) 

Esto se conoce como teorema de Euler para funciones homogéneas. (Indicación: para ((x1,... ,xn) fijo defínase 

g(λ) = f((λx1,... ,λxn) y calcular g ′ (1).) 

(b) Hallar p y verificar el teorema de Euler para el campo f(x,y,z) = x − 2y − √ xz para x,z > 0. 

(c) Comprobar el teorema de Euler para el campo f(x,y) = log(x/y). 

(a) Sigamos la indicación y consideremos g(λ) = f((λx1,... ,λxn) para una tupla fija ((x1,... ,xn). Para hallar la 

derivada de g usamos la regla de la cadena: 

Por tanto, 


g ′ (λ) = x1D1f((λx1,... ,λxn) + · · · + xnDnf((λx1,...,λxn) 

g ′ (1) = x1D1f((x1,...,xn) + · · · + xnDnf((x1,...,xn) (6.1)


Por otra parte, dado que f es homogénea de grado p, se tiene que 

g(λ) = λ p f((x1,...,xn); 

a partir de esta expresión volvemos a obtener la derivada de g: 

De donde se obtiene que 

g ′ (λ) = pλ p−1 f((x1,...,xn) 

De las igualdades 6.1 y 6.2 se deduce la propuesta en el ejercicio. 

g ′ (1) = pf((x1,...,xn) (6.2) 

(b) Sea λ ≥ 0 (esta restricción se debe al dominio impuesto a f; en un dominio más amplio la función no sería 

homogénea: ¿Por qué?) 

f(λx,λy,λz) = λx − 2λy − √ λ 2 xz 

= λ(x − 2y − √ xz) 

Por tanto, efectivamente, la función es homogénea de grado 1. Verifiquemos el teorema de Euler: 

xD1f(x,y,z) + yD2f(x,y,z) + zD3f(x,y,z) = x(1 − z 

2 √ x 

) − 2y + z 

xz 2 √ xz 

= x − 2y − 2zx 

2 √ xz 


= x − 2y − √ xz = f(x,y,z)


(c) 

xD1f(x,y) + yD2f(x,y) = x 1 −1 

+ y = 0 

x y 

Por tanto, si f es homogénea, necesariamente el grado debe se 0, y efectivamente lo es ya que: 

f(λx,λy) = log λx 

λy 


= log x 

y = λ0 f(x,y)


Problema 162 Hallar el valor máximo de la función w = xyz sobre la recta x = 20 − t, y = t, z = 20. ¿En 

qué punto o puntos sobre la recta ocurre el máximo? [Indicación: A lo largo de la recta, w puede expresarse en 

función únicamente de la variable t.] 

El valor de la función w sobre la recta dada viene dado por la función 

f(t) = w(20 − t,t,20) = 20t(20 − t) 

el máximo de esta función es t = 0, es decir, el punto de la recta donde es máximo w es (20,0,20). 



Problema 163 Utilizar el método de los multiplicadores de Lagrange para hallar las dimensiones del rectángulo de 

mayor área que puede inscribirse en la elipse x 2 /16 + y 2 /9 = 1 con los lados paralelos a los ejes coordenados. 

(El ejercicio 4.42 resuelve este mismo problema usando funciones en una variable) La condición de que los lados 

del rectángulo son paralelos a los ejes coordenados, nos reduce el problema a localizar el vértice (x,y) del rectángulo 

que esta en el primer cuadrante; es decir, podemos suponer que x ≥ 0 e y ≥ 0. Por otra parte, si (x,y) es el vértice 

del rectángulo y dado que la elipse y el rectángulo están centrados en el origen, el área del rectángulo es A = 4xy. 

Por tanto, para resolver el problema, tenemos que encontrar el máximo de la función f(x,y) = xy con la restricción 

g(x,y) = (x/4) 2 + (y/3) 2 = 1. La función lagrangiana asociada a este problema es 

L(x,y,λ) = xy − λ((x/4) 2 + (y/3) 2 − 1); 

y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos críticos es: 

(x/4) 2 + (y/3) 2 − 1 = 0 

y − 1 

λx = 0 

8 

x − 2 

λy = 0 

9 

La única solución positiva del sistema es el punto ( √ 8,3/ √ 2) con λ = 6. Para comprobar que efectivamente este 

punto es máximo, consideramos la función 


F(x,y) = L(x,y,6) = xy − 6((x/4) 2 + (y/3) 2 − 1)


La matriz hessiana de F es: 

HF(x,y) = 

 

−3/4 1 

1 −4/3 

El vector gradiente de g en el punto crítico es ( 1 

√ 

√ 2 , 

8 3 ) y el polinomio característico en este punto 

 

 

 

 

p(λ) = 

 

 

 

0 

1 

√8 

√ 2 

3 

1√ − 

8 3 

√ 

4 

2 

3 1 −4 3 

− λ 1 

lo que nos indica que efectivamente el punto es un máximo. 


− λ 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= − 25 48 

(−λ − 

72 25 )


Problema 164 Hallar los valores máximo y mínimo de 


f(x,y,z) = x − 2y + 5z en la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 30 

L(x,y,z,λ) = x − 2y + 5z − λ(x 2 + y 2 + z 2 − 30) 


x 2 + y 2 + z 2 − 30 = 0 

1 − 2λx = 0 

−2 − 2λy = 0 

5 − 2λz = 0 

Las soluciones de este sistema son los puntos (1, −2,5) con λ = 1/2 y (−1,2, −5) con λ = −1/2. Para clasificar los 

puntos consideramos las funciones 

F1(x,y,z) = L(x,y,z,1/2) = x − 2y + 5z − (1/2)(x 2 + y 2 + z 2 − 30) 

F2(x,y,z) = L(x,y,z, −1/2) = x − 2y + 5z + (1/2)(x 2 + y 2 + z 2 − 30) 



La matrices hessianas de estas funciones son: 

⎛ 

−1 

⎜ 

HF1(x,y,z) = ⎝ 0 

0 

−1 

0 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎛ ⎞ 

1 0 0 

⎜ ⎟ 

HF2(x,y,z) = ⎝ 0 1 0 ⎠ 

0 0 −1 

0 0 1 

La forma cuadrática asociada a HF1 es definida negativa sobre R 3 y en particular sobre cualquier subespacio; por 

tanto, (1, −2,5) es máximo. Análogamente, la forma cuadrática asociada a HF2 es definida positiva sobre cualquier 

subespacio y, por tanto, el punto (−1,2, −5) es mínimo. 

Si el estudio del signo de las formas cuadráticas es sencillo, como en este caso, puede ahorrarnos tiempo. Esta 

simplificación solo es posible cuando la forma, sobre R 3 , es definida negativa o positiva; si la forma fuera semidefinida 

o indefinida, tendríamos que realizar el estudio de la forma cuadrática restringida. 



Problema 165 Si a, b y c son números positivos, hallar el valor máximo que puede tomar f(x,y,z) = ax+by +cz 

sobre la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1. 

La función lagrangiana asociada al problema es: 

L(x,y,z,λ) = ax + by + cz − λ(x 2 + y 2 + z 2 − 1) 


x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 

a − 2λx = 0 

b − 2λy = 0 

c − 2λz = 0 

Las soluciones de este sistema son los puntos 

 

a 

 

− 

√ a 2 + b 2 + c 2 , 

a 

√ a 2 + b 2 + c 2 

, − 

b 

√ a 2 + b 2 + c 2 , 

b 

√ a 2 + b 2 + c 2 

, − 

c 

√ a 2 + b 2 + c 2 

c 

√ a 2 + b 2 + c 2 

 

 

con λ0 = 1 

a2 + b2 + c2 2 

con λ1 = − 1 

2 

 

a 2 + b 2 + c 2 

(dado que λ = 0, podemos despejar de las ecuaciones 2, 3 y 4, x, y y z respectivamente en función de λ; sustituyendo 

las expresiones en la primera ecuación hallamos los valores de λ y a partir de aquí se obtiene inmediatamente los 

puntos.) 



Sea Fλ = L(x,y,z,λ); entonces, 

HFλ(x,y,z) = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

−2λ 0 0 

0 −2λ 0 

0 0 −2λ 

Por tanto, la forma cuadrática asociada a HFλ0 es definida negativa y el punto 

 

a 

√ 

a2 + b2 + c2 , 

b 

√ 

a2 + b2 + c2 , 

 

c 

√ 

a2 + b2 + c2 es máximo; asimismo, la forma cuadrática asociada a HFλ1 es definida positiva, y el punto 

 

a 

b 

− , − , − 

c 

 

es mínimo. 

√ a 2 + b 2 + c 2 


√ a 2 + b 2 + c 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

√ a 2 + b 2 + c 2


Problema 166 Dados n números positivos a1,a2,... ,an, hallar el valor máximo de la expresión 

w = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn 

si las variables x1,x2,...,xn están restringidas a que la suma de sus cuadrados sea 1.(Este ejercicio es una generalización 

del anterior y la forma de resolución es idéntica) 



Problema 167 Un plano de la forma 

ha de ✭✭ajustarse✮✮ a los siguientes puntos (xi,yi,zi): 

z = Ax + By + C 

(0,0,0), (0,1,1), (1,1,1), (1,0, −1). 

Determinar el plano que minimiza la suma de los cuadrados de las desviaciones 

La función que debemos maximizar es 

f(A,B,C) = 

4 

i=1 

Las derivadas parciales de f son 

4 

(Axi + Byi + C − zi) 2 . 

i=1 

(Axi + Byi + C − zi) 2 = (B + C − 1) 2 + (A + B + C − 1) 2 + (A + C + 1) 2 

D1f(A,B,C) = 2(A + B + C − 1) + 2(A + C + 1) = 4A + 2B + 4C 

D2f(A,B,C) = 2(B + C − 1) + 2(A + B + C − 1) = 2A + 4B + 4C − 4 

D3f(A,B,C) = 2(B + C − 1) + 2(A + B + C − 1) + 2(A + C + 1) 

= 4A + 4B + 6C + 2 



La única solución del sistema es (4,6, −7). La hessiana de la función es 

HF(A,B,C) = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

4 2 4 

2 4 4 

4 4 6 

Usando cualquiera de los métodos (en este caso el método de Sylvester es el más sencillo), obtenemos que el punto 

es efectivamente un mínimo. Por tanto, el plano que más se ajusta a los puntos dados por el método de los mínimos 

cuadrados es z = 4x + 6y − 7 


⎞ 

⎟ 

⎠


Problema 168 Calcular el valor máximo de f(x,y,z) = x 2 + 2y − z 2 sujeto a las restricciones 2x − y = 0 e 

y + z = 0. 


y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos críticos 

2x − y = 0 

y + z = 0 

2x − 2λ = 0 

2 + λ − µ = 0 

−2z − µ = 0 

L(x,y,z,λ,µ) = x 2 + 2y − z 2 − λ(2x − y) − µ(y + z) 

La única solución de este sistema es el punto (2/3,4/3, −4/3), con λ = 2/3 y µ = 8/3. Consideremos la función 

La matriz hessiana de esta función es 

F(x,y,z) = L(x,y,z,2/3,8/3) = x 2 + 2y − z 2 − (2/3)(2x − y) − (8/3)(y + z) 

HF(x,y,z) = 


⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 0 0 

0 0 0 

0 0 −2 

⎞ 

⎟ 

⎠


El jacobiano de la función g(x,y,z) = (2x − y,y + z) es 

 

Jg(x,y,z) = 

2 −1 0 

0 1 1 

Entonces, el polinomio característico en el punto crítico es: 

 

 

0 

p(λ) = 

Jg(a) 

Jg(a) 

t 

 

 

 

HF(a) − λI = 

 

 

0 0 2 

 

0 0 0 

 

 

2 0 2 − λ 

 

−1 1 0 

 

0 1 0 

−1 

1 

0 

−λ 

0 

 

0 

 

 

 

1 

 

0 

 

 

0 

 

−2 − λ 

y en consecuencia, el punto es efectivamente máximo. 

 

= 9(−λ − 2 

3 ) 

Obsérvese que en este caso la forma cuadrática es indefinida y no podemos evitar el uso del corolario ??, como 

hicimos en el ejercicio 33. 



Problema 169 (a) Hallar el valor máximo de w = xyz entre todos los puntos pertenecientes a la intersección de 

los planos x + y + z = 40 y z = x + y. 

(b) Argumentar geométricamente el hecho de que haya resultado un valor máximo (y no un mínimo) de xyz sujeto 

a las restricciones. 

(a) La función lagrangiana asociada al problema es 

L(x,y,z,λ,µ) = xyz − λ(x + y + z − 40) − µ(z − x + y) 

y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos críticos 

x + y + z − 40 = 0 

z − x + y = 0 

yz − λ + µ = 0 

xz − λ − µ = 0 

xy − λ − µ = 0 

La única solución de este sistema es el punto (20,10,10), con λ = 150 y µ = 50. Consideremos la función 

F(x,y,z) = L(x,y,z,150,50) = xyz − 150(x + y + z − 40) − 50(z − x + y) 



La matriz hessiana de esta función es 

⎛ ⎞ 

0 z y 

⎜ ⎟ 

HF(x,y,z) = ⎝ z 0 x ⎠ ; 

⎛ 

0 

⎜ 

HF(20,10,10) = ⎝ 10 

⎞ 

10 10 

⎟ 

0 20 ⎠ 

y x 0 

10 20 0 

El jacobiano de la función g(x,y,z) = (x + y + z − 40,z − x + y) es 

 

1 1 1 

Jg(x,y,z) = 

−1 1 1 

Entonces, el polinomio característico en el punto crítico es: 

 

 

0 

p(λ) = 

Jg(a) 

Jg(a) 

t 

 

 

 

HF(a) − λI = 

 

 

0 0 1 

 

0 0 −1 

 

 

1 −1 −λ 

 

1 1 10 

 

1 1 10 

1 

1 

10 

−λ 

20 

 

1 

 

 

 

1 

 

10 

= 8(−λ − 20) 

 

20 

 

−λ 

y en consecuencia, el punto es efectivamente máximo. 

(b) Una interpretación geométrica del problema es la siguiente: dado un punto (x,y,z) de la recta dada (que es 

paralela al plano XY y corta a los planos XZ e Y Z), podemos construir un paralepípedo con dos vértices 

opuestos en el origen y en (x,y,z) y cuyas caras son paralelas a los planos XY , XZ e Y Z; en esta situación, 

w = xyz nos da el volumen de este paralepípedo. El volumen mínimo es 0 (corresponde a los casos defectivos) 



y existe un paralepípedo de volumen máximo ya que todos están contenidos en un prisma recto de base 

triangular; este paralepípedo es el que hemos obtenido. 


Capítulo 7 

Integración 

327

Integración 328 

Problema 170 Usar integración por partes para resolver las siguientes integrales: 

 

 

a) xsen 5xdx b) x 3 cos x 2 

dx c) x 3 e x dx 

a) 

b) 

d) 

 

x 5 sen x 3 dx e) 

 

x 3 dx 

3√ 9 − x 2 

Recordemos la fórmula de integración por partes: 

 

f(x)g ′ 

(x)dx = f(x)g(x) − 

 

xsen 5xdx. Considerando: 

tenemos: 

 

x 3 cos x 2 dx. Considerando: 

f) 

 

x 3 4 − x 2 dx 

g(x)f ′ (x)dx 

f(x) = x f ′ (x) = 1 

g ′ (x) = sen 5x g(x) = −1 5 cos 5x 

xsen 5xdx = − 1 

 

1 

xcos 5x + 

5 5 


cos 5xdx = − 1 1 

xcos 5x + sen 5x 

5 25 

f(x) = x2 f ′ (x) = 2x 

g ′ (x) = xcos x2 g(x) = 1 

2 sen x2


c) 

(hemos tenido que dejar una x en g ′ para poder hallar g), se tiene que: 

 

 

 

x 3 cos x 2 dx = 1 

2 x2 sen x 2 − 1 

2 

2xsen x 2 dx = 1 

2 x2 sen x 2 + 1 

cos x2 

2 

x 3 e x dx; (En el ejercicio 5 se obtendrá una fórmula reducción para estas integrales). Considerando: 

se tiene que: 

f(x) = x 3 f ′ (x) = 3x 2 

g ′ (x) = e x g(x) = e x 

x 3 e x dx = x 3 e x 

− 3 

Podemos nuevamente aplicar integración por partes con 

y se llega a 

x 3 e x dx = x 3 e x 

− 3 

Aplicando una vez más la fórmula con 


f(x) = x 2 f ′ (x) = 2x 

g ′ (x) = e x g(x) = e x 

x 2 e x dx 

x 2 e x dx = x 3 e x − 3x 2 e x 

+ 6 

f(x) = x f ′ (x) = 1 

g ′ (x) = e x g(x) = e x 

xe x dx


d) 

e) 

se termina el cálculo: 

 

x 3 e x dx = x 3 e x − 3x 2 e x 

+ 6 

 

x 5 sen x 3 dx. Considerando: 

se obtiene 

 

x3 dx 

3√ . Considerando: 

9 − x2 se tiene que: 

 

x 3 dx 

3√ 9 − x 2 

xe x dx 

 

= x 3 e x − 3x 2 e x + 6xe x − 6 

e x dx 

= x 3 e x − 3x 2 e x + 6xe x − 6e x = (x 3 − 3x 2 + 6x − 6)e x 

x 5 sen x 3 dx = − 1 

3 x3 cos x 3 + 1 

 

3 

f(x) = x3 f ′ (x) = 3x2 g ′ (x) = x2 sen x3 g(x) = −1 3 cos x3 

3x 2 cos x 3 dx = − 1 

3 x3 cos x 3 + 1 

sen x3 

3 

f(x) = x 2 f ′ (x) = 2x 

g ′ (x) = x(9 − x 2 ) −1/3 g(x) = − 3 

4 (9 − x2 ) 2/3 

= −3 

4 x2 (9 − x 2 ) 2/3 + 3 

 

4 

2x(9 − x 2 ) 2/3 

= − 3 

4 x2 (9 − x 2 ) 2/3 − 9 

20 (9 − x2 ) 5/3 = − 1 

20 (6x2 + 81) (9 − x 2 ) 3 



f) 

 

x 3 4 − x 2 dx. Considerando: 

se tiene que: 

 

x 3 4 − x2 dx = − 1 

3 x2 (4 − x 2 ) 3/2 + 1 

 

3 


f(x) = x 2 f ′ (x) = 2x 

g ′ (x) = x(4 − x 2 ) 1/2 g(x) = − 1 

3 (4 − x2 ) 3/2 

2x(4 − x 2 ) 3/2 

= − 1 

3 x2 (4 − x 2 ) 3/2 − 2 

15 (4 − x2 ) 5/2 = − 1 

15 (32 + 4x2 − 3x 4 ) 

 

4 − x2


Problema 171 Resolver las siguientes integrales de dos modos distintos, usando el método de Hermite y sin usarlo. 

 

2x2 + 2x − 2 

a) 

x3 

2x 

dx b) 

+ 2x 

2 − 3x + 3 

x3 − x2 

3x3 + 3x2 − 5x + 7 

dx c) 

+ x − 1 x4 dx 

− 1 

 

x + 3 

d) 

x2 

x + 4 

dx e) 

− 5x + 7 (x2 

x3 + 2x2 + 2x + 1 

dx f) 

− x + 1) 2 (x2 − x + 1) 2 dx 

a) 

2x2 + 2x − 2 

x3 + 2x 

de las raíces es 1, usando o no el método de Hermite se obtiene la misma descomposición: 

dx. Factorizamos primeramente el denominador: x 3 +2x = x(x 2 +2). Dado que la multiplicidad 

2x 2 + 2x − 2 

x 3 + 2x 

= A 

x 

Bx + c 

+ 

x2 + 2 = (A + B)x2 + Cx + 2A 

x3 + 2x 

A continuación tenemos que hallar las constantes A, B y C identificando los coeficientes de los polinomios: 

2 = A + B C = 2 − 2 = 2A 

Por tanto. A = −1, B = 3 y C = 2: 

 

2x2 + 2x − 2 

x3 

−1 3x + 2 

dx = + 

+ 2x 

x x2 

dx 

+ 2 

 

3 2x 

= − log |x| + 

2 x2 + 2 + 

1 

(x/ √ 2) 2 

dx 

+ 1 

= − log |x| + 3 

2 log(x2 + 2) + √ 2 arctg(x/ √ 2) 



b) 

c) 

 

2x 2 − 3x + 3 

x 3 − x 2 + x − 1 dx. El denominador se factoriza: x3 −x 2 +x−1 = (x−1)(x 2 +1). Dado que la multiplicidad 

de las raíces es 1, usando o no el método de Hermite se obtiene la misma descomposición: 

2x2 − 3x + 3 

x3 − x2 A Bx + C 

= + 

+ x − 1 x − 1 x2 + 1 = (A + B)x2 + Cx − A 

x3 − x2 + x − 1 

Identificando coeficientes, hallamos fácilmente las constantes: A = 1, B = 1 y C = −2. Ya podemos resolver 

la integral 

 

1 x − 2 

+ 

x − 1 x2 

 

1 2x 

dx = log |x − 1| + 

+ 1 

2 x2 1 

− 2 

+ 1 x2 

dx 

+ 1 

= log |x − 1| + 1 

2 log(x2 + 1) − 2arctg x 

 

3x3 + 3x2 − 5x + 7 

x4 dx. El denominador se factoriza: 

− 1 

x 4 − 1 = (x 2 − 1)(x 2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x 2 + 1); 

nuevamente las raíces son simples y los dos métodos de descomposición coinciden: 

3x 3 + 3x 2 − 5x + 7 

x 4 − 1 

= A B Cx + D 

+ + 

x − 1 x + 1 x2 + 1 

Operando e identificando coeficientes, se calculan las constantes y se obtiene: A = 2, B = −3, C = 4 y 



d) 

e) 

D = −2. Con esto resolvemos fácilmente la integral: 

 

3x3 + 3x2 − 5x + 7 

x4 dx = 

− 1 

 

2 3 4x − 2 

− + 

x − 1 x + 1 x2 

dx 

+ 1 

= 2log |x − 1| − 3log |x + 1| + 2log(x 2 + 1) − 2arctg x 

 

x + 3 

x2 dx. El denominador no tiene raíces reales; por tanto, podemos aplicar directamente la fórmula 

− 5x + 7 

vista en la sección ??: 

 

 

x + 3 

x2 1 

dx = 

− 5x + 7 2 log(x2 − 5x + 7) + 11 2x − 5 

√ arctg √ 

3 3 

x + 4 

(x 2 − x + 1) 2 dx. El polinomio (x2 − x + 1) 2 no tiene raíces reales. En este apartado usaremos la descom- 

posición de Hermite: 


x + 4 

(x2 

d Ax + B 

= 

− x + 1) 2 dx x2 

+ 

− x + 1 

Cx + D 

x2 − x + 1


Para poder hallar las constantes introducidas tenemos que efectuar la derivación indicada 

x + 4 

(x2 

d Ax + B 

= 

− x + 1) 2 dx x2 

+ 

− x + 1 

Cx + D 

x2 − x + 1 

= −Ax2 − 2Bx + (A + B) 

(x 2 − x + 1) 2 

+ Cx + D 

x 2 − x + 1 

= −Ax2 − 2Bx + (A + B) + (Cx + D)(x 2 − x + 1) 

x 2 − x + 1 

= Cx3 + (D − C − A)x 2 + (C − D − 2B)x + (A + B + D) 

x 2 − x + 1 

De donde, identificando coeficientes, se obtiene que A = 3, B = −2, C = 0 y D = 3. Con esto ya podemos 

resolver la integral: 

 

x + 4 

(x2 dx = 

− x + 1) 2 


= 

= 

= 

3x − 2 

x2 − x + 1 + 

 

3 

x2 − x + 1 dx 

3x − 2 

x2 

1 

+ 3 

− x + 1 x2 − x + 1 dx 

3x − 2 

x2 2 2x − 1 

+ 3√ 

arctg √ 

− x + 1 4 − 1 4 − 1 

3x − 2 

x2 − x + 1 + 2√ 2x − 1 

3arctg √ 

3


f) 

x 3 + 2x 2 + 2x + 1 

(x 2 − x + 1) 2 dx. Podemos utilizar los cálculos del apartado anterior para escribir: 

x3 + 2x2 + 2x + 1 

(x2 − x + 1) 2 = d 

 

Ax + B 

dx x2 

+ 

− x + 1 

Cx + D 

x2 − x + 1 

= Cx3 + (D − C − A)x 2 + (C − D − 2B)x + (A + B + D) 

x 2 − x + 1 

En este caso se obtiene: A = 0, B = −2, C = 1 y D = 3; de donde: 

x 3 + 2x 2 + 2x + 1 

(x 2 − x + 1) 2 dx = 

−2 

x2 − x + 1 + 

 


= 

x + 3 

x 2 − x + 1 dx 

−2 

x2 1 

+ 

− x + 1 2 log(x2 − x + 1) + 7 2x − 1 

√ arctg √ 

3 3


Problema 172 Un caso particular de funciones racionales son aquellas cuyo denominar tiene solamente una raíz 

real,es decir, tiene la forma: (x − a) n . En estos casos, obtener la descomposición de la función racional es bastante 

sencillo y no requiere el planteamiento de ningún sistema de ecuaciones. Si tenemos que descomponer P(x)/(x−a) n , 

basta desarrollar el polinomio P en potencias de (x−a) utilizando el desarrollo de Taylor; una sencilla simplificación 

por sumandos nos permite concluir la descomposición. Utilizando este método, resolver las siguientes integrales: 

a) 

b) 

c) 

d) 

 

6x3 − 58x2 + 191x − 213 

(x − 3) 6 dx 

 

x4 + 3x3 + 2x2 + 3x − 5 

(x − 1) 5 dx 

 

2x4 + 19x3 + 61x2 + 8x + 30 

(x + 2) 4 dx 

 

6x5 + 31x4 + 61x3 + 48x2 − 8x − 24 

(x + 1) 7 dx 



 

6x3 − 58x2 + 191x − 213 

(x − 3) 6 

 

5(x − 3) − 4(x − 3) 2 + 6(x − 3) 3 

dx = 

(x − 3) 6 dx 

 

5 4 6 

= 

− + 

(x − 3) 5 (x − 3) 4 (x − 3) 3 

 

dx 

5 4 6 

= 

− + 

−4(x − 3) 4 −3(x − 3) 3 −2(x − 3) 2 

5 4 3 

= − + − 

4(x − 3) 4 3(x − 3) 3 (x − 3) 2 

 

x4 + 3x3 + 2x2 + 3x − 5 

(x − 1) 5 dx 

 

4 + 20(x − 1) + 17(x − 1) 2 + 7(x − 1) 3 + (x − 1) 4 

= 

(x − 1) 5 

dx 

 

4 20 17 7 1 

= + + + + 

(x − 1) 5 (x − 1) 4 (x − 1) 3 (x − 1) 2 (x − 1) 

= 

4 20 17 

+ 

−4(x − 1) 4 


+ 

−3(x − 1) 3 

+ 

−2(x − 1) 2 

 

dx 

7 

+ log |x − 1| 

−(x − 1) 

1 20 17 7 

= − − − − + log |x − 1| 

(x − 1) 4 3(x − 1) 3 2(x − 1) 2 (x − 1) 

(a) 

(b)


 

2x4 + 19x3 + 61x2 + 8x + 30 

(x + 2) 4 dx 

 

138 − 72(x + 2) − 5(x + 2) 2 + 3(x + 2) 3 + 2(x + 2) 4 

= 

(x + 2) 4 

dx 

 

138 72 5 3 

= 

− − + + 2 dx 

(x + 2) 4 (x + 2) 3 (x + 2) 2 x + 2 

138 72 5 

= 

− 

− + log |x + 2| + 2x 

−3(x + 2) 3 −2(x + 2) 2 −(x + 2) 

= − 46 36 5 

+ + + 3log |x + 2| + 2x 

(x + 2) 3 (x + 2) 2 x + 2 

 

6x5 + 31x4 + 61x3 + 48x2 − 8x − 24 

(x + 1) 7 dx 

 

−4 − 15(x + 1) − 9(x + 1) 2 − 3(x + 1) 3 + (x + 1) 4 + 6(x + 1) 5 

= 

(x + 1) 7 

dx 

 

−4 15 9 3 1 6 

= 

− − − + + 

(x + 1) 7 (x + 1) 6 (x + 1) 5 (x + 1) 4 (x + 1) 3 (x + 1) 2 

 

dx 

−4 15 9 3 1 6 

= 

− 

− 

− + + 

−6(x + 1) 6 −5(x + 1) 5 −4(x + 1) 4 −3(x + 1) 3 −2(x + 1) 2 −(x + 1) 

2 3 9 1 1 6 

= + + + − − 

3(x + 1) 6 (x + 1) 5 4(x + 1) 4 (x + 1) 3 2(x + 1) 2 x + 1 


(c) 

(d)


Problema 173 Usar integración por partes para demostrar las siguientes fórmulas de reducción: 

 

a) sen n xdx = − 1 

n senn−1 

n − 1 

xcos x + sen 

n 

n−2 xdx 

 

b) cos n xdx = 1 

n cosn−1 

n − 1 

xsen x + cos 

n 

n−2 xdx 

 

a) sen n xdx; para aplicar la fórmula de integración por partes consideramos: 

f(x) = sen n−1 x f ′ (x) = (n − 1)sen n−2 xcos x 

g ′ (x) = sen x g(x) = − cos x 

con esto se tiene: 

 

sen n xdx = − cos xsen n−1 

x + (n − 1)sen n−2 xcos 2 xdx 

= − cos xsen n−1 

x + (n − 1)sen n−2 x(1 − sen 2 x)dx 

= − cos xsen n−1 

x + (n − 1) sen n−2 

xdx − (n − 1) 

sen n xdx 

 

A partir de esta igualdad se obtiene fácilmente la fórmula requerida; pasamos el término (n − 1) 

al primer miembro y dividimos por n: 

 

sen n xdx = − 1 

n senn−1 

n − 1 

xcos x + 

n 


sen n−2 xdx 

sen n xdx


b) 

 

cos n xdx. Seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior; consideramos: 

f(x) = cos n−1 x f ′ (x) = −(n − 1)cos n−2 xsen x 

g ′ (x) = cos x g(x) = sen x 

de donde se obtiene: 

 

cos n xdx = sen xcos n−1 

x + (n − 1)cos n−2 xsen 2 xdx 

= sen xcos n−1 

x + (n − 1) cos n−2 

xdx − (n − 1) 

Y de ahí: 


cos n xdx = − 1 

n cosn−1 

n − 1 

xsen x + 

n 

cos n xdx 

cos n−2 xdx


Problema 174 Hallar fórmulas de reducción para las siguientes integrales: 

 

a) (log ax) n 

dx b) x n e ax 

dx c) x n sen axdx 

 

d) x n 

cos axdx e) tg n 

axdx f) sec n xdx 

a) 

b) 

 

(log ax) n dx. Considerando: 

f ′ n−1 a 

(x) = n(log ax) 

x 

g ′ (x) = 1 g(x) = x 

f(x) = (log ax) n 

se obtiene: 

 

x n e ax dx. Considerando: 

f(x) = x n 

g ′ (x) = e ax 

f ′ (x) = x n−1 

g(x) = 1 

a eax 

obtenemos: 


(log ax) n dx = x(log ax) n 

− na 

x n e ax dx = 1 

a xne ax − 1 

 

a 

(log ax) n−1 dx 

x n−1 e ax dx


c) 

d) 

e) 

 

x n sen axdx. Considerando: 

f(x) = x n 

f ′ (x) = x n−1 

g ′ (x) = sen ax g(x) = − 1 

cos ax 

a 

se obtiene: 

 

x n cos axdx. Considerando: 

f(x) = x n 

f ′ (x) = x n−1 

g ′ (x) = cos ax g(x) = 1 

sen ax 

a 

se obtiene: 

 

x n senax dx = − 1 

a xn cos ax + 1 

 

a 

x n cos axdx = 1 

a xn sen ax − 1 

 

a 

x n−1 cos axdx 

x n−1 sen ax dx 

tg n 

senn ax 

axdx = 

cosn dx. Para n = 1 y n = 2, las primitivas son inmediatas: 

ax 

 

senax 

tg axdx = dx = −1 log |cos ax| 

cos ax a 

 

tg 2 

axdx = ((1 + tg 2 ax) − 1)dx = 1 

a tg2 ax − x 



f) 

Para n > 2 consideramos: 

f(x) = sen n−1 ax f ′ (x) = a(n − 1)sen n−2 axcos ax 

g ′ sen ax 

(x) = 

cosn ax 

1 

g(x) = − 

a(n − 1)cosn−1 ax 

Y se obtiene: 

tg 2 1 

axdx = − 

a(n − 1) tgn−1 

ax + 

 

sec n 

xdx. Para n = 2 y n = 1 se tiene que sec 2 xdx = tg x y: 

 

sec xdx = 

→ 

 

 

 

1 cos x 

dx = 

cos x cos2 x dx 

dt 

1 − t 2 

= 1 |t + 1| 

log 

2 |t − 1| 

→ 1 1 + sen x 

log 

2 1 − sen x 

 

sen x → t 

cosxdx → dt 

(t → sen x) 

tg n−2 axdx 

Los valores absolutos se han quitado atendiendo a que 1 + sen x ≥ 0 y 1 − sen x ≥ 0. 



Para n ≥ 3 consideramos: 

f(x) = sec n−2 x f ′ (x) = (n − 2)(sec n−3 sen x 

x) 

cos2 x 

y obtenemos: 

 

g ′ (x) = sec 2 x g(x) = tg x 

sec n xdx = tg xsec n−2 

x − (n − 2) 

= tg xsec n−2 

x − (n − 2) 

= tg xsec n−2 

x − (n − 2) 

y de ahí: 

sec n−3 x sen2 x 

cos 3 x dx 

sec n x(1 − cos 2 x)dx 

sec n 

xdx + (n − 2) 

sec n xdx = 1 

n − 1 tg xsecn−2 

n − 2 

x + 

n − 1 

sec n−2 xdx 

sec n−2 xdx 

Otra forma de hallar estas integrales es mediante los cambios de variable dados para funciones trigonométricas: 

si n es par tg x → t y si n es impar sen x → t. 



Problema 175 Usar el método de sustitución para resolver las siguientes integrales (es posible que algunas de ellas 

salgan de forma igualmente fácil integrando por partes): 

a) 

d) 

g) 

j) 

m) 

o) 

r) 

u) 

√ 

x 

1 + √ dx b) 

x 

 

x 5 9 + x3 dx e) 

 

 

 

 

 

 

sen 3 xcos 4 xdx h) 

sen3 x 

1 + cos2 dx k) 

x 

dx 

√ −4x 2 + 8x − 3 n) 

x 5 3 

1 + x 3 dx p) 

x1/2 dx s) 

4 + x1/3 sen3 x 

1 − cos2 dx v) 

x 

 

 

 

cos x 

√ 4 − sen 2 x dx c) 

x 3 9 + x 2 dx f) 

sen 2 3xdx i) 

 

 

dx 

dx l) 

sen x + cos x 

1 − x 

2 + 

 

√ 

dx ñ) 

3 + 6x − 9x2 x 

 

2 

dx q) 

(1 + x2 ) 3 

 

 

x √ 1 − xdx t) 

 

 

dx 

x 4√ 1 + x 2 


w) 

 

 

 

 

dx 

x 1/2 + x 1/3 

x 25 − x 2 dx 

tg 3 xsec 2 xdx 

dx 

1 + cos x 

dx 

(x − 2) √ 5x − x 2 − 4 

dx 

x 2√ x 2 − 1 

cos 6 xdx 

x 

 

(1 + x3 ) 2 dx 

3


√ 

x 

1 + √ 

dx → 2 

x 

 

t 2 

1 + t dt 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

Sección ?? 

x → g(t) = t 2 , Dom g = [0, ∞) 

dx → 2t dt 

 

= 2 t − 1 + 1 

 

dt 

t + 1 

= t 2 − 2t + 2log |t + 1| 

→ x − 2 √ x + log(1 + √ x) 2 

 

cos x 

√ dx → 

4 − sen2 x 

dt 

√ 4 − t 2 = 

= arcsen t 

2 

sen x 

→ arcsen 

2 

{t → √ x 

 

(t → sen x) 

senx → t 

cosxdx → dt 

Hemos utilizado una sustitución vista en la sección ??. En aquella se recomendaba esta sustitución en funciones 


(a) 

(b)


racionales en sen y cos, sin embargo, aquí lo hemos utilizado en una función irracional. 

 

 

dx 

x1/2 

= 

+ x1/3 ⎧ 

⎪⎨ 

Sección ?? 

x → t 6 

t 

6 

5 

t3 + t2dt ⎪⎩ 

dx → 6t5 

= 6 t 2 − t + 1 − 1 

 

dt 

t + 1 

= 2t 3 − 3t 2 + 6t − 6log |t + 1| 

→ 2 √ x 3 − 3 √ x 2 + 6 √ x − log(1 + √ x) 6 

{t → √ x 

x 5 9 + x3 

1 

dx → 

3 t(9 + t)1/2dt (Integral binomia: x → t1/3 ) (d) 

→ 2 

 

(z 

3 

2 − 9)z 2 dz (Integral binomia: t → z2 − 9) 

= 2 

15 z5 − 2z 3 

→ 2 

15 (9 + t)5/2 − 2(9 + t) 3/2 


→ 2 

15 (9 + x3 ) 5/2 − 2(9 + x 3 ) 3/2 

 

2 

= 

15 x6 + 2 

5 x3 − 36 

 

 

x 

5 

3 + 9 

(z → √ 9 + t) 

(t → x 3 ) 

(c)


 

x 3 9 + x2 

1 

dx → 

2 t(9 + t)1/2dt (Integral binomia: x → √ 

t) (e) 

→ (z 2 − 9)z 2 dz (Integral binomia: t → z2 − 9) 

= 1 

5 z5 − 3z 3 

→ 1 

5 (t + 9)5/2 − 3(t + 9) 3/2 

→ 1 

5 (x2 + 9) 5/2 − 3(x 2 + 9) 3/2 

 

1 

= 

5 x4 + 3 

5 x2 − 54 

 

x 

2 + 9 

5 

(z → √ t + 9) 

(t → x 2 ) 

El lector puede resolver esta primitiva usando las sustituciones por funciones trigonométricas e hiperbólicas vistas 

en la sección ??. 

 

x 25 − x2 

dx → 5sen t 25(1 − sen2 t)5cos tdt 

 

(x → 5sen t) (f) 

= 125sen t cos 2 tdt 


= − 125 

3 cos3 t 

→ − 1 

(25 − x2 ) 3 (cos t → 

3 

1 

25 − x2 ) 

5


 

sen 3 xcos 4 xdx → 

 

sen 2 3xdx = 

 

= t7 

7 

(t 2 − 1)t 4 dt 

− t5 

5 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

Sección ?? 

cosx → t 

− senxdx → dt 

→ 1 

7 cos7 x − 1 

5 cos5 x {t → cos x 

 

1 

1 1 

(1 − cos 6x)dx = x − sen 6x (h) 

2 2 12 

Hemos utilizado una fórmula trigonométrica muy conocida para la reducción de la primitiva; se puede utilizar 

igualmente la fórmula de reducción vista en el ejercicio 4. 

 

tg 3 xsec 2 xdx = 1 

4 tg4 x (i) 

¡Hay que aprender a ver rápidamente las integrales inmediatas! 

 

sen3 x 

1 + cos2 

1 − t2 

dx → − 

x 1 + t2dt (cos x → t) 

 

= 1 − 

(j) 

2 

t2 

dt 

+ 1 

= t − 2arctg t 


→ cos x − 2arctg(cos x) (t → cos x) 

(g)


 

dx 

sen x + cos x 

 

 

2 

dx → 

2t + 1 − t2dt x 

(tg → t) (k) 

2 

√ 

2 1 

= 

2 t − 1 + √ 2 − 

1 

t − 1 − √ 

dt 

2 

√ 

2 

= 

2 log t − 1 + √ 2 

t − 1 − √ 2 

√ 

2 

→ 

2 

dx 

1 + cos x = 

 

log tg x 

2 − 1 + √ 2 

tg x 

2 − 1 − √ 2 

dx 

2cos 2 x 

2 

= tg x 

2 

Como se puede ver, el conocimiento de las distintas fórmulas trigonométricas puede ahorrar mucho trabajo; la 

→ t también permite una rápida resolución. 

sustitución tg x 

2 

 

 

dx 

√ = 

−4x2 + 8x − 3 


 

→ 

dx 

1 − (2x − 2) 2 

dt 

2 √ 1 − t 2 

= 1 

arcsen t 

2 

→ 1 

arcsen(2x − 2) 

2 

(2x − 2 → t) 

(l) 

(m)


 

1 − x 

2 + √ 

dx = 

3 + 6x − 9x2 1 − x 

2 + dx 

4 − (3x − 1) 2 

2 

3 (1 − sen t) 

→ 

2 + √ 4 − 4sen2 2 

cos t dt (3x − 1 → sent) 

t 3 

= 2 

 

cos t − cos t sen t 

dt 

9 1 + cos t 

= 2 

 

−1 + 1 + cos t + (−1 + 1 + cos t)sen t 

dt 

9 

1 + cos t 

= 2 

 

 

1 

− sent 

1 − − sen t + dt 

9 1 + cos t 1 + cos t 

 

= 2 

9 


 

t − tg t 

+ cos t + log |1 + cos t| 

2 

(Apartado (l) e integrales inmediatas) 

 

1 3x − 1 

arcsen 

2 2 

→ 2 

 

3x − 1 

arcsen − tg 

9 2 

− cos arcsen 

= 2 

 

3x − 1 

arcsen 

9 2 

3x − 1 

2 

+ log 

− 2 

3x − 1 + 

 

1 + cos arcsen 

√ 3 + 6x − 9x 2 

3x − 1 

 

3x − 1 

2 

+ 1 

 

3 + 6x − 9x2 − log(2 + 3 + 6x − 9x2 ) + log 2 

2 

 

(n)


 

 

dx 

(x − 2) √ 5x − x2 − 4 → 

 

−dt 2t2 + t − 1 (o) 

⎧ 

Sección ?? 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

= − 1 

2 √ 2 


1 

x−2 → t 

x → 1 

t 

+ 2 

dx → − 1 

t 2 

5x − x2 − 4 → 2t2 +t−1 

t2 

dt 

(4t + 1) 2 − 9 

= − 1 

8 √ 4t + 1 

argcosh 

2 3 

→ − 1 

8 √ x + 2 

argcosh 

2 3(x − 2) 

(t → 1 

x − 2 ) 

x 5 3 1 + x3 

1 

dx → 

3 t 3√ 1 + t dt (x 3 → t; x 2 dx → 1 

 

→ 

dt) 

3 

(p) 

(u 3 − 1)u 3 du (1 + t → u 3 ; dt → 3u 2 ) 

= 1 

7 u7 − 1 

4 u4 

→ 1 

3 1 

(1 + t) 7 3 

− (1 + t) 4 

7 4 

→ 1 

3 1 

(1 + x3 ) 7 3 

− (1 + x3 ) 4 

7 4


Hemos hallado la primitiva considerando la integral como binomia; el lector puede usar la integración por partes 

como en el primer ejercicio para resolverla de otra forma. 

 

x2 

dx = x 

(1 + x2 ) 3 2 (1 + x 2 ) −3/2 dx 

 

(q) 

→ senh 2 t(cosh 2 t) −3/2 cosh t dt (x → senh t; dx → cosh t dt) 

 

= tgh 2 

t dt = − (−1 + 1 − tgh 2 )dt 

= t − tgh t → argsenh x − tgh argsenh x 

x 

= argsenh x − √ 

x2 + 1 

Esta integral puede resolverse igualmente considerándola como binomia; nuevamente invito al lector que la resuelva 

utilizando ese método. 

 

dx 

x2√x2 − 1 → 

 

− sen t dt (x → 1 

) (r) 

sen t 

= cos t → cos arcsen 1 

x = 

√ 

x2 − 1 

x 



 

x1/2 

6t 

dx → 

4 + x1/3 8 

 

 

= 6 

= 6 

x √ 

1 − xdx → 

4 + t 2dt (x → t6 ) (s) 

t 6 − 4t 4 + 16t 2 − 64 + 256 

t 2 + 4 

 

dt 

1 

7 t7 − 4 

5 t5 + 16 

3 t3 − 64t + 128arctg t 

2 

→ 6 

7 x7/6 − 24 

5 x5/6 + 32x 1/2 − 384x 1/6 + 768arctg x1/6 

2 

−2t 2 (1 − t 2 )dt → − 2 

3 

 

2 

(1 − x) 3 + (1 − x) 5 (t) 

5 

 

dx 

x4√ 

1 dt 

→ 

1 + x2 2 t3/2 (1 + t) 1/2 

(x 2 → t) 

 

→ (u 

(w) 

2 1 + t 

− 1)du ( 

t → u2 ; t → 1 

u2 ; 

− 1 

−2u 

dt → 

(u2 − 1) 2du) 

= 1 

3 u3 − u 

→ 1 

 

(1 + t) 3 

3 t3 

1 + t 

− 

t = 

 

1 + t 1 2 

− 

t 3t 3 

 

1 2 1 

→ − + x2 3x3 3x 

En este caso hemos resuelto la integral como una binomia; el lector puede resolverla usando la sustitución de la 



sección ??: x → senh t. 

 

 

x 1 dt 

dx → 

3 (1 + x3 ) 2 3 t1/3 (1 + t) 2/3 

(x 3 → t) 

 

−du 

→ 

u 

(x) 

3 − 1 = 

 

1 

3(1 − u) + 

2 + u 

3(1 + u + u2 

1 + t 

du ( 

) t → u3 ) 

= − 1 

 

1 4u + 2 + 6 

log |u − 1| + 

3 3 (2u + 1) 2 + 3 du 

= − 1 1 

log |u − 1| + 

3 6 log((2u + 1)2 √ 

3 2u + 1 

+ 3) + arctg √ 

3 3 

No deshacemos los cambios para no oscurecer el resultado. 



Problema 176 Las integrales que se proponen a continuación necesitarán manipulaciones algebraicas y geométricas, 

integración por partes y por sustitución. Todo un reto. 

 

1 + cos x 

a) 

sen2 

dx b) xarctg xdx 

x 

c) 

 

sen 3 

sen3 x 

d) 

cos 

xdx 

2 

xdx 

dx e) √ 

x x2 − 2x + 2 

f) 

 

xtg 2 

√1 

g) − sen xdx h) sen 

xdx 

√ x + 1 dx i) 

 

log(x + x2 − 1)dx 

j) 

 

dx 

dx 

x − x3/5 k) 

 

log(a 2 + x 2 

)dx l) log(x + √ x)dx 

 

1 + cos x 

sen 2 x 

dx = 

 

1 

sen2 cos x 

+ 

x sen2 

dx = − cotg x − 

x 

1 

sen x 

xarctg xdx = 1 

2 x2 arctg x − 1 

 

1 − 

2 

1 

x2 

dx 

+ 1 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

Integración por partes 

f(x) = arc tg x f ′ (x) = 1 

1+x 2 

g ′ (x) = x g(x) = 1 

2 x2 

= 1 

2 x2 arctg x − 1 1 

x − arctg x 

2 2 

 

sen3 x 

cos2 

sen x(1 − cos2 x) 

dx = 

x cos2 

sen x 

dx = 

x 

cos2 

− sen x dx = 

x 1 

+ cos x (d) 

sen x 


(a) 

(b)


 

 

 

xdx 

√ = 

x2 − 2x + 2 

xtg 2 

xdx = x(tg x − x) − 

xdx 

(x − 1) 2 + 1 

 

1 + senh t 

→ cosh tdt (x − 1 → senht) 

cosh t 

 

= (1 + senh t)dt = t + cosh t 

→ argsenh(x − 1) + x 2 − 2x + 2 (t → argsenh(x − 1)) 

(tg x − x)dx 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 


f(x) = x f ′ (x) = 1 

g ′ (x) = tg 2 x g(x) = tg x − x 

(Ejercicio 5.g) 

= x(tg x − x) + log |cos x| + x2 

2 

 

√1 

− sen xdx = 1 − cos( π 

 

√2 

π x 

 

 

− x) dx = sen − dx (g) 

2 4 2 

Dado que el integrando es una función afectada por valores absolutos, no es posible definir la primitiva con una 

única expresión. A continuación vemos dos ejemplos de integrales definidas a partir de esta última: 

5π/2 

 

√ 5π/2 

1 − sen xdx = − 

π/2 

π/2 

√ 

π x 

 

2 sen − dx = −2 

4 2 

√ 

π x 

 

2cos − 

4 2 

5π/2 = 4 

π/2 

√ 2 

9π/2 

 

√ 9π/2 √ 

π x 

 

1 − sen xdx = 2 sen − dx = 2 

5π/2 

5π/2 4 2 

√ 

π x 

 

2 cos − 

4 2 

9π/2 = 4 

5π/2 

√ 2 


(e) 

(f)


 

 

sen √ 

x + 1dx → 

log(x + x2 

− 1dx → 

2t sen t dt (x + 1 → t 2 ; t ∈ [0, ∞)) (h) 

(Integración por partes) 

 

= −2t cos t + 2cos t dt = −2t cos t + 2sen t dt 

→ −2 √ x + 1cos √ x + 1 + 2sen √ x + 1 

t senhtdt (x → cosh t;t ∈ [0, ∞)) (i’) 

(Integración por partes) 

 

= t cosh t − cosh t dt = t cosh t − senh t 

→ xargcosh x − x 2 − 1 (t → argcosh x) 

En este ejercicio hemos optado por la sustitución x → cosh t en vez de x → cosec t ya que la expresión del integrando 

lo aconseja y no hay problema con el dominio (ver sección ??). 

A continuación hallamos esta misma primitiva reconociendo que la función del integrando es la función argumento 



del coseno hiperbólico (ejercicio 3.45): 

 

log(x + x2 

− 1)dx = argcosh xdx (i”) 

 

= xargcosh x − 

x 

√ dx 

x2 − 1 

(por partes) 

 

 

→ xargcosh x − x 2 − 1 

 

dx 

dx → 

x − x3/5 5t 

t 2 − 1 dt (x → t5 ) (j) 

= 5 

2 log |t2 − 1| → 5 

2 log |t2/5 − 1| 

log(a 2 + x 2 )dx = xlog(a 2 + x 2 

) − 

⎧ 

⎪⎨ 


2x2 a2 dx (k) 

+ x2 Integración por partes 

f(x) = log(a 2 + x 2 ) f ′ (x) = 2x2 

a 2 +x 2 

⎪⎩ 

g ′ (x) = 1 g(x) = x 

= xlog(a 2 + x 2 

) − 

 

2 

2 − 

x 2 dx 

a + 1 

= xlog(a 2 + x 2 ) − 2x + 2aarctg x 

a


 

log(x + √ 

x)dx → 


2t log(t 2 + t)dt (x → t 2 ) (l) 

= t 2 log(t 2 + t) − 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

= t 2 log(t 2 + t) − 

2t 2 + t 

t + 1 dt 


f(x) = log(t 2 + t) f ′ (x) = 2t+1 

t 2 +t 

g ′ (x) = 2t g(x) = t 2 

 

2t − 1 + 1 

 

dt 

t + 1 

= t 2 log(t 2 + t) − t 2 + t − log |t + 1| 

→ xlog(x + √ x) − x + √ x − log( √ x + 1)


Problema 177 Para quienes superaron el reto (y aún tienen fuerzas): 

 

√5 a) 5x + 6dx b) cos xsen 3 

dx 

xdx c) 

(3x + 4) 4 

 

d) cos 3xe sen 3x 

arctg x 

dx e) 

(x − 1) 2 dx f) tg 4 xdx 

 

dx 

xdx 

g) 

h) 

tg x 

1 + x4 

i) x 2 log xdx 

 

x 

arctg 2 

arccos x − x 

j) xarctg xdx k) 

4 + x2 dx l) √ dx 

1 − x2 

 

dx 

dx 

m) 

n) 

1 + cos x (x − 2) √ 

xdx 

ñ) 

x + 2 a4 + x4 

 

 

sen 2xdx 

o) √ p) cos x log sen xdx q) e 

1 + cos2 x 

√ x 

dx 

√ 

sen x 

r) √ dx s) arctg 

x 

√ 

x2 + 3x − 4 

xdx t) 

x2 − 2x − 8 dx 

 

dx 

u) √ 

28 − 12x − x2 v) 

 

 

cos(log x)dx w) 

 

2x3 + x2 + 4 

x) 

x2 

log(log x) 

dx y) dx 

+ 4 

x 

 

√5 5x + 6dx = 


(5x + 6) 1/5 dx = 1 

(5x + 6)6/5 

6 

3x + 5 

x 3 − x 2 − x + 1 dx 

(a)


 

 

cos xsen 3 xdx = 1 

4 sen4 x (b) 

 

dx 

(3x + 4) 4 = (3x + 4) −4 dx = − 1 

(3x + 4)−3 

9 

 

(c) 

(d) 

 

arctg x arctg x 

(x − 1) 2 dx = 

1 − x − 

 

 

= arctg x 

= arctg x 

1 − x 

1 − x 


cos 3xe sen 3x dx = 1 3x 

esen 

3 

dx 

(1 + x2 )(1 − x) 

 

1 1 x + 1 

− + 

2 1 − x 1 + x2 

dx 

 

1 

− − log |1 − x| + 

2 

1 

2 log(x2 

+ 1) + arctg x 

tg 4 

t 

xdx → 

4 

1 + t2dt (tg x → t) 

 

= t 

(f) 

2 − 1 + 1 

t2 

dt = 

+ 1 

1 

3 t3 − t + arctg t 

→ 1 

3 tg3 x − tg x + x 

 

dx 

= log |sen x| 

tg x 

(g) 

(e)


 

dx 

(x − 2) √ x + 2 → 

 

 

xdx 1 2x 

1 + x4 = 

2 1 + (x2 1 

) 2dx = arctg x2 

2 

 

x 2 log xdx = 1 

3 x3 

1 

log x − 

3 x2dx = 1 

3 x3 log x − 1 

9 x3 

x 

arctg 2 1 1 

4 + x2 dx = 

4 1 + 

x 2 arctg 

2 

x 1 

 

dx = arctg 

2 8 

x 

2 2 

 

arccos x − x 

√ dx = − 

1 − x2 1 

2 (arccos x)2 + 1 

3 (1 − x2 ) 3/2 

 

dx 

1 + cos x = 

 

1 1 

2 cos2 x 

dx = 4tg 

(x/2) 2 

2dt 

t 2 − 4 


 

(x + 2 → t 2 ) 

 

1 

= 

2(t − 2) − 

 

1 

dt 

2(t + 2) 

= 1 1 1 

log |t − 2| − log |t + 2| → 

2 2 2 log |√x + 2 − 2| − 1 

2 log |√x + 2 + 2| 

 

xdx 

a4 1 x2 

+ x4 = arctg 

2a2 a2 

sen 2xdx 2sen xcos xdx 

√ = √ = 

1 + cos2 x 1 + cos2 x 2 

3 (1 + cos2 x) 3/2 

(h) 

(i) 

(k) 

(l) 

(m) 

(n) 

(o) 

(p)


 

cos x log sen xdx = sen x(log sen x − 1) (q) 

Si el lector no recuerda una primitiva de la función logaritmo neperiano, puede obtenerla fácilmente integrando por 

partes. 

e √ 

x 

dx → 2te t dt = 2te t 

− 2e t dt = 2te t − 2e t → 2 √ xe √ √ 

x x 

− 2e (r) 

 

arctg √ 

xdx → 

2t arctg t dt 

sen √ x 

√ x dx = −2cos √ x (s) 

= t 2 arctg t − t − arctg t → xarctg √ x − √ x − arctg √ x (t) 

(Ver el ejercicio 9(b)) 

 

x2 + 3x − 4 

x2 

dx = 1 + 

− 2x − 8 4 

 

1 

+ dx = x + 4log |x − 4| + log |x + 2| (u) 

x − 4 x + 2 

 

dx 

√ 

28 − 12x − x2 = 

 

 

dx 

 

82 − (x + 6) 2 → 

 

= t → arcsen 

 

cos(log x)dx → 


x + 6 

8 

dt (x + 6 → 8sen t) (v) 

e t cos tdt (x → e t ) (w)


Hallamos aparte esta primitiva aplicando dos veces la fórmula de integración por partes: 

 

e t cos tdt = e t 

sen t − e t sen t dt = e t sen t + e t 

cos t − e t cos t 

De aquí se deduce que: et cos tdt = 1 

2 (et sen t + et cos t) y podemos concluir la integral propuesta: 

 

 

cos(log x)dx → e t cos tdt = 1 

2 (et sent + e t cos t) → 1 

(xsen log x + xcos log x) 

2 

 

3x + 5 

x3 − x2 

dx = 

− x + 1 

(Ver ejercicio 3) 

4 

− 

(x − 1) 2 

1 

2(x − 1) + 

 

1 

dx 

2(x + 1) 

= 4 1 1 

− log |x − 1| + log |x + 1| (x) 

1 − x 2 2 

 

2x3 + x2 + 4 

x2 

dx = 1 + 2x − 

+ 4 

8x 

4 + x2 

dx = x + x 2 − 4log(4 + x 2 ) (y) 

 

log(log x) 

dx = 

x 

1 

(log x)2 

2 

(z) 



Problema 178 He aquí la última selección de integrales, para estar entretenidos durante un buen rato. 

 

dx 

a) 

x √ x2 + 4x − 4 b) 

 

dx 

x2 

ex − 3e2x c) 

− 1 

1 + ex dx 

 

dx 

d) 

x 1 

3 + x 1 

 

cos xdx 

e) 

2 

sen3 x + 2cos2 xsen x f) 

 

x 

cos2 x2 dx 

√ 

1 − x 

g) 

1 − √ 

 

dx 

sen x 

dx h) √ i) 

x x − 1 

cos3 x dx 

 

j) e x tg e x 

 

dx 

dx k) 

l) log 

cos x − sen x 

x √ x dx 

 

m) a 2x 

e 

dx n) 

x 

dx 

dx 

√ ñ) 

ex + 1 

ex − 2e−x 

dx 

o) 

2x2 

 

dx 

p) sen2x cos xdx q) 

− 2x + 1 

x2√a2 + x2 

 

dx 

3x5 + 10x4 + 32x3 + 43x2 + 44x + 36 

r) √ s) 

4x2 − 4x + 4 (x2 + 4x + 4)(x4 + 8x2 dx 

+ 16) 

 

dx 

x √ x 2 + 4x − 4 → 

− dt 

2 − (2t − 1) 2 


( 1 

→ t) 

x 

= − 1 2t − 1 

arccos √ → − 

2 2 1 2 − x 

arccos 

2 x √ 2 

(a)


 

ex − 3e2x 

1 − 3t 

1 + ex dx → 

1 + t dt (ex → t) 

 

4 

= − 3 dt = 4log |1 + t| − 3t → 4log |1 + e 

1 + t x | − 3e x 

 

cos xdx 

sen3 x + 2cos2 xsen x → 

 

dt 

t( √ 2 − t)( √ 2 + t) 

 

(sen x → t) 

= 1 1 

log |t| − 

2 4 log |t2 − 2| → 1 1 

log |sen x| − 

2 4 log |sen2 x − 2| (e) 

x 

cos2 x2 dx = −1 arccotg x2 

2 

√ 

1 − x 

1 − √ √ √ √ 

1 − x(1 + x) 1 + x 

dx = 

dx = √ dx (g) 

x 1 − x 

1 − x 

 

= 

 

1 −2x 

√ − 

1 − x 2 

dx 

x(1 − x) 

 

= 

 

1 1 − 2x 

√ − 

1 − x 2 x(1 − x) + 

1 

2 √ 

x 

√ dx 

1 − x 

= −2 √ 1 − x − x(1 − x) + arcsen √ x 

Este no es el camino más intuitivo, pero sí el más rápido. El lector puede buscar la primitiva de otras formas como, 


(c) 

(f)


por ejemplo, con la sustitución x → t 2 (requerirá un segundo cambio de variable). 

 

dx 

√ = 

x − 1 4 

3 

2 

3 

x1/2 − 1 + 1 

 

x3/2 − x 

= 4 

3 

2 

3 

x1/2 − 1 

2 x3/2 1 

8 2 

+ 

− x 3 

√ x 

2 √ = 

x − 1 4 

x 

3 

3/2 − x + 8 

 

√x 8 4√ 

√x 

− 1 = ( + x) − 1 (h) 

3 3 3 

Un camino alternativo es la sustitución x → t 2 . 

 

e x tg e x dx = − log |cos e x | (j) 

 

dx 

x2√a2 → 

+ x2 1 

a 2 

 

1 

senh 2 t 

 

log x √ x dx = 3 

 

log xdx = 

2 

3 

x(log x − 1) (l) 

2 

 

a 2x dx = 1 

2log a a2x 

(m) 

 

ex dx 

√ = 2 

ex + 1 √ ex + 1 (n) 

 

sen 2x cos xdx = 

1 

dt = − cotgh t 

a2 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

2sen xcos 2 xdx = − 2 

3 cos3 x (q) 

→ − 1 

√ 

x x2 + a2 cotgh argsenh = − 

a2 a a2x (r)


Problema 179 Usar sumas de Riemann para calcular los siguientes límites: 

(Ver sección ??) 

a) lím n√ e + n√ e2 + · · · + n√ en n 

 

n c) lím (n+1) 2 + · · · + n 

(n+n) 2 

 

lím 

lím 

n√ e + n √ e 2 + · · · + n√ e n 

n 

n√ e + n √ e 2 + · · · + n√ e 2n 


n 

b) lím n√ e + n√ e2 + · · · + n√ e2n n 

 

1 1 

d) lím n+1 + · · · + n+n 

= lím 1 

 

e 

n 

1/n + e 2/n + · · · + e n/n 

= lím 1 

n 

= 

1 

0 

n 

k=1 

e x dx = 

e k/n 

 

e x 

1 0 

= e − 1 

= lím 1 

 

e 

n 

1/n + e 2/n + · · · + e 2n/n 

= lím 1 

n 

= 

2 

0 

2n 

e k/n 

k=1 

e x dx = 

 

e x 

2 0 

= e 2 − 1 

a) 

b)


 

lím 

n 

(n + 1) 2 + · · · + 

n 

(n + n) 2 

 

= lím 1 

n 

= lím 1 

n 

= 

1 

0 

n 

 

n 

n + k 

n 

 

1 + k 

n 

k=1 

k=1 

(1 + x) −2 dx = 

2 

−2 

 

1 1 

lím + · · · + = lím 

n + 1 n + n 

1 

n n 

n n + k 

k=1 

= lím 1 

n 

 

1 + 

n 

k=1 

k 

−1 n 

1 

= (1 + x) −1 

= log(1 + x) 


0 

 

−(1 + x) −1 

1 1 

0 

0 

= log 2 

= 1 

2 

c) 

d)


Problema 180 2. a) Hallar las sumas superior e inferior para f(x) = x 2 desde 0 a 2 usando la partición con 

x0 = 0, x1 = 1 

2 , x2 = 3 

4 , x3 = 1, x4 = 5 

4 , x5 = 3 

2 y x6 = 2. 

b) Usando las fórmulas del ejercicio 16, hallar el área que queda por debajo de la gráfica de f entre 0 y 2. 

a) La partición tomada es: P = {0, 1 

2 

, 3 

4 

3 ,1, 2 ,2}. Dado que la función f es creciente, el máximo en cada subinter- 

valo se alcanza en el extremo superior de estos y el mínimo se alcanza en el extremo inferior; por tanto: 

 

1 1 3 3 1 

UP = f − 0 + f − + f(1) 1 − 

2 2 4 4 2 

3 

 

4 

 

3 3 

+ f − 1 + f(2) 2 − 

2 2 3 

 

2 

= 1 9 

+ 

4 · 2 42 1 9 

+ 

· 4 42 + 

22 4 221 

+ = 

· 2 2 64 < 3′ 46 

 

1 1 3 1 3 

LP = f(0) − 0 + f − + f 1 − 

2 2 4 2 4 

3 

 

4 

 

3 3 

+ f(1) − 1 + f 2 − 

2 2 

3 

 

2 

= 0 + 1 

22 9 

+ 

· 4 42 1 9 

+ + 

· 4 2 22 117 

= 

· 2 64 > 1′ 82 

Es decir, el área, A, que queda por debajo de la gráfica de f verifica: 1 ′ 82 < A < 3 ′ 46. 



b) Sabemos que f es integrable en [0,2] (por ser continua), y por tanto, para calcular el área pedida, nos basta 

tomar cualquier sucesión de sumas de Riemann, {RPn}, con lím ||Pn|| = 0; el área será: A = lím RPn. Para cada 

n tomamos una partición regular Pn, con norma 2 

; la elección de los puntos intermedios la hacemos tomando 

n 

los extremos izquierdos de los subintervalos. Por tanto, efectivamente, lím ||Pn|| = lím 2 

= 0 y además, dado 

n 

que f es creciente, RPn = LPn. Por tanto, el área es: 

n−1 

A = lím LPn = lím f 

k=0 

n−1 

= lím 

k=0 

= lím 8 

n 3 

 

k 2 

n n 

 

k 2 

8k2 8 

n3 = lím 

n3 n−1 

k=0 

(n − 1)(n)(2n − 2 + 1) 

6 


= 16 

6 

= 8 

3


Problema 181 3. a) Estimar el área bajo la gráfica de x3 a lo largo de [1,5] usando una suma de Riemann RP 

con una partición regular con n = 4 y tomando como puntos intermedios, x∗ i , los puntos medios de cada 

subintervalo. 

b) Usando las fórmulas del ejercicio 16, hallar el área que queda por debajo de la gráfica de f(x) = x 3 . 

(Ver ejercicio anterior) 

a) La partición definida es P = {1,2,3,4,5} y la elección de puntos intermedios: { 3 

, 

5 

, 

7 

, 

9 

}. La estimación del 

2 2 2 2 

área con esta suma de Riemann es: 

 

3 5 7 9 

RP = f + f + f + = 

2 2 2 2 

1224 

= 156 

8 



b) Tomando las sumas superiores asociadas a particiones regulares, podemos calcular el área pedida como: 

A = lím UPn = lím 

= lím 

= lím 

n 

f 

k=1 

n 

k=1 

 

1 + k 4 

 

1 + 4k 

n 

n 

n 4(n + 4k) 3 

k=1 

= lím 4 

n 4 

= lím 4 

n 4 

n 

k=1 

 

n 4 

4 

n 

3 4 

n 

(n 3 + 12n 2 k + 48nk 2 + 64k 3 ) 

(n − 1)n 3 + 12n 2 

 

n 

 

k 

k=1 

 

n 

+48n k 2 

 

n 

+ 64 k 3 

 

k=1 

= lím 4 

n4 

(n − 1)n 3 + 12n 

2n(n + 1) 

2 

n(n + 1)(2n + 1) 

+48n 

6 

= 4(1 + 6 + 16 + 16) = 156 


k=1 

+ 64 n2 (n + 1) 2 

4


Problema 182 Estimar el área bajo la gráfica de f(x) = sen x a lo largo de [0,π] usando la suma superior e inferior 

dadas por la partición regular con n = 4 e igualmente tomando la suma de Riemann con la elección de los puntos 

medios de los subintervalos. 

La suma superior dada por la partición es: 

La suma inferior es: 

UP = π 

 

sen 

4 

π 

 

π π 3π 

+ sen + sen + sen = 

4 2 4 4 

π(2 + √ 2) 

≈ 2 

4 

′ 68 

La suma de Riemann dada por los puntos medios es: 

LP = π 

 

sen 0 + sen 

4 

π 

 

3π 

+ sen + sen π = 

4 4 π√2 4 ≈ 1′ 11 

RP = π 

4 

 

sen π 3π 

+ sen + sen 5π8 + sen 7π8 

8 8 

 

≈ 2 ′ 05 

(El valor exacto del área que queda por debajo de la gráfica del seno en ese intervalo es ‘2’). 



Problema 183 Estimar el área bajo la gráfica de sen 2 x a lo largo de [0,2π] usando una partición regular con n = 4 

y los puntos medios de cada subintervalo. 

1 

1 

2 

0 

π 

4 

π 

2 

3π 

4 

π 

(Seguir el razonamiento observando la gráfica de f en la figura de arriba). La partición regular para n = 4 

está formada por los puntos {0,π/2,π,3π/2,2π} y los puntos medios de los subintervalos son {π/4,3π/4,5π/4,7π/4} 

cuyas imágenes por f coinciden. Por tanto, la suma de Riemann así definida coincide con el área de un rectángulo 

de base 2π y altura sen2 π 

4 

este es el valor exacto de la integral. 


5π 

4 

3π 

2 

7π 

4 

= 1 

2 , es decir, RP = π. Además, las simetrías de la función nos permiten deducir que 

2π


Problema 184 Usar el teorema fundamental, propiedades de la integral definida y geometría para evaluar las 

siguientes integrales definidas: 

a) 

b) 

1 

−1 x4 dx = 

2 

1 

a) 

d) 

g) 

j) 

m) 

o) 

x 5 

5 

1 

x 4 dx b) 

−1 

8 y1/3 + y1/2 1 

π/3 

−π/6 

ln 5 

0 

1 

0 

π/2 

π/4 

1 

−1 

 

y 

dy e) 

secttg tdt h) 

e t dt k) 

d( √ x3 

+ 1) 

dx n) 

dx 

(sen x − cos x)dx p) 

= 2 

5 

dt 

t2 = 2 

1 t−2 

t−1 2 

dt = = 

− 1 1 

1 

2 

2 

dt 

t 2 

1 

π/2 

0 

0 

1 

log 6 

c) 

4cos tdt f) 

x 2 dx i) 

log 2 

3 2 

−1 

−2 


3 

e −x dx l) 

x 

 

4dt dx ñ) 

(−4)dx q) 

4 

1 

π/4 

0 

1 

0 

3 

1 

2 

0 

e 

1 

 

2 

x2 + √ 

x dx 

sec 2 xdx 

(x + 1 − x 2 )dx 

x + 2 

x dx 

 

d3 dx3(x2 

+ 3x − 1) dx 

2 

y dy


c) 

d) 

e) 

f) 

g) 

h) 

i) 

j) 

4 

2 

1 x2 + √ x dx = 4 

1 2x−2 + x1/2 

dx = 2 x−1 

− 1 

8 

1 

y 1/3 +y 1/2 

y 

x3/2 

+ 

3/2 

4 

1 

= 37 

6 

dy = 8 

1 y−2/3 + y−1/2 

dy = 

y1/3 8 

y1/2 

+ = 2 + 4 

1/3 1/2 1 

√ 2 

 

π/2 

π/2 

0 4cos t = 4sen t = 4 

0 

π/4 

0 sec2 

xdx = tg x 

π/4 

0 

= 1 

π/3 

−π/6 sec t tg tdt = π/3 

−π/6 sentcos−2 tdt = 

 

cos−1 π/3 t = 2 − 

−π/6 

2 √ (Si no ha identificado esta primitiva rápida- 

3 

mente, no se preocupe, el capítulo siguiente está dedicado al cálculo de primitivas) 

0 

1 x2 

dx = 

x3 0 

= − 

3 1 

1 

Obsérvese que el signo negativo es debido a que el extremo superior de la integral es 

3 

menor que el inferior. 

1 

0 (x + √ 1 − x2 )dx = 1 

0 xdx + 1 √ 

0 1 − x2 1 

dx = 0 xdx + 1 √ 

0 1 − x2dx La primera integral corresponde al 

área de un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 1 y la segunda integral corresponde al área de una 

semicircunferencia de radio 1. Por tanto, la integral vale: 1 π 

+ 

2 2 

log 5 

0 et 

dt = et log 5 

= 5 − 1 = 4 

0 



k) 

l) 

log 6 

log 2 e−x 

dx = −e−x log6 = − 

log2 

1 1 1 

+ = 

6 2 3 

3 

1 

m) I = 1 

0 

n) 

ñ) 

o) 

p) 

q) 

3 x + 2log x = 2(1 + log 3) 

1 

x+2 

x dx = 3 

1 (1 + 21 )dx = 

x 

√ 

d( x3 +1) 

dx dx = 1 

0 f ′ (x)dx, siendo f(x) = √ x3 + 1. Por tanto, I = f(1) − f(0) = √ 2 − 1. 

 

3 2 

−1 x 4dt 

 

dx = 

2 

3 

−1 4t dx = 

x 

 

3 

−1 (8 − 4x)dx = 8x − 2x2 3 = 16 

−1 

 

2 d3 0 dx3(x2 

+ 3x − 1) dx = 2 

0 f ′′′ (x)dx = f ′′ (2) − f ′′ (0), siendo f(x) = x2 + 3x − 1. Dado que la segunda 

derivada de f es una constante, f ′′ (x) = 2, se deduce que la integral pedida es 0. 

 

π/2 

π/2 

π/4 (sen x − cos x)dx = − cos x − sen x = 

π/4 

√ 2 − 1 

 

−2 

−2 

3 (−4)dx = −4x = 20 

3 

e 

1 

e 2 

ydy = 2log x = 2 

1 



Problema 185 Usar las propiedades de la integral definida y el teorema fundamental para hallar las siguientes 

derivadas: 

t d 

x 

dt 1 

2 

dx 

d2 dt2 t 

 

x2 + 1dx 

2 

t d −1 

 

x2 + 4dx + x2 + 4dx 

dt 2 

t 

d2 dt2 t 

 

3 + 4x2dx −t 

3t d 1 

dt 1 4 + x2dx t3 d 

dt t2 1 

4 + 3x2dx 

Recordemos que el teorema fundamental del cálculo dice: dada una función f continua en [a,b], la función F 

definida por F(x) = x 

a f(t)dt en [a,b], es una función derivable en (a,b) y F ′ (x) = f(x). 

Aplicando la regla de la cadena se deduce que si F(x) = g(x) 

a f(t)dt (suponiendo que tal función está bién definida 

en algún intervalo), se tiene que: F ′ (x) = f(g(x)) · g ′ (x). Teniendo en cuenta esto, el ejercicio es fácil de resolver. 

 

d t 

dt 1 x2 

dx = t2 ,aplicando directamente el teorema fundamental. d2 

dt2 d t √ 

dt 2 x2 −1 √ 

+ 4dx + t x2 + 4dx 


t 

2 

√ 

x2 + 1dx 

= d 

dt 

√t 

2 + 1 = 

t 

√ t 2 + 1


= d 

dt 

−1 √ 

2 x2 + 4dx = 0 

d2 dt2 t 

3 + 4x 

−t 

2 

dx = d2 

dt2 0 

3 + 4x 

−t 

2 

dx + d2 

dt2 = − d2 

−t 

 

3 + 4x2dx + d2 

= d 

dt 

dt 2 

0 

 

3 + 4t 2 

4t 

= 2√ 

3 + 4t2 t 

dt2 

+ d 

 

3 + 4t 

dt 

2 

 

0 

t 

Obsérvese que en la tercera igualdad se ha aplicado la regla de la cadena. d 

3t 

dt 1 

t3 d 

dt t2 1 

4 + 3x2dx 

= d 

t3 dt 0 

t2 1 

4 + 3x2dx − 

0 


1 

4 + 3x2dx 

 

3 + 4x2 

dx 

0 

= 3t 2 · 

 

 

3 + 4x2dx 1 

4+x2dx 

= 3 · 

1 

4 + (3t) 2 

1 

4 + 3(t3 1 

+ 2t · 

) 2 4 + 3(t2 ) 2 • 

•


Problema 186 Hallar el valor de c tal que el valor medio de la función f(x) = x 4 − 1 sobre [−c,c] es 0. 

El valor medio de una función f en un intervalo [a,b] es 

la siguiente ecuación en c ∈ R + : c 

−c (x4 − 1)dx = 0 

c 5 

5 

c 

−c 

(x 4 − 1)dx = 0 

x 5 

5 

− c + c5 

5 

c − x 

−c 

= 0 

− c = 0 

c = 4√ 5 


1 

b − a 

b 

a f; por tanto, el problema consiste en resolver


Problema 187 Las mediciones de la temperatura a las horas en punto en el aeropuerto de la capital son las 

siguientes: 

Hora Temp. Hora Temp. Hora Temp. Hora Temp. 

0:00 7 ◦ 6:00 8 ◦ 12:00 14 ◦ 18:00 16 ◦ 

1:00 6 ′ 5 ◦ 7:00 8 ′ 5 ◦ 13:00 16 ◦ 19:00 15 ◦ 

2:00 6 ◦ 8:00 8 ◦ 14:00 18 ◦ 20:00 13 ◦ 

3:00 5 ◦ 9:00 8 ′ 5 ◦ 15:00 17 ◦ 21:00 12 ◦ 

4:00 6 ◦ 10:00 10 ◦ 16:00 17 ◦ 22:00 10 ◦ 

5:00 6 ′ 5 ◦ 11:00 11 ◦ 17:00 16 ◦ 23:00 9 ◦ 

Usar la regla de Simpson para hallar la temperatura media. 

La fórmula de Simpson nos da la siguiente aproximación de la media de una función: 

1 

b − a 

b 

a 

f ≈ 1 

3n (f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + · · · + 2f(xn−1) + 4f(xn)) 

Siendo {xi} n i=0 los puntos de una partición regular. Podemos considerar una función que nos dé la temperatura en el 

aeropuerto en cada instante, de tal forma que la tabla recoja los valores de la función en los puntos {0,1,2,... ,16}, 

es decir, en los puntos de una partición regular del intervalo [0,16]. Por tanto, aunque no conocemos la función, 



podemos aproximar el valor medio de la función usando la fórmula de Simpson: 

M = 1 

3 · 16 (7 + 4 · 6′ 5 + 2 · 6 + 4 · 5 + 2˙6 + 4 · 6 ′ 5 + 2 · 8 + 4 · 8 ′ 5 + 2 · 8 + 4 · 8 ′ 5 


+ 2 · 10 + 4 · 11 + 2 · 14 + 4 · 16 + 2 · 18 + 4 · 17 + 2 · 17 + 4 · 16 + 2 · 16 

+ 4 · 15 + 2 · 13 + 4 · 12 + 2 · 10 + 4 · 9) = 783 

48 = 16′ 31


Problema 188 Determinar el número de subintervalos necesarios para aproximar hasta las milésimas el valor de 

las siguientes integrales usando tanto el método de los trapecios como el de Simpson. 

a) 

2 

1 

dx 

x 

a) 

2 

1 

dx 

x 

b) 

1 

; sea f(x) = 

1 

; f es infinitamente derivable en (0, ∞) y 

x 

1/2 

f (k) (x) = (−1) k k!x −k−1 

cos √ xdx 

Método de los trapecios: usando el método de los trapecios con una partición regular de n puntos cometemos 

el siguiente error: 

En = 

(b − a)3 

12n 2 f ′′ (c) = 1 

6n 2 c 3 

para algún c ∈ (a,b) = (1,2). Dado que 1 < c < 2, 1 

2 3 < 1 

c 3 < 1, se obtiene la siguiente acotación del error: 

En < 1 

6n 2. Si queremos obtener una aproximación hasta las milesimas (error menor que 10−3 ) tenemos que 

tomar el primer natural n que verifique que 1 

6n 2 < 10−3 , es decir n = 13. 

Método de Simpson: Con el método de Simpson, el error cometido viene dado por: 

En = 


(b − a)5 

180n 4 f(4) (c) = 

2 

15n 4 c 5


b) 

para algún c ∈ (1,2); en este caso, dado que 1 

25 < 1 

c5 < 1, tenemos la siguiente acotación En < 2 

15n4. Para obtener una aproximación hasta las milesimas tenemos que tomar el primer natural n que verifique 

2 

15n4 < 10−3 , es decir, n = 3. 

1 

1/2 

cos √ x dx; sea f(x) = cos √ x; f es infinitamente derivable en (0, ∞) y 

f ′′ (x) = − cos √ x 

4x + sen √ x 

4x √ x , f(4) (x) = cos √ x 

16x2 − 3sen √ x 

8x2√x − 15cos √ x 

16x3 + 15sen √ x 

16x3√x Método de los trapecios: Existe c ∈ (1/2,1) tal que: 

En = 

(b − a)3 

12n 2 f ′′ (c) = 

1 

8 · 12n2 √ 

sen c 

4c √ c − cos √ 

c 

4c 

Teniendo en cuenta que 1 < 1 

c < 2 podemos dar la siguiente acotación del error: 

ǫ = |En| ≤ 

≤ 

= 

1 

96n2 

 

sen √ c 

4c √ c 

1 

96n2 

23/2 4 

√ 

2 + 1 

1 

192n2 < 

64n2 

 

 

+ 

 

 

 

 

 

2 

+ 

4 

cos √ c 

4c 



(en la última desigualdad hemos utilizado que √ 2 + 1 < 3). Por tanto, para obtener un error menor que 10 −3 

tenemos que tomar el primer natural n que verifique 

1 


Método de Simpson: Para una partición regular de n puntos, existe un c ∈ (1/2,1) tal que el error cometido 

al tomar la fórmula de Simpson como valor de la integral es: 

(b − a)5 

En = 

180n4 f(4) 1 

(c) = 

25180n4 √ 

cos c 

16c2 − 3sen √ c 

8c2√c − 15cos √ c 

16c3 + 15sen √ c 

16c3√ 

c 

En este caso, dado que 1 < 1 

c < 2, podemos dar la siguiente acotación del error: 

ǫ = |En| ≤ 

1 

25180n4 

cos √ c 

16c2 

 

 

+ 

 

 

 

3sen 

 

√ c 

8c2√ 

 

 

c + 

 

 

 

15cos 

 

√ c 

16c3 

 

 

+ 

 

 

 

15sen 

 

√ c 

16c3√ ≤ 

 

 

 

c 

1 

25180n4 

4 

16 + 3 · 22√2 + 

8 

15 · 23 

16 + 15 · 23√ 

2 

16 

= 31 + 36√2 4 · 25 1 

180n4 < 

281n4 Por tanto, para obtener un error menor que 10 −3 tenemos que tomar el primer natural n que verifique 

1 


Este ejercicio muestra como la fórmula de Simpson da un buena aproximación de la integral; con particiones no 

muy finas, se consiguen errores pequeños. El método de los trapecios necesita particiones más finas para conseguir 

estimaciones parecidas. 



Problema 189 Usar el método de los trapecios y el método de Simpson con n = 4 para aproximar las siguientes 

integrales. Comparar, cuando sea posible, el resultado obtenido con el valor exacto dado por la regla de Barrow. 

a) 

d) 

5 

1 

1 

−1 

1 

dx b) 

x 

 

x2 + 1dx e) 

2 

1 

π 

0 

x 

dx c) 

x + 1 

sen x 

dx f) 

x + π 

5 

2 

π 

0 

x 2 

x + 2 dx 

dx 

2 + sen x dx 

Para comparar los tres resultados de cada apartado daremos las aproximaciones de cada uno con tres o más 

decimales exactos. El lector debería utilizar las fórmulas de los errores de ambos métodos para deducir una acotación 

de los mismos. 

a) I = 

b) I = 

5 

1 

1 

dx; la partición es: P = {1,2,3,4,5}. 

x 

Método de los trapecios: I ≈ 4 

8 (1 + 21 

2 + 21 

3 + 21 

4 

Método de Simpson: I ≈ 4 

12 (1 + 41 

2 + 21 

3 + 41 

4 

Valor exacto: I = 

2 

1 

x 

x + 1 

 

log x 

5 

1 

= log 5 ≈ 1 ′ 609. 

dx; la partición es: P = {1, 5 

4 

1 101 + 5 ) = 60 ≈ 1′ 683. 

1 73 + 5 ) = 45 ≈ 1′ 622. 

6 7 , 4 , 4 ,2}. 



c) I = 

d) I = 


8 (1 

7 

2 + 25 

9 + 23 

5 + 211 Método de Simpson: I ≈ 1 

12 (1 

7 

2 + 45 

9 + 23 

5 + 411 Valor exacto: 

5 

2 

x 2 

x + 2 

I = 

2 

dx; partición: {2, 11 

4 

1 

2 4703 + 3 ) = 7920 ≈ 0′ 593. 

2 7063 + 3 ) = 11880 ≈ 0′ 59452. 

2 x 

dx = x − log(x + 1) = 1 + log 2 − log 3 ≈ 0,59453. 

x + 1 1 

14 17 , 4 , 4 ,5}. 


8 (1 

3 + 2121 

76 + 249 

22 + 2289 

100 

Método de Simpson: I ≈ 1 

4 (1 

3 + 4121 

76 + 249 

22 + 4289 

100 

Valor exacto: 

I = 

1 

5 

−1 

2 

x2 dx = 

x + 2 

5 

2 

x − 2 + 4 

x + 2 dx 

25 104947 + 7 ) = 15400 ≈ 6′ 81. 

25 161619 + 7 ) = 23100 ≈ 6′ 99. 

 

x2 = 

2 

 

x2 1 1 

+ 1dx; partición: P = {−1, −2 ,0, 2 ,1}. 

5 − 2x + 4log(x + 2) = 

2 

9 

2 + 4log 7 − 4log 4 ≈ 6′ 73. 

Método de los trapecios: I = 1 

4 (√2 + 2 5/4 + 2 · 1 + 2 5/4 + √ √ √ 

5+ 2+1 2) = 2 ≈ 2 ′ 32. 



e) I = 

Método de Simpson: I = 1 

4 (√2 + 4 5/4 + 2 · 1 + 4 5/4 + √ 2) = 2√5+ √ 2+1 

3 ≈ 2 ′ 2954. 

Valor exacto: 

I = 

1 

−1 

√ 1 

x2 + 1 dx = 2 + 

2 log 

√ 

2 + 1 

√ ≈ 2 

2 − 1 ′ 2955. 

(Aprenderemos a resolver esta integral en el capítulo siguiente) 

π 

0 

sen x 

dx; partición P = {0,π/4,π/2,3π/4,π}. 

x + π 

Método de los trapecios: I ≈ π 

8 (0 + 22√ 2 2 

5π + 23π + 22√ 2 

5π + 0) = 6√2+5 30 ≈ 0′ 4495. 

Método de Simpson: I ≈ π 

12 (0 + 42√ 2 2 

5π + 23π + 42√ 2 

5π + 0) = 12√2 45 ≈ 0′ 4882. 

No es posible encontrar una primitiva en términos de funciones elementales de la función de este apartado y 

por tanto, solo podemos aproximar su valor. La expresión del error cometido con el método de Simpson nos 

permite deducir que los tres primeros decimales son exactos. 

f) I = 

π 

0 

dx 

dx;partición P = {0,π/4,π/2,3π/4,π}. 

2 + sen x 

Método de los trapecios: I ≈ π 

8 (1 

2 

2 + 2 

4+ √ 2 + 21 

2 3 + 2 

4+ √ 2 

Método de Simpson: I ≈ π 

12 (1 

2 

2 + 4 

4+ √ 2 + 21 

2 3 + 4 

4+ √ 2 

Valor exacto: I = π 

3 

siguiente). 


1 5π π 

+ 2 ) = 24 + 

4+ √ 2 ≈ 1′ 23474. 

1 5π 4π 

+ 2 ) = 36 + 

12+3 √ 2 ≈ 1′ 2099. 

− π 

6 ≈ 1′ 2092 (aprenderemos a hallar una primitiva de esta función en el capítulo


Deducción del error del método de los trapecios. Primero estudiaremos el error cometido en la aproximación del 

área en cada subintervalo. Este error puede ser expresado como 

E = 

x1 

x0 

f(x)dx − h 

f(x0) + f(x1) 

2 

 

a) Supongamos que f ′′ es continua en [a,b] y consideremos el error como función de la distancia h entre x0 y x1, 

E(h) = 

x0+h 

x0 

f(x)dx − h 

f(x0) + f(x0 + h) 

2 

 

Usando el teorema fundamental del cálculo, obténgase la segunda derivada de E respecto de h, 

E ′′ (h) = − h 

′′ 

f (x0 + h) 

2 

 

b) Compruébese que E(0) = E ′ (0) = 0, por lo que tomando integrales en ambos miembros de la igualdad anterior 

obtenemos 

E ′ (h) = E ′ (0) − 1 

2 

h 

0 

tf ′′ (x0 + t)dt 

que, por el segundo teorema del valor medio para integrales, puede expresarse como 

para algún ξ ∈ [x0,x0 + h]. 

E ′ (h) = − 1 

2 f ′′ (ξ) 


h 

0 

t dt = − h2 

4 f ′′ (ξ)


c) Usar la misma técnica que en el punto anterior para obtener E(h) = − h3 

12 f ′′ (c1). En particular, si f ′′ (x) > 0 

hemos obtenido una aproximación por exceso y si f ′′ (x) < 0 la aproximación es por defecto. Interpretar 

geométricamente este hecho. 

d) Una vez conocida una expresión exacta del error cometido en cada subintervalo podemos hallar el error total 

sumando todos los errores. Efectuar los cálculos para obtener 

E = 

donde cada ci ∈ [xi−1,xi] y h = (b − a)/n. 

n 

i=1 

− h3 

12 f ′′ (ci) = − h3 

12 

n 

f ′′ (c1) 

e) Sólo queda expresar el resto en función de un único ci. Aplicar el teorema de los valores intermedios para 

demostrar que existe un c ∈ [a,b] tal que 

con lo que 

E = − h3 

12 

n 

i=1 

f ′′ (c1) = − nh3 

12 


f ′′ (c) = 1 

n 

· 1 

n 

n 

i=1 

i=1 

n 

f ′′ (ci) 

i=1 

f ′′ (c1) = − nh3 

12 f ′′ (b − a)3 

(c) = − 

12n2 f ′′ (c)


a) 

E(h) = 

x0+h 

x0 

f(x)dx − h 

f(x0) + f(x0 + h) 

2 

 

E ′ (h) = f(x0 + h) − 1 

2 (f(x0) + f(x0 + h)) − h 

2 f ′ (x0 + h) 

= 1 

2 (f(x0 + h) − f(x0)) − h 

2 f ′ (x0 + h) 

E ′′ (h) = 1 

2 f ′ (x0 + h) − 1 

2 f ′ (x0 + h) − h 

2 f ′′ (x0 + h) = − h 

2 f ′′ (x0 + h) 

b) Es inmediato que E(0) = E ′ (0) = 0. Tomando integrales en ambos miembros de la igualdad del apartado (a) 

obtenermos: 

h 

E ′′ (t)dt = 

h 

0 

0 

E ′ (h) − E ′ (0) = − 1 

h 

2 0 

− t 

2 f ′′ (x0 + t) 

− t 

2 f ′′ (x0 + t) 

Efectivamente, por el segundo teorema del valor medio se deduce que existe algún punto ξh ∈ [x0,x0 + h] tal 

que: 

E ′ (h) = − 1 

2 f ′′ (ξh) 


h 

0 

t dt = − h2 

4 f ′′ (ξh)


c) Podemos repetir los mismos pasos del apartado anterior para deducir la igualdad: 

para algún c1 ∈ [x0,x0 + h]. 

E(h) = − h3 

12 f ′′ (c1) 

Para justificar que podemos aplicar nuevamente el segundo teorema del valor medio, tendríamos que demostrar 

la continuidad de la “función”g(t) = f ′′ (ξt). En general, g no tiene que ser ni siquiera función, ya que el teorema 

del valor medio no asegura la unicidad de los puntos ξ. No obstante, sí se puede construir una función ξ(t) 

continua sobre un intervalo y verificando tal propiedad; y a partir de ahí tomar g(t) = f ′′ (ξ(t)). La demostración 

de este hecho es demasiado técnica y queda fuera del objetivo de este ejercicio. 

d) En cada intervalo [xi−1,xi] hemos encontrado un ci de tal forma que el error total cometido por el método de 

los trapecios es: 

E = − h3 

12 

n 

f ′′ (c1) 

e) Sean M = máx{f ′′ (x);x ∈ [a,b]} y m = mín{f ′′ (x);x ∈ [a,b]}, entonces se verifica: 

m = 1 

n 

n 

i=1 

m ≤ 1 

n 

n 

i=1 

i=1 

f ′′ (ci) ≤ 1 

n 

n 

M = M 

Por la continuidad de f ′′ y el teorema de los valores intermedios, existe un c ∈ [a,b] tal que 

n 1 

f 

n 

′′ (ci) = f ′′ (c) 


i=1 

i=1


Esto nos permite completar la demostración: 

E = − h3 

12 

n 

i=1 

f ′′ (c1) = − nh3 

12 


· 1 

n 

n 

i=1 

f ′′ (c1) = − nh3 

12 f ′′ (b − a)3 

(c) = − 

12n2 f ′′ (c)


Problema 190 Deducción del error en el método de Simpson. 

Los pasos a seguir en este problema son exactamente los mismos que en el problema anterior. Primero se 

estudia el error cometido en cada par de subintervalos y, posteriormente, se obtiene la expresión general. El 

error cometido en un par de subintervalos es 

E = 

x2 

x0 

f(x)dx − h 

f(x0) + 4f(x1) + f(x2) 

3 

 

a) Supongamos que f (4) es una función continua. Fijemos x1 y consideremos el error como una función de 

h del siguiente modo: 

E(h) = 

x1+h 

x1−h 

f(x)dx − h 

f(x1 − h) + 4f(x1) + f(x1 + h) 

3 

 

usando el teorema fundamental del cálculo, y algo de paciencia, es posible obtener 

E ′′′ (h) = − h 

′′′ 

f (x1 + h) − f 

3 

′′′ (x1 − h) = − 2h2 

3 f(4) (ξ) 

donde la última igualdad es consecuencia de la aplicación del teorema del valor medio a la función f ′′′ 

sobre el intervalo [x1 − h,x1 + h]. 

b) Usar el segundo teorema del valor medio para integrales junto con el hecho de que R(0) = R ′ (0) = R ′′ (0) = 

0 para obtener que 

E(h) = − h5 

90 f(4) (c) 

para algún c ∈ [x1 − h,x1 + h]. 



c) Sumando los errores para cada par de subintervalos deducir que el error cometido al aproximar b 

a f(x)dx 

usando una partición regular de n = 2m trozos y el método de Simpson es 

E = − h5 

90 

m 

f (4) (ci) 

d) Aplicar el teorema de los valores intermedios existe un c ∈ [a,b] tal que 

y, por lo tanto, 

f (4) (c) = 1 

m 

i=1 

m 

f (4) (ci) 

i=1 

E = − mh5 

90 f(4) (b − a)5 

(c) = 

180n4 f(4) (c) 

(La demostración pedida en este ejercicio repite exactamente los pasos del ejercicio anterior. Una vez visto ese 

ejercicio y con todas las indicaciones del enunciado, el lector no debe tener problema en la resolución.) 



Problema 191 Sabemos que una integral de una función continua es el límite de las sumas de Riemann 

cuando se toman particiones cuya norma tiende a cero. En particular, si tomamos particiones regulares tene- 

mos b 

a 

f(x)dx = lím 

n→∞ 

b − a 

n 

n 

f(x ∗ i ) 

Puesto que el denominador es estrictamente creciente y de limite infinito podemos aplicar el criterio de Stöltz 

y, por lo tanto 

lím 

n→∞ 

b − a 

n 

n 

f(x ∗ i ) 

i=1 

= (b − a) lím 

n→∞ 

= (b − a) lím 

n→∞ 

i=1 

= (b − a) lím 

n→∞ f(x∗ n+1 ) 

f(x ∗ 1 ) + · · · + f(x∗ n) 

aplicando Stöltz 

 

n 

f(x∗ 1 ) + · · · + f(x∗ n+1 ) − f(x∗ 1 ) + · · · + f(x∗n ) 

(n + 1 − n) 

= (b − a) · f(b) (f es continua y xn+1 ∈ [xn,b]) 

Según lo cual obtenemos el valor exacto de b 

a f(x)dx = (b − a)f(b). ¿Qué falla en el razonamiento anterior? 

El fallo del razonamiento está en la simplificación de la tercera igualdad. Tal error proviene de una excesiva 

relajación de la notación utilizada en algunas fórmulas. La utilizada en este razonamiento tal y como la vimos 



en el teorema ?? y particularizada a una partición regular es: 

b 

a 

f = lím 1 

n 

n 

i=1 

f(x ∗n 

i ) 

Siendo f una función integrable en [a,b], Pn = {x0,x1,...,xn} la partición regular en n subintervalos de [a,b] 

y ∗n = {x ∗n 

1 ,...x∗n n } una elección de puntos intermedios para cada partición Pn. Si hubieramos utilizado estas 

expresiones en el razonamiento del enunciado, nos hubieramos dado cuenta que en la tercera igualdad no se 

puede simplificar f(x ∗n+1 

i 

) con f(x ∗n 

i ), ya que, en general, pueden no coincidir. 

Este ejercicio nos debe llevar a la conclusión de no simplificar en exceso las notaciones, por engorrosas que nos 

parezcan, ya que puede llevarnos a conclusiones erróneas. Piense el lector que, en este caso, la conclusión es lo 

bastante absurda como para hacernos sospechar, pero que igualmente podríamos haber llegado a un resultado 

menos sospechoso y no por ello menos falso. 



a) 

Problema 192 Demostrar por inducción las fórmulas siguientes: 

n 

i = 

i=1 

a) 

n(n + 1) 

. 

2 

n 

i = 

i=1 

n(n + 1) 

2 

(i) La fórmula es válida para n = 2: 

b) 

n 

i 2 = 

i=1 

n(n + 1)(2n + 1) 

6 

1 + 2 = 

2 · 3 

2 

c) 

n 

i 3 

n(n + 1) 

= 

2 

(ii) Supongamos que la fórmula es válida para n = k. (Tenemos que deducir que, en tal caso, también es 

válida para n = k + 1): 

k+1 

i = (k + 1) + 

i=1 

k 

i 

i=1 

k(k + 1) 

= (k + 1) + 

2 

= (k + 1)(k + 2) 

2 

Y, efectivamente, esta última expresión corresponde a la fórmula propuesta evaluada en k + 1. 

Por tanto, la fórmula es válida para todo n ∈ N. 


i=1 

2


b) 

c) 

n 

i 2 = 

i=1 

n(n + 1)(2n + 1) 

. 

6 


1 + 4 = 

2 · 3 · 5 

6 

(ii) Supongamos que la fórmula es válida para n = k − 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, también es 

válida para n = k): 

k k−1 

i 2 

i=1 

i 2 = k 2 + 

i=1 

= k 2 (k − 1)k(2k − 1) 

+ 

6 

= 2k3 + 3k2 + k 

= 

6 

k(k + 1)(2k + 1) 

6 

Y, efectivamente, esta última expresión corresponde a la fórmula propuesta evaluada en k. 


n 

i=1 

i 3 = n2 (n + 1) 2 

. 

4 



1 + 8 = 

4 · 9 

4


(ii) Supongamos que la fórmula es válida para n = k − 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, también es 

válida para n = k): 

k 

i=1 

 

i 3 

i 3 = k 3 k−1 

+ 

i=1 

= k 3 + (k − 1)2 k 2 

4 

= k4 + 2k 3 + k 2 

4 

= k2 (k + 1) 2 

4 

Y, efectivamente, esta última expresión corresponde a la fórmula propuesta evaluada en k. 




Problema 193 Hallar el área total de la región o regiones acotadas por las curvas dadas: 

a) y = x 4 ,y = 1 b) y = x,y = x 3 ; c) y = x 2 ,y = x 3 ; 

d) x = y 2 ,y = x − 2 e) y = x 2 − 1,y = √ 1 − x 2 ; f) y = x 2 − 1,y = x + 1; 

g) x = y2 − 4,x = 2 − y h) y = ex − e,x = 0,y = 0 i) y = 9 

4x+5 ,x + y = 2; 

j) y = cosec2 x para π/3 ≤ x ≤ 2π/3,y = 4 

3 k) x = 2y2 ,x = 8; 

a) y = x 4 , y = 1. Estas dos curvas se cortan en x = −1 y x = 1 y entre estos dos puntos, la recta y = 1 está por 

encima de la curva y = x 4 ; por tanto, el área que queda entre ellas es: 

A = 

1 

−1 

(1 − x 4 )dx = 

 

x − x5 

1 5 −1 

= (1 − 1 

5 

1 8 

) − (−1 + ) = 

5 5 

b) y = x, y = x3 . Estas dos curvas se cortan en x = −1, x = 0 y x = 1. Por tanto, el área que queda entre ellas 

es: 

 

0 

 

(x − x 

−1 

3 

 

)dx 

+ 

 

1 

 

(x − x 

0 

3 

 

)dx 

= 

 

 

 

x2 0 

x4 

− 

2 4 −1 

+ 

 

 

 

x2 1 

x4 

− 

2 4 0 

 

 

= 

−1 

1 

+ 

2 4 

+ 

 

 

 

1 1 

− 

2 4 

= 1 

2 



c) y = x 2 , y = x 3 ; los puntos de corte de las dos curvas son x = 0 y x = 1. Por tanto, el área que queda entre 

ellas es 

 

 

A = 

 

1 

(x 

0 

2 − x 3 )dx 

 

 

 

= 

 

 

x3 

3 

− x4 

4 

1 

0 

 

 

 

 

 

1 1 1 

= − = 

3 4 12 

d) x = y 2 , y = x − 2. La región coincide con la región comprendida entre las gráficas de f(y) = y 2 y g(y) = y + 2 

(ver apartado g); los puntos de corte de las dos gráficas son y = −1 y y = 2 y por tanto, el área que queda 

entre ellas es: 

 

 

A = 

 

2 

−1 

(y 2 

 

− y − 2)dy 

= 

 

 

 

( 

 

y3 

3 

− y2 

2 

2 − 2y) 

−1 

 

 

 

 

 

= 33 

6 

e) y = x 2 − 1, y = √ 1 − x 2 ; los puntos de corte son x = −1 y x = 1 y el área pedida es: 

 

 

A = 

 

1 

−1 

(x 2 − 1 − 1 − x2 

 

)dx 

= 

 

 

 

−4 

π 

− 

3 2 

4 π 

= + 

3 2 

f) y = x2 − 1, y = x + 1; los puntos de corte son x = −1 y x = 2 y el área: 

 

2 

A = 

(x + 1 − x 2 

 

+ 1)dx 

= 

 

2 

 

(−x 2 

 

+ x + 2)dx 

= 

 

 

 

9 

 

2 

−1 

g) x = y 2 − 4, x = 2 − y. Dado que no podemos expresar y como función de x en la primera curva, podemos 

calcular el área considerando la región simétrica respecto de la bisectriz del primer y tercer cuadrante; es decir, 


−1 

= 9 

2


el área pedida coincide con el área determinada por las curvas y = x 2 − 4, y = 2 − x 

x = y 2 − 4 

Y 

x = 2 − y 

Los puntos de corte de estas curvas son x = −3, x = 2 y el área: 

A = 

2 

−3 

X 

−3 

−2 

y = x 2 − 4 

(2 − x − x 2 + 4)dx = 22 

3 

Y 

y = 2 − x 

h) y = ex − e, x = 0, y = 0; el punto de corte de la curva con el eje OX es x = 1 y el área pedida es: 

 

1 

 

(e x 

 

− e)dx 

= 

 

 

 

(e 

 

x 

1 

 

− ex) = | − 1| = 1 

 


0 

0 

2 

X


i) y = 9 

, x + y = 2; los puntos de corte de las dos curvas son x = −1/2 y x = 1 y el área: 

4x + 5 

 

 

 

A = 

 

1 

−1/4 

 

9 

 

 

( − 2 + x)dx 

4x + 5 = 

 

 

 

9 

2 

log 3 

2 

 

65 

− 

32 

65 9 3 

= − log 

32 2 2 

j) y = cosec2 x para π/3 ≤ x ≤ 2π/3, y = 4 

3 . Los únicos puntos de corte en el intervalo [π/3,2π/3] son los 

extremos del intervalo; por tanto, el área pedida es: 

2π/3 

π/3 

 

4 

3 − cosec2 2π/3 4 

x dx = + cotg x = 

3 π/3 

4π 2 

− √ 

9 3 

k) x = 2y 2 , x = 8. Razonando como en el apartado g, este área coincide con la de la región comprendida entre 

las curvas y = 2x 2 e y = 8; los puntos de corte de estas dos curvas son x = −2 y x = 2 y el área pedida: 

2 

−2 

(8 − 2x 2 )dx = 


 

8x − 2 

3 x3 

2 = 

−2 

64 

3


Problema 194 Calcular el área de la región del primer cuadrante limitada por las curvas x 2 + y 2 = 2, y = 0 e 

y = x 2 . 

Las curvas (en el primer cuadrante) se cortan solo en el punto x = 1 y por tanto el área pedida es: 

1 

0 

 

x 2 − 2 − x2 

x3 dx = 

3 


x 

1 x 

− 2 − x2 − arcsen √2 

2 

0 

= π 1 

− 

4 2


Problema 195 Expresar en términos de una integral el área de la región más grande limitada por x 2 + y 2 = 25 y 

la recta x = −3. 

La región descrita es un segmento circular del círculo de centro (0,0) y radio 5; de los dos segmento formados, 

el mayor corresponde a x ∈ (−3,5) y su área es: 

5 

2 25 − x 

−3 

2 

 

dx = x 25 − x2 + 25arcsen x 

5 = 

5 −3 

25π 

3 

+ 12 + 25arcsen 

2 5 



Problema 196 Hallar el valor de c tal que el triángulo limitado por y = 2x,y = 0, y x = 4 está dividido en dos 

regiones de áreas iguales por la recta y = c. 

El área total del triángulo se puede calcular como: 

8 

0 

(4 − y 

)dy = 

2 

 

4y − y2 

8 = 16 

4 0 

Si cortamos el triángulo por la recta y = c, el área de una de las mitades se calcula como: 

c 

(4 − 

0 

y 

 

)dy = 4y − 

2 y2 

c = 4c − 

4 0 

c2 

4 

Por tanto, el número c que buscamos es solución de la ecuación: 

4c − c2 

4 

es decir, c = 8 − 4 √ 2 (la otra solución de la ecuación es mayor que 8 y por tanto no es válida como solución del 

ejercicio). 


= 8,


Problema 197 Hallar el valor de c tal que la región limitada por y = x 2 e y = 4 está dividida en dos regiones de 

áreas iguales por y = c. 

Dado que la curva y = x 2 es simétrica respecto del eje OY , basta hacer el estudio para x ∈ (0,2). Seguimos el 

camino del ejercicio anterior; el área total de la región es: 

4 

0 

( √ y)dy = 

 

2 

3 y3/2 

4 = 

0 

16 

3 

Si cortamos por la recta y = c, el área de una de las mitades es: 

c 

( √ 

2 

y)dy = 

3 y3/2 

c 0 

0 

= 2 

3 c3/2 

Por tanto, el número c buscado es solución de la ecuación 2 

3 c3/2 = 8 

3 , es decir, c = 2 3√ 2. 



Problema 198 La densidad longitudinal de masa ρ(x) de una varilla a una distancia x de un extremo de dicha 

varilla es la masa que tendría una varilla de una unidad de longitud que tuviera la misma composición y grosor que 

tiene en x en todas partes. Una varilla delgada de 3 cm de longitud tiene densidad longitudinal 

1 x + 5 

· 

20 x + 1 kg/m 

a una distancia x del extremo más grueso de la varilla. Hallar la masa de la varilla. 

Para aproximar la masa total de la varilla podemos dividirla en n trozos iguales, y suponer que la densidad 

longitudinal en cada trozo es constante: 

Mn = 

n 

ρ(x ∗ i )(xi − xi−1) 

i=1 

La masa exacta de la varilla será el límite de la sucesión así formada. Dado que la función ρ(x) es continua y en 

consecuencia integrable, este límite existe y coincide con el valor de la integral entre 0 y 3. (Tenemos que asegurarnos 



de que la función es integrable para poder afirmar que el método es el adecuado). 

La masa es: 

3 

0 

0 x1 x2 x3 x4 xn−1 3 0 

3 

→ 

→ 

→ 

→ 

→ 

ρ(x∗ 1)ρ(x∗ 2)ρ(x∗ 3)ρ(x∗ 4) ρ(x∗ n) 

n 

Mn = ρ(x ∗ n)(xi − xi−1) 

i=1 

M = 

3 

0 

ρ(x) dx 

3 

3 1 x + 5 1 4 1 

· dx = (1 + )dx = (x + 4log(x + 1)) = 

2000 x + 1 0 2000 x + 1 2000 0 

3 + 4log 4 

2000 



Problema 199 La densidad de superficie de masa (masa por unidad de área) se define para una lámina delgada 

de material de modo análogo a la de densidad longitudinal de masa del ejercicio anterior. Una lámina delgada de 

material cubre la región plana limitada por y = (x − 2) 2 e y = 1. Si las unidades están en metros y el área de 

densidad de masa de (x,y) es x/2 kg/m 2 , hallar la masa de la lámina. 

(Ver el problema anterior). Sea f(x) = 1 − (x − 2) 2 ; el área de la region descrita es la integral de esta función f 

entre 1 y 3. 

→ 

→ 

→ 

→ 

1 x1 x2 x3 xn−1 3 

ρ(x ∗ 1) ρ(x ∗ 2) ρ(x ∗ 3) ρ(x ∗ n) 

Como ya sabemos, para aproximar este área podemos considerar una partición del intervalo [1,3] en n trozos iguales; 

la aproximación será An = n 

i=1 f(x∗ i )(xi − xi−1). A partir de esta expresión y suponiendo que en cada trozo la 



densidad es constante, podemos obtener una aproximación de la masa de la lámina: 

Mn = 

n 

ρ(x ∗ i )f(x∗i )(xi − xi−1); 

i=1 

dado que las funciones ρ y f son continuas, el límite de la sucesión así formada nos da la masa exacta de la lámina 

y vale: 

3 

1 

ρf. Por tanto, 

M = 

3 

1 

ρ(x)f(x)dx = 

3 

1 

x 

2 (1 − (x − 2)2 )dx = 4 

3 

Por último, hay que observar que el planteamiento anterior lo hemos podido hacer porque la densidad de la lámina 

dependía solamente de la coordenada x, en otros casos, tendremos que recurrir a integración multiple (capítulo 13). 



Problema 200 En los siguientes apartados usar el método de discos para hallar el volumen del sólido generado al 

girar la región dada entre los límites dados sobre el eje indicado: 

a) Limitada por y = x 2 + 1,y = 0,x = 1,x = −1 alrededor del eje OX. 

b) Limitada por y = √ x,x = 4,y = 0 alrededor del eje OX. 

c) Limitada por y = x 2 ,y = 3 − 2x alrededor del eje OX. 

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor del eje OX. 

e) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor de la recta y = 1. 

f) Limitada por y = x 2 ,y = 1 alrededor de la recta y = 2. 

a) Limitada por y = x 2 + 1,y = 0,x = 1,x = −1 alrededor del eje OX: 

V = 

1 

π(x 

−1 

2 + 1) 2 dx = 

b) Limitada por y = √ x,x = 4,y = 0 alrededor del eje OX: 

V = 

4 


0 

πxdx = 

 

π( x5 2 

+ 

5 3 x3 1 + x) = 

−1 

56 

15 π 

 

π x2 

4 = 8π 

2 0


c) Limitada por y = x2 ,y = 3 − 2x alrededor del eje OX. Los puntos de corte de las dos curvas son x = −3 y 

x = 1 y el volumen pedido es: 

1 

V = π(3 − 2x) 2 1 

dx − π(x 

−3 

2 ) 2 dx = π( 364 244 

− 

3 5 ) 

d) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor del eje OX: 

−3 

V = 

π 

0 

π sen 2 xdx = π2 

2 

e) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor de la recta y = 1. (Obsérvese que la curva no corta 

al eje de giro). 

En los casos en que la región que se gira no esté situada en el plano de tal forma que el eje de giro coincida con 

uno de los ejes coordenados, solamente tenemos que desplazar la región y el eje por el plano hasta conseguirlo. 

En este caso, la región descrita coindide con la región comprendida entre la gráfica de f(x) = sen x − 1 y el 

eje OX y el sólido descrito se genera al girar esta región alrededor de este eje. Es conveniente que el lector 

se ayude de las representaciones gráficas para entender lo que se ha hecho; en el apartado siguiente se puede 

ver otro ejemplo similar con su representación (este tipo de manipulaciones son frecuentes en los problemas 

de aplicación de la integral). El volumen pedido es: 

V = 

π 


0 

π(1 − sen x) 2 dx = 3 

2 π2 − 4π


f) Limitada por y = x 2 ,y = 1 alrededor de la recta y = 2. Los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1. 

Y 

2 

1 

y = 

x2 

X 

y = 2 − x2 Seguimos el método del apartado anterior, y observamos que el cuerpo descrito coincide con el obtenido al 

girar la región comprendida entre y = 2 − x 2 e y = 1 alrededor del eje OX y su volumen es: 

V = 

1 


−1 

π(2 − x 2 ) 2 1 

dx − π dx = 

−1 

56 

15 π 

1 

Y 

X


Problema 201 Se corta una cuña de un tronco (cilíndrico) de radio 2 dm dando dos cortes con una sierra mecánica 

que llegan hasta el centro del tronco. Si uno de los cortes se hace perpendicular y el otro formando un ángulo de 30 ◦ 

con el primero, ¿qué volumen tendrá la cuña? 

X 

y = √ 4 − x 

30 

√ 

4 − x2 ◦ 

2 

Y 

√ 3 √ 4 − x 2 

Situando el sólido como se muestra en la figura, tenemos que el área de cada sección perpendicular al eje OX es 

A(x) = 

√ 3 

2 (4 − x2 ), y por tanto, el volumen de la cuña es: 

V = 

2 

−2 

A = 

2 


−2 

√ 3 

2 (4 − x2 )dx = 8 √ 3dm 2


Problema 202 Se va a diseñar un contenedor de papel para reciclar con la forma de una pirámide truncada, en 

la que las bases inferior y superior son cuadrados de lado 100 y 60 cm, respectivamente. ¿Qué altura debe tener el 

contenedor para que su volumen sea exactamente un metro cúbico? 

100 

Y 

x 

y = 100 − 

Situamos el contenedor como se muestra en la figura, de forma que el eje de la piramide coincide con el eje OX 

y cada sección perpendicular a este eje es un cuadrado. Si la altura del tronco es h, su volumen es: 

V = 

h 

0 

h 

60 

40 

h 

(100 − 40 

h x)2 dx = 19600 

3 hcm3 

Por tanto, la altura buscada es solución de la ecuación: 19600 

7500 

3 h = 1000000, es decir, h = 49 


X 

x


Problema 203 La base de un sólido es un triángulo rectángulo isósceles con hipotenusa de longitud a. Cada sección 

plana del sólido cortada por un plano perpendicular a la hipotenusa es un cuadrado. Hallar el volumen del sólido. 

Z 

Y 

y = x 

Situamos el sólido como se muestra en la figura, haciendo coincidir el eje OX con la hipotenusa de la base del 

sólido. El área de cada sección perpendicular al eje OX es A(x) = ( a 

2 − x)2 y el volumen del sólido (completo) es: 

V = 2 

a/2 


0 

a/2 

X 

( a 

2 − x)2 dx = a3 

24


Problema 204 Un sólido tiene como base una región plana limitada por x = y 2 y x = 4. Cada sección plana del 

sólidos cortada por un plano perpendicular al eje OX es un triángulo rectángulo isósceles con un ángulo recto en la 

gráfica de √ x. Hallar el volumen del sólido. 

Situando el sólido como muestra la figura 7.1, se tiene que el area de cada sección perpendicular a OX es 

A(x) = 1 

2 (2√ x) 2 = 2x 2 , y el volumen del cuerpo 

V = 


4 

0 

2x 2 dx = 128 

3


Z 

y = √ 

− x 


4 

y = √ x 

X 

Figura 7.1: Ejercicio 12.


Problema 205 En los siguientes apartados usar el método de las capas para hallar el volumen del sólido generado 

al girar la región con los límites dados alrededor del eje indicado: 

a) Limitada por y = x 2 ,y = 1 alrededor de la recta x = 2. 

b) Limitada por y = x,y = x 2 alrededor del eje OX. 

c) Limitada por x = y 2 ,x = y + 2 alrededor de la recta y = 2. 

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor de la recta x = 2π. 

a) Limitada por y = x 2 ,y = 1 alrededor de la recta x = 2: los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1. 

El sólido así generado es el mismo que el generado al girar la región limitada por la curva y = 1 − (x − 2) 2 y 

el eje OX alrededor del eje OY ; por tanto, su volumen es: 

V = 

3 

1 

2πx(1 − (x − 2) 2 )dx = 8 

3 π 

b) Limitada por y = x,y = x2 alrededor del eje OX: los puntos de corte de las curvas son x = 0, x = 1. El sólido 

así generado coincide con el generado al girar la región comprendida entre y = √ x e y = x alrededor del eje 

OY (hacemos esto para utilizar el método de las capas). El volumen pedido es: 

V = 

1 


0 

2πx √ xdx − 

1 

0 

2πx 2 dx = 2 

15 π


c) Limitada por x = y 2 ,x = y + 2 alrededor de la recta y = 2: Los puntos de corte de las curvas son y = −1 

e y = 2. El sólido así generado es el mismo que el generado al girar la región comprendida entre las curvas 

y = (2 − x) 2 e y = (2 − x) + 2, x ∈ (0,3), alrededor del eje OY ; por tanto, el volumen pedido es: 

V = 

3 

0 

2πx(4 − x)dx − 

3 

0 

2πx(2 − x) 2 dx = 27 

2 π 

d) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π,y = 0 alrededor de la recta x = 2π. El sólido coincide con el generado 

al girar la región limitada por la curva y = sen 2π − x = − senx para π ≤ x ≤ 2π,y = 0 alrededor del eje OY : 

V = 

2π 

π 

−xsenxdx = 


2π 2π 

2πxcos x − 2π cos xdx = 6π 

π π 

2


Problema 206 Derivar la fórmula V = 4 

3 πa3 para el volumen de la esfera de radio a, usando el método de capas. 

Si giramos la región por debajo de la gráfica de f(x) = √ a 2 − x 2 con x ∈ (0,a), alrededor del eje OY , obtenemos 

una semiesfera; por tanto, el volumen de la esfera se puede calcular como: 

a 

V = 2 2πx a2 − x2 

dx = − 4 

3 π(a2 − x 2 ) 3/2 


0 

a 

0 

= 4 

3 πa3


Problema 207 Una cáscara esférica de radio r y de grosor h es, por definición, la región comprendida entre dos 

esferas concéntricas de radio r − h/2 y r + h/2. 

a) Hallar una fórmula para el volumen, V (r,h), de una cáscara esférica de radio r y de grosor h. 

b) Para un radio fijo r, ¿cuánto vale d 

V (r,h) cuando h = 0? Interpretar el resultado en términos de la superficie 

dh 

de la esfera. 

c) El volumen de la cascara esférica de radio r y de grosor h la podemos calcular restándole al volumen de la 

d) 

esfera de radio r + h 

2 

el volumen de la esfera de radio r − h 

2 : 

V (r,h) = 4 h 

π((r + 

3 2 )3 − (r − h 

2 )3 ) = 4πr 2 h + 1 

3 h3 

d 

dh V (r,h) = 4πr2 + h 2 ; d 

dh V (r,h)(0) = 4πr2 . Esta derivada coincide con el valor de la superficie de la esfera. 



Problema 208 En los siguientes apartados hallar la longitud de la curva con la ecuación dada: 

a) y = 1 

3 (x2 − 2) 3/2 desde x = 2 a x = 4. 

b) 9(x + 2) 2 = 4(y − 1) 3 desde y = 1 a y = 4,x ≥ −2. 

c) y = x 3 + 1 

12x 

desde x = 1 a x = 2. 

d) x = y 4 + 1/(32y 2 ) desde y = −2 a y = −1 

e) x 2/3 + y 2/3 = a 2/3 

a) f(x) = 1 

3 (x2 − 2) 3/2 desde x = 2 a x = 4; 

f ′ 

(x) = x x2 − 2 x ∈ [2,4] 

[f ′ (x)] 2 = x 2 (x 2 − 2) 

1 + [f ′ (x)] 2 = 1 − 2x 2 + x 4 = x 2 − 1 

L = 

4 

2 

(x 2 − 1)dx = 50 

3 



b) 9(x + 2) 2 = 4(y − 1) 3 desde y = 1 a y = 4,x ≥ −2; x = 2 

3 (y − 1)3/2 − 2, y ∈ [1,4]: 

f(y) = 2 

3 (y − 1)3/2 − 2 y ∈ [1,4] 

f ′ (y) = y − 2 

1 + [f ′ (y)] 2 = 1 + y − 2 = y − 1 

L = 

4 

1 

y − 1 dy = 2 √ 3 

c) y = x 3 + 1/(12x) desde x = 1 a x = 2; 

f(x) = x 3 + 1 

12x 

f ′ (x) = 3x 2 − 1 

1 + [f ′ (x)] 2 = 

L = 

x ∈ [1,2] 

12x2 

362x16 + 72x4 + 1 

144x4 = 36x4 + 1 

12x2 2 

1 

36x4 + 1 

dx = 

12x2 2 


1 

3x 2 + 1 169 

12x2dx = 

24


d) x = y 4 + 1/(32y 2 ) desde y = −2 a y = −1; 

f(y) = y 4 + 1 

32y 2 

f ′ (y) = 4y 3 − 1 

1 + [f ′ (y)] 2 = 

L = 

y ∈ [−2, −1] 

16y3 

163y12 + 2 · 43y6 + 1 

−1 

−2 

16 2 y 6 

− 43y6 + 1 

dy = 

16y 

−1 

−2 

= − 43 y 6 + 1 

16y 3 

−(4y 3 + 1 1923 

16y3)dy = 

128 

Hemos introducido un signo “−” al simplificar la raíz para hacer positiva la expresión, es decir, tenemos que 

tomar la raíz positiva. 



e) x 2/3 + y 2/3 = a 2/3 . La figura siguiente muestra la curva completa. 

−a 

Y 

a 

Consideramos la función f cuya gráfica nos da la curva correspondiente al primer cuadrante, por lo que la 

longitud total será cuatro veces la de este segmento: 

f(x) = (a 2/3 − x 2/3 ) 3/2 

f ′ (x) = −x −1/3 (a 2/3 − x 2/3 ) 1/2 

1 + [f ′ (x)] 2 = (a/x) 1/3 

L = 4 

a 

0 

(a/x) 1/3 dx = 


x ∈ [0,a] 

−a 

 

3 

2 (ax2 ) 1/3 

a 0 

= 3 

2 a 

a 

X


Problema 209 En los siguientes apartados hallar el área de la superficie obtenida al girar la curva dada alrededor 

del eje indicado: 

a) x = 2y desde (2,1) a (6,3) alrededor del eje OX. 

b) y = x − 3 desde x = 3 a x = 5 alrededor de la recta x = −1. 

c) y = √ x desde x = 1 a x = 3 alrededor del eje OX. 

d) x 2/3 + y 2/3 = a 2/3 para x ≥ 0 alrededor del eje OY . 

a) x = 2y desde (2,1) a (6,3) alrededor del eje OX: 

S = 

6 

2 

2π x 

 

1 + 

2 

1 

√ 

5 

dx = 

4 4 πx2 

6 = 8 

2 

√ 5π 

b) y = x −3 desde x = 3 a x = 5 alrededor de la recta x = −1; la superfice así generada coincide con la generada 

al girar la curva y = (x − 1) − 3 desde x = 3 + 1 a x = 5 + 1 alrededor del eje OY ; su área es: 

S = 

6 


4 

2π(x − 4) √ 1 + 1 dx = 4 √ 2


c) y = √ x desde x = 1 a x = 3 alrededor del eje OX: 

3 

S = 2π √ 

x 1 + 1 

dx = 

4x 

1 

3 

1 

π √ 4x + 1 dx = π 

6 (√ 13 3 − √ 5 3 ) 

d) x 2/3 +y 2/3 = a 2/3 para y ≥ 0 alrededor del eje OX. Según la figura del apartado (d) del ejercicio anterior, nos 

basta hallar el área de la superficie generada al girar la función f(x) = (a 2/3 −x 2/3 ) 3/2 con x ∈ [0,a] alrededor 

del eje OY , el área pedida será el doble de esta: 

S = 2 

a 

0 

2πx(a/x) 1/3 dx = 


 

12 

5 πa1/3x 5/3 

a 0 

= 12 

5 πa2


Problema 210 Si un cono tiene una base de radio r y generatriz s, el área de su superficie es πrs. Derivar esta 

fórmula al girar el segmento de la recta y = (r/h)x desde x = 0 a x = h alrededor del eje OX. Comprobar el 

resultado obtenido usando el teorema de Pappus. 

Usando la fórmula dada en la sección ??, el área del cono es: 

h 

S = 2π 

0 

r 

h x 

 

1 + r2 

 

dx = π 

h2 r 

h sx2 

h = πrs 

0 

El centro de gravedad del segmento y = (r/h)x, x ∈ [0,h], es ( h x 

2 , 2 ), y por tanto, el teorema de Pappus nos dice que 

el área del cono es: 


S = 2π r 

s = πrs 

2


Problema 211 Expresar las integrales impropias como una suma de integrales impropias de tipo básico. Establecer 

la convergencia o divergencia de las integrales, si es posible: 

a) 

d) 

π 

0 

4 

0 

tg xdx b) 

dx 

x 2 − 2x − 3 e) 

1 

0 

∞ 

−∞ 

dx 

x2 + x 

c) 

dx 

3√ 

x + x3 f) 

2 

−2 

π 

0 

dx 

x2 − 4 

dx 

sen x − cos x 

El simple estudio del dominio del integrando nos da los puntos donde las integrales son impropias: 

a) I = 

b) 

π 

0 

tg xdx = 

π/2 

0 

π 

π/2 

π/2 

0 

π 

tg xdx + tg xdx; 

π/2 

t tg xdx = lím 

t→π/2 

(− log(cos x)) 

tg xdx = lím 

t→π/2 

Por tanto, la integral I no converge. 

1 

0 

dx 

x2 = lím 

+ x t→0 

 

log 

x 

x + 1 

1 

 

(− log(− cos x)) 

0 

= +∞ 

0 

0 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

= +∞ 

t 

= −∞


c) 

d) 

e) 

2 

−2 

dx 

x2 − 4 = 

0 

−2 

0 

−2 

2 

0 

dx 

x 2 − 4 

dx 

x 2 − 4 

dx 

x2 − 4 + 

2 

0 

= lím 

t→−2 

= lím 

t→−2 

dx 

x 2 − 4 : 

 

1 2 − x 

log 

4 x + 2 

 

1 2 − x 

log 

4 x + 2 

0 

t 

t 0 

= −∞ 

= −∞ 

Por tanto, la integral propuesta diverge a −∞. 

4 

0 

dx 

x2 − 2x − 3 = 

3 

0 

4 

3 

3 

0 

dx 

x 2 − 2x − 3 

dx 

x 2 − 2x − 3 

dx 

x 2 − 2x − 3 + 

= lím 

t→3 

= lím 

t→3 

Por tanto, la integral no converge. 

∞ 

−∞ 

dx 

3√ x + x 3 = 

0 

−∞ 

convergente, la integral 

∞ 

0 

dx 

3√ x + x 3 

dx 

3√ 

x + x3 + 

0 

−∞ 

4 

3 

 

1 3 − x 

log 

4 3 + x 

 

1 x − 3 

log 

4 3 + x 

∞ 

0 

dx 

3√ x + x 3 

dx 

x2 − 2x − 3 : 

3 

0 

3 0 

= −∞ 

= +∞ 

dx 

3√ 

x + x3 . Dado que lím 

x→∞ 

1 

3√ x+x 3x 3 = 1 = 0, y la integral 

∞ 

1 

dx 

x3 es 

también es convergente. De la misma forma, se deduce que la integral 

también es convergente y en consecuencia, la integral propuesta es convergente. 



f) 

π 

0 

dx 

sen x − cos x = 

π/4 dx 

0 sen x − cos x + 

π dx 

; hallamos en primer lugar una primitiva de f(x) = 

π/4 sen x − cos x 

1 

sen x − cos x : 

 

dx 

sen x − cos x = 

 

2dt 

t2 (t = tg 

+ 2t − 1 

x 

2 ) 

= 

1 

2 √ 

1 

2 t + 1 − √ 2 − 

1 

t + 1 + √ = 

 

dt 

2 

1 

2 √ 2 log t + 1 − √ 2 

t + 1 + √ 2 

= 

= 

1 

2 √ 2 

1 

2 √ 2 

log tg x 

2 + 1 − √ 2 

tg x 

2 + 1 + √ 2 

x sen 2 log + (1 − √ 2)cos x 

2 

sen x 

2 + (1 + √ 2)cos x 

2 

A partir de aquí y teniendo en cuenta que tg π 

8 = √ 2 − 1, 

π/4 

0 

π 

π/4 

dx 


dx 


= lím 

t→π/4 

 

1 

2 √ 2 

 

1 

= lím 

t→π/4 2 √ 2 

Por tanto, la integral propuesta no converge. 


x sen 2 log + (1 − √ 2)cos x 

2 

sen x 

2 + (1 + √ 2)cos x 

t 2 0 

x sen 2 log + (1 − √ 2)cos x 

2 

sen x 

2 + (1 + √ 2)cos x 

π 2 t 

= −∞ 

= +∞


Problema 212 Determinar si la integral impropia converge o no, y hallar su valor si converge: 

a) 

b) 

c) 

d) 

e) 

∞ 

1 

0 

−∞ 

2 

1 

1 

0 

∞ 

0 

a) 

d) 

 

1 

√ dx = 2 

x √ x 

∞ 

1 

1 

0 

∞ 1 

1 

√ x dx b) 

1 

√ dx e) 

2x − x2 = +∞ 

x2 x3 

1 

dx = 

+ 1 3 log |x3 + 1| 

1 

(x − 1) 2dx = 

1 

√ dx = 

2x − x2 

− 1 

x − 1 

2 

1 

0 

−∞ 

= +∞ 

 

arcsen(x − 1) 

1 

0 

= −∞ 

= π 

2 

0 x 

−∞ 

2 

x3 dx c) 

+ 1 

∞ 

0 

e −x sen xdx f) 

e −x sen xdx; hallamos una primitiva del integrando: 

 

e −x sen xdx = −e −x 

cos x − 

= −e −x cos x − e −x sen x − 


2 

1 

π/2 

0 

1 

(x − 1) 2dx 

√ cos xcotg xdx 

e −x cos xdx 

 

(Por partes) 

e −x sen xdx (Por partes)


f) 

 

Por tanto: 

∞ 

0 

e −x sen xdx = − 1 

2 e−x (cos x + sen x). Ya podemos estudiar la integral impropia: 

e −x sen xdx = 

 

− 1 

= lím 

t→+∞ 

2 e−x ∞ (cos x + sen x) 

 

1 1 

− 

2 2 e−t (cos t + sen t) 

0 

(para justificar este límite, téngase en cuenta que lím 

t→+∞ e−t = 0 y (cos t + sen t) es una función acotada) 

π/2 

0 

√ cos xcotg xdx = 

π/2 

0 

 

 

cos x 

√ dx = 2 

sen x √ π/2 sen x = 2. 

0 


= 1 

2


Problema 213 Considerar la región determinada por la gráfica de 1/x sobre la semirrecta x ≥ 1. 

¿Tiene la región área finita? 

Demostrar que el sólido ilimitado obtenido al girar la región alrededor del eje OX tiene volumen finito, y 

calcular este volumen. 

¿El sólido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el área de superficie finita? 

El área de la región se calcula como sigue: 

A = 

Por tanto, la región no tiene área finita. 

El volumen del sólido así generado es: 

El área de la superficie es: 

S = 

+∞ 

1 

V = 

+∞ 

1 

+∞ 

1 

2π 1 

 

1 + 

x 

1 

x4dx = 

+∞ 

1 

dx = log x = +∞ 

x 1 

 

1 

x2dx = − 1 

+∞ 

= 1 

x 1 

+∞ 

(para deducir que esta integral es divergente, basta compararla con +∞ 

1 


1 

2π 

√ x 4 + 1 

x 3 dx = +∞ 

dx 

x 

que es divergente).


Problema 214 Considerar la región determinada por la gráfica de 1/ √ x en el intervalo semiabierto (0,1] y el eje 

OX. 

a) ¿La región tiene área finita? 

b) Demostrar que el sólido ilimitado obtenido al girar la región alrededor del eje Y tiene volumen finito, y calcular 

este volumen. 

c) ¿El sólido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el área de superficie finita? 

(ver el ejercicio anterior) 

a) A = 

b) V = 

c) S = 

1 

0 

1 

0 

1 

0 

 

dx 

√ = 2 

x √ 1 x = 2 

0 

2π x 

 

4 

√ dx = 

x 3 πx3/2 

1 = 

0 

4 

3 π 

2πx 

 

1 + 1 

4x 

el mismo carácter que 

3dx = 

1 

0 

1 

4x 3 + 1 

 

4x3 +1√ 

π dx; dado que lím 

0 x 

x→0 

x x = 1 = 0. La integral impropia tiene 

dx 

√ , es decir, convergente y en consecuencia el área de la superficie es finita. (Si el 

x 

lector intenta calcular el valor de este área, se encontrará con una integral binomia que no puede resolverse). 



Problema 215 Decidir si las integrales dadas convergen o divergen y razonar la respuesta. No es necesario calcular 

el valor de la integral si converge: 

a) 

d) 

h) 

10 

−3 

∞ 

2 

∞ 

1 

dx 

√ x + 3 

dx 

x 2 − 4 

b) 

e) 

|cos x| 

x 2 dx i) 

∞ x 

2 

3 + 3x + 2 

x5 dx c) 

− 8x 

∞ dx 

0 x2/3 + x3/2 f) 

∞ 

0 

|sen x| 

dx j) 

x3/2 ∞ 

dx 

x 2 − 3x − 4 

3 

2 dx 

√ 

0 2x2 − x3 π/4 

0 

tg x 

x 3/2dx 

g) 

2 

1 

dx 

x(log x) 

Vamos a establecer solo la convergencia o divergencia de cada integral y para ello usaremos los criterios de 

comparación vistos en la sección ??; en todos los apartados se usaran las p-integrales para la comparación. 

a) 

b) 

c) 

10 

−3 

∞ 

2 

∞ 

3 

dx 

√ x + 3 es una p-integral convergente. 

x3 + 3x + 2 

x5 ∞ 

dx solamente es impropia en +∞; tiene el mismo carácter que 

− 8x 2 

dx 

x 2 − 3x − 4 = 

4 

3 

dx 

x2 − 3x − 4 + 

∞ 

4 

dx 

x 2 − 3x − 4 

segundo es una integral impropia en +∞. Dado que lím 

x→4 


dx 

x2 que es convergente. 

; el primer sumando es una integral impropia en 4 y el 

1 

x2 (x−4) = 5 = 0, y 

− 3x − 4 

4 

3 

dx 

es divergente, 

x − 4


d) 

e) 

f) 

g) 

h) 

i) 

el primer sumando es divergente y podemos afirmar que la integral propuesta también 

 

es divergente. (Sin 

∞ dx 

embargo, el segundo sumando si es convergente, ya que tiene el mismo carácter que 

x2 .) 

∞ 

0 

∞ 

dx 

2 x2 − 4 = 

dx 

2 x2 − 4 + 

dx 

0 x2 . De la misma forma que en el apartado anterior, deducimos que el 

− 4 

primer sumando es divergente y el segundo convergente, y en consecuencia, la integral propuesta es divergente. 

∞ 

∞ 

dx 

0 x2/3 dx 

+ x3/2; en 0 tiene el mismo carácter que que es convergente; en +∞, tiene el mismo carácter 

0 x2/3 ∞ dx 

que que también es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente. 

x3/2 0 

2 

∞ 

dx 

√ ; en 0 tiene el mismo carácter que 

0 2x2 − x3 0 

∞ 

0 

2 

1 

∞ 

dx 

que es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente. 

(2 − x) 1/2 

dx 

x(log x) 

dx 

x 

solo es impropia en 1; es divergente, ya que lím 

x→1 

que es divergente; en 2 tiene el mismo carácter que 

2 

1 

(x − 1) = 1 = 0 y 

xlog x 1 

4 

dx 

x − 1 


|cos x| 

1 x2 |cos x| 1 

dx; 

x2 ≤ 

x2 y como la integral correspondiente a la función mayorante es convergente, la 

propuesta también lo es. 

∞ 

0 

|sen x| 

dx = 

x3/2 π/2 

0 

|sen x| 

dx + 

x3/2 ∞ 

π/2 


|sen x| 

|sen x| 1 

dx. El segundo sumando converge por que 

x3/2 x3/2 ≤ 

x3/2 y el


j) 

primero también converge por que lím 

t→0 

π/4 

0 

|sen x| 

x 3/2 (x1/2 ) = lím 

t→0 

tg x 

dx converge, ya que tiene el mismo carácter que 

x3/2 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

|sen x| 

x 

π/4 

0 

= 1 

1 

x 1/2dx.


Problema 216 Hallar 

∞ 

1 

∞ 

 

dx 

1 + x2 = arctg x 

1 

∞ 1 

1 

1 + x2dx, si la integral converge. 

π π π 

= lím (arctg t − ) = − 

t→+∞ 4 2 4 


= π 

4



∞ 

2 

∞ 

∞ dx 1 

x(log x) 2 = = lím 

log x t→+∞ 

2 

2 

dx 

x(log x) 2, si la integral converge. 

 

1 1 

− = − 

log t log 2 

1 

log 2 




∞ 

0 

dx 

√ , si la integral converge. 

x + x3/2 Hallemos una primitiva de la función del integrando: 

 

dx 

√ x + x 3/2 = 

 

2dt 

1 + t 2 

(x = t 2 ) 

= 2arctg t = 2arctg √ x 

A partir de aquí calculamos fácilmente la integral: 

1 

0 

∞ 

1 

dx 

√ x + x 3/2 

dx 

√ x + x 3/2 

π 

= lím (2arctg 1 − 2arctg t) = 

t→0 2 

π 

= lím (2arctg t − 2arctg 1) = π − 

t→∞ 2 

Por tanto, el valor de la intergral propuesta es π π 

2 + 2 = π. 


= π 

2


Problema 219 Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias: 

a) 

b) 

c) 

d) 

∞ 

2 

∞ 

−∞ 

−1 

−2 

2 

1 

∞ 

−∞ 

a) 

∞ 

2 

x + 7 

x2 dx b) 

− 1 

∞ 

−∞ 

1 

1 + x3dx c) 

x + 7 

x2 − 1 dx diverge (tiene el mismo carácter que ∞ dx 

2 x ). 

−2 

2 

1 

sen x 

√ x − 1 dx d) 

∞ 

−∞ 

dx 

1 + x 5 

−1 0 ∞ 

1 

1 

1 

1 

1 

1 + x3dx = 

−∞ 1 + x3dx + 

−2 1 + x3dx + 

−1 1 + x3dx + 

0 1 + x3dx diverge, (los sumandos 

1 

1+x3dx y 0 1 

−1 1+x3dx divergen porque tienen el mismo carácter que −1 1 

−2 1+xdx). 2 

sen x 

√ dx converge, ya que √sen x 1 

dx 

≤ √ para x ∈ [1,2] y √ converge. 

x − 1 x − 1 x − 1 1 x − 1 

dx 

1+x 5 diverge (plantear igual que b). 



Problema 220 En los siguientes apartados, la velocidad v de un cuerpo en una recta está dada como una función 

de tiempo t. Hallar la distancia entre el punto de comienzo y el punto final y el espacio total recorrido en los 

intervalos de tiempo indicado: 

a) v = 3t 2 − 4, 2 ≤ t ≤ 3 

b) v = t 2 − 3t + 2, 0 ≤ t ≤ 2 

c) v = sen t, 0 ≤ t ≤ 3π 

d) v = sen (πt/2) + cos (πt/2), 0 ≤ t ≤ 2 

e) v = sen (πt/2) + cos (πt/2), 0 ≤ t ≤ 4 

Ver sección ??. 

a) v(t) = 3t 2 − 4. v(t) > 0 para t ∈ [2,3]: 

b 

a 

v(t)dt = 

b 


a 

|v(t)|dt = 

3 

2 

(3t 2 − 4)dt = 15


b) v(t) = t 2 − 3t + 2. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0,1] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [1,2]. 

b 

a 

b 

a 

v(t)dt = 

|v(t)|dt = 

2 

0 

1 

0 

(t 2 − 3t + 2)dt = 2 

3 

(t 2 − 3t + 2)dt + 

2 

1 

−(t 2 − 3t + 2)dt = 5 1 

+ = 1 

6 6 

c) v(t) = sen t. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0,π] ∪ [2π,3π] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [π,2π]: 

b 

a 

b 

a 

v(t)dt = 

|v(t)|dt = 

3π 

0 

π 

0 

sen t dt = 2 

d) v(t) = sen (πt/2) + cos (πt/2) = √ 2 cos( πt 

2 

b 

a 

b 

a 

v(t)dt = 

|v(t)|dt = 

2 

0 

3/2 

0 

2π 3π 

sen t dx + − sen t dt + sen t dt = 6 

π 

2π 

√ πt 

2 cos( 

2 

√ πt 

2 cos( 

2 

= 2 + 2√ 2 

π 

π 

3 

− 4 ). v(t) ≥ 0 si t ∈ [0, 2 ] y v(t) ≤ 0 si t ∈ [3 

2 ,2]: 

π 4 

− )dt = 

4 π 

π 

− )dt + 

4 

+ 2√ 2 − 2 

π 


2 

3/2 

= 4√ 2 − 2 

π 

− √ 2 cos( πt 

2 

− π 

4 )dt


e) v(t) = sen (πt/2) + cos (πt/2): v(t) ≥ 0 si x ∈ [0,3/2] ∪ [7/2,4] y v(t) ≤ 0 si x ∈ [3/2,7/2]: 

4 

0 

4 

0 

v(t)dt = 0 

|v(t)|dt = 2 

7/2 

3/2 

−(sen(πt/2) + cos(πt/2))dt = 8√ 2 

π 



Problema 221 Supongamos que se consigue desarrollar una nave espacial a energía solar para que salga del sistema 

solar siguiendo una trayectoria recta con velocidad v de v = 3e −t para t ≥ 0 (evidentemente, al transcurrir el tiempo 

existe mayor distancia al Sol y, por lo tanto, la velocidad desarrollada es menor). 

a) Hallar la distancia s que el cuerpo realiza en función del tiempo t. 

b) ¿Qué distancia recorrerá la nave durante toda la eternidad? Supóngase que nunca pasa suficientemente cerca 

de una estrella como para aprovechar su energía. 

a) El espacio recorrido en cada instante es: 

s(t) = 

t 

0 

3e −x dx = 

 

−3e −x 

t b) La distancia que recorrerá la nave durante toda la eternidad es 

+∞ 


0 

0 

= 3(1 − e −t ) 

3e −x dx = lím 

t→+∞ 3(1 − e−t ) = 3


Problema 222 Un sólido de aspecto retorcido se engendra como sigue: se tiene una recta fija R en el espacio y un 

cuadrado de lado l en un plano perpendicular a R, un vértice del cuadrado está en R, cuando este vértice se mueve 

a velocidad uniforme una distancia h a lo largo de R el cuadrado completa una revolución alrededor de R. Hállese 

el volumen del sólido generado. ¿Cuál sería el volumen si el cuadrado completara dos revoluciones al moverse la 

misma distancia a lo largo de R? 

Aunque aparentemente el sólido tiene una forma rara, su volumen se calcula fácilmente. La fórmula para calcular 

volúmenes por secciones es V = b 

a A(x)dx donde A(x) es el área de la sección del sólido por el plano X = x. En este 

caso, si hacemos coincidir la recta R con el eje OX, las áreas A(x) coinciden con el área del cuadrado: A(x) = ℓ2 . 

Por otra parte, dado que el vértice recorre una distancia h, podemos suponer que el sólido está limitado por X = 0 

y X = h. Por tanto, 

V = 

h 

ℓ 

0 

2 dx = hℓ 2 

Como la velocidad del vértice sobre R es constante, las distancia al completar dos revoluciones es 2h y el volumen 

de esta nueva figura es 2hℓ 2 . 



Problema 223 La sección transversal de un sólido en cualquier plano perpendicular al eje OX es un círculo de 

diámetro AB, con A sobre la curva y 2 = 4x y B en la curva x 2 = 4y. Hállese el volumen del sólido entre los puntos 

de intersección de las curvas. 

Las dos curvas se cortan en x = 0 y x = 4. Para cada x, el diámetro de la sección por el plano X = x es 

d(x) = 2 √ x − x2 

4 y el área de la sección: A(x) = π(√ x − x2 

8 )2 . El volumen del sólido es: 

4 


0 

π( √ x − x2 

8 )2 

dx = π(x + 1 

64 x4 − 1 

4 x3/2 ) 

4 

0 

= 72 

35 π


Problema 224 De un cilindro circular recto de radio r se corta una cuña mediante dos planos. Uno de ellos es 

perpendicular el eje del cilindro (la base), el otro forma un ángulo α con el primero y lo corta por un diámetro del 

cilindro. Hállese el volumen de la cuña. (Ver problema 9) 



Problema 225 En los siguientes apartados se muestran ejemplos de integrales impropias que se pueden estudiar 

con facilidad usando las funciones Γ y/o β: 

a) Usar el cambio de variable x = at para obtener la siguiente igualdad: 

a 

b) Usar el cambio de variable t = log(1/y) y obtener 

0 

x m−1 (a − x) n−1 dx = a m+n−1 β(m,n) 

1 

0 

 

log 1 

n−1 dy = Γ(n) 

y 

c) Usar el cambio de variable t = xp para obtener 

1 

x m−1 (1 − x p ) n−1 dx = 1 

p β 

 

m 

p ,n 

 

a) 

a 

0 

x m−1 (a − x) n−1 dx = 

0 

1 

0 

a n+m+1 t m−1 (1 − x) n−1 dt (x = at) 

= a n+m+1 β(m,n) 



b) 

c) 

1 

0 

1 

0 

 

log 1 

n−1 dy = 

y 

= 

0 

x m−1 (1 − x p ) n−1 dx = 

+∞ 

+∞ 

0 

= 

t n−1 (−e −t )dt 

t n−1 e −t dt = Γ(n) 

1 

0 

1 

= 1 

p 

t m−1 

p (1 − t) n−11 

p 

t m−1 

p (1 − t) n−11 

p 

0 

1 


0 

t 1 

p −1 dt 

t 1 

p −1 dt 

t m 

p −1 (1 − t) n−1 dt = 1 

p β 

 

m 

p ,n


Problema 226 Hállense los centroides de las superficies acotadas por las curvas y rectas dadas: 

a) El eje OY y la curva x = y − y 3 , 0 ≤ y ≤ 1. 

b) La curva y = x − x 2 y la recta x + y = 0. 

a) Región σ limitada por el eje OY y la curva x = y − y 3 , 0 ≤ y ≤ 1. Esta región es simétrica respecto de la 

recta X = Y a la región σ ′ limitada por el eje OX y la curva y = x − x 3 , 0 ≤ x ≤ 1; los centroides de las dos 

regiónes verificarán la misma relación. Hallemos el centroide de σ ′ : 

Mx = 1 

2 

My = 

A = 

1 

0 

1 

0 

1 

0 

(x − x 3 ) 2 dx = 4 

105 

x(x − x 3 )dx = 2 

15 

(x − x 3 )dx = 1 

4 

¯x = 8 

15 

¯y = 16 

105 

Por tanto, el centroide de σ es ( 16 8 

105 , 15 ). 



b) Región limitada por la curva y = x − x 2 y la recta x + y = 0; los puntos de corte de las curvas son x = 0 y 

x = 2 y el centroide: 

Mx = 1 

2 

My = 

A = 

2 

0 

1 

0 

1 

((x − x 2 ) 2 − x 2 )dx = 28 

15 

x(x − x 3 + x)dx = 4 

3 

(x − x 

0 

3 + x)dx = 4 

3 

¯x = 1 ¯y = 7 

5 



Problema 227 Determínese el centroide del cuadrante de círculo x 2 + y 2 = r 2 para 0 ≤ x ≤ r. 

Mx = 

My = 

r 

0 

r 

0 

A = πr2 

4 

¯x = 4r 

π 

1 

2 (r2 − x 2 )dx = r3 

3 

 

x 

r 2 − x 2 dx = r3 

3 

¯y = 4r 

π 



Problema 228 Un tronco de madera de 120 cm de largo tiene forma de tronco de cono alargado, con un diámetro 

de 10 cm en un extremo y de 5 cm en el otro. ¿a qué distancia del extremo mayor está su punto de equilibrio? 

Por ser un sólido de revolución nos basta hallar el centroide de un trapecio equilátero de altura 120 cm y con 

bases 10 cm y 5 cm. La región limitada por las rectas y = 5 − x 

48 

x e y = 48 − 5 es este trapecio, y la coordenda X de 

su centroide es la distancia referida. El área del trapecio es A = 7 ′ 5 · 120 = 900cm 2 y su momento respecto de OY : 

La distancia pedida es ¯x = 160 

3 

My = 

120 


0 

2x(5 − x 

)dx = 48000 

48


Problema 229 Hállese el centroide de la región acotada por las curvas y = 2x 2 − 4x e y = 2x − x 2 . 

Los puntos de corte de las curvas son x = 0 y x = 2; 

Mx = 1 

2 

My = 

A = 

2 

((2x − x 

0 

2 ) 2 − (2x 2 − 4x) 2 )dx = − 8 

5 

2 

x((2x − x 

0 

2 ) − (2x 2 − 4x))dx = 4 

2 

((2x − x 

0 

2 ) − (2x 2 − 4x))dx = 4 

¯x = 1 ¯y = − 2 

5 



Problema 230 Determínese el centroide de la región del primer cuadrante acotada por dos círculos concéntricos 

y los ejes coordenados, si los primeros tienen radios a y b, b > a > 0, y sus centros están en el origen. Hállense 

también los límites de las coordenadas del centroide cuando ‘a’ tiende a ‘b’, y analícese el significado del resultado. 

Por la simetría del sector de la corona, se deduce que los dos momentos son iguales: 

My = Mx = 1 

2 

b 

0 

A = π 

4 b2 − a 2 

¯x = ¯y = 4 

3π 

(b 2 − x 2 )dx − 1 

2 

b 2 + ab + a 2 

b + a 

a 

0 

(a 2 − x 2 )dx = b3 

3 

Si ahora hallamos el límite de las coordenadas ¯x y ¯y cuando ‘a’ tiende a ‘b’, obtendremos el centro de masas del 

arco de circunferencia: 

x ′ = y ′ 4 b 

= lím 

a→b 3π 

2 + ab + a2 = 

b + a 

2a 

π 

Obsérvese que este centroide es exterior a la curva. 


− a3 

3


Problema 231 Utilícense los teoremas de Pappus para encontrar el área de la superficie lateral y el volumen de 

un cono circular recto. 

Un cono circular recto de altura h y radio de la base r, se genera girando un triángulo rectángulo de catetos 

h y r respecto del cateto de longitud h. Por las propiedades básicas de los triángulos sabemos que la distancia del 

centroide del triángulo, al cateto h es r/3 y su área es rh 

2 ; por tanto, su volumen es: 

V = 2π r rh π 

= 

3 2 3 r2h La superficie lateral está calculada por este método en el ejercicio 18. 



Problema 232 Mediante el segundo teorema de Pappus, y sabiendo que el área de la superficie de una esfera de 

radio r es 4πr 2 , determínese el centro de gravedad del arco semicircular de ecuación y = √ r 2 − x 2 donde x ∈ [−r,r]. 

Dado que el arco es simétrico respecto del eje OY , la coordenda ¯x del centroide será nula. El teorema de Pappus 

dice que el área de la superfice de revolución es S = 2πdL donde d es la distancia del centroide al eje y que, en este 

caso, coincide con ¯y, y L es la longitud del arco, que en este caso es πr. Por tanto: 

Es decir, el centroide es (0, 2r 

π ). 


¯y = d = S 4πr2 

= 

2πL 2π2r = 2r 

π


Problema 233 Una placa triangular ABC se sumerge verticalmente en agua. El lado AB, de 4 m de longitud, 

está 1 m por debajo de la superficie, mientras que C se encuentra a 5 metros por debajo de AB. Hállese la fuerza 

total ejercida sobre una cara de la placa. 

1 

4 

h 

5 − h 

La base del triángulo (lado AB) y su altura (desde AB hasta C) son iguales a 4; el teorema de Tales (página 

??) nos permite deducir que la anchura del triángulo a una profundidad h es 5 −h (igual que la altura del triángulo 

formado por este segmento y C). Por tanto, la fuerza ejercida sobre la placa es: 

F = 

4 


1 

5 − h 

h(5 − h)dh = 385 

6


Problema 234 Una placa semicircular se sumerge verticalmente en agua, con su diámetro en la superficie. Hállese 

la fuerza ejercida sobre un cara de la placa si su diámetro es de 2 metros. 

h 

2 1 − h 2 

A una distancia h de la superficie, el ancho de la placa es L(h) = 2 √ 1 − h2 ; por tanto, la fuerza ejercida sobre 

la placa es: 

F = 

1 


0 

2h 1 − h 2 dh = 2/3


8 

10 

h 

A(h) = π 52 

h2 

42 Figura 7.2: Ejercicio 43. 

Problema 235 Calcúlese el trabajo realizado al bombear todo el agua de un tanque cónico de 10 m de radio en la 

parte superior y de 8 metros de altura, elevándola hasta una altura de 6 m sobre el borde superior del tanque. 

(ver figura 7.2 en la página 468) A un profundidad h, el radio de la sección paralela a la superficie es 10 

8 h y por 

tanto su área es A(h) = 25 

16h2 . El trabajo necesario para vaciar el depósito es 

W = 

8 


0 

(h + 6) 25 

16 πh2 dh = 3200π 

6


Problema 236 El conductor de un camión cisterna con capacidad para 3000 litros, que transportaba agua desde 

Granada hasta la cumbre del pico Veleta, descubrió antes de llegar a su destino que el tanque goteaba y había perdido 

la mitad de su capacidad. El camión inició su viaje lleno, subió a velocidad constante y tardó 50 min en alcanzar 

un cambio de altura de 1250 metros. Si el agua goteaba a un ritmo fijo, ¿cuánto trabajo supuso el transporte del 

agua a la cima? (Sin incluir el trabajo realizado sobre el camión y el conductor). 

Dado que el ritmo de vaciado del depósito es constante, esta tasa de pérdida es 1500/1250 = 30/61ℓ/m. Una vez 

alcanzada una altura h, el peso de la cisterna es P(h) = 3000 − 30 

61h. Por tanto, el trabajo realizado para subir el 

contenido de la cisterna es 

W = 

(Obsérvese que el dato 50min es superfluo) 

1250 


0 

(3000 − 30 205312500 

h)dh = 

61 61


Problema 237 Una ciudad ha decidido perforar un pozo para incrementar el aprovisionamiento de agua. Los 

ingenieros han determinado que será necesaria una torre de agua que proporcione la presión requerida para la 

distribución. El pozo ha de tener 100 metros de profundidad, el agua tiene que elevarse por una tubería de 25 cm 

de radio hasta la base de un tanque cilíndrico de 7 metros de diámetro y 8 metros de altura, el fondo del tanque 

estará a 20 metros sobre el suelo y la bomba tiene que estar sumergida en el pozo por debajo de la superficie del agua. 

Si se pretende instalar una bomba que trabaja a una potencia de 10000 watios ¿cuánto tiempo tardará el llenarse el 

tanque por primera vez? 

Hallemos primeramente el trabajo necesario para llenar el depósito, Wd, y la tubería, Wt: 

Wt = 1000 

Wd = 1000 

300 

hπ0 

0 

′ 25 2 dh = 2812500πkp.m = 27562500πJ 

308 

300 

hπ7 2 dh = 119168000πkp.m = 1167850000πJ 

El trabajo total es 1195412500πJ y el tiempo necesario para realizarlo con el motor de 10000 watios es: 1195412500π/1000 

119541 ′ 25πs=33 ′ 2059π horas 



Problema 238 Un dique tiene forma de trapecio, con sus dos lados horizontales de 70 y 35 metros; el lado más 

largo está en la parte superior; la altura es de 7 metros. ¿Cuál es la fuerza de la presión ejercida sobre el dique 

cuando el agua está al nivel de la parte superior del dique? 

La anchura del dique a una profundidad h es L(h) = 35 + 35 

7 h y por tanto, la fuerza ejercida sobre el dique es: 

7 

F = 9800 


0 

h(35 + 5h)dh = 42017500 

kp/m 

00


Problema 239 Un recipiente se llena con dos líquidos que no se mezclan, de densidades d1 y d2, d1 < d2. Hállese 

la fuerza ejercida sobre una cara de un cuadrado ABCD, de 6 √ 2 metros de lado, inmerso en los líquidos con la 

diagonal AC perpendicular a la superficie, si el punto más alto A de este cuadrado está 2 metros por debajo de la 

superficie, y BD está en la superficie que separa los dos líquidos. 

Hallaremos la fuerza ejercida en cada uno de los dos triángulos; el triángulo superior está sumergido estrictamente 

en el fluido de densidad d1 y el triángulo inferior en el fluido de densidad d2. La altura de cada triángulo es 6√ 2 

√2 = 6. 

2 

6 

h 

2(h−2) 

6 2 

h 

2(14−h) 

Para hallar la fuerza sobre el triángulo superior, basta tener en cuenta que el ancho de la placa a una profundidad 

h es L(h) = 2(h − 2) (nuevamente hemos usado el Teorema de Tales): 

F1 = d1 

8 


2 

2h(h − 2)dh = 216d1


Para el triángulo inferior, la anchura a una profundidad h es L(h) = 2(14 − h): 

La fuerza total es F = 216d1 + 360d2. 

F2 = d1 

1 


8 

42h(14 − h)dh = 360d2


Problema 240 Considerar la región D limitada por las gráficas de y = x2 e y = 4. Colóquese una cuadrícula sobre 

R que corresponda a las rectas x = −2, x = −3 1 

 

2 , x = −1, · · ·, x = 2; y = 0, y = 2 , y = 1, · · ·, y = 4. Aproximar la 

integral doble xydxdy empleando una suma de Riemann, en donde los (x∗ i ,y∗ j ) se elijan en la esquina inferior 

D 

derecha de cada rectángulo Ri,j en R. 

−2 − 3 

2 − 1 − 1 

2 


Y 

1 

2 

1 

pi,j 

3 

2 

2 

4 

7 

2 

3 

5 

2 

2 

3 

2 

1 

1 

2 

X


Debemos recordar que si la región de integración no es un rectángulo, la integral se define como: 

 

 

f(x,y)dxdy = f(x,y)dxdy 

D 

en donde R es un rectángulo que contiene a D y el campo f se define como: f(x,y) = f(x,y) si (x,y) ∈ D y 

f(x,y) = 0 si (x,y) ∈ D. La figura de arriba muestra la región de integración D, el rectángulo [−2,2] × [0,4] que 

contiene a dicha región y la partición descrita en el enunciado. La parte sombreada corresponde a las subintervalos 

de la partición que tocan a la región D, de tal forma que los sumandos de la correspondiente suma de Riemann 

pueden tomar un valor no nulo; los puntos resaltados, son los puntos elegidos para la suma de Riemann y que estan 

contenidos en la región D. Dado que el área de cada cuadrado es 1/4, la suma de Riemann pedida es: 

R = 1 

4 

 

i,j 

R 

f(x ∗ i,x ∗ j) 

Es fácil observar que esta suma vale 0, puesto que: para los puntos tales que x∗ i = 0, la función vale 0 y para el resto 

de los puntos se verifica que f(x∗ i ,y∗ j ) = −f(x∗ i ′ y en consecuencia los sumandos se anulan dos a dos. Las mismas 

observaciones de simetría de la región de integración y de la función permiten concluir que la integral de la función 

vale 0. 



Problema 241 1. Considerar la región R limitada por la gráfica de (x − 3) 2 + y 2 = 9. ¿Representa la integral 

 

doble 

R 

(x + 5y)dxdy un volumen? Explíquese. 

2. Considerar la región R del segundo cuadrante limitada por las gráficas de −2x + y = 6, x = 0, e y = 0. 

¿Representa la integral doble (x 2 + y 2 )dxdy un volumen? Explíquese. 

 

1. La integral 

R 

R 

(x + 5y)dxdy en la región R ≡ (x − 3) 2 + y 2 = 9 no representa un volumen, ya que la función 

toma valores positivos y valores negativos dentro de dicha región. 

 

2. En este caso, la integral 

R 

(x 2 + y 2 )dxdy en la región R descrita en el enunciado sí corresponde al volumen 

comprendido entre la gráfica de la campo escalar y el plano XY , ya que la función es positiva en toda la 

región. 



 

Problema 242 Suponiendo que 

R 

 

xdxdy = 3, 

 

R 

R 

−5xdxdy 

ydxdy = 7 evaluar las siguientes integrales dobles: 

 

R 

(x − y)dxdy 

Por las propiedades de linealidad del operador integral (multiple), se tiene que: 

 

R 

 

R 

 

−5xdxdy = −5 

R 

 

(x − y)dxdy = 

R 

xdxdy = −5 · 3 = −15 

 

xdxdy − 


R 

y dxdy = 3 − 7 = −4


Problema 243 Si f y g son funciones de una sóla variable probar que 

d b 

c 

a 

f(x)g(y)dxdy = 

b 

a 

d 

f(x)dx g(y)dy 

c 

La igualdad es consecuencia de las propiedades de la integral definida en una variable: 

d b 

c 

a 

f(x)g(y)dxdy = 

= 

= 

d 

c 

b 

a 

d b 

c 

g(y) 

a 

b 

f(x)dx 

 

f(x)g(y)dx dy 

 

f(x)dx dy (7.1) 

a 

d 

c 

 

g(y)dy 

En la igualdad 7.1 hemos sacado g(y) fuera de la integral 

7.2 hemos sacado la constante 

b 

a 

b 

f(x)dx fuera de la integral 


a 

(7.2) 

dx, ya que es constante respecto de la variable x. En 

d 

c 

dy.


Problema 244 Evaluar las siguientes integrales iteradas: 

(a) 

(d) 

(f) 

1 3 

y 

−1 0 

5 e xy3 

a) 

d) 

3 2 

0 0 

1 2 

−1 

0 

3 2 

0 

1 2 

−1 

dxdy = 

0 

0 

x 3 y dxdy b) 

(yx) 2 dxdy e) 

x 3 y dxdy = 

(yx) 2 dxdy = 

1 

−1 

 

y 2 e xy3 

3 1 

3 

−1 

2 4 

0 1 

1 1 

0 

dy 

x=0 


−1 

0 

x 3 y dy dx c) 

ye x dy dx f) 

 

1 

4 x4 2 y dy = 

x=0 

 

1 

3 x3y 2 

2 dy = 

x=0 

= 

1 

(y 

−1 

2 e 3y3 

3 

0 

1 

−1 

2 1 

(yx) 2 dy dx 

0 −1 

1 3 

y 

−1 0 

5 e xy3 

4y dy = 

− y 2 )dy = 

 

2y 2 

3 dxdy 

0 

= 16 

8 

3 y2 

8 

dy = 

9 y3 

1 = 

−1 

16 

9 

 

1 

9 e3y3 − 1 

3 y3 

1 = 

−1 

1 

9 (e3 − e −3 ) − 2 

3


Problema 245 Hallar la integral doble de los campos indicados: 

(a) f(x,y) = (x + 2y) 2 sobre R = [−1,2] × [0,2]. 

(b) f(x,y) = y 3 cos 2 x sobre R = [−π/2,π] × [1,2]. 

(c) f(x,y) = x 2 + 2xy − y √ x sobre R = [0,1] × [−2,2]. 

(d) f(x,y) = xy 3 e x2 y 2 

sobre R = [1,3] × [1,2]. 

(e) f(x,y) = xy + x/(y + 1) sobre R = [1,4] × [1,2]. 

(f) f(x,y) = y 5 sen xe y3 cos x sobre R = [0,1] × [−1,0]. 

(b) 

2 π 

y 

1 −π/2 

3 cos 2 2 π 

xdxdy = 

1 −π/2 

2 


 

1 

2 y3 + 1 

2 y3 

cos 2x dxdy 

 

1 

= 

1 2 y3x + 1 

4 y3 π cos 2x dy = 

x=−π/2 

2 

1 

3 

4 πy3 

3 

dy = 

16 πy4 

2 = 

1 

45 

16 π


(d) 

(e) 

2 3 

xy 

1 1 

3 e x2y2 2 4 

1 

1 

dxdy = 

2 

 

xy + x 

2 1 

dxdy = 

y + 1 

1 

1 

 

1 

2 yex2 y2 3 dy = 

x=1 

2 x2 

= 

 

y + 1 

2 


1 

15 

2 

1 + y 

2 

1 

4 

 

1 

2 ye9y2 − 1 

dy 

x=1 

 

y + 1 

1 + y 

= 

2 yey2 

 

dy 

 

1 

36 e9y2 − 1 

4 ey2 

2 

1 

= 1 

36 (e36 − e 9 ) − 1 

4 (e4 − e) 

 

dy = 15 

 

1 

2 2 y2 2 + log |1 + y| = 

1 

15 

 

3 3 

+ log 

2 2 2


Problema 246 Hallar el volumen de la región bajo la gráfica de f(x,y) y entre los planos x = a, x = b, y = c e 

y = d. 

(a) f(x,y) = xsen y + 3, a = 0, b = 2, c = π, d = 3π. 

(b) f(x,y) = xy 5 + 2x 4 + 6, a = 0, b = 1, c = −1, d = 1. 

(c) f(x,y) = 2x 4 + 3y 2/3 , a = −1, b = 1, c = 0, d = 2. 

(d) f(x,y) = xy x 2 + 3y 2 , a = 1, b = 2, c = 1, d = 2. 

(a) 

V = 

2 3π 

0 

π 

(xsen y + 3)dy dx = 


2 

0 

3π −xcos y + 3y dx = 

y=π 

2 

0 

3πdx = 6π


(d) 

2 2 

1 

1 

(xy x 2 + 3y 2 )dxdy = 

2 

1 

 

1 

3 y(x2 + 3y 2 ) 3/2 

2 dy 

1 


= 

= 

2 

1 

1 3 y(4 + 3y2 ) 3/2 − 1 

3 y(1 + 3y2 ) 3/2 

 

dy 

 

1 

45 (4 + 3y2 ) 5/2 − 1 

45 (1 + 3y2 ) 5/2 

2 = 352 

15 

− 1 

45 (135/2 + 7 5/2 ) 

1


Problema 247 Evaluar las siguientes integrales: 

(a) 

(d) 

π 3sen x 

0 

sen x 

a) 

c) 

e) 

π 3sen x 

0 sen x 

4 y3 2 y2−1 1 x 

0 

x 2 

x(1 + y)dy dx = 

x(1 + y)dy dx b) 

3dxdy d) 

(x + y) 2 dy dx f) 

π 

1 x2 (x 

0 0 

2 + xy − y 2 1 

)dy dx = 

0 

0 

 

xy + 1 

2 xy2 

3sen x 


= 

= 

1 x cos 2πx 

(x 2 + xy + 1)dy dx 

0 x−1 

1 x2 (x 

0 0 

2 + xy − y 2 )dy dx 

1 3y 

0 

dx 

y=sen x 

π 

0 

0 

e x+y dxdy 

 

xsen x + 1 

2 xsen2 x 

 

−xcos x + sen x + 1 

 

x 2 y + 1 

2 xy2 − 1 

3 y3 

x2 dx 

y=0 

 

dx 

π 1 

xsen 2x − cos 2x = π + 

16 0 

π2 

8 

8 x2 − 1 

8 

= 

1 

0 

 

x 4 + 1 

2 x5 − 1 

3 x6 

 

dx = 33 

140


(f) 

1 3y 

0 

0 

e x+y dxdy = 

1 


0 

 

e x+y 

3y dy = 

x=0 

1 

0 

e 4y − e y dy = 3 1 

− e − 

4 4 e4


Problema 248 Esbozar la región sobre la que se integra, intercambiar el orden de integración y evaluar las siguientes 

integrales: 

a) 

c) 

1 1 

0 x 

1 1 

Recordemos que la representación 

0 

1−y 

xy dy dx b) 

(x + y 2 )dxdy d) 

b g2(t) 

a 

g1(t) 

π/2 cos θ 

cos θ dr dθ 

0 0 

4 

1 

√ x 

(x 

1 

2 + y 2 )dy dx 

indica que estamos integrando en la región del plano comprendida 

entre las gráficas de g1 y g2 en el intervalo [a,b]; si la variable t se corresponde a la coordenada X, la gráfica se 

entenderá como los puntos (x,g(x)); pero si la variable t corresponde a la coordenada Y , la gráfica la entenderemos 

como el conjunto de puntos (g(y),y) (es decir, la curva simétrica a la gráfica de g respecto de la recta Y = X). 

Por otra parte, no hay que olvidar que el signo de integral siempre está asociado a coordenadas cartesianas y por 

tanto, las representaciones gráficas deben hacerse en coordenadas cartesianas y no en coordenadas polares, esféricas 

o cilíndricas. 

Por la sencillez de las integrales no detallaremos la resolución de las mismas. 



1 

y 

y 

0 

(a) La región sobre la que estamos integrando es el triángulo sombreado de la figura. El orden de integración en 

la expresión del enunciado equivale al siguiente proceso de cálculo: en primer lugar, para cada x, hallamos el área 

A(x) = 1 

x xy dy de la sección por el plano X = x (para cada x, el recorrido de integración es el segmento vertical 

que se representa en la figura); a continuación, integramos la función A(x) en el intervalo [0,1]. Si ahora queremos 

invertir el orden de integración, el proceso de cálculo resultante sería el siguiente: en primer lugar, para cada y, 

hallamos el área B(y) = y 

0 xy dx de la sección por el plano Y = y (para cada y el recorrido de integración es el 

segmento horizontal que se representa en la figura); a continuación, integramos la función B(y) en el intervalo [0,1]. 

En resumen, la igualdad obtenida es 

1 1 

0 

x 

xy dy dx = 

x 

1 

x 

1 y 

0 

0 

1 

xy dxdy 

(b) (Léase la introducción de la solución y véase el apartado anterior). En este caso, el nombre de las variables 

no indica a priori la correspondencia con las coordenas cartesianas; para evitar posibles confusiones, cambiamos las 



variables como sigue: 

1 

Y 

π/2 cos x 

0 

0 

arccos y 

Teniendo en cuenta la figura, deducimos la siguiente igualdad: 

y 

π/2 cos x 

0 

0 

0 

cos xdy dx = 


cos xdy dx 

x 

cos x 

0 

π 

2 

1 arccos y 

0 

0 

X 

cos xdxdy


(d) 

4 

1 

√ x 

(x 

1 

2 + y 2 1 4 

)dy dx = 

1 y2 (x 2 + y 2 )dxdy 


2 

y 

1 

Y 

1 

x 

√ x 

1 

4 

y2 

4 

X


Problema 249 Integrar las funciones dadas sobre las regiones indicadas: 

(a) f(x,y) = x − y sobre el triángulo con vértices (0,0), (1,0) y (2,1). 

(b) f(x,y) = (x 2 + 2xy 2 + 2) sobre la región acotada por el grafo de y = −x 2 + x, el eje OX y las rectas x = 0 y 

x = 2. 

La regiones correspondientes a las integrales se muestran en las siguientes figuras; además, en ellas aparecen 

representados los ordenes de integración más sencillos 

1 

y 

y+1 

x = 2y 

x = y + 1 

Por tanto, el cálculo de las integrales propuestas es: 

(a) 

1 y+1 

0 

2y 

2y 

(x − y)dxdy = 1 

3 


1 

2 

Y 

x−x 2 

0 

y = x − x 2 

1 

0 

x−x 2 

2 X


(b) 

1 x−x2 (x 

0 0 

2 + 2xy 2 2 0 

+ 2)dy dx + 

1 x−x2 (x 2 + 2xy 2 + 2)dy dx = 27 1249 19 

+ = 

70 210 3 



Problema 250 Evaluar las integrales dobles en la región R limitada por las gráficas de las ecuaciones indicadas. 

úsese el orden de integración más conveniente: 

1. 

2. 

3. 

 

R 

 

R 

 

R 

(x + 1)dA, y = x, x + y = 4, x = 0, 

x 

√ y dA, y = x 2 + 1, y = 3 − x 2 , 

sen πx 

y dA, x = y2 , x = 0, y = 1, y = 2. 



Problema 251 Demostrar que 

x t 

0 

0 

 

F(u)du dt = 


x 

u 

U 

t 

0 

t 

x 

0 

x 

u 

(x − u)F(u)du. 

x 

T


En la figura se muestra el cambio del orden de integración que utilizamos para obtener la igualdad pedida: 

x t 

F(u)du dt 

0 0 

x x 

= F(u)dt du 

0 

x 

u 

x = tF(u) 

= 

0 

x 


0 

du 

u 

(x − u)F(u)du


Problema 252 Evaluar las siguientes integrales triples: 

(a) 

(b) 

 

R 

 

R 

(x 2 + y 2 + z 2 )dV , donde R es la región acotada por x + y + z = a (con a > 0), x = 0, y = 0, y z = 0. 

z dV , donde R es la región acotada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 1 y el cilindro x 2 + y 2 = 1, 

con x,y ≥ 0. 

 

(c) (1 − z 2 )dV , donde R es la pirámide de vértice superior en (0,0,1) y los vértices de la base en (0,0), 

R 

(1,0), (0,1) y (1,1). 

 

(d) 

R 

(x 2 + y 2 )dV , donde R es la pirámide anterior. 

Para evaluar las integrales triples usando el teorema de Fubini, debemos en primer lugar establecer el orden de 

integración adecuado. En algunos casos no será posible utilizar cualquier orden y cuando sea posible utilizar más 

de uno, habrá que elegir el que conduzca a las integrales más sencillas. Para establecer el orden de integración y 

determinar los límites se puede seguir el siguiente proceso: 

En primer lugar elegimos una sección perpendicular a un eje; la variable correspondiente a este eje nos dará la 

integral más externa (la última en evaluar) y el rango de la variable determina los límites de integración. De esta 



sección elegimos una arista paralela a un segundo eje; la variable correspondiente a este eje nos dará la segunda 

integral; además, esta arista tendrá sus extremos en dos curvas, estas curvas constituyen los límites de integración 

para esta segunda integral. Por último, una sección (de la sección primera) perpendicular a la arista elegida, nos da 

el recorrido de la integral más interna (la primera en evaluarse); esta sección tendrá sus extremos en dos superficies, 

que son los límites de integración de esta última integral. 

Para que este proceso se entienda perfectamente debe seguirse paralelamente a los ejercicios siguientes y sobre 

la figura 7.3, que representa la regiones de integración. Para asegurarse de que se ha comprendido bien, el lector 

puede elegir, para cada una de las regiones, ordenes de integración diferentes a los empleados en las soluciones. 

(a) Para cada x ∈ [0,a], 0 ≤ y ≤ a − x y 0 ≤ z ≤ a − x − y, por tanto: 

 

R 

(x 2 + y 2 + z 2 a a−x a−x−y 

)dV = 

(x 

0 0 0 

2 + y 2 + z 2 )dz dy dx 

(b) Para cada x ∈ [0,1], 0 ≤ y ≤ √ 1 − x2 y 0 ≤ z ≤ 1, por tanto: 

1 

z dV = 

√ 1−x2 1 

z dz dy dx 

R 

(c) y (d) Para cada z ∈ [0,1], 0 ≤ x ≤ 1 − z y 0 ≤ y ≤ 1 − z, por tanto, 

 

1 1−z 1−z 

f(x,y,z)dV = 

f(x,y,z)dy dx,dz 

(Las integrales son sencillas de evaluar y se dejan al lector) 


R 

0 

0 

0 

0 

0 

0


a−x−y 

dz 

0 

X 

Z 

Plano 

Z = a − X − Y 

a−x 

dy 

0 

1−z 

0 

Recta 

X = 1 − Z 

Y = 0 


Plano 

dx 

Recta 

Y = a − X 

Z = 0 

Z 

Y 

X 

1−z 

0 

dy 

Y 

Z 

√ 1−x 2 

Apartado (a) Apartado (b) 

0 

dy 

1 

0 

Y 

dz


Problema 253 Expresar, sin realizar la integración, las integrales dadas en el orden indicado. (Indicación: para 

ello habrá que esbozar la región de integración). 

(a) 

(b) 

(c) 

1 π/2 cos z 

−2 0 

0 0 

0 

1+x+y 

−1 −y−1 0 

5 0 16−x2 2 

−4 

0 

xyz 2 dy dz dx en el orden x,y,z. 

xyz 2 dz dxdy en el orden y,z,x. 

(x + 1)dz dxdy en el orden x,y,z. 

(Ver el problema 22) en la figura 7.4 se muestran las regiones de los tres apartados; en cada caso, a la izquierda 

aparece representado el orden de integración del enunciado y a la derecha, el orden de integración que nos pide el 

ejercicio. 

(a) 

Las igualdades que se obtienen son: 

1 π/2 cos z 

−2 

0 

0 

xyz 2 dy dz dx = 


π/2 cos z 1 

0 

0 

−2 

xyz 2 dxdy dz


−1 

X 

1 

Z 

1 

π/2 

dz 

0 

cos z 

0 

dy 

cos z 

π/2 π/2 

1+x+y 

0 

dz 

Y 

0 

−y−1 

Apartado (a) 

dx 

X 

Z 

Z 

x+1 

1 dz 1 

−1 

−1 

Apartado (b) 


Y 

X 

−1 

0 

1 

Z 

dy 

z−x−1 

dy 

0 

0 

1 

1 

Y 

−2 

Y 

dx 

X


(b) 

(c) 

0 0 

−1 

−y−1 

1+x+y 

0 

5 0 16−x2 2 

−4 

0 

xyz 2 dz dxdy = 

(x + 1)dz dxdy = 


0 x+1 0 

−1 

0 

z−x−1 

16 5 √ 16−z 

0 

2 

0 

xyz 2 dy dz dx 

(x + 1)dxdy dz


Problema 254 Hallar la integral de la función f sobre la región R indicada: 

(a) f(x,y,z) = y sobre la región acotada por z = 1 − y 2 , x = 0, x = 4 y z = 0. Usar simetría. 

(b) f(x,y,z) = yz sobre la región acotada por los planos coordenados y los planos x + y = 1 y z = 4. 

(a) Para cada x ∈ [0,4] y cada y ∈ [−1,1], 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 y por tanto, la integral pedida es 

4 1 1−y2 0 

−1 

0 

y dz dy dx = 

4 1 

0 

−1 

y(1 − y 2 )dy dx = 

4 

0 

0dx = 0 

Este resultado lo podíamos haber deducido sin realizar la integral; dado que la región es simétrica respecto 

del plano Y = 0 y la función verifica que f(x, −y,z) = −f(x,y,z), la integral sobre la mitad de la región con 

y ≤ 0, es igual a la integral sobre la otra mitad pero con signo contrario; por tanto, la integral propuesta se 

puede descomponer en dos integrales que se anulan. 

(b) Para cada z ∈ [0,4] e y ∈ [0,1], se tiene que 0 ≤ x ≤ 1 − y; por tanto, la integral propuesta es: 

4 1 1−y 

0 

0 

0 

yz dxdy dz = 


4 1 

0 

0 

(1 − y)yz dy dz = 

4 

0 

1 8 

z dz = 

6 9


Problema 255 Sea R = [−1,1] × [2,4] y 

sea f(x,y) = x(1 + y). Esbozar el grafo de f sobre R. Usar la simetría 

para deducir que el valor de la integral f(x,y)dxdy debe ser cero. 

R 

5 

0 

Plano 

XY 

-5 

-1 

-0.5 

0 

0.5 

La gráfica de esta función es fácil de imaginar teniendo en cuenta que, haciendo x constante, la gráfica resulta una 

recta (es decir, las secciones de la gráfica con planos X = x0 son rectas) y lo mismo ocurre si hacemos y constante. 

Dado que f(−x,y) = −f(x,y), se verifica que la gráfica de f es simétrica respecto del eje OX. La región R 

también es simétrica respecto del eje OX, y concluimos que el volumen que queda entre la gráfica y el plano XY 

(por debajo) en la región [−1,0] × [2,4] es el mismo que el volumen que queda entre la gráfica y el plano XY (por 

encima) en la región [0,1] × [2,4]; de todo esto, deducimos que efectivamente la integral es 0. 


1 2 

2.5 

3 

4 

3.5


Problema 256 Sea f(x,y) = 1, sean D = [0,3]×[0,1] y D ′ = [0,1]×[0,1] y sea T(u,v) = (−u 2 +4u,v). Comprobar 

que T transforma D ′ sobre D y que 

 

D 

 

f(x,y)dxdy = 

Dado que la función f es constantemente 1, tenemos que: 

 

D 

 

D ′ 

 

f(x,y)dxdy = 

f x(u,v),y(u,v) 

dudv = 

D 

D ′ 

dxdy = (área de D) = 3 

D ′ 

f x(u,v),y(u,v) dudv 

dudv = (área de D ′ ) = 1 

Por tanto, efectivamente, las dos integrales son distintas. Para completar el ejercicio, tenemos que comprobar que 

la aplicación T transforma D ′ en D. 

Dado que y(u,v) = v, es evidente que 

Por otra parte: 


v ∈ [0,1] ↔ y(u,v) ∈ [0,1]. 

u ∈ [0,1] ↔ 4 − u ∈ [0,3] =⇒ x(u,v) = u(4 − u) ∈ [0,3]


por tanto, efectivamente, se tiene la transformación indicada. 

Este ejercicio muestra un contraejemplo que prueba la incorrección de la igualdad 

 

 

f(x,y)dxdy = f x(u,v),y(u,v) dudv, 

D 

siendo necesario usar (correctamente) el teorema de cambio de variable. 


D ′


Problema 257 Evaluar las siguientes integrales pasando a coordenadas polares: 

a) 

c) 

e) 

3 √ 9−x2 x 2 + y 2 dy dx b) 

−3 0 

1 

0 

√ 1−y2 e 

0 

x2 +y2 dxdy d) 

4 x 

(x 

0 0 

2 + y 2 )dy dx f) 

1 

0 

a 

√ 2y−y 2 

0 

√ a2−y2 xy dxdy 

(1 − x 2 − y 2 )dxdy 

0 0 

2 y 

(x 

0 −y 

2 + y 2 )dxdy 

Recordemos la fórmula de integración de una función f efectuando el cambio a coordenadas polares: 

 

 

f(x,y)dxdy = rf(r cos θ,r sen θ)dr dθ 

R 

R ′ 

Donde R y R ′ representan la misma región del plano pero definida por coordenadas cartesianas y coordenadas 

polares respectivamente. 

Por tanto, para realizar el cambio de variable debemos determinar, en primer lugar, la región del plano en que 

estamos integrando y describirla por coordenadas polares. 



(a) La región sobre la que estamos integrando es el semicírculo x 2 + y 2 ≤ 3 2 , y ≤ 0. 

3 √ 9−x2 −3 

0 

x 2 + y 2 dy dx = 

3 π 

0 

0 

r r 2 cos 2 θ + r 2 sen 2 θdθ dr 

= 

3 π 

0 

0 

r 2 dθ dr = 

3 

0 

πr 2 dr = 9π 

(b) Dado que 2y − y 2 = 1 − (y − 1) 2 , se deduce que la región donde se integra es el cuadrante de la circuferencia 

x 2 + (y − 1) 2 = 1 que verifica x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1. El cambio de variable que nos interesa en este caso es 

(x,y) → g(r,θ) = (r cos θ,1 + r sen θ) |Jg(r,θ)| = r 

La función g transforma rectángulos [0,c] × [0,2π] en círculos x 2 + (y − 1) 2 ≤ c 2 . 

1 

0 

√ 2y−y 2 

0 

(1 − x 2 − y 2 1 0 

)dxdy = r(1 − r 

0 π/2 

2 cos 2 θ − r 2 sen 2 θ)dθ dr 

1 0 


= 

0 

π/2 

r(1 − r 2 )dθ dr = 

1 

0 

π 

2 r(1 − r2 )dr = π 

8


(e) La región donde se integra es el triángulo que se muestra a la derecha de la siguiente figura: 

R 

4 

φ(θ) = 4 

cos θ 

π 

4 

Θ 

g 

La descripción de esa región en coordenadas polares es la siguiente: la coordenada θ de cada punto verifica que 

0 ≤ θ ≤ π/4; para cada punto (r,θ), la coordenada r verifica que 0 ≤ r ≤ 4 

cos θ . Esto lo hemos representado 

en la figura anterior de la siguiente forma; la aplicación g(r,θ) = (r cos θ,r sen θ) (cambio de coordenadas a 

polares) transforma la región comprendida entre el eje Θ y la gráfica de φ(θ) = 4 

cos θ en [0,π/4], en el triángulo 


Y 

4 

X


donde estamos integrando. Por tanto: 

4 x 

(x 

0 0 

2 + y 2 π/4 4/cos θ 

)dy dx = 

0 0 

(ver el ejercicio 5 del capítulo 7) 

r 3 dr dθ = 

π/4 

0 

1 4 

4 

4 

cos4 θ dθ 

 

1 

= 64 

3 tg θ sec2 θ + 2 

π/4 tg θ = 

3 0 

256 

3 

(f) Teniendo en cuenta que la función f(x,y) = x 2 + y 2 verifica que f(x, −y) = f(x,y) y por la transformación 

vista en el apartado anterior, tenemos: 

2 y 

(x 

0 −y 

2 + y 2 2 y 

)dxdy = 2 (x 

0 0 

2 + y 2 )dxdy 


= 2 

2 x 

(y 

0 0 

2 + x 2 π/4 2/ cos θ 

)dy dx = 2 

0 0 

r 3 dr dθ = 16 

3


Problema 258 Hallar el área de la región plana que se indica usando integración en coordenadas polares: 

(a) La región interior a una hoja de r = asen 2θ. 

(b) La región del primer cuadrante acotada por x 2 + y 2 = a 2 , y = 0 y x = a/2. 

(c) La región interior al bucle grande y exterior al pequeño del caracol r = a(1 + 2cos θ). 

(d) El área total de la lemniscata r 2 = 2a 2 cos 2θ. 

Como ya sabemos, una forma de calcular el área de una región R del plano es mediante la integral: 

 

dxdy 

Si esta misma región la tenemos definida por coordenadas polares, el área se calculará con la integral 

 

r dr dθ, 

donde R ′ representa a la región R definida por coordenadas polares 

R ′ 

R 

(a) La curva r = asen 2θ es una rosa de cuatro pétalos y el interior de la hoja del primer cuadrante está formado 

por los puntos (r,θ) que verifican: 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ r ≤ asen 2θ; por tanto, su área es: 

π/2 asen 2θ 


0 

0 

2 

r dr dθ = 

π/2 

0 

1 

2 a2 sen 2 θ dθ = π 

8 a2


(b) Si a la región definida por 0 ≤ r ≤ a y 0 ≤ θ ≤ π 

6 le quitamos aquellos punto que verifican x ≤ a/2 (que 

forman un triángulo de base a/2 y altura a √ 3/2), obtenemos la región definida. Por tanto, su área es: 

a 

0 

π/6 

0 

r dθ dr 

 

− 

√ 

3 

8 a2 = π 

12 a2 √ 

3 

− 

8 a2 

(c) La representación del caracol puede verse en la figura 4.7; de ella se deduce que el área pedida es: 

2 

2π/3 a(1+2 cos θ) 

0 

0 

π 

r dr dθ − 2 

2π/3 

= 2 

a(1+2 cos θ) 

0 

2π/3 

(d) El área total de la lemniscata r 2 = 2a 2 cos 2θ es: 


0 

r dr dθ 

a2 2 (1 + 2cos θ)2 π a 

dθ − 2 

2π/3 

2 

2 (1 + 2cos θ)2 dθ = a 2 (π + √ 27) 

π 

4 4 

0 

√ 2a2 cos 2θ π 

r dr dθ = 2 42a 

0 

0 

2 cos 2θ dθ = 2a 2


Problema 259 Pasar las siguientes integrales a coordenadas cilíndricas y evaluarlas. 

(a) 

(b) 

(c) 

1 √ 1−x2 3 

0 

− √ 1−x 2 

2 √ 4−x2 0 

xdz dy dx. 

√ x2 +y2 z dz dy dx. 

−2 − √ 4−x2 0 

√ 2 √ 2−z2 1+y2 +z2 − √ 2 

− √ 2−z 2 

0 

z 3 dxdy dz. 

Recordemos la igualdad que nos permite calcular una integral mediante el cambio a coordenadas cilíndricas: 

 

 

f(x,y,z)dxdy dz = f(r cos θ,r sen θ,z)r dr dθ dz 

R 

donde R ′ y R representan la misma región de R 3 definida en coordenadas cilíndricas y cartesianas respectivamente. 

(a) La región donde se integra es un cuarto de cilindro. 

1 √ 1−x2 3 

0 

− √ 1−x 2 

0 

xdz dy dx = 

π/2 1 3 


0 

0 

0 

r 2 cos θ dz dr dθ 

= 

π/2 1 

0 

0 

3r 2 cos θ dr dθ = 

π/2 

0 

cos θ dθ = 1


(b) La región donde se integra son los puntos comprendidos entre el cono z = x 2 + y 2 y el plano XY que 

verifican −2 ≤ x ≤ 2 y x 2 + y 2 ≤ 4; esta región en coordenadas cilíndricas queda definida por: 0 ≤ r ≤ 2, 

0 ≤ θ ≤ π/2 y 0 ≤ z ≤ r. Por tanto, la integral se evalua como sigue: 

2 √ 4−x2 −2 

− √ 4−x 2 

√ x2 +y2 z dz dy dx = 

0 

2 π/2 r 

0 

0 

0 

zr dz dθ dr 

= 

2 π/2 

0 

0 

1 

2 r3 2 π 

dθ dr = 

0 4 r3 dr = π 

Una forma bastante conveniente de interpretar lo que hemos hecho es la que se muestra en la figura 7.5 y 

que se enuncia: la aplicación g(r,θ,z) = (r cos θ,r sen θ,z) (cambio de coordenadas a cilíndricas) transforma la 

región formada por los puntos comprendidos entre el plano ΘR y el plano Z = R con r ∈ [0,2] y θ ∈ [0,π/2] 

en la región donde queremos integrar. 

Esta interpretación siempre debe tenerse en cuenta ya que, como aquí ocurre, la región de la izquierda puede 

no ser un cubo, y en tal caso tenemos que utilizar las técnicas de los ejercicios anteriores para establecer el 

orden de integración y los intervalos. 

(c) La región está formada por los puntos comprendidos entre el plano Y Z y el paraboloide x = 1 + y 2 + z 2 que 

verifican que z 2 + y 2 ≤ 2. En primer lugar observamos que esta región es un sólido de revolución y que OX 

es su eje de giro; por tanto, vamos a renombrar las variables de tal forma que el eje de giro de la figura sea 

OZ; de esta forma, el cambio a coordenadas cilíndricas será realmente útil. Una vez hecho esto, el ejercicio es 



2π 

£ 


Z 

2 

R 

g 

X 

Figura 7.5: Ejercicio 34 b. 

2 

Z 

2 

Y


bastante sencillo: 

√ 2 √ 2−z2 1+y2 +z2 − √ 2 

= 

= 

− √ 2−z2 0 

2 2π 1+r2 0 0 

2π 

0 

0 

864 

35 sen3 θ dθ = 0 

z 3 dxdy dz = 

√ 2 

(r sen θ) 3 r dz dθ dr = 

√ 2−y 2 

1+x 2 +y 2 

y 3 dz dxdy 

− √ 2 − √ 2−y2 0 

2π 2 

r 

0 0 

4 sen 3 θ(1 + r 2 )dr dθ 

(Este resultado se podía haber deducido a partir de las características de simetría de la función y de la región) 

El renombramiento de variables que hemos hecho al inicio del ejercicio es una forma rápida de realizar cambios 

de variables triviales. Aunque no hace falta, este renombramiento puede formalizarse mediante un cambio de 

varibles cuyo Jacobiano vale 1 en valor absoluto. El lector puede hacer esta formalización como ejercicio. 



Problema 260 Hallar el volumen de la región dada usando una integral triple en coordenadas esféricas: 

(a) La región entre los conos z 2 = x 2 + y 2 y 3z 2 = x 2 + y 2 y bajo la semiesfera z = 4 − x 2 − y 2 . 

(b) La región acotada lateralmente por el cilindro x 2 + y 2 = 4, superiormente por el cono z = x 2 + y 2 e 

inferiormente por el plano Z = 0. 

(c) La región acotada inferiormente por el plano z = b, superiormente por el plano z = c y lateralmente por la 

esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , para −a de integrales. 

Recordemos que la fórmula de integración en coordenadas esféricas es: 

 

 

f(x,y,z)dxdy dz = f(ρsenφcos θ,ρsen φsen θ,ρcos φ)ρ 2 |cos φ|dφdθ dρ 

R 

donde R y R ′ representan la misma región del plano definida por coordenadas cartesianas y por coordenadas esféricas 

respectivamente. (!No debe olvidarse el valor absoluto de la fórmula!) 

Por tanto, si tenemos una región del plano S definida por coordenadas esféricas, su volumen es: 

 

V = ρ 2 |sen φ|dφdθ dρ 

(Ver el segundo apartado del ejercicio 27) 


S


(a) Esta región queda definida por: π 

3 

V = 

2 2π π/3 

0 

0 

π/4 

ρ 2 sen φdφdθ dρ = 

(b) Esta región queda definida por: π 

4 

π/2 2π cosec φ 

π/4 

0 

0 

ρ 2 sen φdρdθ dφ 

π ≤ φ ≤ 3 , 0 ≤ ρ ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π; por tanto su volumen es: 

2 2π 

0 

0 

√ 

2 − 1 

ρ 

2 

2 dθ dρ 

= 

2 

0 

π( √ 2 − 1)ρ 2 dρ = 8 

3 π(√ 2 − 1) 

π 

1 

≤ φ ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ ρ ≤ sen φ ; por tanto, su volumen es: 

= 

π/2 2π 

π/4 

0 

1 

3sen2 π/2 2π 

dθ dφ = 

φ π/4 3sen2 2π 

dφ = 

φ 3 

(c) La región propuesta es una bola de radio a a la que se le han cortado dos casquetes con planos paralelos. Para 

calcular el volumen resultante, nos basta con calcular el volumen de uno de estos casquetes; más concretamente, 

nos basta con calcular el volumen del casquete de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 limitado inferiormente por el 

plano z = d con d ≥ 0 (compruebe el lector que a partir de este volumen podemos obtener el volumen de la 

figura propuesta sea cual sea la relación existente entre a, b y c). Este casquete queda definido en coordenadas 



esféricas por: 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ arccos d 

a y d 

cos φ ≤ ρ ≤ a; por tanto, el volumen del casquete es: 

arccos d/a a 

0 

d/ cos φ 

2π 

0 

ρ 2 sen φdθ dρdφ = 


= 

arccos d/a a 

0 

arccos d/a 

0 

d/cos φ 

2π 

3 

2πρ 2 sen φdρdφ 

 

a 3 sen φ − d3 sen φ 

cos3 

φ 

dφ = 2π 

3 a3 + π 

3 d3 − πa 2 d


Problema 261 Transformar a coordenadas esféricas la integral dada en cilíndricas por 

2π 2 √ 8−r2 La transformación de coordenadas cilíndricas a esféricas es: 

0 

0 

r 

r 2 z dz dr dθ 

T(ρ,θ,φ) = (ρsen φ,θ,ρcos φ) 

El valor absoluto del determinante de su jacobiano es: 

 

 

 

 

sen φ 0 ρcos φ 

 

 

 

||JT(ρ,θ,φ)|| = 

0 1 0 

= | − ρ| = |ρ| 

 

 

 

cos φ 0 −ρsen φ 

Por tanto, la fórmula de cambio de variables de cilíndricas a esféricas es: 

 

 

f(r,θ,z)dr dθ dz = f(ρsenφ,θ,ρcos φ)|ρ|dρdθ dφ 

R 

R ′ 

donde R y R ′ representan la misma región del plano definida en coordenadas cilíndricas y esféricas respectivamente. 

La integral del enunciado se hace sobre la región comprendida entre un cono (el ángulo de su generatriz y el 

eje OZ es π/4) y un esfera de radio √ 8; esta región en coordenadas esféricas queda definida por: 0 ≤ ρ ≤ √ 8, 



0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ π 

4 

2π 2 √ 8−r2 0 

0 

r 

y por tanto: 

r 2 z dz dr dθ = 


π/4 

0 

√ 8 2π 

ρ 

0 0 

2 cos 2 φρcos φρdθ dρdφ 

π/4 

= 

0 

√ 8 

2πρ 

0 

4 cos 3 π/4 

φdρdφ = 

0 

√ 8 

0 

256 √ 

3 128 

2π cos φdφ = 

5 

3 π


Problema 262 Expresar la siguiente integral en coordenadas esféricas: 

2 


−2 

√ 4−y2 − √ 4−y2 √ x2 +y2 x 2 dz dxdy 

0


Problema 263 Hallar el volumen bajo la gráfica de f(x,y) = 4x 2 + 3y 2 + 27 sobre el disco de radio 2 centrado en 

(0,1). 

Damos sólo el planteamiento de la integral; el cálculo directo es posible pero resulta un poco largo. La integración 

sobre este tipo de regiones se hace más fácilmente cambiando a coordenadas polares, como veremos en el ejercicio 

30. 

Dado que la circunferencia de radio 2 y centro en (0,1) está formada por las gráficas de las funciones g1(x) = 

1− √ 4 − x 2 y g2(x) = 1+ √ 4 − x 2 , x ∈ [−2,2], la región sobre la que tenemos que integrar es la región comprendida 

entre ellas, y por tanto, el volumen se puede calcular como sigue: 


2 √ 

1+ 4−x2 −2 1− √ 4−x2 (4x 2 + 3y 2 + 27)dy dx


Problema 264 Aplicar una integral doble para determinar el área de la región R limitada por las gráficas de las 

ecuaciones indicadas: 

1. x = y 2 , x = 2 − y 2 , 

2. √ x + √ y = 2, x + y = 4, 

3. y = −x 2 + 3x, y = −2x + 4, y = 0. 



Problema 265 Recuérdese que si f2(x,y) ≥ f1(x,y) para todo (x,y) de una región R, entonces el volumen del 

sólido entre las dos superficies y sobre R, es V = 

[f2(x,y) − f1(x,y)]dA. Aplica este resultado para evaluar el 

volumen comprendido entre las gráficas de las ecuaciones indicadas: 


R 

z = x 2 + y 2 , z = 9; 2z = 4 − x 2 − y 2 , z = 2 − y.


Problema 266 Determinar el volumen del sólido limitado por las gráficas de las ecuaciones indicadas: 

1. z = 4 − y 2 , x = 3, sobre el primer octante, 

2. y = x 2 , y + z = 3, z = 0, 

3. z = x + y, x 2 + y 2 = 9, sobre el primer octante, 

4. z = 4 − x 2 − 1 

4 y2 , z = 0. 



Problema 267 Hallar el área de la porción del cilindro x 2 + z 2 = 1 que está dentro del cilindro x 2 + y 2 = 1. 

El problema se puede enunciar como sigue: tenemos que calcular el área de la gráfica de f(x,y) = √ 1 − x 2 en la 

región x 2 + y 2 = 1. Esto solo nos dará la mitad del área pedida en el enunciado, ya que estamos considerando solo 

la raíz cuadrada positiva. El área así definida se calcula con la fórmula: 

 

 

A = 1 + (D1f(x,y)) 2 + (D2f(x,y)) 2dxdy Las derivadas parciales de f son D1f(x,y) = x 

√ 1−x 2 , D2f(x,y) = 0. 

R 

En este caso, resolvemos la integral directamente sin usar ningún cambio de variable: 

A = 

1 √ 1−x2 −1 

− √ 1−x 2 

1 

1 

√ dy dx = 2dx = 4 

1 − x2 −1 

(No hay ninguna referencia que nos diga, a priori, si es preferible usar una cambio de variable o integrar directamente 

aplicando el teorema de Fubini; cuando ya se tenga práctica con el cálculo de integrales multiples, se puede realizar 

mentalmente parte de los cálculos y deducir el camino menos laborioso). 



Problema 268 Una esfera de radio 1 tiene su centro sobre la superficie de otra esfera de radio a > 1. Probar que 

el área de la superficie de la segunda esfera limitada por la primera es π, independientemente del radio a. ¿Cómo 

se puede interpretar este curioso resultado? 

Podemos tomar las siguientes ecuaciones para las dos esferas 

x 2 + y 2 + z 2 = a 2 

x 2 + y 2 + (z − a) 2 = 1 

Para hallar la intersección de estas dos esferas restamos las dos ecuaciones; una vez hecho esto, podemos despejar el 

valor de z constante: z = 2a2−1 2a ; si sustituimos este valor en cualquiera de las ecuaciones obtenemos la relación entre 

x e y en los puntos de la intersección: x 2 + y 2 = 1 − 1 

el plano Z = 2a2 −1 

2a de radio 

 

1 − 1 

4a 2 y con el centro en el eje Z. 

4a 2 . Es decir, la intersección es una circunferencia contenida en 

Por tanto, el área que tenemos que calcular es la de la superficie de la gráfica de la función f(x,y) = a 2 − x 2 − y 2 



en la región x 2 + y 2 = 1 − 1 

4a 2: 

 

A = 

R 

 

= 

R 

 

= 

 

= 

= 

= 

= 

1 + (D1f(x,y)) 2 + (D2f(x,y)) 2 dxdy 

 

1 + 

x2 a2 − x2 + 

− y2 a 

a 2 − x 2 − y 2 dxdy 

 

−2πa a 2 − r 2 


y 2 

a 2 − x 2 − y 2dxdy 

R 

R ′ 

ar 

√ dr dθ 

a2 − r2 

1− 1 

4a2 2π 

ar(a 

0 0 

2 − x 2 − y 2 ) −1/2 dθ dr 

 

1− 1 

4a2 2πar(a 

0 

2 − r 2 ) −1/2 dr 

 

1− 1 

4a2 0 

= π


Problema 269 Calcular el área del grafo de la función f(x,y) = xy definida en el dominio R = [0,1] × [0,1]. 

El planteamiento de la solución no tiene dificultad, puesto que conocemos la fórmulas que calcula el área del 

grafo de un campo escalar f definido en un dominio R; si las derivadas parciales del campo escalar son continuas, 

el área viene dada por: 

 

 

A = 1 + (D1f(x,y)) 2 + (D2f(x,y)) 2dxdy R 

Como vemos a continuación, la dificultad del ejercicio reside en el cálculo de primitivas, aún cuando las expresiones 

iniciales y la región de integración parecen simples. 

Para el campo propuesto, la integral que determina el área es: 

A = 

 

 

1 + y2 + x2dxdy [0,1]×[0,1] 

Abordamos su resolución de dos formas distintas; en primer lugar, aplicando directamente el teorema de Fubini, 

camino que por otra parte es el, a priori más aconsejable por la forma del dominio de integración. 



 

[0,1]×[0,1] 

1 1 

= 

= 

= 

= 

= 

1 + y 2 + x 2 dxdy 

0 0 

1 1 

0 

0 

1 

0 

 

1 + y2 + x2dxdy 

 

1 + y2 1 + x2 

1 + y2dxdy 

 

 

 

senhu = x 

1 + y2 

 

dx 

 

cosh udu = 

1 + y2 1 1 

argsenh √ 

1+y2 0 

1 

0 

0 

(1 + y 2 ) 

(1 + y 2 ) 

arg senh 

0 

 

1 + y2 1 + senh2 u 1 + y2 cosh ududy 

1 

√ 1+y 2 

 

u 1 

+ 

2 4 senh2u 

cosh 2 ududy 

argsenh 

u=0 

1 

√ 1+y 2 


dy


= 

= 

= 

= 

(1 + y 2 

u 1 

) + 

2 4 senh2u 

1 

argsenh √ 

1+y2 dy 

u=0 

(1 + y 

0 

2 

 

1 1 1 

1 

) arg senh + senh 2arg senh dy 

2 1 + y2 4 1 + y2 

 

senh2arg senhα = 2(senh arg senhα)(cosh arg senhα) = 2α √ 1 + α2 (1 + y 

0 

2 

 

1 1 1 1 

) arg senh + 1 + 

2 1 + y2 2 1 + y2 1 

1 + y2 

dy 

 

1 

2 (1 + y2 

1 1 

)arg senh + 2 + y2 dy 

1 + y2 2 

1 

0 

1 

1 

1 

0 

1 

= 1 

(1 + y 

2 0 

2 1 1 

)arg senh dy + 2 + y2dy 1 + y2 2 0 

 

 


 

 

u = arg senh 1 

⇒ du = − 

y 

 

1 + y2 (1 + y 

 

 

 

2 ) y2 + 2 dy 

dv = (1 + y2 )dy ⇒ v = y + y3 

3 

y 

1 y3 1 

= + arg senh + 

2 6 1 + y2 0 

1 

1 3y 

6 0 

2 + y4 (1 + y2 ) y2 1 1 

dy + 2 + y2dy + 2 2 0 

= 2 

 

1 1 3y 

arg senh √ + 

3 2 0 

2 + y4 6(1 + y2 ) y2 

1 

+ 2 + y2 dy 


+ 2 2 

2 

1


La simplificación del resultado final de la evaluación requiere aplicar varias igualdades y manipular expresiones 

con radicales. Concretamente debemos recordar las siguientes igualdades: 

arg senhx = log(x + x2 + 1); arctg(1 − x) + arctg(1 + x) = arctg 2 π 

x2 = 

2 

En particular, para x = √ 3 − 1, tenemos que x2 

2 = 2 − √ 3 y de ahí: 

arctg(2 − √ 3) + arctg √ 3 = π 

2 − arctg(2 − √ 3) 

arctg(2 − √ 3) + π 

3 

arctg(2 − √ 3) = π 

12 

Terminamos la evaluación de la integral: 

= π 

2 − arctg(2 − √ 3) 


x2 

− arctg ,x ≥ 0 

2


A = 2 

3 log 

⎛ 

⎝ 1 

⎞ 

3 

√ + ⎠ − 

2 2 

1 2 

+ 

6 3 log √ 2 + 1 π 

− 

6 12 

1 

+ 

3( √ 2 

− 

3 − 1) 2 3 log(√3 − 1) − 1 

12 (√3 − 1) 2 + 1 

3 arctg (√3 − 1) 2 

2 

= 2 

3 log(1 + √ 3) − 2 

3 log √ 2 + 1 π 

log 2 − 

3 12 + 

− 1 

12 (√ 3 − 1) 2 + 1 

3 arctg(2 − √ 3) 

= 2 

3 log(1 + √ 3) − 1 1 π 

log 2 + log 2 − 

3 3 12 + 

− 1 

12 (√3 − 1) 2 + π 

36 

= 2 

3 log 

√ 

3 + 1 1 

√ + 

3 − 1 3( √ 1 

− 

3 − 1) 2 12 (√3 − 1) 2 − π 

18 

1 

3( √ 2 

− 

3 − 1) 2 

= 2 

3 log (√3 + 1) 2 1 

+ 

2 3( √ 1 

− 

3 − 1) 2 12 (√3 − 1) 2 − π 

18 

= 4 

3 log(1 + √ 3) − 2 

√ 

3 π 

log 2 + − 

3 3 18 ≈ 1′ 28079 


3 log(√ 3 − 1) 

1 

3( √ 2 

− 

3 − 1) 2 3 log(√3 − 1)


La misma integral puede ser resuelta con el cambio por coordenadas polares; vamos a ver que la complejidad de 

la integral es similar. 



 

[0,1]×[0,1] 

= 

= 

1 + y 2 + x 2 dxdy 

 

T −1 (R) 

 

r 1 + r2drdθ π/ 4 1/ cos θ 

 

 

0 ≤ θ ≤ 

 

 

 

 

 

 

 

π/4 

0 ≤ r ≤ 1 

cos θ 

π/4 ≤ θ ≤ π/2 

0 ≤ r ≤ 1 

sen θ 

r 1 + r 2 drdθ + 

0 0 

π/ 4 1 

0 3 (1 + r2 ) 3/ 1/ cos θ 

2 

r=0 

π/ 

3/ 

4 

2 

Y 

π/ 2 1/ sen θ 

π/ 4 

π/ 2 

r 1 + r 2 drdθ 

0 

3 (1 + r2 ) 3/ 1/ sen θ 

2 

r=0 

π/ 2 

= 1 

senθ 

r 

= 1 

cos θ 

r 

X 

= 

dθ + 

 

1 

dθ 

π/ 4 

= 1 

1 + 

3 0 

1 

cos2 

− 1 dθ + 

θ 

1 

1 + 

3 π/ 4 

1 

sen2 3/ 2 

− 1 

θ 

= − π 

π/ 4 1 

+ 1 + 

6 3 0 

1 

cos2 3/ 2 

dθ + 

θ 

1 

π/ 2 

1 + 

3 π/ 4 

1 

sen2 3/ 2 

dθ 

θ 

 

 

tg θ = t ⇒ 

 

 

 

 

sen2 θ 

cos2 θ = t2 ⇒ 1 

cos2 θ = t2 + 1 

(1 + tg2 θ)dθ = dt ⇒ dθ = dt 

1 + t2 π 1 1 (2 + t2 3/ 2 ) 1 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde 

π/ 2 

1 3/ 2 

dθ


1 (2 + t2 ) 3/ 2 

= − π 2 

+ 

6 3 0 1 + t2 dt 

 

√ 

2 + t2 = u + t ⇒ 2 = u2 + 2ut ⇒ t = 

2 − u 

 

 

 

 

 

 

2 

2u 

2 + u2 

dt = − 

2u2 du 

El cambio de variable lleva a una función racional en u. 

= − π 

 

2 

− 

6 3 

√ 3−1 (2 + u 

√ 

2 

2 ) 4 

4u3 (4 + u4 ) du 

= − π 

 

2 

+ 

6 3 

√ 2 

u 1 2 4u 

√ + 

3−1 4 u3 + + 

u 4 + u4 

du 

= − π 

 

2 u2 1 

u2 

+ − 

6 3 8 2u2 + 2log u + arctg 

2 

√ 2 

√ 

3−1 

= 4 

3 log(1 + √ 3) − 2 

√ 

3 π 

log 2 + − 

3 3 18 

La última evaluación y simplificación es similar a la realizada en el procedimiento anterior. 



Problema 270 Un sólido del primer octante está acotado inferiormente por el plano z = 0, lateralmente por el 

plano y = 0 y la superficie x = y 2 , y superiormente por la superficie z = 4 − x 2 . La densidad es δ(x,y,z) = kxy 

donde k es una constante. Hallar la masa del sólido. 

La masa viene dada por: 

 

R 

δ(x,y,z)dxdy dz = 

2 √ x 4−x2 0 

0 

0 

kxy dz dy dx 


= 

2 √ x 

0 

0 

kxy(4 − x 2 )dy dx = 

2 

0 

1 

2 kx2 (4 − x 2 )dx = 32 

15 k


Problema 271 Un toro de masa m es generado cuando un círculo de radio a gira alrededor de un eje de su plano 

a una distancia b del centro (b > a). Hállese su momento de inercia respecto al eje de revolución. 

Si d(x,y,z) nos da la distancia de un punto (x,y,z), de la región R, a un recta ℓ, y δ(x,y,z) nos da la densidad 

del sólido en cada punto, el momento de inercia del sólido respecto a ℓ es 

 

Iℓ = (d(x,y,z)) 2 δ(x,y,z)dxdy dz 

R 

Supongamos ahora que el eje ℓ es OX; en este caso, la distancia de un punto al eje, coincide con la primera 

coordenada cilíndrica del punto, es decir, d(r cos θ,r senθ,z) = r. Por tanto, la mejor forma de evaluar la integral 

es efectuando el cambio a coordenadas cilíndricas y se tiene que: 

 

IOX = r 3 δ(r cos θ,r sen θ,z)dr dθ dz 

donde R ′ es la región R definida por coordenadas cilíndricas. 

R ′ 

El toro descrito en el enunciado se define por coordenadas cilíndricas por: θ ∈ [0,2π], z ∈ [−a,a] y b− √ a 2 − z 2 ≤ 

r ≤ b + √ a 2 − z 2 . Por tanto, su momento de inercia respecto de OX es: 

IOX = 

a √ 

b+ a2−z2 2π 

−a 

b− √ a 2 −z 2 

0 

r 3 dθ dr dz = 

= 

a 

a √ 

b+ a2−z2 −a 

b− √ a 2 −z 2 


−a 

2πr 3 dr dz 

(4π(b 3 − ba 2 ) a 2 − z 2 + 4πbz 2 a 2 − z 2 )dz = 2π 2 a 2 (b 3 − ba 2 ) + π2 

2 a4 b


(Las primitivas de los dos sumandos se obtienen con el cambio z → asen u) 



Problema 272 1. La densidad en cada punto de una placa cuadrada de un metro de lado es 4 + r 2 gramos por 

centímetro cuadrado, donde r es la distancia en centímetros desde el punto al centro de la placa. ¿Cuál es la 

masa de la placa? 

2. ¿Cuál es la masa de la placa si r es la distancia al vértice inferior izquierdo de la placa. 

1. Supongamos que la placa está situada sobre el plano XY con los lados paralelos a los ejes coordenados y con 

su centro sobre el origen; entonces, la distancia de cada punto (x,y) de la placa al centro es r = f(x,y) = 

x 2 + y 2 . La masa de la placa se calcula como sigue: 

1/2 1/2 

−1/2 

−1/2 

(4 + r 2 )dxdy = 

1/2 1/2 

(4 + x 

−1/2 −1/2 

2 + y 2 1/2 

)dxdy = 

−1/2 

 

49 

+ y2 dy = 

12 25 

6 

2. En este caso situamos la placa con el vértice inferior izquierdo sobre el origen de coordenadas y en el primer 

cuadrante de plano. De esta forma, volvemos a tener r = x 2 + y 2 y la masa de la placa es: 

1 1 

0 

0 

(4 + r 2 )dxdy = 


1 1 

(4 + x 

0 0 

2 + y 2 1 

)dxdy = 

0 

13 

3 

+ y2 

 

dy = 14 

3


Problema 273 Hallar el valor medio de las siguientes funciones sobre las regiones dadas. 

(a) f(x,y) = y senxy, R = [0,π] × [0,π]. 

(b) f(x,y) = 1/(x + y), R = [e,e 2 ] × [e,e 2 ]. 

(c) f(x,y) = x 2 + y 2 , sobre el anillo comprendido entre las circunferencias x 2 + y 2 = 1/4 y x 2 + y 2 = 1. 

(a) 

Si A es el área de la región R, el valor medio de una función f(x,y) en R es: 

V M = 1 

 

f 

A 

V M = 1 

 

A 

R 

f = 1 

π2 π 

0 

π 

0 

(y sen xy)dxdy 

(c) Sea C1 el círculo x 2 + y 2 ≤ 1 y C2 el círculo x 2 + y 2 ≤ 1/4. 

V M = 1 

 

A 

R 


R 

f = 4 

3π 

⎛ 

 

⎝ 

C1 

= 1 

π 2 

π 

0 

 

f − 

C2 

(1 − cos πy)dy = 1 

π2 

π − 1 

π senπ2 

 

⎞ 

f⎠


Para calcular las integrales hacemos el cambio de variable a coordenadas polares, es decir 

(x,y) → g = (g1(r,θ),g2(r,θ)) = (r cos θ,r sen θ) |Jg(r,θ)| = r 

Esta función g transforma rectángulos [0,ρ] × [0,2π] en círculos x 2 + y 2 ≤ ρ 2 . Por tanto, la integrales las 

calculamos como sigue: 

 

C1 

f = 

El valor medio de la función es: 

1 2π 

(r 

0 0 

2 cos 2 θ + r 2 sen 2 1 2π 

θ)rdθ dr = 

0 0 

 

C2 

f = 

1/2 2π 


0 

0 

r 3 dθ dr = 

1/2 

V M = 4 

 

π π 

 

− = 

3π 2 32 

5 

8 

0 

r 3 dθ dr = 

2πr 3 dr = π 

32 

1 

0 

2πr 3 dr = π 

2


Problema 274 Hallar el centro de masas de la región entre y = x 2 e y = x si la densidad viene dada por x + y. 

El centro de masas, (¯x, ¯y), de una placa que cubre una región del plano R y cuya densidad viene dada por una 

función ρ(x,y) es: 

 

xρ(x,y)dxdy 

 

yρ(x,y)dxdy 

R 

¯x = 

ρ(x,y)dxdy 

R 

¯y = 

ρ(x,y)dxdy 

Hallemos las tres integrales necesarias para la región propuesta: 

 

R 

 

R 

 

R 

xρ(x,y)dxdy = 

yρ(x,y)dxdy = 

ρ(x,y)dxdy = 

Por tanto: ¯x = 11 20 

120 3 

1 x 

0 x2 1 x 

0 x2 1 x 

0 

x 2 

R 

(x 2 + xy)dy dx = 11 

120 

(xy + y 2 )dy dx = 13 

168 

(x + y)dy dx = 3 

20 

11 13 20 65 

= , ¯y = = 

18 168 3 126 


R


Problema 275 Hallar el centro de masas del disco determinado por (x − 1) 2 + y 2 ≤ 1 si la densidad es x 2 . 

(Ver el problema anterior) Para resolver las integrales del ejercicio vamos a utilizar el siguiente cambio de 

variable: 

(x,y) → g(r,θ) = (1 + r cos θ,r sen θ) |Jg(r,θ)| = r 

La función g transforma rectángulos [0,c] × [0,2π] en círculos (x − 1) 2 + y 2 ≤ c 2 . 

Las tres integrales necesarias para hallar las coordenadas ¯x e ¯y del centro de masas son: 

 

2π 1 

xρ(x,y)dxdy = (1 + r cos θ)(1 + r cos θ) 2 r dr dθ 

R 

 

R 

yρ(x,y)dxdy = 

0 

= 

0 

2π 

0 

1 2π 

0 

0 

 

1 1 

+ 

2 4 cos3 θ + cos 2 θ + 3 

 

cos θ dθ = 2π 

2 

r sen θ(1 + r cos θ) 2 r dθ dr = 0 

(Obsérvese que en cada caso optamos por el orden de integración atendiendo a la simplicidad del cálculo de la 

primitiva correspondiente). 

 

2π 1 

ρ(x,y)dxdy = (1 + r cos θ) 2 2π 

r dr dθ = ( 1 1 

+ 

2 4 cos2 θ + 2 5 

cos θ)dθ = 

3 4 π 

R 

Por tanto: ¯x = 2π 4 

5π 

8 

= , ¯y = 0. 

5 


0 

0 

0


Problema 276 Hállese el momento de inercia respecto al eje OX de la región acotada por el eje OX, la curva 

y = e x y las rectas x = 0, x = 1 sabiendo que la densidad en cada punto de la región viene dada por δ(x,y) = y + 1. 

El momento de inercia respecto al eje OX se calcula mediante la siguiente fórmula 

 

Ix = y 2 δ(x,y)dxdy 

Con los datos del enunciado tenemos: 

IX = 

1 ex 0 

0 

y 2 (y + 1)dy dx = 

R 

1 


0 

 

1 

4 e4x + 1 

3 e3x 

 

dx = − 25 1 

+ 

144 3 e3 + 1 

16 e4


Problema 277 Calcúlese el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje OX de cada una de las figuras 

siguientes: 

(a) La región rectangular 0 ≤ x ≤ b,0 ≤ y ≤ h. 

(b) El disco encerrado por la circunferencia x 2 + y 2 = a 2 . 

(c) La región acotada por la elipse (x/a) 2 + (y/b) 2 = 1. 

(a) 

(b) 

En los tres apartados suponemos que la densidad es constante e igual a 1. 

IX = 

h b 

0 

0 

y 2 dxdy = 

h 

0 

by 2 dy = 1 

3 h3 b 

Para calcular el radio de giro necesitamos la masa de la placa; como estamos suponiendo que la densidad es 

1, la masa coincide con la superficie. 

 

IX 

RX = 

m = 

 

h3b 1 

= √ h 

2bh 2 

IX = 

a 

−a 

√ a 2 −y 2 

− √ a 2 −y 2 


y 2 dxdy = 

a 

−a 

2y 2 a 2 − y 2 dy = π 

4 a4


 

πa4 a 

RX = = 

4πa2 2 

(c) (Los cálculos son exactamente iguales que en el apartado anterior). 



Problema 278 Invierte el orden de integración: 

5 

−5 

√ 25−y2 f(x,y)dxdy; 

0 

1 √ 

y 

0 

0 

f(x,y)dxdy + 


2 3−y 

0 

y/2 

2 √ 2−y 

1 

0 

f(x,y)dxdy; 

f(x,y)dxdy.


Problema 279 Evaluar las integrales iteradas que se indican invirtiendo el orden de integración: 

1 2 

0 

2y 

e −y/x dxdy; 


1 √ 1−x2 −1 

− √ 1−x 2 

x 1 − x 2 − y 2 dy dx.

Capítulo 8 

Ecuaciones diferenciales ordinarias 

549

Ecuaciones diferenciales ordinarias 550 

Problema 280 Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias y, en su caso, calcular su valor: 

1. 

2. 

3. 

4. 

3 

−2 

+∞ 

0 

+∞ 

e 

π 

0 

dx 

(x + 2)(3 − x) 

e −2x cos ax dx 

dx 

xlog x 

tg xdx 


3 

−2 

tiene el mismo carácter que 

dx 

(x + 2)(3 − x) es impropia en los dos extremos y en los dos es convergente, ya que en −2 

3 

−2 

convergentes por ser (1/2)-integrales. 

3 

dx 

√ y en 3 tiene el mismo carácter que 

x + 2 

−2 

dx 

√ 3 − x y ambas series son 

Vamos a calcular la integral de dos formas distintas. En la primera, utilizaremos la sustitución de Euler: 


(x + 2)(3 − x) = u(x + 2)


Haciendo las operaciones necesarias llegamos a: 

 

3 − x 3 − 2u2 

u = , x = 

x + 2 u2 5 

, x + 2 = 

+ 1 u2 − 10u 

, dx = 

+ 1 (u2 + 1) 2du 

Los límites de integración cambian a: 

Y entonces: 

lím 

x→3 

3 

−2 

 

3 − x 

= 0, lím 

x + 2 x→−2 + 

0 

dx 

= 

(x + 2)(3 − x) +∞ 


= 

= 

+∞ 

− 10u 

(u 2 + 1) 2 

 

3 − x 

= +∞ 

x + 2 

5u 

u2 du 

+ 1 

2 

0 u2 + 1 du 

+∞ 

2arctg u 

= lím 2arctg u = 2π 

u→+∞ 2 

0 

= π


Una sustitución por función trigonométrica conduce a un cálculo igual de simple: 


+∞ 

0 

3 

−2 

3 

dx 

= 

(x + 2)(3 − x) 

= 

= 

= 

−2 

3 

−2 

π/ 2 

−π/ 2 

π/ 2 

−π/ 2 

dx 

√ 6 + x − x 2 

 

5 

2 

dx 

1 − 2 

5 

(x − 1 

2 ) 2 

 

 

 

 

 

dx = 5 

cos θ 

2 

5 

2 cos θ 

√ dθ 

1 − sen2 θ 

5 

2 

dθ 

= π π 

+ 

2 2 

e −2x cos axdx converge, ya que 

Para a = 0 la integral se reduce a 

+∞ 


0 

2 1 

5 (x − 2 ) = sen θ, θ ∈ (−π/2, π/2) 

= π 

+∞ 

0 

|e −2x cos ax| ≤ e −2x 

e −2x dx = 1 1 

Γ(1) = 

2 2 . 

e −2x dx converge y


Para a = 0 calculamos la integral utilizando integración por partes: 

+∞ 

0 

e −2x cos axdx = 

 

 

u = e 

 

 

−2x du = −2e−2xdx dv = cos axdx v = 1 

a sen ax 

+∞ +∞ 

−2x 1 

2 

= e sen ax + 

a a e−2x sen axdx 

+∞ 

0 

0 

= 2 

e 

a 0 

−2x sen axdx 

 

 

u = e 

 

 

−2x du = −2e−2xdx dv = sen axdx v = −1 a cos ax 

= 2 

+∞ 

−2x 1 

−e cos ax − 

a a 0 

2 

+∞ 2 

a 0 a e−2x cos axdx 

2 

= lím 

x→+∞ a2 −2x 4 

−e cos ax + 1 − 

a2 +∞ 

e −2x cos axdx 

= 2 4 

a2 − 

a2 +∞ 


0 

e −2x cos axdx 

0


De donde se obtiene que: 

+∞ 

e 

0 

e −2x cos axdx = 

2 

a 2 

1 + 4 

a 2 

= 2 

a 2 + 4 

1 

3. Dado que la función f(x) = es decreciente en [2,+∞) (ya que tanto la función x como la función 

xlog 

 

x 

+∞ dx 

log x son crecientes), la integral 

e xlog x tiene el mismo carácter que la serie 1 

; por el criterio de 

n log n 

condensación esta serie tiene el mismo carácter que 1 

que es divergente. 

k log 2 

Vamos a estudiar directamente la convergencia a través del cálculo de la integral. El cambio de variable x = eu hace que el estudio directo sea prácticamente idéntico al realizado arriba: 

+∞ dx 

xlog x = 

+∞ e 

1 

udu eu +∞ du 

log eu = 

1 u 

La integral de la derecha no es convergente y en consecuencia la integral propuesta tampoco. 


π 

0 

tg xdx es impropia en un punto intermedio del intervalo de integración, π/2. Aparentemente, 

la simetría de la función tangente en el intervalo de integración respecto del punto ( π/2,0) permitiría deducir 

que la integral propuesta converge a 0. 



Y 

π/2 π 

Sin embargo, vamos a ver que, de hecho, esta integral no converge. Según la definición, la integral 

converge si y solo si convergen las integrales 

π/ 2 

0 

tg xdx y 


π 

π/ 2 

X 

tg xdx 

π 

0 

tg xdx


Estudiamos la primera: 

π/ 2 

0 

tg xdx = 

Por lo tanto, la integral propuesta no converge. 


π/ 2 

− log cos x = lím 

0 

x→π/ (− log cos x) = +∞ 

2


Problema 281 1. Demostrar que la integral impropia Γ(x) = 

2. Demostrar que la integral impropia β(x) = 

1 

0 

+∞ 

0 

t x−1 e −t dt converge para cada x ∈ (0,+∞). 

t x−1 (1 − t) y−1 dt converge para cada x ∈ (0,+∞), y ∈ (0,+∞). 

1. Según el valor de x la integral Γ(x) puede ser impropia en 0 o solamente en +∞; estudiamos entonces la 

convergencia distinguiendo varios casos. 

+∞ 

Para x = 1: Γ(1) = e 

0 

−t 

dt = −e −t 

+∞ 

= lím 

t→+∞ 

0 

(−e−t Para 0 < x < 1: 

+ 1) = 1 

+∞ dt 

Γ(x) = 

0 t1−x 1 dt 

et = 

0 t1−xet +∞ dt 

+ 

1 t 

 

1−xet . 

 

La integral I1 es impropia en 0 y es convergente, ya que tiene el mismo carácter que 

1 − x < 1: 

lím 

t→0 


I1 

1 

t 1−x e t 

1 

t 1−x 

= lím 

t→0 

I2 

1 

et = 1 = 0 

1 

0 

dt 

t1−x y 0


La integral I2 es impropia en +∞; teniendo en cuenta que la integral 

deducimos que I2 también converge. 

lím 

t→+∞ 

1 

t 1−x e t 

1 

e t 

= lím 

t→+∞ 

1 

t1−x = 0 

+∞ 

0 

e −t dt converge y que: 

Para x > 1, el teorema de integración por partes permite deducir la siguiente igualdad: 

+∞ 

Γ(x) = t x−1 e −t 

dt = −t x−1 e −t 

+∞ +∞ 

+ t x−2 e −t dt 

0 

= 

+∞ 

0 

0 

0 

t x−2 e −t dt = (x − 1)Γ(x − 1) 

Por lo tanto, Γ(x) converge si y solo si Γ(x − 1) converge. Si E denota a la función parte entera y 

n = E(x), entonces se verifica que Γ(x) converge si y solo si Γ(x − n) converge, lo cual es cierto por el 

punto anterior, ya que 0 < x − n < 1. 

2. Según los valores de x e y la integral β(x,y) puede ser impropia en 0 y/o en 1 e incluso no ser impropia; 

estudiamos entonces la convergencia distinguiendo varios casos. 

β(1,1) = 

1 

0 

dt = 1 

Si x > 1 e y > 1, la integral no es impropia y la función β está bien definida por que el integrando es una 

función continua. 



1 

Si x = 1, β(x,1) = t 

0 

x−1 

tx1 dt = = 

x 0 

1 

. Obsérvese que, si x < 1, la integral es impropia en 0, pero 

x 

el cálculo realizado es igualmente válido. 

1 

Si y = 1, β(1,y) = (1 − t) 

0 

y−1 1 (1 − t)y 

dt = − = 

y 0 

1 

. Nuevamente, si y < 1, la integral es impropia 

y 

en 1. 

Si 0 < x < 1 y 0 < y < 1, entonces la integral es impropia en 0 y 1; en 0 tiene el mismo carácter que 

1 

0 

t x−1 dt que es convergente (ya que 1 − x < 1) y en 1 tiene el mismo carácter que 

es convergente (ya que 1 − y < 1). 

Si 0 < x < 1 e y > 1, entonces la integral es impropia solo en 0 y tiene el mismo carácter que 

que es convergente. 

Si x > 1 y 0 < y < 1, entonces la integral es impropia solo en 1 y tiene el mismo carácter que 

que es convergente. 


1 

0 

(1 − t) y−1 dt que 

1 

0 

1 

0 

t x−1 dt 

(1−t) y−1 dt


Problema 282 Hallar el área de la región limitada superiormente por xy = 1, inferiormente por y(x 2 + 1) = x, y 

a la izquierda por x = 1. 

Observamos en primer lugar que la curva xy = 1 está por encima de y(x 2 + 1) = x para x = 0: 

Por lo tanto, el área pedida es 

+∞ 

1 

1 

x 

x 

x 2 + 1 

 

1 x 

− 

x x2 

dx = log x − 

+ 1 

1 

2 log(x2 +∞ 

+ 1) 

0 


= x2 + 1 

x2 > 1 

= 

+∞ 

x 

log √ = 0 − log 

x2 + 1 0 

1 

√ = log 

2 √ 2


Problema 283 Usando la función β calcular: 

π/ 2 

sen 

0 

3 θ cos 4 θ dθ = 1 

π/ 2 

sen 

0 

3 θ cos 4 θ dθ. 

2 β(4 

5 Γ(2)Γ(5/2) 1!Γ(5/2) 

, ) = = 

2 2 2Γ( 9/2) 27 2 

5 = 

Γ(5/2) 35 

En la simplificación hemos utilizado la igualdad: Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1). 


2 2


Problema 284 Utilizar el teorema de Green para demostrar que el área encerrada por una curva cerrada y simple 

C, recorrida en el sentido contrario a las agujas del reloj, es: 

A = 1 

 

−ydx + xdy 

2 

Por lo tanto, si γ(t) = (x(t),y(t)), t ∈ [a,b], es una parametrización de C, entonces: 

1 

2 

C 

a 

(−y(t)x 

b 

′ (t) + x(t)y ′ (t))dt 

Calcular el área de la región interior al lazo del folium de Descartes, es decir, la región limitada por la curva: 

x(t) = 3t 

t 3 + 1 

y(t) = 3t2 

t 3 + 1 

La demostración es una mera comprobación; si F(x,y) = (−y,x), entonces el teorema de Green establece que 

si C está recorrida en sentido positivo (sentido contrario al de la agujas del reloj), entonces: 

 

 

 

(−ydx + xdy) = F = (D1F2 − D2F1)dxdy = (1 + 1)dxdy = 2A 

C 

Y en consecuencia A = 1 

 

(−ydx + xdy). 

2 C 

Recordemos la forma de curva denominada folium de Descartes: 


C 

D 

D


t → −1 + 

t → +∞ 


t = 0 

t → −∞ 

t → −1 −


El lazo de esta curva corresponde al intervalo [0,+∞) y en consecuencia su área es: 

A = 1 

 

(−ydx + xdy) = 

2 C 

1 

2 

= 1 

2 

+∞ 

 

− 3t2 

t3 3(t 

+ 1 

3 + 1) − 9t3 (t3 + 1) 2 + 3t 

t3 + 1 

0 

+∞ 9t2 + 9t5 0 (t3 + 1) 3 dt 

= − 3 

+∞ − 3t 

2 0 

2 

(t3 + 1) 2dt 

= − 3 

 

1 

2 t3 +∞ 

+ 1 0 

 

3 

= lím − 

t→+∞ 2(t3 

3 

+ = 

+ 1) 2 

3 

2 


6t(t 3 + 1) − 9t 4 

(t 3 + 1) 2 

 

dt


Problema 285 Utilizar la definición para calcular la trasformada de Laplace de la siguiente función y especificar 

su dominio. 

⎧ 

⎨−1 

f(t) = 

⎩1 

si 0 < t < 1 

si t ≥ 1 

L {f(t)} = 

+∞ 

+∞ 

0 

 

e−st = 

s 

= e−s 

s 

e −st f(t)dt = 

1 

t=0 

= 2e−s − 1 

s 

1 

 

+ − e−st 

s 

1 

− − lím 

s t→+∞ 

+∞ 

0 

+∞ 

−e −st dt + 

t=1 

e −st 

s 

− 1 

s lím 

t→+∞ e−st 

− e−s 

s 

 

+∞ 

1 

e −st dt 

Si s = 0, la integral impropia e 

1 

−st dt = dt no converge; si s > 0, el límite lím 

1 

t→+∞ e−st es igual a +∞ y 

por lo tanto la integral impropia no converge; si s < 0, el límite lím 

t→+∞ e−st es igual a 0 y por lo tanto, la integral 

impropia converge. En consecuencia, el dominio de la transformada de Laplace es (0,+∞) y: 


L {f(t)} = 2e−s − 1 

s


Podemos calcular la transformada utilizando el segundo teorema de traslación y teniendo en cuenta que f(t) = 

2H(t − 1) − 1 (la función H es la función de Heaviside); 

L {f(t)} = 2L {H(t − 1)} − L {1} = 2e −s L {1} − L {1} = 2e−s − 1 

s 



Problema 286 Demostrar que si α > −1, entonces L {t α } = 

Utilizar este resultado para calcular L {t −1/2 } y L {t 3/2 }. 

L {t α } = 

= 

+∞ 

e 

0 

−st t α dt 

+∞ 

= 1 

s α+1 

= Γ(α + 1) 

Γ(α + 1) 

s α+1 . 

 

 

u = st du = s dt 

e −uuα 

du 

s 

0 sα +∞ 

e 

0 

−u u α du 

sα+1 Para que tenga sentido la última expresión necesariamente α > −1. Por otra parte, si α es un número natural, 

entonces: 

L {t n } = n! 

s n+1 

✎ L {t−1/2 } = Γ(1/2) 

 

π 

s1/2 = 

s 



✎ L {t3/2 } = Γ(5/2) 

s5/2 = 

3 1 

2 2Γ(1/2) s5/2 = 3 

 

π 

4 s5 Ejercicios resueltos de Cálculo. c○Agustín Valverde


Problema 287 Use la lista de transformadas básicas y la propiedad de linealidad para calcular las transformadas 

de las siguientes funciones: 

1. f(t) = t 2 + 6t − 3 

2. f(t) = e t senh t 

3. f(t) = sen t cos 2t 

1. L {t2 + 6t − 3} = L {t2 } + 6L {t} − 3L {1} = 2 1 

s3 + 6 

s2 − 31 

s 

2. L {et senht} = L { e2t − 1 

} = 

2 

1 

2 L {e2t } − 1 

2 

3. Utilizamos la igualdad: 

Por lo tanto: 

L {1} = 

1 1 

− 

2(s − 2) 2s = 

= 2 + 6s − 3s2 

s 3 

1 

s(s − 2) 

cos αsen β = 1 1 

sen(α + β) − sen(α − β) 

2 2 

L {sen t cos 2t} = L { 1 1 

sen 3t − sent} = 

2 2 


3 

2(s 2 + 9) − 

1 

2(s 2 + 1) = 

s 2 − 3 

(s 2 + 9)(s 2 + 1)


Problema 288 Calcular la transformada de Laplace de la siguiente función: 

⎧ 

⎨e 

g(t) = 

⎩ 

3t si t ≥ 0,t = 5 

1 si t = 5 

¿Podemos afirmar que la transformada inversa de Laplace de una función es única? 



L {g(t)} = 

= 

= 

= 

= 

+∞ 

0 

5 

e −st g(t)dt 

e −st g(t)dt + 

+∞ 

e −st g(t)dt 

0 

5 

5 

e 

0 

−st e 3t +∞ 

dt + e 

5 

−st e 3t dt 

5 6 +∞ 

 

= lím 

t→5 

e t(3−s) dt + 

0 

et(3−s) 5 3 − s 

0 

+ 

 

e 5(3−s) 

3 − s 

 

= 1 

+ lím 

s − 3 t→+∞ 

= 1 

s − 3 

5 

e t(3−s) 

3 − s 

− 1 

3 − s 

e t(3−s) 

3 − s 

si s > 3 

e t(3−s) dt + 

6 

 

5 

+ 

 

+ lím 

t→5 

6 

et(3−s) +∞ 

3 − s 

e t(3−s) dt 

6 

 

e 6(3−s) 

3 − s 

 

et(3−s) e 

− + lím 

3 − s t→+∞ 

t(3−s) 

 

e6(3−s) 

− 

3 − s 3 − s 

Si s ≤ 3, el último límite es +∞ y por lo tanto la integral no converge. Hemos obtenido entonces que L {g(t)} = 

L {e 3t } y en consecuencia podemos concluir que dos funciones distintas pueden tener la misma transformada de 

Laplace. En realidad, las funciones no pueden ser muy diferentes: dos funciones tienen la misma transformada de 



Laplace si difieren en un conjunto finito de puntos de su dominio. 



Problema 289 Demuéstrese que la función f(t) = 1/t 2 no admite transformada de Laplace. 

La existencia de la transformada está determinada por la convergencia de la integral impropia que la define: 

L {1/t 2 } = 

+∞ 

0 

e−st 1 

dt = 

t2 0 

Esta integral no converge puesto que la integral básica 

1 

0 

1 

t 2dt: 

lím 

t→0 

e −st 

t 2 

1 

t 2 


1 

0 

e−st +∞ 

dt + 

t2 1 

e−st dt 

t2 e−st dt tiene el mismo carácter que la serie divergente 

t2 = lím 

t→0 e −st = 1


Problema 290 Hallar la transformada de Laplace de la siguientes función escribiéndolas en términos de la función 

de Heaviside. 

⎧ 

⎨sen 

t 

f(t) = 

⎩0 

si 0 ≤ t < 2π 

si t ≥ 2π 

La estrategia para calcular la transformada de Laplace de este tipo de funciones es expresarlas en términos de 

la función de Heaviside. En este caso, es facil comprobar que: 

f(t) = sen t − H(t − 2π)sen t = sen t − H(t − 2π)sen(t − 2π) 

El segundo teorema de traslación permite calcular fácilmente la transformada: 

L {f(t)} = L {sen t} − L {H(t − 2π)sen(t − 2π)} 

= 1 

s 2 + 1 − e−2πs L {sen t} 

= 1 

s2 + 1 − e−2πs 1 

s2 + 1 

= 1 − e−2πs 

s2 + 1 



Problema 291 Utilizar la lista de transformadas básicas y la propiedad de linealidad para calcular la transformada 

inversa de Laplace de las siguientes funciones: 

a) F(s) = 

(s + 1)2 

s 3 b) F(s) = 

s − 1 

s 2 (s 2 + 1) 

a) L −1 (s + 1)2 

{ 

s3 } = L −1 { s2 + 2s + 1 

s3 } 

= L −1 { 1 

s } + L −1 { 2 

s2 } + L −1 { 1 

s3 } 

= L −1 { 1 

s } + 2L −1 { 1 1 

s2 } + 

2 L −1 { 2 

s3 } 

= 1 + 2t + 1 

2 t2 

b) Efectuamos en primer lugar la descomposición de la función racional: 

s − 1 

s2 (s2 A 

= 

+ 1) s 

Efectuando la suma e igualando coeficientes obtenemos: 

s − 1 

s2 (s2 1 

= 

+ 1) s 


B Cs + D 

+ 

s2 + 

s2 + 1 

1 s − 1 

− 

s2 − 

s2 + 1 

c) F(s) = e−2s 

s 2 (s − 1)


y en consecuencia: 

c) L −1 { 

L −1 s − 1 

{ 

s2 (s2 + 1) } = L −1 { 1 

s 

e −2s 

s 2 (s − 1) } = H(t − 2)L −1 { 


1 s − 1 

− 

s2 − 

s2 } = 1 − t − cos t + sen t 

+ 1 

1 

s2 (s − 1) }t→t−2 

= H(t − 2)L −1 {− 1 1 1 

− 

s s2 + 

s − 1 }t→t−2 

 

= H(t − 2) −1 − t + e t 

 

t→t−2 

= (−1 − (t − 2) + e t−2 )H(t − 2) = (1 − t + e t−2 )H(t − 2)


Problema 292 Usar el teorema de la derivación de la transformada de Laplace para n = 1 para calcular f(t) = 

L −1 {arctg 1/s} 

Por el teorema de derivación de la transformada de Laplace, podemos escribir: 

Entonces: 


L {tf(t)} = − d 

L {f(t)}} 

ds 

f(t) = − 1 

t L −1 { d 

L {f(t)}} 

ds 

= − 1 

t L −1 { d 

arctg 1/s} 

ds 

= − 1 

t L −1 − 1 

{ 

s2 + 1 } 

= − 1 

(− sen t) 

t 

= sen t 

t


Problema 293 Calcular las siguientes transformadas: 

a) L {1 ∗ t 3 } b) L {t 

t 

0 

ue −u du} 

a) La transformada se calcula facilmente con el teorema de convolución: 

L {1 ∗ t 3 } = L {1}L {t 3 } = 1 

s 

Calculando previamente la convolución el cálculo queda igual de simple: 

L {1 ∗ t 3 } = L { 

t 


0 

6 6 

s4 = 

s5 u 3 du} = L { 1 

4 t4du} = 1 4! 6 

= 

4 s5 s5


b) Aplicando las propiedades de la transformada y la convolución: 

L {t 

t 

0 

ue −u du} = L {t(te −t ∗ 1)} Def. de convolución 

= − d 

ds L {te−t ∗ 1} T. de derivación de la transformada 

= − d 

ds (L {te−t }L {1}) Teor. de convolución 

= − d 

ds (L {t}s→s+1L {1}) Primer teorema de traslación 

= − d 

 

1 

ds (s + 1) 2 

 

1 

= 

s 

3s2 + 4s + 1 

(s + 1) 4 3s + 1 

s2 = 

(s + 1) 3s2 Calculando la primitiva de la función a transformar, podemos hacer el cálculo sin utilizar la convolución: 



L {t 

t 

0 

ue −u 

du} = L {t −ue −u − e −u 

t } 

0 

= L {t(−te −t − e −t + 1)} 


= L {−t 2 e −t − te −t + t)} 

= −L {t 2 e −t } − L {te −t } + L {t} 

= −L {t 2 }s→s+1 − L {t}s→s+1 + L {t} 

= − 

2 1 1 3s + 1 

(s + 1) 3 − 

(s + 1) 2 + 

s2 = 

(s + 1) 3 s 2


Problema 294 Usar el teorema de convolución para calcular L −1 1 

{ 

s(s2 + 1) } 

Por el teorema de convolución tenemos que: 

L −1 1 

{ 

s(s2 + 1) } = L −1 { 1 

s } ∗ L −1 1 

{ 

s2 } = 1 ∗ sen t 

+ 1 

Calculamos finalmente la convolución que hemos obtenido: 

Por lo tanto: 

1 ∗ sen t = sen t ∗ 1 = 

La propiedad de linealidad y la igualdad 

resultado. 

t 

0 

senudu = 

L −1 1 

{ 

s(s2 } = 1 − cos t 

+ 1) 

1 

s(s 2 + 1) 


= 1 

s 

u=t − cos u = 1 − cos t 

u=0 

− s 

s 2 + 1 

conduce de una forma más simple al mismo


Problema 295 Describir la curva que forma un cable flexible de longitud ℓ que está colgado por sus extremos entre 

dos postes de alturas h1 y h2 respectivamente y separados por una distancia d. ¿Qué tensión lateral soportan los 

postes? 

Vamos a situar los ejes de coordenadas de forma que el eje de ordenadas quede sobre el poste izquierdo, dejando el 

origen de coordenadas en el extremo inferior del mismo, según se muestra en la figura siguiente; la curva vendrá dada 

por la grafica de una función y de x que tendremos que determinar. 

h 2 

h 1 

T 0 

0 

T ( x ) cos 

( x ) = T 

T ( x ) s en 

( x 

x 

) = P ( x ) − T 0 

En cada punto del cable actúa la tensión del mismo en la dirección tangente a la curva, T(x); la componente 


d


horizontal de esta tensión es la misma en cada punto, T = T(x)sen θ(x), ya que no actúa ninguna fuerza externa 

en ningún punto del cable, sin embargo, la componente vertical es distinta, ya que coincide con el peso de la cuerda 

que queda por debajo de dicho punto. Es decir, el valor de esta componente vertical es igual al peso de la cuerda 

desde su extremo izquierdo, P(x), menos la tensión vertical que ejerce el poste izquierdo, T0; si δ es la densidad 

lineal, el valor de esta tensión es: 

x 

T(x)sen θ(x) = P(x) − T0 = δ 1 + (y ′ (t)) 2dt − T0 

Dividiendo las expresiones que determinan las dos componentes de la tensión, obtenemos la siguiente igualdad: 

y ′ (x) = senθ(x) 

cos θ(x) 

= δ 

T 

x 

0 

0 

1 + (y ′ (t)) 2 dt − T0 

T 

y derivando ambos miembros, obtenemos la ecuación diferencial que describe la curva buscada: 

y ′′ (x) = 

sen θ(x) 

cos θ(x) 

Esta ecuación es una ecuación en variables separables en y ′ , 


δ 

= 1 + (y ′ (x)) 2 

T 

y ′′ 

1 + (y ′ ) 2 

= δ 

T 

arg senh y ′ = δ 

x + C1 

T 

y ′ 

δ 

= senh x + C1 

T 

y = T 

δ cosh 

 

δ 

x + C1 + C2 

T 

y por lo tanto:


Ya tenemos determinada la forma del cable: coincide con la grafica del coseno hiperbólico (salvo las constantes 

que determinan el desplazamiento y la apertura). Posiblemente una de las aplicaciones más importantes de este 

ejercicio sea determinar la tensión lateral que soportan los postes y que condicionará la resistencia de los mismos. 

Esta tensión es uno de los parámetros que determina la curva anterior y que habrá que calcular a partir de los datos 

iniciales del problema: longitud del cable, ℓ, separación de los postes, d, altura del poste izquierdo, h1, altura del 

poste derecho, h2 y densidad lineal del cable, δ. Para hacer este último cálculo, aplicamos las condiciones inciales 

del problema a la ecuación obtenida; las condiciones son: 

y(0) = h1 

y ′ (0) = T0 

T 

y(d) = h2 

y ′ (d) = 

ℓδ − T0 

T 

Una vez aplicadas a la ecuación de la curva, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones numéricas: 

C2 + T 

δ cosh C1 = h1 

C2 + T 

δ cosh 

 

δ 

d + C1 

T 

senhC1 = − T0 

T 

 

δ 

senh d + C1 = 

T ℓδ − T0 


T 

= h2 

(8.1) 

(8.2) 

(8.3) 

(8.4)


Vamos a trabajar con estas cuatro ecuaciones para dirigir el cálculo de los parámetros T, C1 y C2 en función de 

los datos iniciales. 

 

T 

 

δd 

 

cosh + C1 − cosh C1 = h2 − h1 

δ T 

2 

(8.2)-(8.1) 

T 

δ senh 

 

δd 

 

+ C1 senh 

2T δd 

2T = h2 − h1 

 

δd 

 

senh + C1 − senh C1 = 

T 

(8.5) 

ℓδ 

T 

 

δd 

 

2cosh + C1 senh 

2T 

(8.4)-(8.3) 

δd ℓδ 

= 

2T T 

 

δd 

 

tgh + C1 = 

2T 

(8.6) 

h2 − h1 

ℓ 

 

δd 

 

h2 − h1 

senh + C1 = 

2T ℓ2 − (h2 − h1) 

(8.5):(8.6) (8.7) 

2 

(8.8) 

senh δd δ 

= ℓ2 − (h2 − h1) 

2T 2T 

2 De (8.5) y (8.8) (8.9) 

Por lo tanto, la tensión T es la solución de la ecuación (8.9). Obsérvese que dicha ecuación tiene solución, ya que 

para que el problema esté bien planteado debe cumplirse que ℓ 2 > d 2 + (h2 − h1) 2 , y en este caso, la ecuación 

senh δd 

 

= 

δd ℓ2 − (h2 − h1) 

2T 2T 

2 

d2 tiene solución, que es única si tenemos en cuenta que T > 0. A partir del valor de 

T y de la ecuación (8.7) podemos hallar el valor de C1 y finalmente, con este valor y la ecuación (8.1) hallamos C2. 



La ecuación (8.9) no puede resolverse de forma algebraica y para cada problema concreto se resolverá de forma 

numérica: 

a0 = 1 

 

ℓ2 − (h2 − h1) 

an = 

2 

arg senhan−1 

d 

α = líman 

T = δ 

ℓ2 − (h2 − h1) 

2α 

2 

Por ejemplo, supongamos que δ = 1kg/m, d = 10m, ℓ = 12m, h1 = 4m y h2 = 6m, entonces: 

a0 = 1 

 

7 

an = arg senh an−1 

5 


α = lím an ≈ a100 ≈ 1,20867 

T = 1 √ 

140 ≈ 4,89472Kp 

2α 

C1 = arg tgh 2 10 

− ≈ −0,853273 

12 2T 

C2 = 4 − T cosh C1 ≈ −2,78735


Por lo tanto, la ecuación de curva que forma el cable es: 

 

x 

y = 4,89472cosh − 0,853273 − 2,78735 

4,89472 

El siguiente gráfico ha sido generado con un ordenador y corresponde a la grafica de la función anterior 


4 

6 

10 12

Ejercicios resueltos de Cálculo - Universidad de Málaga

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