Problemas de calculo

y
x xΔ ba
y
x xΔ ba
y
x xΔ ba
h
f (x+h)
f (x)
x+hx
h
f (x+h)
f (x)
x+hx
h
f (x+h)
f (x)
x+hx
Problemas
resueltos
de Cálculo
Isaac A. García
Jaume Giné
Susanna Maza

eines 69
Problemas resueltos de álculo
Isaac A. García, Jaume Giné y Susanna Maza
Seminari de Sistemes Dinàmics
Departament de Matemàtica
Universitat de Lleida

© Edicions de la Universitat de Lleida, 2011
© Los autores
Maquetación
Edicions i Publicacions de la UdL
Diseño de portada
cat & cas
La reproducción total o parcial de esta obra por cualquier procedimiento, incluidos la reprografía y el tratamiento
informático, y la distribución de ejemplares mediante alquiler o préstamo público, queda rigurosamente prohibida
sin la autorización de los titulares del “copy-right”, y será sometida a las sanciones establecidas por la Ley.
ISBN: 978-84-8409-405-0

Dedicado a Javier Chavarriga, quien nos alentó propuso
y colaboró en la realización de este libro

Índice general
1. Números reales y sucesiones 13
1.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.1.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.1.2. L´ımite de una sucesión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.1.3. Criterios de convergencia de l´ımites . . . . . . . . . . . . . 14
1.1.4. Sucesiones equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.1.5. Escala de infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.1.6. Principio de inducción matemática . . . . . . . . . . . . . 16
1.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.1. Números reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.2. Sucesiones de números reales . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2. Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad 37
2.1.1. Función; dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.1.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.1.3. L´ımite de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.1.4. Infinitésimos equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.5. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.1. Dominios de funciones y operaciones con funciones . . . . 40
2.2.2. L´ımite de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2.3. Estudio de la continuidad: funciones continuas . . . . . . 45
2.2.4. Teoremas fundamentales sobre funciones continuas y apli-
caciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3. Cálculo diferencial en una variable 55
3.1.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.1.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.1.3. Derivadas sucesivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.1.4. Teoremas sobre funciones derivables . . . . . . . . . . . . 56
7

ÍNDICE GENERAL
3.1.5. Polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.1.6. Aplicaciones de la fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . 57
3.2.1. Concepto de derivada: función derivada . . . . . . . . . . 58
3.2.2. Aproximación local de una función. Fórmula de Taylor . . 66
3.2.3. Aplicaciones de la fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . 71
4. Funciones de varias variables 81
4.1.1. Función de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.1.2. L´ımites de funciones de varias variables . . . . . . . . . . 81
4.1.3. Continuidad de funciones de varias variables . . . . . . . . 82
4.1.4. Función diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.1.5. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
4.1.6. Teorema de la función impl´ıcita e inversa . . . . . . . . . 84
4.1.7. Composición de funciones y regla de la cadena . . . . . . 84
4.1.8. Derivadas parciales sucesivas . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.1.9. Extremos de funciones reales de varias variables . . . . . . 85
4.1.10. Extremos condicionados de funciones reales de varias vari-
ables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.1.11. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.2.1. L´ımites de funciones de varias variables . . . . . . . . . . 87
4.2.2. Continuidad de funciones de varias variables . . . . . . . . 89
4.2.3. Derivabilidad y diferenciabilidad de funciones de varias
variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4.2.4. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2.5. Funciones inversas e impl´ıcitas . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.2.6. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4.2.7. Máximos y m´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5. Cálculo integral en una variable 113
5.1.1. La integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.1.2. Primitivización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5.1.3. Aplicaciones de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
5.2.1. Integrales indefinidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
5.2.2. Integrales definidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
5.2.3. Cálculo de áreas y longitudes . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.2.4. Volúmenes y superficies de revolución . . . . . . . . . . . 126
5.2.5. Aplicaciones f´ısicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
8

ÍNDICE GENERAL
6. Cálculo integral con varias variables 137
6.1.1. Integración doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
6.1.2. Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . . . . 139
6.1.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.1.4. Integrales curvil´ıneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6.1.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6.2.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
6.2.2. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
6.2.3. Integrales Curvil´ıneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
6.2.4. Integrales de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
9

Prefacio
El presente libro de problemas resueltos corresponde a los temas básicos de
un primer curso de introducción al Cálculo Diferencial e Integral. Los autores lo
concebieron inicialmente como bibliograf´ıa básica de la asignatura de Cálculo,
que ellos mismos impart´ıan en la titulación de Ingenier´ıa Técnica Industrial.
Sin embargo, el libro es igualmente recomendable para estudiantes del grado
en Ingenier´ıa Mecánica e Ingenier´ıa Electrónica Industrial y Automática que se
imparte actualmente.
El libro comprende los siguientes temas: Números reales y sucesiones, Fun-
ciones reales de variable real, Cálculo diferencial en una variable, Funciones de
varias variables y Cálculo integral. En cada cap´ıtulo se proporciona un breve
resumen de teor´ıa, una colección de ejercicios resueltos, as´ı como una colección
de ejercicios propuestos cuyos enunciados han sido extra´ıdos de los exámenes de
la asignatura de Cálculo de los últimos a¯nos.
El objetivo principal del libro es facilitar al alumno el desarrollo de la ca-
pacidad de resolución de los problemas matemáticos que puedan plantearse en
la ingenier´ıa, el desarrollo del razonamiento cr´ıtico, as´ı como la capacidad de
análisis de los métodos que mejor se adapten a la resolución de los problemas.
En resumen, los autores pretenden que el libro permita la adquisición de las
competencias espec´ıficas de la titulación.
Los autores quieren expresar su agradecimiento a la alumna Mariona Puigde-
masa por su colaboración en la edición de este libro.
Los autores, Marzo 2011
11

Cap´ıtulo 1
Números reales y sucesiones
1.1. Resumen de teor´ıa
1.1.1. Sucesiones
Definición 1.1 Una sucesión es una aplicación an del conjunto de los números
naturales N en cualquier conjunto no vac´ıo de los números reales R, es decir,
an : N → R.
Hay dos formas distintas de definir una sucesión. Llamaremos sucesiones recur-
rentes a aquellas sucesiones en las que la obtención del término n-ésimo depende
de los n−1 anteriores, es decir, an = f(a1, · · · , an−1, n). Un ejemplo de sucesión
recurrente ser´ıa
a1 = 1, an = n2
an−1,
lo que da lugar a la sucesión 1, 4, 36.... Otras sucesiones vienen definidas por
lo que se conoce como término general de la sucesión, el término enésimo de la
sucesión an viene dado de forma expl´ıcita como función de n. Un ejemplo de
sucesión definida a partir del término general de la sucesión es
an = n2
,
del que se obtiene la sucesión 1, 4, 9, 16....
Definición 1.2 Sea an una sucesión de números reales. Diremos que:
(i) an es monótona creciente si an+1 ≥ an para todo n.
(ii) an es monótona decreciente si an+1 ≤ an para todo n.
(iii) an está acotada superiormente si existe un número M tal que an ≤ M
para todo n.
(iv) an está acotada inferiormente si existe un número m tal que an ≥ m para
todo n.
13

14 Números reales y sucesiones
1.1.2. L´ımite de una sucesión
Definición 1.3 Sea L ∈ R. Diremos que L es el l´ımite de una sucesión an
si y sólo si para todo número positivo ε existe un número natural n0 tal que
|an − L| < ε para todo n > n0. En este caso diremos que an converge a L y lo
denotaremos por l´ım
n→∞
an = L.
Proposición 1.1 El l´ımite de una sucesión, si existe, es único.
Una sucesión convergente es aquella que tiene l´ımite. Una sucesión que no
converge se llama divergente. La siguiente proposición muestra algunas de las
propiedades que satisfacen las sucesiones convergentes.
Proposición 1.2 Sean an y bn dos sucesiones convergentes. Se tiene que
(i) l´ım
n→∞
(an + bn) = l´ım
n→∞
an + l´ım
n→∞
bn.
(ii) l´ım
n→∞
(an · bn) = l´ım
n→∞
an · l´ım
n→∞
bn.
(iii) l´ım
n→∞
λan = λ l´ım
n→∞
an para todo λ ∈ R.
(iv) l´ım
n→∞
an
bn
=
l´ım
n→∞
an
l´ım
n→∞
bn
si l´ım
n→∞
bn = 0.
Teorema 1.1 Una sucesión de números reales monótona creciente (decreciente)
y acotada superiormente (inferiormente) es convergente.
1.1.3. Criterios de convergencia de l´ımites
Proposición 1.3 (Criterio del cociente) Sea an una sucesión de términos
estrictamente positivos tal que l´ım
n→∞
an+1
an
= L. Entonces,
l´ım
n→∞
an = 0 si L < 1 o bien l´ım
n→∞
an = ∞ si L > 1.
Proposición 1.4 (Criterio de la media aritmética) Sea an tal que l´ım
n→∞
an =
L. Se tiene que
l´ım
n→∞
1
n
n
i=1
ai = L.
Proposición 1.5 ( Criterio de la media geométrica) Sea an una sucesión
de términos estrictamente positivos tal que l´ım
n→∞
an = L. Entonces,
l´ım
n→∞
n
n
i=1
ai = L
.

1.1 Resumen de teor´ıa 15
Proposición 1.6 (Criterio de Stolz) Sean an y bn dos sucesiones tales que
bn es monótona creciente y l´ım
n→∞
bn = ∞. Se tiene que
l´ım
n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= L =⇒ l´ım
n→∞
an
bn
= L.
Proposición 1.7 ( Criterio de la ra´ız) Sea an una sucesión de términos es-
trictamente positivos tal que l´ım
n→∞
an+1
an
= L. Se tiene que
l´ım
n→∞
n
√
an = L.
1.1.4. Sucesiones equivalentes
Definición 1.4 Dos sucesiones an y bn son equivalentes si y sólo si
l´ım
n→∞
an
bn
= 1.
y se denota por an ∼ bn.
Tabla de sucesiones equivalentes.
(i) n! ∼ nn
exp(−n)
√
2πn (fórmula de Stirling)
(ii) a0 + a1n + a2n2
+ · · · + aknk
∼ aknk
(iii) ln(a0 + a1n + a2n2
+ · · · + aknk
) ∼ k ln n
(iv) ln(1 + an) ∼ an si l´ım
n→∞
an = 0
(v) ln(an) ∼ an − 1 si l´ım
n→∞
an = 1
(vi) sin an ∼ tan an ∼ arcsin an ∼ arctan an ∼ an si l´ım
n→∞
an = 0
(vii) (1 − cos an) ∼
a2
n
2 si l´ım
n→∞
an = 0
(viii) ean
− 1 ∼ an si l´ım
x→∞
an = 0
1.1.5. Escala de infinitos
Proposición 1.8 Sean an y bn dos sucesiones tales que l´ım
n→∞
an = l´ım
n→∞
bn =
∞. Entonces, decimos que bn es un infinito de orden superior a an cuando
n → ∞ y lo denotamos por an bn si
l´ım
n→∞
an
bn
= 0.
Escala de infinitos. Si α y β son números reales positivos y k > 1 es un
número real, se tiene que
logβ
n nα
kn
n! nn
.

1.1.6. Principio de inducción matemática
La inducción matemática es un método de demostración que se utiliza para
validar propiedades o enunciados que se presentan en términos de números nat-
urales. El principio de inducción consta de dos pasos. Sea n ∈ N y P(n) la
propiedad que queremos demostrar que se satisface para todo n. Entonces se
debe proceder de la siguiente forma:
(i) Demostrar que la propiedad P(n) se satisface para n = 1.
(ii) Suponiendo que la propiedad P(n) se satisface para n, probar que esta
propiedad también se satisface para n + 1.
1.2. Problemas resueltos
1.2.1. Números reales
Problema 1.1 Dados dos números reales, demostrar:
1. Si los dos son racionales, su suma y su producto siguen siendo racionales.
2. Si uno es racional y el otro es irracional, su suma y su producto son
irracionales.
3. ¿Qué ocurre si los dos números son irracionales?
Solución. (a) Es evidente que p
q + p
q ∈ Q y que p
q
p
q ∈ Q.
(b) Si α ∈ Q, entonces p
q = p
q + α ó p
q = p
q · α no puede ser un racional
puesto que tendr´ıamos α=p
q − p
q ∈ Q ó α=p
q · p
q ∈ Q respectivamente.
(c) Si los dos números son irracionales no podemos afirmar nada del resul-
tado como se puede ver en los siguientes ejemplos (1 +
√
2) -
√
2 = 1 ∈ Q,
√
2
+
√
2 = 2
√
2 ∈ Q. Igual pasa con el producto.
Problema 1.2 Demostrar que entre dos números racionales diferentes siempre
hay otro racional. Demostrar que entre ellos también hay un irracional. Indi-
cación: Utilizar que
√
2 es irracional.
Solución. Sean a < b, a, b ∈ Q. El número a+b
2 es racional y está entre los dos
puesto que a < a+b
2 < b.
Siempre existe n tal que
√
2
n < b−a y por tanto a < a+
√
2
n < b donde a+
√
2
n ∈ Q.
Problema 1.3 Demostrar que entre dos números irracionales existe siempre
un número racional.
Solución. Sean α < β, α, β ∈ Q. Si α y β tienen diferente signo entonces
α < 0 < β, y 0 ∈ Q. Supongamos que α y β tienen el mismo signo. Consi-
deraremos sólo el caso 0 < α < β puesto que el caso α < β < 0 equivale a

1.2 Problemas resueltos 17
0 < −β < −α. Expresando α y β en forma decimal obtenemos
α = α0 + α110−1
+ α210−2
+ · · · , β = β0 + β110−1
+ β210−2
+ · · · .
donde αi y βi i = 0, 1, ... son enteros no negativos. Si α0 < β0 entonces α <
β0 < β y β0 ∈ Q. Si α0 = β0, sea i ∈ N el primer valor para el cual αi < βi. Sea
γ = α0 +α110−1
+α210−2
+· · ·+αi−110−(i−1)
+βi10−i
∈ Q. Entonces tenemos
que α < γ < β.
Problema 1.4 Demostrar que
∞
n=1
[0, 1/n] = 0.
Solución. Obviamente el 0 pertenece a la intersección. Para todo x > 0,
siempre existe n ∈ N tal que 1
n < x lo que implica que x ∈
∞
n=1
[0, 1/n].
Problema 1.5 Encontrar el supremo y el ´ınfimo (si existen) de los siguientes
conjuntos:
A = {x ∈ R | x2
≤ 1},
B = {x ∈ R | x2
+ 2x + 2 < 0},
C = {x ∈ R | x4
> 2},
D = {x ∈ R | x = 1
2n + 1
3m , m, n ∈ N}.
Solución. Para el conjunto A el supremo es 1 y el ´ınfimo es −1. Los conjuntos
B y C no tienen ni supremo ni ´ınfimo. Para el conjunto D el supremo es 1
2 + 1
3
y el ´ınfimo es 0.
Problema 1.6 Encontrar la representación decimal de los números 19/8 y
23/29.
Solución. 19/8 = 2,375 y 23/29 = 0.7931034482758620689655172413.
Problema 1.7 Transformar en una fracción los números 4,1924, 0.871.
Solución. 4,1924 = 41883/9990 y 0.871 = 871/999.
Problema 1.8 Demostrar que para cualquier x, y ∈ R se verifica lo siguiente:
x = y si y sólo si |x − y| < ∀ > 0.
Solución. Si x = y tenemos que |x − y| = 0 lo que implica que ∀ > 0,
|x−y| < . Demostremos la implicación contraria. Supongamos x = y, tomando
= |x − y|/2 se llega a la contradicción que |x − y| < |x − y|/2.
Problema 1.9 Encontrar los números reales x tales que:
(a) |x − 3| = 2, (e) |x − 1| + |x + 3| ≤ 4,
(b) |x + 1| < 4, (f) |x + 1| + |x + 2| < 2,
(c) |2x + 9| ≥ 3, (g) |x + 1| − |x − 1| < 0,
(d) |x − 1| |x + 2| > 3, (h) |x + 1| |x − 2| = −(x + 1)(x − 2).

Solución. (a) |x − 3| = 2 implica x − 3 = 2 para x − 3 > 0 y 3 − x = 2 para
x − 3 < 0, es decir, x = 5 y x = 1.
(b) |x + 1| < 4 implica −4 < x + 1 < 4, es decir, −5 < x < 3.
(c) |2x + 9| ≥ 3 implica 2x + 9 ≥ 3 para 2x + 9 > 0 y 2x + 9 ≤ −3 para
2x + 9 < 0, es decir, x ≥ −3 y x ≤ −6 respectivamente.
(d) |x − 1| |x + 2| > 3 implica |x2
+ x − 2| > 3, es decir, x2
+ x − 2 > 3 para
x2
+ x − 2 > 0 y x2
+ x − 2 < −3 para x2
+ x − 2 < 0. Por tanto obtenemos
x2
+ x − 5 > 0 para x2
+ x − 2 > 0 y x2
+ x + 1 < 0 para x2
+ x − 2 < 0. De las
dos primeras desigualdades se obtiene x ∈ (−∞, −1−
√
21
2 ) ∩ (−1+
√
21
2 , ∞). Las
dos segundas desigualdades son incompatibles.
(e) Si x − 1 > 0, es decir, x > 1 entonces x + 3 > 0 y obtenemos (x − 1) +
(x+3) = 2x+2 ≤ 4 o bien x ≤ 1 que contradice la hipótesis inicial. Si x−1 < 0,
es decir, x < 1 entonces puede ocurrir que x + 3 > 0 o que x + 3 < 0.
Si x+3 > 0 obtenemos (1−x)+(x+3) = 4 ≤ 4 que se verifica trivialmente;
por consiguiente si −3 < x < 1 la desigualdad se verifica.
Si x + 3 < 0 obtenemos (1 − x) − (x + 3) = −2x − 2 ≤ 4 o bien −3 ≤ x
que contradice x + 3 < 0.
Como x = 1 y x = −3 verifican la desigualdad, finalmente obtenemos −3 ≤ x ≤
1.
(f) Si x + 1 > 0, es decir, x > −1 entonces x + 2 > 0 y obtenemos (x + 1) +
(x + 2) = 2x + 3 < 2 o bien x < −1
2 y por tanto si −1 < x < −1
2 la desigualdad
se verifica. Si x + 1 < 0, es decir, x < −1 entonces puede ocurrir que x + 2 > 0
o que x + 2 < 0.
Si x + 2 > 0 obtenemos −(1 + x) + (x + 2) = 1 < 2 que se verifica
trivialmente y por tanto si −2 < x < −1 la desigualdad se verifica.
Si x + 2 < 0 obtenemos −(1 + x) − (x + 2) = −2x − 3 < 2 o bien −5
2 < x
y por tanto si −5
2 < x < −2 la desigualdad se verifica.
Como x = −1 y x = −2 verifican la desigualdad finalmente obtenemos −5
2 <
x < −1
2 .
(g) |x+1|−|x−1| < 0 implica |x+1| < |x−1|, es decir, (x+1)2
< (x−1)2
.
De donde 2x < −2x y por tanto obtenemos x < 0.
(h) |x + 1| |x − 2| = −(x + 1)(x − 2) implica |x2
− x − 2| = −(x2
− x − 2),
es decir, x2
− x − 2 = 0 para x2
− x − 2 ≥ 0 y para x2
− x − 2 < 0 se verifica
trivialmente. Por tanto obtenemos x ∈ {−1, 2} para x2
−x−2 ≥ 0 y x ∈ (−1, 2)
para x2
− x − 2 < 0. En resumen x ∈ [−1, 2].

1.2.2. Sucesiones de números reales
Problema 1.10 Dadas las sucesiones (an)n∈N y (bn)n∈N de términos generales
an = 3n
n+1 , bn = n2
+4
n2−1 ,
determinar los términos generales de las sucesiones (an + bn)n∈N,
(−3an)n∈N, (2an − 3bn)n∈N, (anbn)n∈N, (an/bn)n∈N y (bn/an)n∈N.
Solución. Los términos generales son: an + bn = 4n2
−3n+4
n2−1 ; −3an = −9n
n+1 ;
2an − 3bn = 3n2
−6n−4
n2−1 ; anbn = 3n3
+12n
(n+1)2(n−1) ; an/bn = 3n2
−3n
n2+4 y bn/an = n2
+4
3n2−3n .
Problema 1.11 Dada la sucesión de término general xn = n
n+1 , se pide:
1. Encontrar n1 ∈ N tal que |xn − 1| < 0,1 cuando n > n1.
2. Encontrar n2 ∈ N tal que |xn − 1| < 0,001 cuando n > n2.
3. Aplicando la definición de l´ımite, comprobar que 1 es el l´ımite de la suce-
sión.
4. Aplicando la definición de l´ımite, comprobar también que 1,1 no es el l´ımite
de la sucesión considerada.
Solución. (a) n1 = 9. (b) n2 = 999.
(c) Aplicando la definición de l´ımite debe verificarse: ∀ > 0, ∃n0 tal que
para n ≥ n0 se cumple que | n
n+1 − 1| < ; La última desigualdad la podemos
escribir como | n
n+1 − 1| = | 1
n+1 | = 1
n+1 < , de donde resulta n > 1−
. Basta
tomar n0 = E(1−
) + 1, donde E(x) es la parte entera de x.
(d) Aplicando la definición de l´ımite debe verificarse: ∀ > 0, ∃n0 tal que
para n ≥ n0 se cumple que | n
n+1 − 1,1| < ; de donde resulta n > 1,1−
−0,1 . Por lo
tanto cuando se acerca a 0,1 la n crece indefinidamente y no puede existir n0.
Problema 1.12 Se considera la sucesión de término general xn = 3n−1
4n+5 .
1. Escribir los términos x1, x5, x100, x100000.
2. Deducir un posible valor para el l´ımite de la sucesión.
3. Aplicando la definición de l´ımite encontrar éste.
Solución. (a) x1 = 2
9 = 0,22, x5 = 14
25 = 0,56, x100 = 299
405 = 0,7382716 y
x100000 = 299999
400005 = 0,7499881251.
(b) l = 0,75 = 3
4 .
(c) La definición de l´ımite dice que ∀ > 0, ∃n0 tal que para n ≥ n0 se
verifica que |3n−1
4n+5 − l| < , donde l es el l´ımite de la sucesión. Tomando l = 3
4 y
desarrollando la desigualdad anterior resulta |3n−1
4n+5 −3
4 | = | 19
16n+20 | = 19
16n+20 < .
De donde n > 19−20
16 . Basta tomar n0 = E(19−20
16 ) + 1, donde E(x) es la parte
entera de x, para que se verifique la definición.

Problema 1.13 Demostrar que si la sucesión (an)n∈N es convergente entonces
la sucesión (an+1 − an)n∈N es también convergente y su l´ımite es cero. Como
aplicación, probar que no existe ningún número real que sea l´ımite de la sucesión
(3n − 2)n∈N.
Solución. En efecto, si (an)n∈N es convergente entonces se verifica que ∀ > 0,
∃n0 tal que para n ≥ n0 se verifica |an − l| < , donde l es el l´ımite de la
sucesión. De la última desigualdad resulta |an+1 −an −0| = |an+1 −l+l−an| ≤
|an+1 − l| + |l − an| < 2 , lo que implica que la sucesión (an+1 − an)n∈N tiene
l´ımite cero.
Aplicando este resultado a la sucesión (3n − 2)n∈N, obtenemos |3(n + 1) − 2 −
(3n − 2)| = 3. Por tanto la sucessión considerada no tiene l´ımite.
Problema 1.14 Se define la sucesión de término general an = 1+(−1)n
n
n . Pro-
bar que ningún número real es su l´ımite.
Solución. Aplicando el resultado del problema anterior se obtiene |an+1 −
an|=|1+(−1)n+1
(n+1)
n+1 − 1+(−1)n
n
n | = |2(−1)n+1
− 1
n2+n |. Esta expresión vale 2 −
1
n2+n si n es par y 2 + 1
n2+n si n es impar. En cualquier caso como 1
n2+n < 1 se
obtiene que |an+1 − an| > 1 y por tanto la sucesión considerada no tiene l´ımite.
Problema 1.15 Sean dos sucesiones de números reales (xn)n∈N, (yn)n∈N tales
que
l´ım
n→∞
(xn) = x, l´ım
n→∞
(yn) = +∞.
Probar que se cumple:
1. l´ım
n→∞
(xn + yn) = +∞.
2. l´ım
n→∞
(xn · yn) = +∞ si x > 0.
3. l´ım
n→∞
(xn · yn) = −∞ si x < 0.
4. l´ım
n→∞
(xn · yn) está indeterminado si x = 0.
Solución. (a) Para demostrar que el l´ım
n→∞
(xn +yn) = +∞ hay que comprobar
que ∀k ∈ R+
, ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn + yn > k . Puesto que la
sucesión (xn)n∈N tiene l´ımite x, sabemos que existe n1 tal que si n > n1 entonces
|xn −x| < 1, es decir, −1 < xn −x < 1; por otra parte como la sucesión (yn)n∈N
tiende hacia infinito, sabemos que existe n2 tal que si n > n2 entonces yn > k.
Por tanto tomando n0 = máx{n1, n2} tenemos que yn +xn −x > k −1, es decir,
yn + xn > k + x − 1 = k .
(b) Para demostrar que el l´ım
n→∞
(xn · yn) = +∞ hay que comprobar que
∀k ∈ R+
, ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn · yn > k . Efectuando el mismo
razonamiento que en el apartado (a) tenemos que yn · xn > k(x − 1) = k .

(c) Para demostrar que el l´ım
n→∞
(xn ·yn) = −∞ hay que comprobar que ∀k ∈
R−
, ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn · yn < k . Puesto que la sucesión (xn)n∈N
tiene l´ımite x, sabemos que existe n3 tal que si n > n3 entonces |xn −x| < −x/2,
es decir, x/2 < xn − x < −x/2 por tanto 3x/2 < xn < x/2 < 0. Basta tomar
n0 = máx{n2, n3}, donde n2 es el valor definido en el apartado (a), tenemos que
yn · xn < kx/2 = k .
(d) Basta ver dos ejemplos en que el l´ımite es distinto. Si tomamos las
sucesiones de término general xn = 1/n e yn = 2n entonces l´ımn→∞(xn · yn) =
2. En cambio si consideramos las sucesiones de término general xn = 1/n2
e
yn = 2n se obtiene l´ım
n→∞
(xn · yn) = 0.
Problema 1.16 Sabemos que l´ım
n→∞
(an) = +∞ y que (bn)n∈N es una sucesión
convergente tal que l´ım
n→∞
(an · bn) = 12,04. ¿Cúal es el l´ımite de la sucesión
(bn)n∈N?
Solución. l´ım
n→∞
bn = 0 puesto que si l´ım
n→∞
bn = 0 tendr´ıamos que l´ım
n→∞
(an·bn) =
∞.
Problema 1.17 Utilizando la definición de l´ımite decidir, para las sucesiones
de término general siguiente, si el número indicado es o no su l´ımite:
(a) an = n+2
2n+4 ; l = 1/2, (b) an = 3n+2
2n+1 ; l = 3/2,
(c) an = 4n−1
3−2n ; l = 4/3, (d) an = 2−n
3−4n ; l = 1/4.
Solución. (a) an = n+2
2n+4 = 1
2 . Esta es la sucesión constante (an)n∈N ≡ 1
2 que
tiene l´ımite 1
2 .
(b) |3n+2
2n+1 − 3
2 | = | 1
4n+2 | = 1
4n+2 < . De donde n > 1−2
4 . Basta tomar
n0 = E(1−2
4 ) + 1, donde E(x) es la función parte entera de x, en la definición
de l´ımite para demostrar que 3
2 es el l´ımite de esta sucesión.
(c) |4n−1
3−2n − 4
3 | = |20n−15
6n−9 | = 20n−15
6n−9 < . De donde n > 9 −15
6 −20 . Por tanto 4
3 no
es el l´ımite de esta sucesión ya que cuando se acerca a 20/6 el valor de n crece
indefinidamente, y no puede existir un valor determinado n0 tal que ∀n ≥ n0 la
desigualdad inicial se verifique.
(d) | 2−n
3−4n − 1
4 | = | 5
16n−12 | = 5
16n−12 < . De donde n > 5+12
16 . Basta tomar
n0 = E(5+12
16 )+1, donde E(x) es la parte entera de x, en la definición de l´ımite
para demostrar que 1
4 es el l´ımite de esta sucesión.
Problema 1.18 Demostrar que:
(a) l´ım
n→∞
kn
= +∞ si k > 1,
(b) l´ım
n→∞
kn
= 0 si 0 < k < 1,
(c) l´ım
n→∞
k1/n
= 1 si k > 0,
donde k ∈ R.

Solución. (a) Observemos que para k > 1, ln(kn
) = n ln k tiende a infinito
cuando n crece. Por tanto kn
= en ln k
tiende a e∞
= ∞.
(b) Si 0 < k < 1, ln k es negativo y por tanto ln(kn
) = n ln k tiende a −∞
cuando n crece. Por tanto kn
= en ln k
tiende a e−∞
= 0.
(c) Para k > 0, ln(k
1
n ) = 1
n ln k tiende a cero cuando n crece. Por tanto
k
1
n = e
1
n ln k
tiende a e0
= 1.
Problema 1.19 Sea l´ım
n→∞
(an) = a ∈ R. Se define la sucesión (bn)n∈N = (an −
a)n∈N. Demostrar que l´ım
n→∞
(bn) = 0.
Solución. En efecto, como (an)n∈N es convergente y tiene l´ımite a entonces se
verifica que ∀ > 0, ∃n0 tal que para n ≥ n0 entonces |an − a| < . De donde
resulta |bn − 0| = |an − a − 0| < que implica l´ım
n→∞
(bn) = 0.
Problema 1.20 Comprobar si las sucesiones de términos generales siguientes
son monótonas. Comprobar también si están acotadas.
(a) an = n+1
2n+3 , (c) cn = (−1)n
3n2−1 ,
(b) bn = 3n−1
2n−3 , (d) dn = n!
nn .
Solución. (a) an+1 − an = 1
(2n+5)(2n+3) > 0, ∀n ∈ N. Por tanto an+1 > an, es
decir la sucesión (an)n∈N es monótona creciente. Como a1 = 2
5 se puede tomar
2
5 como cota inferior y 1
2 como cota superior puesto que |an| < 1
2 , ∀n ∈ N; es
decir la sucesión (an)n∈N está acotada.
(b) bn+1 − bn = −7
(2n−1)(2n−3) < 0, ∀n > 1. Por tanto bn+1 < bn, es decir la
sucesión (bn)n∈N es monótona decreciente. Como bn > 0 para ∀n > 1 y b1 = −2
se puede tomar −2 como cota inferior; por otra parte como b2 = 5 y la sucesión
es decreciente podemos tomar 5 como cota superior, es decir la sucesión (bn)n∈N
está acotada.
(c) La sucesión (cn)n∈N no es monótona puesto que es una sucesión alter-
nada. La sucesión |(cn)|n∈N tiende a cero y es monótona decreciente podemos
tomar ±1
2 como cota superior e inferior respectivamente de la sucesión inicial y
por tanto la sucesión (cn)n∈N está acotada.
(d) Veamos que dn+1 < dn, es decir, (n+1)!
(n+1)n+1 < n!
nn . Operando en la de-
sigualdad anterior se obtiene 1 < (1 + 1
n )n
que se verifica ∀n ∈ N. Por tanto
la sucesión (dn)n∈N es monótona decreciente. Como ∀n ∈ N dn > 0, podemos
tomar como cota inferior 0 y d1 = 1 como cota superior, consecuentemente la
sucesión (dn)n∈N está acotada.
Problema 1.21 Se define la sucesión (xn)n∈N de forma recurrente: x1 =
√
a,
a > 0 y xn =
√
a + xn−1, ∀n > 1. Demostrar que es monótona y acotada.
Deducir que es convergente y calcular su l´ımite.

Solución. Demostremos que es monótona por inducción: Como x1 =
√
a y
x2 = a +
√
a >
√
a tenemos x2 > x1. Supongamos que xn > xn−1, tenemos
que xn =
√
a + xn−1 <
√
a + xn = xn+1. Por lo tanto podemos concluir que la
sucesión es monótona creciente.
Como ∀n ∈ N, xn > 0 y la sucesión es monótona creciente podemos tomar
como cota inferior el 0. Veamos que la cota superior es a si a ≥ 2 y 2 si a < 2.
Realizaremos la demostración por inducción.
Si a ≥ 2 tenemos que x1 < a. Suponiendo que xn < a, tenemos xn+1 =√
a + xn <
√
a + a =
√
2a ≤
√
a2 = a.
Si a < 2 tenemos que x1 < 2. Suponiendo xn < 2, tenemos xn+1 =√
a + xn <
√
a + 2 <
√
2 + 2 = 2.
En ambos casos la sucesión (xn)n∈N está acotada. Puesto que es monótona
creciente y posee cota superior es convergente.
Su l´ımite verifica l =
√
a + l, es decir, l2
− l − a = 0 de donde l = 1±
√
1+4a
2 pero
como a > 0 y xn > 0 ∀n ∈ N, resulta l = 1+
√
1+4a
2 .
Problema 1.22 Demostrar que las siguientes sucesiones definidas de forma
recurrente tienen l´ımite y encontrarlo.
(a) a1 =
√
2; an+1 =
√
2an, ∀n > 1,
(b) a1 = 3; an+1 = an+5
2 , ∀n > 1,
(c) a1 = 2; an+1 = 1
2 an + 2
an
, ∀n > 1.
Solución. (a) Veamos que es monótona por inducción. Como a1 =
√
2 y
a2 = 2
√
2 >
√
2 tenemos a2 > a1. Ahora suponiendo que an > an−1 tenemos
an =
√
2an−1 <
√
2an = an+1. Por lo tanto la sucesión (an)n∈N es monótona
creciente.
Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar 0 como cota inferior. Veamos que la
cota superior es 2. Procederemos por inducción. En efecto, a1 < 2, suponiendo
que an < 2 tenemos an+1 =
√
2an <
√
2 · 2 = 2. Por tanto la sucesión (an)n∈N
está acotada.
Como es monótona creciente y posee cota superior es convergente. Su l´ımite
verifica l =
√
2l, es decir, l2
= 2l de donde l = 2.
(b) Demostraremos que es monótona por inducción. Como a1 = 3 y a2 = 4 >
3 tenemos a2 > a1. Ahora suponiendo que an > an−1 tenemos an = an−1+5
2 <
an+5
2 = an+1. Por lo tanto la sucesión (an)n∈N es monótona creciente.
Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar como cota inferior el 0. Veamos que
la cota superior es 5. En efecto, a1 < 5. Suponiendo que an < 5 tenemos
an+1 = an+5
2 < 5+5
2 = 5. Por tanto la sucesión (an)n∈N está acotada.
Como es monótona creciente y posee cota superior es convergente. Su l´ımite
verifica l = l+5
2 de donde l = 5.

(c) Demostraremos que la sucesión es monótona decreciente. Veamos que
an+1 − an ≤ 0, ∀n ∈ N. Tenemos an+1 − an =
2−a2
n
2an
. Basta demostrar que
an ≥
√
2 para probar que la sucesión es monótona decreciente. Supongamos lo
contrario, es decir an <
√
2. En este caso 1
2 (an−1 + 2
an−1
) = an <
√
2 lo que
implica (an−1 −
√
2)2
< 0 que no es posible. En particular an ≥
√
2 ∀n ∈ N.
Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar como cota inferior el 0 y puesto que la
sucesión es decreciente podemos tomar como cota superior a1 = 2. Por tanto la
sucesión (an)n∈N está acotada.
Como es monótona decreciente y posee cota inferior es convergente. Su l´ımite
verifica l = 1
2 (l + 2
l ) de donde l2
= 2 y l =
√
2 puesto que la sucesión es de
términos positivos.
Problema 1.23 Se considera la sucesión de término general xn = 1 + 1
n
n
.
Comprobar que es monótona creciente y acotada.
Solución. Veamos que xn+1 > xn. Desarrollando xn+1 mediante la fórmula
del binomio de Newton obtenemos
xn+1 := 1 +
1
n + 1
n+1
=
n + 1
0
+
n + 1
1
1
n + 1
+
n + 1
2
1
n + 1
2
+ . . . +
n + 1
n + 1
1
n + 1
n+1
= 1 + 1 +
1
2!
1 −
1
n + 1
+
1
3!
1 −
1
n + 1
1 −
2
n + 1
+ . . . +
1
(n + 1)!
1 −
1
n + 1
1 −
2
n + 1
× . . . × 1 −
(n + 1) − 1
n + 1
Desarrollando también xn obtenemos
xn := 1 +
1
n
n
=
n
0
+
n
1
1
n
+
n
2
1
n
2
+ . . . +
n
n
1
n
n
= 1 + 1 +
1
2!
1 −
1
n
+
1
3!
1 −
1
n
1 −
2
n
+ . . . +
1
n!
1 −
1
n
1 −
2
n
× . . . × 1 −
n − 1
n + 1
Teniendo en cuenta que 1− 1
n+1 > 1− 1
n en las expresiones anteriores obten-
emos que xn+1 > xn y por tanto la sucesión (xn)n∈N es monótona creciente.

Podemos tomar como cota inferior 0 ya que xn > 0, ∀n ∈ N. Una cota superior
es 3 ya que
xn = 1 +
1
n
n
= 1 + 1 +
1
2!
1 −
1
n
+
1
3!
1 −
1
n
1 −
2
n
+ . . . +
1
n!
1 −
1
n
1 −
2
n
× . . . × 1 −
n − 1
n + 1
< 1 + 1 +
1
2!
+
1
3!
+ . . . +
1
n!
< 1 + 1 +
1
2!
+
1
22
+ . . . +
1
2n−1
< 1 + 1 + 1 −
1
2n−1
< 3
En definitiva, la sucesión es monótona creciente y posee cota superior, por
tanto es convergente.
Problema 1.24 Se considera la sucesión de Fibonacci, definida recurrente-
mente por
x1 = x2 = 1, xn = xn−1 + xn−2, ∀n > 2.
Probar que ∀n ∈ N se cumple xn < 7
4
n
. Probar también que (xn)n∈N coincide
con la sucesión (yn)n∈N de término general
yn =
an
− bn
a − b
,
donde a y b son las ra´ıces de la ecuación t2
− t − 1 = 0.
Solución. Vamos a demostrar por inducción que xn < 7
4
n
∀n ∈ N. Se verifica
que x1 < 7
4 y x2 < 7
4
2
. Ahora suponiendo que xn < 7
4
n
y xn−1 < 7
4
n−1
tenemos xn+1 = xn + xn−1 < 7
4
n
+ 7
4
n−1
= 7
4
n−1 11
4 < 7
4
n+1
.
Imponiendo y1 = a−b
a−b = x1 = 1, y2 = a2
−b2
a−b = a + b = x2 = 1, de donde
b = 1 − a; si imponemos además y3 = a3
−b3
a−b = a2
+ ab + b2
= x3 = 2, resulta
a2
+ ab + b2
= a2
+ a(1 − a) + (1 − a)2
= 2, es decir, a2
− a − 1 = 0 e
igualmente b2
− b − 1 = 0. Podemos comprobar, teniendo en cuenta lo anterior,
que yn = yn−1 + yn−2 = an
−bn
a−b , ∀n > 2.
Problema 1.25 Se dice que una sucesión es regular o de Cauchy si ∀ > 0,
∃n0 tal que ∀p, q ≥ n0 se verifica |ap − aq| < . Dada la sucesión de término
general
an = 1 +
1
2
+
1
3
+ . . . +
1
n
,
demostrar que no es una sucesión regular y que es divergente. Indicación: Cal-
cular |a2n − an|.
Solución. Evaluando |a2n − an| = | 1
n+1 + . . . + 1
2n | > n
2n = 1
2 por tanto no
es regular. Veamos que es divergente. Demostraremos que ∀A > 0, ∃n0 tal que

para n ≥ n0 se verifica que an > A.
an = 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
+
1
8
+
1
9
+ . . . +
1
n
> 1 +
1
2
+
1
4
+
1
4
+
1
8
+
1
8
+
1
8
+
1
8
+
1
16
+ . . . +
1
n
Llamemos Sn al último término de la desigualdad anterior. Es fácil ver que
S2k = 1 + 1
2 k, por lo tanto Sn > A, ∀A > 0 y como an > Sn implica que
(an)n∈N es divergente.
Problema 1.26 Calcular los siguientes l´ımites
(a) l´ım
n→∞
a0 + . . . + arnr
b0 + . . . + bsns
,
(b) l´ım
n→∞
n
√
a0 + a1n + . . . + arnr.
Solución. (a) l´ım
n→∞
a0 + . . . + arnr
b0 + . . . + bsns
= l´ım
n→∞
a0
ns + . . . + arnr−s
b0
ns + . . . + bs
=
l´ım
n→∞
ar
bs
nr−s
que es igual a ±∞ si r − s > 0, igual a ar
bs
si r − s = 0 e igual
a 0 si r − s < 0.
(b) l´ım
n→∞
n
√
a0 + a1 + . . . + arnr = l´ım
n→∞
n
√
nr n
a0
nr
+
a1
nr−1
+ . . . + ar =
l´ımn→∞
n
√
nr = e
l´ım
n→∞
r ln n
n = 1.
Problema 1.27 Encontrar el valor de a ∈ R para que se verifique
l´ım
n→∞
n2 + an − n = l´ım
n→∞
3n + 1
2n − 4
n−1
n+2
.
Solución. l´ım
n→∞
n2 + an − n = l´ım
n→∞
√
n2 + an − n
√
n2 + an + n
√
n2 + an + n
=
l´ım
n→∞
an
√
n2 + an + n
= l´ım
n→∞
a
1 + a
n + 1
=
a
2
.
Por otro lado l´ım
n→∞
3n + 1
2n − 4
n−1
n+2
=
3
2
. Por tanto a = 3.

Problema 1.28 Calcular el l´ımite de las sucesiones con los siguientes t´erminos
generales:
(a)
√
n4+n+1
5n2−7n , (b) n+1
n
2n
3
,
(c) (2n+1)3
−(2n−1)3
3n2+1 , (d) n2 − pn + q − n,
(e)
1− n
n−1
n+1
n−1 − n−1
n+1
, (f)
√
n + 1 −
√
n n + 1
2 ,
(g) 2n
+3n
2n−3n , (h) n+1
2n+1
2n−1
3n−1
,
(i) 1+2+...+n
n2 , (j)
1+ 1
2 +...+ 1
n
ln n ,
(k) 1+22
+...+n2
n3 , (l) ln(a+n)
ln n
ln n
.
n→∞
√
n4 + n + 1
5n2 − 7n
= l´ım
n→∞
1 + 1
n3 + 1
n4
5 − 7
n
=
1
5
.
(b) l´ım
n→∞
n + 1
n
2n
3
= l´ım
n→∞
1 +
1
n
2n
3
= e
3
2 .
(c) l´ım
n→∞
(2n + 1)3
− (2n − 1)3
3n2 + 1
= l´ım
n→∞
24n2
+ 2
3n2 + 1
= 8.
(d) l´ım
n→∞
n2 − pn + q −n = l´ım
n→∞
( n2 − pn + q − n)( n2 − pn + q + n)
n2 − pn + q + n
= l´ım
n→∞
−pn + q
n2 − pn + q + n
= −
p
2
.
(e) l´ım
n→∞
1 − n
n−1
n+1
n−1 − n−1
n+1
= l´ım
n→∞
−(n + 1)
4n
= −
1
4
.
(f) l´ım
n→∞
√
n + 1 −
√
n n +
1
2
= l´ım
n→∞
n + 1
2
√
n + 1 +
√
n
=
1
2
.
(g) l´ım
n→∞
2n
+ 3n
2n − 3n
= l´ım
n→∞
2
3
n
+ 1
2
3
n
− 1
= −1.
(h) l´ım
n→∞
n + 1
2n + 1
2n−1
3n−1
= l´ım
n→∞
n + 1
2n + 1
1
2
2n−1
3n−1
=
1
2
1
3
.
(i) l´ım
n→∞
1 + 2 + . . . + n
n2
= l´ım
n→∞
1+n
2 n
n2
= l´ım
n→∞
1 + n
2n
=
1
2
.
(j) l´ım
n→∞
1 + 1
2 + . . . + 1
n
ln n
= l´ım
n→∞
1
n
ln n − ln(n − 1)
= l´ım
n→∞
1
n ln n
n−1
=
1
ln e
= 1.
(k) l´ım
n→∞
1 + 22
+ . . . + n2
n3
= l´ım
n→∞
n2
n3 − (n − 1)3
= l´ım
n→∞
n2
3n2 − 3n + 1
=
1
3
.

(l) l´ım
n→∞
ln(a + n)
ln n
ln n
= l´ım
n→∞
e
ln(a+n)
ln n −1 ln n
=
l´ım
n→∞
e ln(a+n)−ln n
= l´ım
n→∞
eln a+n
n = eln 1
= e0
= 1.
Problema 1.29 Calcular
(a) l´ım
n→∞
1 + 2
√
2 + 3
√
3 + . . . + n
√
n
n2
√
n
,
(b) l´ım
n→∞
1 + 1/
√
2 + 1/
√
3 + . . . + 1/
√
n
√
n
.
Soluci´on. Aplicando en ambos casos el criterio de Stolz obtenemos:
(a) l´ım
n→∞
1 + 2
√
2 + 3
√
3 + . . . + n
√
n
n2
√
n
= l´ım
n→∞
n
√
n
n2
√
n − (n − 1)2
√
n − 1
=
l´ım
n→∞
n
√
n n2
√
n + (n − 1)2
√
n − 1
n2
√
n − (n − 1)2
√
n − 1 n2
√
n + (n − 1)2
√
n − 1
=
l´ım
n→∞
n4
+ n(n − 1)2
√
n2 − n
n5 − (n − 1)5
= l´ım
n→∞
n4
+ n(n − 1)2
√
n2 − n
5n4 − 10n3 + 10n2 − 5n + 1
=
2
5
.
(b) l´ım
n→∞
1 + 1/
√
2 + 1/
√
3 + . . . + 1/
√
n
√
n
= l´ım
n→∞
1/
√
n
√
n −
√
n − 1
=
l´ım
n→∞
1
n −
√
n2 − n
= l´ım
n→∞
n +
√
n2 − n
n −
√
n2 − n n +
√
n2 − n
=
l´ım
n→∞
n +
√
n2 − n
n2 − (n2 − n)
= l´ım
n→∞
n +
√
n2 − n
n
= 2.
Problema 1.30 Calcular el l´ımite de las sucesiones con los siguientes t´erminos
generales:
(a) n
√
n, (b) n n
√
a − n
√
b ,
(c)
n
√
a+
n√
b
2
n
, (d)
n n
√
n−1
ln n ,
(e) 1
n
1
n
, (f)
n√
n!
n .
n→∞
n √
n = l´ım
n→∞
n
1
2n = l´ım
n→∞
eln n
1
2n
= l´ım
n→∞
e
ln n
2n = e0
= 1.
(b) l´ım
n→∞
n n
√
a −
n
√
b = l´ım
n→∞
n n
a
b
− 1 = l´ım
n→∞
n ln n
a
b
= ln
a
b
.
(c) l´ım
n→∞
n
√
a + n
√
b
2
n
= l´ım
n→∞
e
n√
a
2 +
n√
b
2 −1 n
=
l´ım
n→∞
e
1
2 ( n
√
a−1)n+(
n√
b−1)n
= l´ım
n→∞
e
1
2 n ln n
√
a+n ln
n√
b
=
e
1
2 ln a+ln b
= eln
√
ab
=
√
ab.

(d) l´ım
n→∞
n n
√
n − 1
ln n
= l´ım
n→∞
n ln n
√
n
ln n
= l´ım
n→∞
ln n
ln n
= 1.
(e) l´ım
n→∞
1
n
1
n
= l´ım
n→∞
e
1
n ln 1
n = l´ım
n→∞
e− ln n
n = e0
= 1.
(f) l´ım
n→∞
n
√
n!
n
= l´ım
n→∞
n
nne−n
√
2πn
n
= l´ım
n→∞
ne−1 2n
√
2πn
n
=
1
e
.
Problema 1.31 Calcular l´ım
n→∞
1 + 2a
+ . . . + na
na+1
.
Solución. l´ım
n→∞
1 + 2a
+ . . . + na
na+1
= l´ım
n→∞
na
na+1 − (n − 1)a+1
=
l´ım
n→∞
1
n
1 − n−1
n
a+1 = l´ım
n→∞
1
n
− ln n−1
n
a+1 = l´ım
n→∞
1
(a + 1)n ln n
n−1
=
1
a+1 l´ım
n→∞
1
ln n
n−1
n =
1
a + 1
1
ln e
=
1
a + 1
.
Problema 1.32 Encontrar el l´ımite de las sucesiones que tienen como término
general los siguientes:
(a) n
tan2 nπ
2n+1 , (b)
sin 3
n ln 1+tan2 5
n
arctan 7
n 1−cos 3
n
,
(c) ln(en
+e−n
)
n , (d)
3n3
sin2 1
n
(n+2) cos nπ
4n+1
.
n→∞
n
tan2 nπ
2n + 1
= l´ım
n→∞
n
tan2 π
2
−
π
4n + 2
=
l´ım
n→∞
n
cot2 π
4n + 2
= l´ım
n→∞
tan2 π
4n + 2
− 1
n
=
l´ım
n→∞
π
4n + 2
− 2
n
= l´ım
n→∞
e− 2
n ln π
4n+2 = l´ım
n→∞
e
−2 ln π+2 ln(4n+2)
n = e0
= 1.
(b) l´ım
n→∞
sin 3
n ln 1 + tan2 5
n
arctan 7
n 1 − cos 3
n
= l´ım
n→∞
3
n tan2 5
n
7
n
(3/n)2
2
= l´ım
n→∞
75
n3
63
2n3
=
50
21
.
(c) l´ım
n→∞
ln(en
+ e−n
)
n
= l´ım
n→∞
ln(en
+ e−n
) − ln(en−1
+ e−(n−1)
)
n − (n − 1)
=
l´ım
n→∞
ln
en
+ e−n
en−1 + e−(n−1)
= l´ım
n→∞
ln
1 + e−2n
e−1 + e1−2n
= ln e = 1.
(d) l´ım
n→∞
3n3
sin2 1
n
(n + 2) cos nπ
4n+1
= l´ım
n→∞
3n3 1
n2
(n + 2)
√
2
2
= 3
√
2.
Problema 1.33 Calcular l´ım
n→∞
1
n
n
(n + 1)(n + 2) . . . (2n).
( Indicación: Multiplicar y dividir por n! y aplicar la fórmula de Stirling)

Solución. l´ım
n→∞
1
n
n
(n + 1)(n + 2) . . . (2n) =
l´ım
n→∞
1
n
n n!(n + 1)(n + 2) . . . (2n)
n!
= l´ım
n→∞
1
n
n (2n)!
n!
=
l´ım
n→∞
1
n
n (2n)2ne−2n
√
4πn
nne−n
√
2πn
= l´ım
n→∞
1
n
(2n)2
e−2 2n
√
4πn
n e−1 2n
√
2πn
=
4
e
.
Problema 1.34 Sean a, b ∈ R tales que 0 < a < b. Se define la sucesión
(an)n∈N, por recurrencia, de la siguiente forma:
a1 =
√
ab, a2 = a1b, an =
√
an−1an−2, ∀n ≥ 3,
(a) Comprobar que admite b como cota superior y a como cota inferior.
(b) Demostrar por inducción, que (bn)n∈N = (a2n)n∈N es una sucesión decre-
ciente y que (cn)n∈N = (a2n−1)n∈N es creciente.
(c) Deducir que (bn)n∈N y (cn)n∈N son convergentes.
(d) Demostrar que los términos de (bn)n∈N siempre son mayores que los térmi-
nos de (cn)n∈N.
(e) Comprobar que para todo par de números reales positivos (x, y) se cumple
que
√
xy ≤ x+y
2 .
(f) Deducir, con todo lo anterior, la siguiente desigualdad:
0 < a2n − a2n−1 <
a2n−2 − a2n−3
2
,
y, por tanto,
0 < a2n − a2n−1 <
a2 − a1
2n−1
.
(g) Probar que la sucesión (an) es convergente y hallar su l´ımite.
Solución. (a) Veamos que b es cota superior. Demostremos que a1 < b, que
es lo mismo que
√
ab < b, es decir, ab < b2
, por tanto a < b que es cierto
por las hipótesis. Demostremos que a2 < b, que es lo mismo que
4
√
ab3 < b,
es decir, ab3
< b4
, por tanto a < b. Procedemos por inducción. Suponiendo
an−1, an−2 < b, tenemos que an =
√
an−1an−2 <
√
b2 = b con lo que queda
demostrado que b es cota superior.
Veamos que a es cota inferior. Demostremos que a1 > a, que es lo mismo
que
√
ab > a, es decir, ab > a2
, por tanto b > a que es cierto por las hipótesis.
Demostremos que a2 > a, que es lo mismo que
4
√
ab3 > a, es decir, ab3
> a4
, por
tanto b > a. Procedemos por inducción. Suponiendo an−1, an−2 > a, tenemos
que an =
√
an−1an−2 >
√
a2 = a.
(b) Demostremos por inducción que la sucesión (bn)n∈N = (a2n)n∈N es
monótona decreciente. Primero veamos que a4 < a2, pero esto significa
16
√
a5b11 <

4
√
ab3, es decir
16
√
a5b11 <
16
√
a4b12, que implica a < b que es cierto por las
hipótesis. Suponiendo que a2n−2 < a2n−4 tenemos
a2n =
√
a2n−1a2n−2 =
√
a2n−2a2n−3
√
a2n−3a2n−4
= 4
a2n−2a2
2n−3a2n−4 < 4
a2
2n−3a2
2n−4 =
√
a2n−3a2n−4 = a2n−2.
Veamos por inducción que la sucesión (cn)n∈N = (a2n−1)n∈N es monótona cre-
ciente. Primero veamos que a3 > a1, pero esto significa
8
√
a3b5 >
√
ab, es decir
8
√
a3b5 >
8
√
a4b4, que implica b > a que es cierto por las hipótesis. Suponiendo
que a2n−1 > a2n−3 tenemos que
a2n+1 =
√
a2na2n−1 =
√
a2n−1a2n−2
√
a2n−2a2n−3
= 4
a2n−1a2
2n−2a2n−3 > 4
a2
2n−2a2
2n−3 =
√
a2n−2a2n−3 = a2n−1.
(c) Hemos visto que las sucesiones (bn)n∈N y (cn)n∈N son monótonas y aco-
tadas por tanto son convergentes.
(d) Veamos que a2m > a2n−1 para ∀m, n. Primero veamos por inducción que
a2n > a2n−1 para ello verificamos que a2 > a1, pero esto significa
4
√
ab3 >
√
ab,
es decir,
4
√
ab3 >
4
√
a2b2 que implica b > a que es cierto por hipótesis. Suponiendo
que a2n−2 > a2n−3 tenemos que
a2n =
√
a2n−1a2n−2 =
√
a2n−2a2n−3 a2n−2 > a2
2n−3 a2n−2
=
√
a2n−3a2n−2 = a2n−1.
Entonces si n > m tenemos que a2m > a2n > a2n−1 y si n < m tenemos que
a2m > a2m−1 > a2n−1, por ser (a2n)n∈N monótona decreciente y (a2n−1)n∈N
monótona creciente.
(e) (
√
x −
√
y)2
= x − 2
√
xy + y ≥ 0, de la anterior desigualdad se sigue
directamente
√
xy ≤ x+y
2 ∀x, y.
(f) Utilizando el resultado anterior tenemos que
0 < a2n − a2n−1 =
√
a2n−1a2n−2 − a2n−1
≤
a2n−1 + a2n−2
2
− a2n−1 =
a2n−2 − a2n−1
2
<
a2n−2 + a2n−3
2
,
puesto que a2n−3 < a2n−1 y por tanto aplicando esta desigualdad reiteradamente
llegamos a 0 < a2n − a2n−1 < a2+a1
2n−1 . Esto nos permite afirmar que l´ım
n→∞
(a2n −
a2n−1) = 0 que implica que la sucesión (an)n∈N tiene l´ımite.
(g) Para calcular su l´ımite utilizando la relación de recurrencia obtenemos
l =
√
l2, es decir, que l es positivo. Calculando el valor de a3 es fácil ver que
a4
3 = ab2
a1. Veamos que se puede generalizar este resultado a a4
n = ab2
an−2.
Supongamos que a4
n = ab2
an−2 y obtenemos que a4
n+1 = a2
na2
n−1 =
a4
na2
n−1
a2
n
=
ab2
an−2a2
n−1
a2
n
=
ab2
a2
nan−1
a2
n
= ab2
an−1. De donde se deduce que l4
= ab2
l, es decir,
que l =
3
√
ab2.

Problema 1.35 Encontrar el l´ımite de los per´ımetros de los pol´ıgonos regu-
lares de n lados inscritos en una circunferéncia de radio K cuando n crece
indefinidamente. Hacer lo mismo con los pol´ıgonos circunscritos.
Solución. El ángulo correspondiente a cada uno de los lados del pol´ıgono
regular es α = 2π
n . Por tanto tenemos que el lado l es l = 2K sin α
2 = 2K sin π
n ,
de donde el per´ımetro es Pn = nl = 2nK sin π
n . Si hacemos l´ım
n→∞
Pn obtenemos
que l´ım
n→∞
2nK sin
π
n
= l´ım
n→∞
2nK
π
n
= 2Kπ. Para un pol´ıgono circunscrito l =
2K tan π
n y se obtiene el mismo resultado.
Problema 1.36 Un segmento de longitud L se divide en n partes iguales y
sobre cada una de ellas se construye un triángulo isósceles tal que los ángulos
de la base valen 45o
. Calcular el l´ımite del per´ımetro P de la l´ınea quebrada
resultante cuando n crece indefinidamente.
Solución. Sea l la medida de los dos lados iguales del triángulo isósceles. Por
trigonometr´ıa obtenemos que cos 45o
= L/2n
l =
√
2
2 . De donde l = L/n
√
2
. Por
tanto la longitud de la l´ınea quebrada resultante es Pn = n2l =
√
2L que como
es independiente de n, cuando crece n, obtenemos que P =
√
2L.
1.3. Problemas propuestos
1. Resolver las siguientes cuestiones:
(a) Resolver la siguiente inecuación |x2
− 3| ≤ 1.
(b) Encontrar (si existen) el supremo, el ´ınfimo, el máximo y el m´ınimo
del siguiente conjunto: A = {x ∈ R | x > 0, x2
< 3}.
(a) Resolver las siguiente inecuación |x + 2| ≥ 3.
(b) Encontrar (si existen) el supremo, el´ınfimo, el máximo y el m´ınimo del
siguiente conjunto B = {x ∈ R | nx2
−x−(1+n) = 0, n ≥ 1, n ∈ N}.
(c) Demostrar por inducción que todo número natural n verifica
11
+ 22
+ 33
+ · · · + n2
=
1
6
n(n + 1)(2n + 1).
3. Considerar la sucesión (an)n∈N de término general an =
2n + 1
n + 1
.
(a) Comprobar que es una sucesión monótona.
(b) Comprobar que es una sucesión convergente y calcular su l´ımite .
(c) Calcular a partir de qué n se satisface |an − | < 0,01.
4. Considerar la sucesión de término general an = 2n−1
n+5 .

1.3 Problemas propuestos 33
(a) Demostrar, utilitzando la definición de l´ımite de una sucesión, que
l´ım
n→∞
an = 2.
(b) ¿A partir de qué término de la sucesión {an} se satisface que |an−2| <
0,01?
5. Demostrar que la sucesión definida recurrentemente por
a1 = 0, an+1 =
an
2
+ 2, para todo n ≥ 1,
es convergente y hallar su l´ımite.
6. Considerar la sucesión definida por an =
sin(nπ
2 )
n
.
(a) Comprobar que está acotada superiormente e inferiormente. Calcula
su l´ımite cuando x → ∞.
(b) ¿Es decreciente? (Razona la respuesta).
7. Si x1 = 1
2 y definimos recurrentemente xn+1 = x2
n + 4
25 ∀n ≥ 1,
(a) Probar que (xn) es una sucesión monótona y cumple 1
5 < xn < 4
5 .
(b) Calcular el l´ımite de la sucesión (xn).
(a) Calcular l´ım
n→∞
n tan
1
n
y l´ım
n→∞
1 +
1
n
n2+1
1−2n
.
(b) Considerar la sucesión (an)n∈N dada por la recurrencia an+1 =
1
2
an ,
a1 = 1 . Probar que (an)n∈N es convergente y encontrar su l´ımite.
Encontrar también su término general.
(a) Calcular los siguientes l´ımites
(i) l´ım
n→∞
√
n + 2 −
√
n − 5, (ii) l´ım
n→∞
n + 2 ln n
n2 + 1
.
(b) Considerar la sucesión (an)n∈N dada por la recurrencia an+1 =
√
2an,
con a1 = 3. Probar que (an)n∈N es convergente y encontrar su l´ımite.
(a) Encontrar el valor de α ∈ R para que se verifique
l´ım
n→∞
( n2 + α n − n) = l´ım
n→∞
3n + 1
2n − 4
n−1
n+2
.

(b) Estudiar si las sucesiones con los siguientes términos generales son
monótonas y acotadas. Si procede, calcular su l´ımite.
(i) an =
3n − 1
2n − 3
, (ii) bn =
n!
nn
.
11. Demostrar que:
(a) 12
+ 22
+ ... + n2
= 1
6 n(n + 1)(2n + 1), (por inducción).
(b) l´ım
n→∞
3n − 5
−n + 2
= −3. Además, calcular el menor valor de n para que
| 3n−5
−n+2 + 3| < 10−3
.
12. Calcula los l´ımites:
(a) l´ım
n→∞
1
n2
−
2
n2
+
3
n2
− .... +
(−1)n−1
n
n2
.
(b) l´ım
n→∞
(1 +
1
n3
)ln n
.
13. Hallar condiciones sobre los parámetros a, b, c, d para que
l´ım
n→∞
n2
+ an + b
n2 + cn + d
n2
= e
14. Calcular los l´ımites siguientes:
(a) l´ım
n→∞
n (2n)!
n!nn
.
(b) l´ım
n→∞
1! + 2! + . . . + n!
n!
.
15. Resolver los siguientes l´ımites:
(a) l´ım
n→∞
n!
nne−n
1
n
.
(b) Sea P(n) = aknk
+ ak−1nk−1
+ ... + a1n + a0 un polinomio de grado
k > 0 con coeficientes reales. Calcular
l´ım
n→∞
P(1) + P(2) + P(3) + ... + P(n)
nk+1
.
16. Calcular los l´ımites siguientes:
(a) l´ım
n→∞
√
1
2 +
√
2
3 +
√
3
4 + · · · +
√
n
n+1
√
n
(b) l´ım
n→∞
1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2n − 1)
n + 1
−
2n + 1
2

(c) l´ım
n→+∞
2 + 5 + 8 + 11 + . . . + (3n − 1)
(n + 1)2
(d) l´ım
n→+∞
√
3 + n2 + n + 1
n(
√
3 + n2 − n − 1)
(e) l´ım
n→∞
1 + 2!
22
√
2
+ · · · + n!
nn
√
n
e−n−1
.
(f) l´ım
n→∞
1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2n − 1)
3n2 − 5n + 1
(g) l´ım
n→∞
cos
2nπ
n + 1
(1+cos( 2nπ
n+1 ))
sin2
( 2nπ
n+1 )
(h) l´ım
n→∞
1
n
1 +
1
2
+
1
3
+ · · · + +
1
n
(i) l´ım
n→∞
n2
+ 3n + 1
n2 − 7
n+1

Cap´ıtulo 2
Funciones reales de variable
real: l´ımites y continuidad
2.1.1. Función; dominio y recorrido
Definición 2.1 Función real de variable real. Una función real de variable
real es una aplicación f de un subconjunto no vacio D de R en R, es decir,
f : D → R.
El subconjunto D se llama dominio de definición de f y se denota como
Dom(f). El dominio de f es, por tanto, el conjunto de puntos de R que tienen
imagen. Por otra parte, al conjunto f(D) = {y ∈ R | ∃x ∈ D | f(x) = y} se le
llama recorrido de la función f y se le denota por Rec(f).
Denotaremos por F(D, R) el conjunto de todas las funciones definidas de R
en R con dominio D ⊂ R.
Definición 2.2 Sea f ∈ F(D, R) . Diremos que:
(i) f es monótona creciente si f(x) ≤ f(y) para todo x < y.
(ii) f es monótona decreciente si f(x) ≥ f(y) para todo x < y.
(iii) f está acotada superiormente si existe un número M tal que f(x) ≤ M
para todo x ∈ D. Si ∃ x0 ∈ D | f(x0) = M, entonces, f tiene un máximo
en x0.
(iv) f está acotada inferiormente si existe un número m tal que f(x) ≤ m para
todo x ∈ D. Si ∃ x0 ∈ D | f(x0) = m, entonces, f tiene un m´ınimo en x0.
37

38 Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad
2.1.2. Operaciones con funciones
Definición 2.3 Dadas dos funciones f y g ∈ F(D, R) definimos las siguientes
operaciones:
(i) Suma: (f + g)(x) = f(x) + g(x) ∀x ∈ D
(ii) Producto: (f · g)(x) = f(x) · g(x) ∀x ∈ D
(iii) Cociente: (f
g )(x) = f(x)
g(x) ∀x ∈ D | g(x) = 0
(iv) Composición: dadas f ∈ F(A, R) y g ∈ F(B, R) tal que f(a) ∈ B se define
la composición como (g ◦ f)(a) = g(f(a)).
Definición 2.4 Sea f : A → B una función real de variable real. Diremos que
f es biyectiva si para todo y ∈ B existe un único x ∈ A tal que f(x) = y.
Definición 2.5 Función inversa. Sea f ∈ F(A, R) y Rec(f) = B. Si f es
biyectiva, llamamos función inversa de f y la denotamos por f−1
a la función
que satisface que f−1
(y) = x si, y sólo si, f(x) = y para todo x ∈ A, y ∈ B.
2.1.3. L´ımite de una función
Definición 2.6 L´ımite de una función en un punto. Sea f ∈ F(D, R) y sea
b ∈ D. Asumimos que f está definida en un determinado entorno del punto b.
Diremos que L es el l´ımite de la función f cuando x tiende a b y lo denotamos
por l´ım
x→b
f(x) = L si, y sólo si, para todo número postivo ε existe un número
positivo δ tal que si |x − b| < δ entonces |f(x) − L| < ε.
Proposición 2.1 El l´ımite de una función en un punto, si existe, es único.
Proposición 2.2 Sean fy g dos funciones cuyos l´ımites en un punto b existen.
Se tiene que
(i) l´ım
x→b
(f(x) + g(x)) = l´ım
x→b
f(x) + l´ım
x→b
g(x).
(ii) l´ım
x→b
(f(x) · g(x)) = l´ım
x→b
f(x) · l´ım
x→b
g(x).
(iii) l´ım
x→b
λf(x) = λ l´ım
x→b
f(x) para todo λ ∈ R.
(iv) l´ım
x→b
f(x)
g(x)
=
l´ım
x→b
f(x)
l´ım
x→b
g(x)
si l´ım
x→b
g(x) = 0.

2.1.4. Infinitésimos equivalentes
Proposición 2.3 Sean fy g dos funciones reales de variable real. f y g son
infinitésimos equivalentes en b y lo denotamos por f ∼ g cuando x → b si
l´ım
x→b
f(x)
g(x)
= 1.
Tabla de infinitésimos equivalentes.
(i) ef(x)
− 1 ∼ f(x) si l´ım
x→b
f(x) = 0
(ii) ln f(x) ∼ f(x) − 1 si l´ım
x→b
f(x) = 1
(iii) ln(1 + f(x)) ∼ f(x) si l´ım
x→b
f(x) = 0
(iv) sin f(x) ∼ tan f(x) ∼ arcsin f(x) ∼ arctan f(x) ∼ f(x) si l´ım
x→b
f(x) = 0
(v) (1 − cos f(x)) ∼ f2
(x)
2 si l´ım
x→b
f(x) = 0
2.1.5. Funciones continuas
Definición 2.7 Función continua en un punto. Diremos que f ∈ F(D, R)
es continua en punto b ∈ D si, y sólo si, l´ım
x→b
f(x) = f(b).
Si la función no es continua en un cierto punto diremos que es discontinua
en ese punto. Si una función f es continua en todos los puntos de un conjunto
B ⊂ R diremos que f es continua en B y lo denotaremos por f ∈ C(B).
Proposición 2.4 Sean f y g dos funciones reales de variable real. Si f y g son
continuas en un punto b y λ ∈ R entonces f + g, f · g y λf son continuas en b.
Además si g(b) = 0, la función f/g también es continua en b.
Los siguientes teoremas muestran propiedades de las funciones continuas.
Teorema 2.1 (Bolzano) Sea f ∈ C([a, b]) tal que f(a) · f(b) < 0. Entonces,
existe un número c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.
Teorema 2.2 (Weierstrass) Sea f ∈ C([a, b]). Entonces, f([a, b]) tiene máxi-
mo y m´ınimo.

2.2.1. Dominios de funciones y operaciones con funciones
Problema 2.1
Encontrar los dominios de definición de las siguientes funciones:
(a) f(x) = x+3
x2−x−2 , (b) f(x) = 3−x
x+6 ,
(c) f(x) = x2+2x−8
x2−3x , (d) f(x) = 1
x − 1
x+2 ,
(e) f(x) = 3 x+3
x2−5x+6 , (f) f(x) = x3
−15x2
+10x−1√
x3+2x2−5x−6
,
(g) f(x) =
√
x−3
x + x15
−1√
20−x
, (h) f(x) =
0, si x < 5;
1, si x > 5,
(i) f(x) = x2
, x ∈ [1, 5), (j) f(x) = ln (x−1)(x−2)
(x−3)(x−4) ,
(k) f(x) = arcsin x+1
x−1 , (l) f(x) = 1 − x2 − 0,5.
Solución. (a) Dom f = R − {−1, 2}. (b) Dom f = (−6, 3]. (c) Dom f =
(−∞, −4]∪(0, 2]∪(3, +∞). (d) Dom f = R−{−2, 0}. (e) Dom f = R−{2, 3}.
(f) Dom f = (−3, −1)∪(2, +∞). (g) Dom f = [3, 20). (h) Dom f = R−{5}. (i)
Dom f = [1, 5). (j) Dom f = (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4, +∞). (k) Dom f = (−∞, 0].
(l) Dom f = [−
√
1,5, −
√
0,5] ∪ [
√
0,5,
√
1,5].
Problema 2.2 Si f es una función con dominio en R+
, estrictamente creciente
y tal que f(1) = 0, f(a) = 1 (a > 1), determinar el dominio de la función f◦f◦f.
Aplicar el resultado anterior a la función f(x) = ln x, determinando, en este
caso, el valor de a.
Solución. Sea x ∈ Dom f ◦ f ◦ f, como (f ◦ f ◦ f)(x) = f(f(f(x))) entonces
f(f(x)) > 0 puesto que Dom f ⊂ R+
, y además f(f(x)) > f(1) = 0. De
la última desigualdad resulta f(x) > 1 = f(a) puesto que f es estrictamente
creciente y f(x) ∈ Dom f, es decir, f(x) > f(a) y por la misma razón anterior
x > a. Por tanto Dom (f ◦ f ◦ f) = (a, +∞). Si f(x) = ln x tenemos que a = e.
Problema 2.3 Se define la función parte entera E(x) de la siguiente forma:
Dado x ∈ R, sea m ∈ Z tal que m ≤ x < m+1; entonces E(x) = m. Determinar
el dominio de las funciones:
(a) f(x) = E(x), (b) f(x) = |E(x)|,
(c) f(x) = E(|x|).

Solución. (a) Dom f = R+
. (b) Dom f = R. (c) Dom f = R.
Problema 2.4 Sea f(x) = x2
, g(x) = 2x
, y h(x) = sin x, calcular:
(a) (f ◦ g)(x), (b) (g ◦ f)(x),
(c) (f ◦ h)(x), (d) (f ◦ g ◦ h)(x) + (h ◦ g)(x).
Solución. (a) (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(2x
) = 22x
. (b) (g ◦ f)(x) = g(f(x)) =
g(x2
) = 2x2
. (c) (f ◦ h)(x) = f(h(x)) = f(sin x) = sin2
x.
(d) (f ◦ g ◦ h)(x) + (h ◦ g)(x) = f(g(h(x))) + h(g(x)) = f(g(sin x)) + h(2x
)
= f(2sin x
) + sin 2x
= 22 sin x
+ sin 2x
.
Problema 2.5 Demostrar o dar un contraejemplo de las siguientes
propiedades:
(a) (f + g) ◦ h = (f ◦ h) + (g ◦ h), (b) 1
f◦g = 1
f ◦ g,
(c) 1
f◦g = f ◦ 1
g .
Solución. (a) [(f + g) ◦ h](x) = (f + g)(h(x)) = f(h(x)) + g(h(x)) = (f ◦
h)(x) + (g ◦ h)(x) = [(f ◦ h) + (g ◦ h)](x).
(b) 1
f◦g (x) = 1
(f◦g)(x) = 1
f(g(x)) = 1
f (g(x)) = 1
f ◦ g (x).
(c) Veamos que no es cierto en general con el siguiente contraejemplo. Sean
f(x) = sin x y g(x) = x, tenemos que 1
f◦g = 1
f(g(x)) = 1
sin x y por otra parte
f ◦ 1
g (x) = f 1
g(x) = sin 1
x .
Problema 2.6 Sean f1(x) = 1−x
x , f2(x) = 1 − x, f3(x) = 2
x , f4(x) = 2 + x,
f5(x) = 1
x , f6(x) = x2
, f7(x) = 1
1+x y f8(x) = x + 3. Realizar las siguientes
composiciones:
(a) f1 ◦ f2 ◦ f3 ◦ f4 ◦ f5,
(b) f1 ◦ [(f6 ◦ f7) ◦ f8] .
Solución. (a) (f1 ◦ f2 ◦ f3 ◦ f4 ◦ f5)(x) = 2x. (b) (f1 ◦ [(f6 ◦ f7) ◦ f8]) =
x2
+ 8x + 16.
2.2.2. L´ımite de una función
Problema 2.7 Dada la función f(x) = x2
− 4x + 1, encontrar δ > 0 tal que si
|x − 1| < δ, entonces |f(x) + 2| < 10−4
.
Solución. Tenemos que |f(x)+2|=|x−1||x−3| < 10−4
, es decir, que |x−1| <
10−4
|x−3| , por tanto podemos tomar δ = 10−4
|x−3| . Pero δ depende del punto x; si

queremos que sea independiente del punto consideramos valores de x cercanos
a 1, por ejemplo 0 < x < 2, entonces −3 < x − 3 < −1, es decir, |x − 3| < 3.
Por tanto |x − 1| < 10−4
3 < 10−4
|x−3| . Podemos tomar δ = 10−4
3 para x ∈ (0, 2).
Problema 2.8 Dada la función real definida por f(x) = x
1+x2 se pide:
1. Calcular δ1 > 0 para que 0 < |x − 1| < δ1 ⇒ |f(x) − 1
2 | < 0,1,
2. Calcular δ2 > 0 para que 0 < |x − 1| < δ2 ⇒ |f(x) − 1
2 | < 0,01,
3. Utilizando la definición de l´ımite demostrar que l´ım
x→1
f(x) = 1
2 .
Solución. (a) Tenemos que |f(x) − 1
2 | = | x
1+x2 − 1
2 | = (x−1)2
2+2x2 < 0,1. De donde
|x − 1| < 0,2(1 + x2). Por tanto podemos tomar δ1 =
√
0,2 < 0,2(1 + x2).
(b) En este caso tendremos que |x − 1| < 0,02(1 + x2) por tanto podemos
tomar δ2 =
√
0,02 < 0,02(1 + x2).
(c) Generalizando los resultados anteriores tenemos que |x − 1| <
2ε(1 + x2) y por tanto podemos tomar δ =
√
2ε < 2ε(1 + x2).
Problema 2.9 Hacer lo mismo que en el problema anterior con g(x) = 2x+1
x+2
cuando x tiende a 1.
Solución. (a) Tenemos que |g(x) − 1| = |2x+1
x+2 − 1| = |x−1
x+2 | < 0,1. De donde
|x−1| < 0,1(x+2). Por tanto podemos tomar δ1 = 0,1 < 0,1(x+2) si x ∈ (0, 2).
(b) En este caso tendremos que |x − 1| < 0,01(x + 2) por tanto podemos
tomar δ2 = 0,01 < 0,01(x + 2) si x ∈ (0, 2).
(c) Generalizando los resultados anteriores tenemos que |x − 1| < ε(x + 2)
y por tanto podemos tomar δ = ε < ε(x + 2) si x ∈ (0, 2).
Problema 2.10 Utilizando la definición de l´ımite demostrar que se verifica
l´ım
x→1
2x4
− 6x3
+ x2
+ 3
x − 1
= −8.
Solución. Tenemos que |2x4
−6x3
+x2
+3
x−1 + 8| = |2x3
− 4x2
− 3x + 5| = |(x −
1)(2x2
− 2x − 5)| < ε. De donde |x − 1| < ε
|2x2−2x−5| . Por tanto podemos tomar
δ = ε
|2x2−2x−5| . Pero δ depende del punto x. Si queremos que sea independiente
del punto consideramos valores de x cercanos a 1. Si por ejemplo 0 < x < 2,
obtenemos que 0 ≤ |2x2
− 2x − 5| ≤ 1. Por tanto si |x − 1| < ε ≤ ε
|2x2−2x−5|
podremos tomar δ = ε para x ∈ (0, 2).
Problema 2.11 Probar que la función f definida por
f(x) =
1, si x ∈ Q;
0, si x ∈ Q,
no tiene l´ımite en ningún punto.

Solución. Sea x1 un número racional. Construimos las siguientes sucesiones
an = x1 + 1
n y bn = x1 +
√
2
n . Para las dos sucesiones su l´ımite es x1. Pero
tenemos que l´ım
n→+∞
f(an) = 1 por ser an una sucesión de números racionales
y l´ım
n→+∞
f(bn) = 0 por ser bn una sucesión de números irracionales. Por tanto
podemos asegurar que no existe el l´ımite de f en ningún punto racional.
Sea x2 un número irracional. Construimos las siguientes sucesiones an = x2 + 1
n
y bn sea el número resultante de truncar x2 con n cifras decimales. Para las dos
sucesiones su l´ımite es x2. Pero tenemos que l´ım
n→+∞
f(an) = 0 por ser an una
sucesión de números irracionales y l´ım
n→+∞
f(bn) = 1 por ser bn una sucesión de
números racionales. Por tanto podemos asegurar que no existe el l´ımite de f en
ningún punto irracional.
Problema 2.12 Estudiar en qué puntos existe el l´ımite de las siguientes fun-
ciones:
(a) f(x) = E(x), (b) f(x) = x − E(x),
(c) f(x) = x − E(x), (d) f(x) = E(1
x ).
Solución. (a), (b) y (c) La función no tiene l´ımite en los puntos x ∈ R tales
que x ∈ Z. (d) La función no tiene l´ımite en los puntos x ∈ R tales que 1
x ∈ Z.
Problema 2.13 Calcular los l´ımites laterales: l´ım
x→1−
3(x − 1)
|x − 1|
, l´ım
x→1+
3(x − 1)
|x − 1|
.
¿Qué podemos decir del l´ımite de esta función en el punto 1?
Solución. l´ım
x→1−
3(x − 1)
|x − 1|
= l´ım
x→1−
3(x − 1)
1 − x
= −3.
x→1+
3(x − 1)
|x − 1|
= l´ım
x→1+
3(x − 1)
x − 1
= 3. Por tanto la función no tiene
l´ımite en el punto x = 1.
Problema 2.14 Probar que l´ım
x→0+
2
3 + e−1/x
= 2
3 .
Solución. El problema es equivalente a estudiar el l´ımite l´ım
x→0+
e−1/x
. Veamos
primero que si tomamos la sucesión de término general an = 1
n , donde an > 0,
∀n ∈ N, tenemos que l´ım
n→+∞
e
−1
1/n = l´ım
n→+∞
e−n
= l´ım
n→+∞
1/en
= 0. Aplicando la
definición de l´ımite tenemos ∀ε > 0, ∃δ tal que si |x| < δ se verifica |e−1/x
| < ε.
De donde resulta −1/x < ln ε, es decir, 1/x > ln ε. Como x > 0 concluimos
que |x| < 1/| ln ε|. Por tanto podemos tomar δ = E(1/| ln ε|) en la definición de
l´ımite.

Problema 2.15 Calcular los l´ımites:
(a) l´ım
x→1
x2
− 4
x + 2
, (b) l´ım
x→−1
√
x + 5 − x − 3
3x +
√
11 + 2x
,
(c) l´ım
h→0
√
a + h −
√
a
h
, (d) l´ım
x→a
cos x − cos a
x − a
,
(e) l´ım
x→0
1
x
ln
1 + x
1 − x
, (f) l´ım
x→+∞
x( x
√
a − 1),
(g) l´ım
x→+∞
[ln(2x + 1) − ln(x + 2)], (h) l´ım
x→+∞
(
√
x + 4 −
√
x),
(i) l´ım
x→0
ln(cos x)
x2
, (j) l´ım
x→0
ln(1 + 10x)
x
.
x→1
x2
− 4
x + 2
= −1.
(b) l´ım
x→−1
(
√
x + 5 − (x + 3))(
√
x + 5 + (x + 3))(3x −
√
11 + 2x)
(3x +
√
11 + 2x)(
√
x + 5 + (x + 3))(3x −
√
11 + 2x)
=
l´ım
x→−1
(x + 5 − (x + 3)2
)(3x −
√
11 + 2x)
(9x2 − (11 + 2x))(
√
x + 5 + (x + 3))
=
l´ım
x→−1
x + 5 − (x + 3)2
9x2 − (11 + 2x)
· l´ım
x→−1
3x −
√
11 + 2x
√
x + 5 + (x + 3)
=
l´ım
x→−1
−(x + 1)(x + 4)
(x + 1)(9x − 11)
· l´ım
x→−1
3x −
√
11 + 2x
√
x + 5 + (x + 3)
=
−3
−20
·
−6
4
= −
9
40
.
(c) l´ım
h→0
√
a + h −
√
a
h
= l´ım
h→0
(
√
a + h −
√
a)(
√
a + h +
√
a)
h(
√
a + h +
√
a)
=
l´ım
h→0
h
h(
√
a + h +
√
a)
= l´ım
h→0
1
(
√
a + h +
√
a)
=
1
2
√
a
.
(d) l´ım
x→a
cos x − cos a
x − a
= l´ım
t→0
cos(t + a) − cos a
t
=
l´ım
x→a
−2 sin(a + t/2) sin(t/2)
t
= l´ım
x→a
−2(t/2) sin(a + t/2)
t
= − sin a.
(e) l´ım
x→0
1
x
ln
1 + x
1 − x
= l´ım
x→0
ln
1 + x
1 − x
1
2x
=
ln e
l´ım
x→0
1 + x
1 − x
− 1
1
2x = ln e1
= 1.
(f) l´ım
x→+∞
x( x
√
a − 1) = l´ım
x→+∞
x ln x
√
a = ln a.
(g) l´ım
x→+∞
[ln(2x + 1) − ln(x + 2)] = l´ım
x→+∞
ln
2x + 1
x + 2
= ln 2.
(h) l´ım
x→+∞
(
√
x + 4 −
√
x) = l´ım
x→+∞
(
√
x + 4 −
√
x)(
√
x + 4 +
√
x)
√
x + 4 +
√
x
=

l´ım
x→+∞
4
√
x + 4 +
√
x
= 0.
(i) l´ım
x→0
ln(cos x)
x2
= l´ım
x→0
cos x − 1
x2
= l´ım
x→0
−x2
/2
x2
= −
1
2
.
(j) l´ım
x→0
ln(1 + 10x)
x
= l´ım
x→0
10x
x
= 10.
Problema 2.16 Probar que si f es una función real de variable real tal que
existe su l´ımite en el punto a entonces existen δ > 0 y K > 0 tal que 0 <
|x − a| < δ implica que |f(x)| < K.
Solución. Por la definición de l´ımite tenemos ∀ε ∃δ tal que 0 < |x − a| < δ
entonces |f(x) − L| < ε. Tomando ε = 1 tenemos |f(x) − L| < 1, es decir,
−1 < f(x)−L < 1, que es equivalente a L−1 < f(x) < L+1. Si tomamos K =
máx{|L − 1|, |L + 1|} obtenemos que −K < f(x) < K y por tanto |f(x)| < K.
2.2.3. Estudio de la continuidad: funciones continuas
Problema 2.17 Se define la función sg(x) (signo de x) de la forma
sg(x) =
⎧
⎨
⎩
1, si x > 0;
0, si x = 0;
−1, si x < 0.
Estudiar la continuidad de las funciones f ◦ g y g ◦ f en los siguientes casos:
(a) f = sg y g(x) = 1 + x2
,
(b) f = sg y g(x) = x(1 − x2
).
Solución. (a) (f ◦g)(x) = sg(1+x2
) = 1 para todo x ∈ R y por tanto se trata
de una función continua en todo R. Por otra parte
(g ◦ f)(x) = 1 + (sg(x))2
=
2, si x = 0;
1, si x = 0.
La función posee una discontinuidad evitable en el origen, por tanto la función
no es continua en el origen.
(b) (f ◦g)(x) = sg(x(1−x2
)), como x(1−x2
) es positivo si x ∈ (−∞, −1)∪
(0, 1), es negativo si x ∈ (−1, 0)∪(1, +∞) y es nulo si x ∈ {−1, 0, 1}, obtenemos
(f ◦ g)(x) = sg(x(1 − x2
)) =
⎧
⎨
⎩
1, si x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1);
0, si x ∈ {−1, 0, 1};
−1, si x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞).
La función presenta discontinuidades de salto en los puntos x ∈ {−1, 0, 1}. Por
otro lado (g ◦f)(x) = sg(x)(1−sg(x)2
) = 0 para todo valor de x ∈ R, por tanto
la función es continua en todo R.

Problema 2.18 Estudiar la continuidad de la función
f(x) = E(x) + x − E(x).
Solución. La función E(x) es discontinua en los puntos x ∈ Z. Como x−E(x) ≥
0 para todo x tenemos que f(x) es continua en los puntos x ∈ R tales que
x ∈ Z. Para z ∈ Z tenemos que l´ım
x→z−
f(x) = l´ım
x→z−
z − 1 + x − (z − 1) =
z−1+
√
z − z + 1 = z ; por otro lado tenemos l´ım
x→z+
f(x) = l´ım
x→z+
z +
√
x − z =
z +
√
z − z = z. Por tanto la función es continua en todo R.
Problema 2.19 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones clasifican-
do las discontinuidades
(a) f(x) =
⎧
⎨
⎩
1, si x < −1;
x2, si − 1 ≤ x < 1;
x, si 1 < x,
(b) f(x) =
⎧
⎨
⎩
1
x
, si x < −1;
3, si x = −1;
x, si − 1 < x,
(c) f(x) =
⎧
⎨
⎩
x + 2, si x ≤ −2;
1
x+2
, si − 2 < x < 0;
2 − x, si 0 ≤ x,
(d) f(x) =
x sin(1/x), si x = 0;
0, si x = 0,
(e) f(x) =
⎧
⎨
⎩
3x2, si x < 0;
x − 2, si 0 ≤ x < 3;
x2
−x
6
, si 3 ≤ x,
(f) f(x) =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
E(x), si x < 0;
x2
6
− 1, si 0 ≤ x < 6;
x−1
6
, si 6 ≤ x.
x→−1−
f(x) = l´ım
x→−1−
1 = 1, l´ım
x→−1+
f(x) = l´ım
x→−1+
x2
= 1
y f(−1) = 1 por tanto es continua en x = −1. Por otro lado l´ım
x→1−
f(x) =
l´ım
x→1−
x2
= 1, l´ım
x→1+
f(x) = l´ım
x→1+
x = 1 pero f(1) no está definida. La función
posee una discontinuidad evitable en x = 1.
(b) l´ım
x→−1−
f(x) = l´ım
x→−1−
1
x
= −1, l´ım
x→−1+
f(x) = l´ım
x→−1+
x = −1 y f(−1) =
3. La función posee una discontinuidad evitable en x = −1.
(c) l´ım
x→−2−
f(x) = 0, l´ım
x→−2+
f(x) = +∞ y f(−2) = 0 por tanto presenta una
discontinuidad esencial en x = −2. l´ım
x→0−
f(x) =
1
2
, l´ım
x→0+
f(x) = 2 y f(0) = 2.
La función presenta una discontinuidad de salto en x = 0.
(d) Como l´ım
x→0
x sin(1/x) = 0 debido a que | sin(1/x)| < 1 ∀x ∈ R, la función
es continua en todo R.
(e) l´ım
x→0−
f(x) = l´ım
x→0−
3x2
= 0, l´ım
x→0+
f(x) = l´ım
x→0+
x − 2 = −2 y f(0) = −2
por tanto presenta una discontinuidad de salto en x = 0. l´ım
x→3−
f(x) = l´ım
x→3−
x −
2 = 1, l´ım
x→3+
f(x) = l´ım
x→3+
x2
− x
6
= 1 y f(3) = 1. La función es continua en
x = 3.
(f) Para x < 0 la función presenta discontinuidades de salto ∀x ∈ Z. En el
punto x = 0 tenemos l´ım
x→0−
f(x) = l´ım
x→0−
E(x) = −1, l´ım
x→0+
f(x) = l´ım
x→0+
x2
6
−1 =

−1 y f(0) = −1 por tanto la función es continua en x = 0. Por otra parte en
x = 6, l´ım
x→6−
f(x) = l´ım
x→6−
x2
6
− 1 = 5, l´ım
x→6+
f(x) = l´ım
x→6+
x − 1
6
=
5
6
y f(6) = 5
6 .
La función presenta una discontinuidad de salto en x = 6.
Problema 2.20 Sea f : R → R tal que f(x + y) = f(x) + f(y) ∀(x, y) ∈ R2
.
Suponemos que existe l = l´ım
x→0
f. Demostrar que l = 0 y que f tiene l´ımite en
cualquier punto c ∈ R. ¿Podemos afirmar que f es continua en R? (Indicación:
Comprobar que f(2x) = 2f(x) y que f(x) = f(x − c) + f(c))
Solución. Teniendo en cuenta que f(x + y) = f(x) + f(y) obtenemos que
f(x + x) = f(x) + f(x), es decir, f(2x) = 2f(x). Si existe el l´ımite en el origen
tendremos l´ım
x→0
f(2x) = 2 l´ım
x→0
f(x) = 2l. Por otro lado, tomando z = 2x,
tenemos que l´ım
x→0
f(2x) = l´ım
z→0
f(z) = l. Por tanto llegamos a l = 2l que implica
l = 0.
Demostremos que la función tiene l´ımite en cualquier punto c ∈ R:
l´ım
x→c
f(x) = l´ım
x→c
f(x − c + c) = l´ım
x→c
[f(x − c) + f(c)] = 0 + f(c) = f(c),
por tanto la función tiene l´ımite en cualquier punto c ∈ R y vale f(c). La función
es continua en cualquier punto c ∈ R.
Problema 2.21 Sea f : R → R una función tal que ∃K > 0 y ∀x, y ∈ R,
|f(x) − f(y)| ≤ K|x − y|. Probar que f es continua en R.
Solución. f es continua en a si se verifica que ∀ε > 0, ∃δ tal que si |x − a| <
δ entonces |f(x) − f(a)| < ε. A partir de la relación que cumple la función
obtenemos que |f(x) − f(a)| ≤ K|x − a| < ε, es decir, tomando δ = ε/K
tenemos que |f(x) − f(a)| ≤ K|x − a| < Kδ = ε.
Problema 2.22 Se define la función
f(x) =
⎧
⎨
⎩
x+3
x+2 , si x < −2;
2x − x2
− 1, si − 2 ≤ x ≤ 3;
1 − e3−x
, si 3 < x.
1. Determinar el dominio de la función f.
2. Calcular l´ım
x→+∞
f y l´ım
x→−∞
f.
3. Calcular los l´ımites laterales en el punto −2. Estudiar la continuidad de
f.
Solución. (a) Dom f = R. (b) l´ım
x→+∞
f(x)= l´ım
x→+∞
(1−e3−x
) = 1; l´ım
x→−∞
f(x) =
l´ım
x→−∞
x + 3
x + 2
= 1.

(c) l´ım
x→−2−
f(x) = l´ım
x→−2−
x + 3
x + 2
= −∞; l´ım
x→−2+
f(x) = l´ım
x→−2+
(2x − x2
−
1) = −9. Por tanto la función es discontinua en x = −2 presentando una
discontinuidad esencial en este punto.
x→3−
f(x)= l´ım
x→3−
(2x − x2
− 1) = −4; l´ım
x→3+
f(x)= l´ım
x→3+
(1 −
e3−x
) = 1 − e0
= 0. La función presenta una discontinuidad de salto en x = 3.
En definitiva la función es continua en todos los puntos salvo para x ∈ {−2, 3}.
f(x) =
⎧
⎨
⎩
ex
−e−x
2 + 1, si x < 0;
a, si x = 0;
e−x
sin x
x , si 0 < x.
1. Determinar el dominio de la función f.
2. Calcular l´ım
x→+∞
f y l´ım
x→−∞
f.
3. Estudiar la continuidad de f en función del parámetro a.
Solución. (a) Dom f = R. (b) l´ım
x→+∞
f(x)= l´ım
x→+∞
e−x
sin x
x
= 0; l´ım
x→−∞
f(x) =
l´ım
x→−∞
ex
− e−x
2
+ 1 = −∞.
(c) l´ım
x→0−
f(x) = l´ım
x→0−
ex
− e−x
2
+ 1 = 1; l´ım
x→0+
f(x) = l´ım
x→0+
e−x
sin x
x
=
1. Por tanto si a = 1 la función es continua en todo R, si a = 1 la función
presenta una discontinuidad evitable en x = 0.
f(x) =
e−1/x2
sin2
(1/x), si x = 0;
0, si x = 0.
1. Estudiar la continuidad de f.
2. Calcular l´ım
x→+∞
f y l´ım
x→−∞
f.
3. Probar que f es par y que 0 ≤ f(x) ≤ 1, ∀x ∈ R.
Solución. (a) La función es continua en todos los puntos salvo quizás en x = 0;
l´ım
x→0
f(x) =l´ım
x→0
e−1/x2
sin2
(1/x) = 0, por tanto la función es continua en x = 0
y en definitiva en todo R.
(b) l´ım
x→+∞
f(x) = l´ım
x→+∞
e−1/x2
sin2
(1/x) = 0;
l´ım
x→−∞
f(x) = l´ım
x→−∞
e−1/x2
sin2
(1/x) = 0.

(c) Una función es par si f(−x) = f(x). En este caso tenemos f(−x) =
e−1/(−x)2
sin2
(1/(−x)) = e−1/x2
(− sin(1/x)))
2
= e−1/x2
sin2
(1/x) = f(x), por
tanto la función f es par. Por último, teniendo en cuenta que 0 < e−1/x2
< 1 y
que 0 < sin2
(1/x) < 1, ∀x = 0 . Efectuando el producto de las dos desigualdades
anteriores se obtiene que 0 < e−1/x2
sin2
(1/x) < 1, ∀x = 0, como f(0) = 0,
resulta en definitiva 0 ≤ f(x) ≤ 1, ∀x ∈ R.
Problema 2.25 Calcular el valor de las constantes a y b para que las siguientes
funciones sean continuas en R.
(a) f(x) =
sin x, si x ≤ 1;
ax + 2, si x > 1,
(b) g(x) =
2x2
+ b, si x ≥ 0;
ex2
−1
x2 , si x < 0.
Solución. (a) La función es continua en todos los puntos salvo quizás en x = 1.
Como l´ım
x→1−
f(x) = l´ım
x→1−
sin x = sin 1 y l´ım
x→1+
f(x) = l´ım
x→1+
(ax + 2) = a + 2,
tenemos que a = sin 1 − 2 para que la función f sea continua en todo R.
(b) La función es continua en todos los puntos salvo quizás en x = 0. Co-
mo l´ım
x→0−
g(x) = l´ım
x→0−
ex2
− 1
x2
= l´ım
x→0−
ln ex2
x2
= l´ım
x→0−
x2
x2
= 1. y l´ım
x→0+
g(x) =
l´ım
x→0+
(2x2
+ b) = b, tenemos que b = 1 para que la función g sea continua en
todo R.
Problema 2.26 Estudiar la continuidad de la función real de variable real
definida en el intervalo [−2, 2] por
f(x) =
x, si x ∈ Q;
x2
, si x ∈ Q.
Solución. Sea (an)n∈N una sucesión de números racionales que tiende a un
cierto valor x0 y sea (bn)n∈N una sucesión de números irracionales que tienda a
esta mismo valor x0. Tenemos que l´ım
n→+∞
f(an) = l´ım
n→+∞
an = x0, por otro lado
l´ım
n→+∞
f(bn) = l´ım
n→+∞
b2
n = x2
0. Para que exista el l´ımite en el punto debe ocurrir
que todos los l´ımites obtenidos por cualquier sucesión que tienda a este punto
sean iguales y por tanto implica que x0 = x2
0, es decir, x0 = 0 ó x0 = 1. Como
l´ım
x→0
f(x) = 0 y f(0) = 0, l´ım
x→1
f(x) = 1 y f(1) = 1 la función es continua sólo en
x = 0 y en x = 1.
Problema 2.27 Demostrar que l´ım
x→0+
f
1
x
= l´ım
x→+∞
f(x).
Solución. Tomando x = 1/t tenemos que x → 0+
equivale a t → +∞ y por
tanto l´ım
x→0+
f
1
x
= l´ım
t→+∞
f(t), para obtener la expresión inicial basta con
cambiar t por x.

Problema 2.28 Utilizando la definición de l´ımite probar que l´ım
x→3
1
(x − 3)2
=
+∞.
Solución. La definición de l´ımite infinito es que ∀K ∈ R+
, ∃δ tal que si
|x − a| < δ entonces |f(x)| > K. En este caso tenemos que | 1
(x−3)2 | > K, es
decir, 1
(x−3)2 > K, que implica (x − 3)2
< 1/K que equivale a |x − 3| < 1/
√
K.
Por tanto podemos tomar δ = 1/
√
K en la definición inicial.
2.2.4. Teoremas fundamentales sobre funciones continuas
y aplicaciones
Problema 2.29 Probar que las ecuaciones
(a) tan x = x, (b) sin x = x − 1.
tienen una solución real.
Solución. (a) Aplicaremos el Teorema de Bolzano a la función f(x) = tan x−x
en el intervalo en que la función sea continua. La función es discontinua en
x = π
2 + kπ. Por tanto en el intervalo (−π
3 , π
3 ) la función f(x) es continua.
Como f(−π
3 ) = −
√
3 + π
3 < 0 y f(π
3 ) =
√
3 − π
3 > 0 podemos asegurar que
existe un punto c ∈ (−π
3 , π
3 ) tal que f(c) = 0.
(b) Consideramos ahora la función f(x) = sin x − x + 1 que es continua en
todo R. Como f(0) = 1 > 0 y f(π) = 1 − π < 0 podemos asegurar aplicando el
Teorema de Bolzano que existe un punto c ∈ (0, π) tal que f(c) = 0.
Problema 2.30 Demostrar que todo polinomio de grado impar tiene, al menos,
una ra´ız real.
Solución. Sea p(x) = a2n+1x2n+1
+ a2nx2n
+ . . . + a0 un polinomio de grado
impar. Si a2n+1 > 0 como l´ım
x→+∞
p(x) = +∞ y l´ım
x→−∞
p(x) = −∞ existen x1 tal
que p(x1) > 0 y x2 tal que p(x2) < 0. Teniendo en cuenta que p(x) es una función
continua en todo R podemos aplicar el Teorema de Bolzano al intervalo (a, b) y
por tanto podemos asegurar que existe un punto c ∈ (a, b) tal que p(c) = 0. Un
razonamiento similar se puede hacer en el caso que a2n+1 < 0.
Problema 2.31 Si p(x) = anxn
+. . .+a1x+a0 es un polinomio tal que an·a0 <
0 demostrar que tiene, al menos, una ra´ız real positiva.
Solución. Como an · a0 < 0 tenemos que an y a0 son no nulos y de signo
distinto. Por otro lado tenemos que f(0) = a0 y l´ım
x→+∞
p(x) = +∞ si an > 0
ó l´ım
x→+∞
p(x) = −∞ si an < 0. Por tanto en los dos casos existe un punto a > 0
tal que f(a) > 0 si an > 0 ó f(a) < 0 si an < 0. Como p(x) es una función
continua en todo R podemos aplicar el Teorema de Bolzano al intervalo (0, a) y
asegurar que existe un punto c ∈ (0, a) tal que p(c) = 0.

Problema 2.32 Comprobar que las funciones siguientes cumplen las condi-
ciones del Teorema de Bolzano en el intervalo [0, 2] y encontrar una aproxi-
mación de la ra´ız con un error menor que 0,1.
(a) f(x) = x3
− x − 2, (b) g(x) = x4
− 3x2
+ x − 1,
(c) h(x) = cos x − x.
Solución. (a) La función f(x) es continua en todo R. Verificando f(0) = −2 <
0, f(2) = 4 > 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal
que f(c) = 0.
Como f(1,5) = −0,125 < 0 y f(1,6) = 0,496 > 0 obtenemos que c ∈ (1,5, 1,6).
Por tanto c ≈ 1,55 con un error menor que 0,1.
(b) La función g(x) es continua en todo R. Verificando g(0) = −1 < 0,
g(2) = 5 > 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal
que g(c) = 0.
Como g(1,6) = −0,526 < 0 y g(1,7) = 0,382 > 0 obtenemos que c ∈ (1,6, 1,7).
Por tanto c ≈ 1,65 con un error menor que 0,1.
(c) La función h(x) es continua en todo R. Verificando h(0) = 1 > 0, h(2) =
−2,416 < 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal
que h(c) = 0. Como h(0,7) = 0,065 > 0 y h(0,8) = −0,103 < 0 obtenemos que
c ∈ (0,7, 0,8). Por tanto c ≈ 0,75 con un error menor que 0,1.
Problema 2.33 Probar que la función f(x) = x5
+ 1
3x2+5x−1 toma el valor
19,21 para algun x ∈ R+
.
Solución. La función f(x) es continua en todo R excepto para los valores que
anulan el denominador. Los valores que anulan el denominador son x1,2 = (−5±√
37)/6. Como x1,2 < 1 tenemos que f(x) es continua en el intervalo (1, +∞).
Consideramos ahora la función g(x) = f(x) − 19,21, esta función es también
continua en el intervalo (1, +∞). Como g(1) = −18,067 < 0 y g(2) = 12,742 > 0
aplicando el Teorema de Bolzano al intervalo (1, 2) podemos asegurar que existe
un punto c tal que g(c) = 0, es decir, f(c) − 19,21 = 0.
Problema 2.34 Si f : [0, 1] → [0, 2] es una función continua, demostrar que
existe, al menos, un punto c ∈ [0, 1] tal que f(c) = 2c.
Solución. Teniendo en cuenta que si f(0) = 0 entonces c = 0 y que si f(1) = 2
entonces c = 1 concluimos que si f(0) = 0 entonces f(0) > 0 y que si f(1) = 2
entonces f(1) < 2. Consideramos la función g(x) = f(x) − 2x que es continua
por ser continua f(x). Como g(0) = f(0)−0 > 0 y g(1) = f(1)−2 < 0 aplicando
el Teorema de Bolzano al intervalo (0, 1) podemos asegurar que existe un punto
c tal que g(c) = 0, es decir, f(c) − 2c = 0.
Problema 2.35 Si f : [0, 1] → [0, 1] es una función continua, demostrar que:
1. Existe c1 ∈ [0, 1] tal que f(c1) = c2
1.
2. Existe c2 ∈ [0, 1] tal que f(c2) = 1 − c2.

Solución. (a) Teniendo en cuenta que si f(0) = 0 entonces c1 = 0 y que si
f(1) = 1 entonces c1 = 1 concluimos que si f(0) = 0 entonces f(0) > 0 y que si
f(1) = 1 entonces f(1) < 1. Consideramos la función g(x) = f(x) − x2
que es
continua por ser continua f(x). Como g(0) = f(0)−0 > 0 y g(1) = f(1)−1 < 0,
un punto c1 tal que g(c1) = 0, es decir, f(c1) − c2
1 = 0.
(b) Teniendo en cuenta que si f(0) = 1 entonces c2 = 0 y que si f(1) = 0
entonces c2 = 1 concluimos que si f(0) = 1 entonces f(0) < 1 y que si f(1) = 0
entonces f(1) > 0. Consideramos la función g(x) = f(x)−1+x que es continua
por ser continua f(x). Como g(0) = f(0) − 1 + 0 < 0 y g(1) = f(1) − 1 + 1 > 0,
un punto c2 tal que g(c2) = 0, es decir, f(c2) − 1 + c2 = 0.
Problema 2.36 Sea f : [0, 2π] → R una función continua y tal que f(0) =
f(2π). Demostrar que existe un punto c ∈ [0, 2π] tal que f(c) = f(c + π). Como
aplicación deducir que, suponiendo continua la distribución de la temperatura
en la Tierra, existen siempre dos puntos antipodales al ecuador que tienen la
misma temperatura.
Solución. Teniendo en cuenta que si f(0) = f(π) entonces c = 0, estudiaremos
el caso en que f(0) = f(π). Consideramos la función g(x) = f(x) − f(x + π),
donde x varia en el intervalo (0, π), que es continua por ser continua f(x). Como
g(0) = f(0) − f(π) y g(π) = f(π) − f(2π) = f(π) − f(0), se tiene que g(0) y
g(π) tienen signo distinto. Aplicando el Teorema de Bolzano a la función g(x)
en el intervalo (0, π) podemos asegurar que existe un punto c tal que g(c) = 0,
es decir, f(c) − f(c + π) = 0. Sea la función f(x) anterior la función que da la
temperatura sobre los puntos del ecuador, es decir, la temperatura en función
del angulo x que define los puntos de la circunferencia ecuador. La igualdad
f(0) = f(2π) es ahora evidente ya que 0 y 2π son en realidad el mismo punto.
Según el resultado anterior existe un punto c tal que f(c) = f(c + π), es decir,
el punto c y su punto antipodal c + π poseen la misma temperatura.
2.3. Problemas propuestos
1. Calcular los siguientes l´ımites:
(a) l´ım
x→+∞
1
4x + 3
√
x − 4x − 3
√
x
(b) l´ım
x→1
xm
− 1
xn − 1
(c) l´ım
x→1
1
1 − x
−
3
1 − x3
(d) l´ım
x→0
√
1 + x − 1
x
2. Estudiar el dominio de las siguientes funciones reales de variable real:

(a) f(x) = logx4
20−x2
√
x−1
(b) f(x) = ln 1+
√
1+x4
√
1+x4−1
.
3. Dado a ∈ R, considerar la función
f(x) =
⎧
⎨
⎩
x3
−2x2
−5x+6
x2−x−2 si x < −2
a3
− 5a2
− a + 5 si x = −2
5
x+3 si x > −2
(a) Determinar el dominio de f(x).
(b) Estudiar para qué valores de a la función f(x) es continua.
4. Estudiar la continuidad de
g(x) =
⎧
⎨
⎩
(a2
− a − 4)x + 3 si x < 1
3 si x = 1
b2
x2
−bx+2
x+1 si x > 1
según el valor de los parámetros a, b con a, b ∈ R.
5. (a) Estudiar la continuidad de la función f(x) = 1+101/x
2+101/x en x = 0.
(b) Calcular el siguiente l´ımite: l´ım
x→0+
xx
.
6. Se define la función
f(x) =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x + 3
x + 2
, si x < −2,
2x − x2
− 1, si −2 ≤ x ≤ 3,
1 − e3−x
, si 3 ≤ x.
Se pide:
(a) Dominio de la función.
(b) l´ım
x→+∞
f(x) y l´ım
x→−∞
f(x).
(c) L´ımites laterales en x = −2.
(d) Estudiar la continuidad de f(x).

Cap´ıtulo 3
Cálculo diferencial en una
variable
3.1.1. La derivada
Definición 3.1 Dada una función f : D ⊂ R → R, diremos que f es derivable
en un punto a ∈ D si existe el l´ımite siguiente
f (a) = l´ım
h→0
f(a + h) − f(a)
h
.
El valor de este l´ımite, si existe, se llama derivada de la función f en el
punto a y se denota por f (a).
Definición 3.2 Dada una función f : D ⊂ R → R derivable en todos los puntos
del conjunto D, se define la función derivada de f y la denotaremos por f (x)
como
f (x) = l´ım
h→0
f(x + h) − f(x)
h
∀x ∈ D .
Proposición 3.1 Si f es derivable en un punto a, entonces f es continua en
ese punto.
Proposición 3.2 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene
que
(i) (f + g) (a) = f (a) + g (a).
(ii) (λ f) (a) = λ f (a) para todo escalar λ ∈ R.
(iii) (fg) (a) = f (a)g(a) + f(a)g (a).
(iv) f
g (a) = f (a)g(a)−f(a)g (a)
g2(a) si g(a) = 0.
55

56 Cálculo diferencial en una variable
3.1.2. Derivadas laterales
Definición 3.3 Sea una función f : D ⊂ R → R y a ∈ D. Las derivadas
laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen respectivamente
como
f+(a) = l´ım
h→0+
f(a + h) − f(a)
h
, f−(a) = l´ım
h→0−
f(a + h) − f(a)
h
.
Proposición 3.3 Una función f es derivable en un punto a si y sólo si existen
las dos derivadas laterales en ese punto y además coinciden.
3.1.3. Derivadas sucesivas
Definición 3.4 Si la función f (x) derivada de f vuelve a ser derivable, lla-
mamos segunda derivada de f a la derivada de f (x) y lo denotamos por f (x).
Por inducción se define, cuando tenga sentido, la derivada n-ésima de f como
f(n)
(x) = (f(n−1)
) (x).
Definición 3.5 Dada una función f : D ⊂ R → R decimos que f es de clase
Ck
en D si f es derivable k veces en todos los puntos del conjunto D y además
f(k)
(x) ∈ Ck
(D).
3.1.4. Teoremas sobre funciones derivables
Definición 3.6 Consideremos una función f : D ⊂ R → R y un punto a ∈ D.
(i) Se dice que f tiene un máximo relativo en el punto a si existe un entorno
I = (a − , a + ) de a tal que f(x) ≤ f(a) para todo x ∈ I.
(ii) Se dice que f tiene un m´ınimo relativo en el punto a si existe un entorno
I = (a − , a + ) de a tal que f(x) ≥ f(a) para todo x ∈ I.
Proposición 3.4 Si f es una función derivable en un conjunto D y tiene un
máximo o m´ınimo relativo en un punto a ∈ D, entonces se verifica que f (a) =
0.
Teorema 3.1 (Rolle) Sea f ∈ C([a, b]) y derivable en (a, b) tal que f(a) =
f(b). Entonces, existe al menos un punto c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Teorema 3.2 (Del valor medio) Consideremos una función f ∈ C([a, b]) y
derivable en (a, b). Entonces, existe un punto c ∈ (a, b) tal que
f(b) − f(a)
b − a
= f (c) .
Teorema 3.3 (Regla de l’Hôpital.) Sean f y g funciones derivables en un
entorno de un punto a tal que l´ım
x→a
f(x) = l´ım
x→a
g(x) = 0 o bien l´ım
x→a
f(x) =
l´ım
x→a
g(x) = ∞. Entonces,
l´ım
x→a
f (x)
g (x)
= L =⇒ l´ım
x→a
f(x)
g(x)
= L
.

Nota: La regla de l’Hôpital sigue siendo cierta cuando a = ±∞.
3.1.5. Polinomio de Taylor
Definición 3.7 Consideremos una función f real de variable real derivable al
menos n veces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f
en a como
Pn(x) =
n
k=0
f(k)
(a)
k!
(x − a)k
= f(a) + f (a)(x − a) +
f (a)
2
(x − a)2
+ · · · +
f(n)
(a)
n!
(x − a)n
.
Cuando a = 0 el polinomio de Taylor se conoce también como polinomio de
Maclaurin.
Al aproximar f(x) ≈ Pn(x) con x ∈ Dom(f), cometemos un error absoluto
Δ = |f(x)−Pn(x)| = |Rn(x)|. El siguiente teorema nos proporciona la expresión
del error cometido.
Teorema 3.4 (Fórmula de Taylor) Consideremos una función f real de vari-
able real derivable al menos n + 1 veces en un punto a. Entonces, para todo
x ∈ Dom(f) se tiene que f(x) = Pn(x) + Rn(x), siendo Pn el polinomio de
Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado término complementario de orden
n. Se tiene además que, existe un punto ξ entre los puntos a y x tal que
Rn(x) =
f(n+1)
(ξ)
(n + 1)!
(x − a)n+1
.
Esta expresión del término complementario se conoce como resto de Lagrange.
Proposición 3.5 (Criterio de las series alternadas) Se desea realizar la a-
proximación f(x) ≈ Pn(x) =
n
k=0
f(k)
(a)
k! (x − a)k
y supongamos que f(x) =
∞
k=0
f(k)
(a)
k! (x − a)k
resulte ser una serie alternada convergente. El error ab-
soluto Δ = |f(x) − Pn(x)| cometido en la aproximación es menor que el valor
absoluto del primer termino despreciado, es decir, Δ < f(n+1)
(a)
(n+1)! (x − a)n+1
.
3.1.6. Aplicaciones de la fórmula de Taylor
Teorema 3.5 Consideremos una función f : R → R derivable k veces en un
punto a tal que f (a) = f (a) = · · · = f(k−1)
(a) = 0 pero f(k)
(a) = 0. Entonces,
se verifica lo siguiente:
(i) Si k es par, entonces a es un extremo de f.
Si f(k)
(a) > 0 entonces f tiene un m´ınimo en el punto a.
Si f(k)
(a) < 0 entonces f tiene un máximo en el punto a.

(ii) Sea k impar.
Si f(k)
(a) > 0 entonces f es creciente en el punto a.
Si f(k)
(a) < 0 entonces f es decreciente en el punto a.
3.2.1. Concepto de derivada: función derivada
Problema 3.1 Utilizando la definición de derivada calcular las derivadas de
las siguientes funciones en los puntos que se indican
(a) f (2) siendo f(x) = x2
− 2x + 5,
(b) f (−1) siendo f(x) = x2
−1
x+2 ,
(c) f (1) siendo f(x) = x2
+x+1
x2+2x−1 ,
(d) f (x) siendo f(x) =
√
x.
Solución. (a) f (2) = l´ım
h→0
f(2 + h) − f(2)
h
=
l´ım
h→0
(2 + h)2
− 2(2 + h) + 5 − 5
h
= l´ım
h→0
2h + h2
h
= 2.
(b) f (−1) = l´ım
h→0
f(−1 + h) − f(−1)
h
= l´ım
h→0
(−1+h)2
−1
−1+h+2 − 0
h
=
l´ım
h→0
h2
− 2h
h(h + 1)
= −2.
(c) f (1) = l´ım
h→0
f(1 + h) − f(1)
h
= l´ım
h→0
(1+h)2
+1+h+1
(1+h)2+2(1+h)−1 − 3
2
h
=
l´ım
h→0
−h2
− 6h
2h(h2 + 4h + 2)
= −
3
2
.
(d) f (x) = l´ım
h→0
f(x + h) − f(x)
h
= l´ım
h→0
√
x + h −
√
x
h
=
l´ım
h→0
(
√
x + h −
√
x)(
√
x + h +
√
x)
h(
√
x + h +
√
x)
= l´ım
h→0
x + h − x
h(
√
x + h +
√
x)
=
1
2
√
x
.
Problema 3.2 Estudiar la derivabilidad de las siguientes funciones
(a) f(x) = |x|, (b) f(x) = |x| − x,
(c) f(x) = E(x), (d) f(x) =
⎧
⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
0, si x < −2;
1, si − 2 ≤ x < 1;
x, si 1 ≤ x < 3;
x2
− 5x + 9, si 3 ≤ x.

Solución. (a) La función es continua en todo R ya que en el origen l´ım
x→0−
f(x) =
l´ım
x→0+
f(x) = f(0) = 0. Sin embargo no es derivable en el origen ya que
l´ım
h→0−
f(0 + h) − f(0)
h
= l´ım
h→0−
−h − 0
h
= −1 y l´ım
h→0+
f(0 + h) − f(0)
h
=
l´ım
h→0−
h − 0
h
= 1.
(b) La función es continua en todo R ya que en el origen l´ım
x→0−
f(x) =
l´ım
x→0+
f(x) = f(0) = 0. Pero la función no es derivable en el origen ya que
l´ım
h→0−
f(0 + h) − f(0)
h
= l´ım
h→0−
−2h − 0
h
= −2 y l´ım
h→0+
f(0 + h) − f(0)
h
=
l´ım
h→0−
0 − 0
h
= 0.
(c) La función es discontinua en x ∈ Z por tanto en estos puntos tampoco
sera derivable.
(d) La función es derivable en cualquier punto excepto quizás en x ∈ {−2, 1, 3}
por ser polinomial a trozos. En x = −2 la función no es continua y por tanto
tampoco derivable. En x = 1 tenemos l´ım
x→1−
f(x) = l´ım
x→1+
f(x) = f(1) = 1 por
tanto la función es continua. Pero como f−(1) = 0 y f+(1) = 1 la función no
es derivable en x = 1. En x = 3 tenemos l´ım
x→3−
f(x) = l´ım
x→3+
f(x) = f(3) = 3
por tanto la función es continua. Y como f−(3) = 1 y f+(3) = 1 la función es
derivable en x = 3.
Problema 3.3 Encontrar el valor k para que la función
f(x) =
kx − 5, si x ≤ 0;
x3
− 3x − 5, si x > 0.
sea derivable en el punto x = 0.
Solución. Para todo valor de k la función es continua ya que l´ım
x→0−
f(x) =
l´ım
x→0+
f(x) = f(0) = −5. Como las derivadas laterales valen f−(0) = k y f+(0) =
−3 entonces k = −3 para que sea la función derivable en x = 0.
Problema 3.4 Encontrar el valor de m y n para que la siguiente función f sea
derivable en x = 2.
f(x) =
mx + 5, si x ≤ 2;
nx2
+ x − 1, si x > 2.
Solución. Imponemos que la función sea continua en x = 2. Se obtiene
l´ım
x→2−
f(x) = 2m + 5 y l´ım
x→2+
f(x) = 4n + 1. Por tanto se ha de verificar que
2m+5 = 4n+1. Por otro lado las derivadas laterales en x = 2 son f−(0) = m y
f+(0) = 4n + 1. Por tanto para que sea derivable se ha de verificar m = 4n + 1.
Teniendo en cuenta las dos relaciones obtenemos m = −5 y n = −3/2.

Problema 3.5 Un móvil se desplaza según la ecuación s = 100 + 20t − 8t2
,
siendo s(t) la posición en función del tiempo. Calcular la velocidad media entre
t = 3 y t = 5 y la velocidad instantánea en t = 4. Calcular también la aceleración
del móvil.
Solución. La velocidad media es vm = s(5)−s(3)
5−3 = 0−88
2 = −44. La velocidad
instantánea es v(t) = s (t) = 20 − 16t, para t = 4 tenemos v(4) = −44. La
aceleración es a(t) = v (t) = s (t) = −16.
Problema 3.6 Calcular la ecuación de la recta tangente a la curva y = x+3
x2−2
en el punto de abscisa 2.
Solución. La derivada viene dada por y (x) = −x2
−6x−2
(x2−2)2 y por tanto y (2) =
−9
2 . La recta tangente es y − y0 = y (x0)(x − x0). Para x0 = 2, se tiene y − 5
2 =
−9
2 (x − 2).
Problema 3.7 Calcular la ecuación de la recta tangente a la curva x2
y − 2y +
xy2
− 4 = 0 en el punto de abscisa 2 y ordenada negativa.
Solución. Para x = 2 tenemos 2y + 2y2
− 4 = 0. Las ra´ıces de esta ecuación
algebraica son y1,2 = 1, −2. Como la ordenada debe ser negativa, hemos de
tomar y = −2. Derivando la curva en forma impl´ıcita llegamos a 2xy + x2
y −
2y + y2
+ 2xyy = 0. Tomando x = 2 e y = −2 obtenemos y = −2
3 . Por tanto
la ecuación de la recta tangente es y + 2 = −2
3 (x − 2).
Problema 3.8 Demostrar que la tangente a la circunferencia (x − a)2
+ (y −
b)2
= r2
en un punto (x0, y0) es la recta (x0 − a)(x − x0) + (y0 − b)(y − y0) = 0.
Solución. Derivando impl´ıcitamente la ecuación de la circunferencia obtenemos
2(x − a) + 2(y − b)y = 0. Para x = x0 e y = y0 resulta y = −x0−a
y0−b . Por tanto
la ecuación de la recta tangente en (x0, y0) es y − y0 = −x0−a
y0−b (x − x0).
Problema 3.9 Utilizando el teorema del valor medio, demostrar que:
(a) ∀x ∈ (0, π
4 ), x < tan x < 2x;
(b) ∀x > 0, x
1+x2 < arctan x < x;
(c) ∀x > 0, x
1+x < ln(1 + x) < x.
Solución. (a) Consideramos la función f(x) = tan x donde x ∈ (0, π/4).
Como la función es continua en el intervalo [0, x] y derivable en su interior
podemos aplicar el teorema del valor medio obteniendo tan x − tan 0 = (x −
0)(1 + tan2
c) donde 0 < c < x. Como la función 1 + tan2
x es creciente en el
intervalo considerado tenemos 1 < 1+tan2
c < 1+tan2
(π/4) = 2. Multiplicando

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