El documento presenta una serie de ejercicios resueltos sobre el cuerpo de los números complejos. Inicia con una introducción y un índice general de los capítulos. El capítulo 1 contiene 7 problemas resueltos sobre módulo y argumento de números complejos, expresión de números en forma a + bi, resolución de ecuaciones complejas y hallazgo de raíces.

1. Ejercicios resueltos de
C ´ALCULO
Agust´ın Valverde Ramos
***** BORRADOR *****
Editado electr´onicamente por Agust´ın Valverde

2. c Agust´ın Valverde Ramos
Dpto. de Matem´atica Aplicada
Escuela T´ecnica Superior de Ingenier´ıa Inform´atica
Universidad de M´alaga
Bvd. Louis Pasteur, s/n (Campus de Teatinos)
29071 M´alaga

3. Introducci´on
Notaci´on de ejercicios: cap.ej(apart) o cap.ej o ej(apart) o ej
iii

4. ´Indice general
1. El cuerpo de los n´umeros complejos 1
2. Sucesiones y series num´ericas 27
3. Sucesiones y series funcionales 105
4. El espacio m´etrico Rn.
Curvas parametrizadas 149
5. C´alculo en varias variables 228
iv

5. 6. Optimizaci´on no-lineal 268
7. Integraci´on 327
8. Ecuaciones diferenciales ordinarias 549
v

6. Cap´ıtulo 1
El cuerpo de los
n´umeros complejos
1

7. El cuerpo de los n´umeros complejos 2
Problema 1 Hallar el m´odulo y el argumento de cada uno de los siguientes n´umeros:
3 + 4i; (3 + 4i)−1; (1 + i)5; 7
√
3 + 4i; |3 + 4i|
Recordemos que el recorrido considerado para la funci´on arc tg es (−π/2, π/2); adem´as, esta funci´on es impar y
verifica la siguiente igualdad:
arc tg x + arc tg
1
x
=
π
2
|3 + 4i| =
√
32 + 42 = 5
arg(3 + 4i) = arc tg 4/3
Utilizamos el apartado anterior:
|(3 + 4i)−1
| = |3 + 4i|−1
= 1/5
arg((3 + 4i)−1
) = − arg(3 + 4i) = − arc tg 4/3
Resolvemos este apartado de una forma alternativa utilizando la notaci´on de Euler y la f´ormula de Moivre
(1 + i)5
= (
√
2(
1
√
2
+
1
√
2
i))5
= (
√
2(cos
π
4
+ i sen
π
4
))5
= 4
√
2(cos
5π
4
+ i sen
5π
4
)
Por tanto, |(1 + i)5| = 4
√
2 y arg(1 + i)5 = 5π
4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

8. El cuerpo de los n´umeros complejos 3
Dado que |3 + 4i| = 5, | 7
√
3 + 4i| = 7
√
5. Por otra parte, un n´umero complejo tiene n ra´ıces n−´esimas distintas
cuyos m´odulos coinciden; si α = arc tg 4
3 es el argumento de 3 + 4i, entonces los argumentos de las 7 ra´ıces
septimas son 1
7α + 2
7πk para k = 0, 1, . . . , 6.
Dado que |3 + 4i| = 5 es un n´umero real positivo, coincide con su valor absoluto y su argumento es 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

9. El cuerpo de los n´umeros complejos 4
Problema 2 Expresar cada uno de los siguientes n´umeros complejos en la forma “a + bi”:
eπi/2; 2e−πi/2; 3eπi; −e−πi; i + e2πi; eπi/4; eπi/4 − e−πi/4;
1 − eπi/2
1 + eπi/2
eπi/2 = cos π
2 + i sen π
2 = i.
2e−πi/2 = −2i.
3eπi = −3.
−e−πi = 1.
i + e2πi = i + 1.
eπi/4 = 1√
2
+ i 1√
2
.
eπi/4 − e−πi/4 = 2iIm(eπi/4) = 2i sen π/4 = 2i
1√
2
= i
√
2
1 − eπi/2
1 + eπi/2 = 1 − i
1 + i
= 1
2
(1 − i)2 = −i
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10. El cuerpo de los n´umeros complejos 5
Problema 3 En cada caso, hallar todos los valores de x e y que satisfacen la relaci´on dada:
x + iy = xeiy; x + iy = yeix; ex+iy = −1;
1 + i
1 − i
= xeiy
x + iy = xeiy:
Si x = 0, entonces y = 0; si x = 0, y dado que xeiy = x cos y + ix sen y, debe ocurrir que cos y = 1 y, en tal
caso, sen y = 0 e y = x sen y = 0. Por tanto, las soluciones son todos los complejos con parte imaginaria nula.
x + iy = yeix: Si y = 0, entonces x = 0; si y = 0, y dado que yeix = 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
ning´un y = 0, deducimos que la ´unica soluci´on es (0, 0).
Dado que −1 = eiπ, las soluciones de la ecuaci´on ex+iy = −1 son: x = 0 e y = π + 2kπ
Dado que
1 + i
1 − i
= i = eiπ/2, las soluciones de la ecuaci´on
1 + i
1 − i
= xeiy son: x = 1 e y = π
2 + 2kπ
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11. El cuerpo de los n´umeros complejos 6
Problema 4 Resolver las ecuaciones siguientes:
1. x2 + ix + 1 = 0; 2. x4 + x2 + 1 = 0; 3. x3 − x2 − x − 2 = 0; 4.



ix − (1 + i)y = 3
(2 + i)x + iy = 4
1. x2 + ix + 1 = 0 ⇐⇒ x =
1
2
(−i ±
√
−1 − 4)
Por tanto, las dos soluciones de la ecuaci´on son x1 = 1
2(
√
5 − 1)i y x2 = −1
2(
√
5 + 1)i.
2. Esta es una ecuaci´on bicuadrada:
x4
+ x2
+ 1 = 0 ⇐⇒ x2
=
1
2
(−1 ±
√
1 − 4) =
1
2
(−1 ± i
√
3)
Por tanto, las dos soluciones de la ecuaci´on en x2 son:
y1 =
1
2
(−1 + i
√
3) = cos
2π
3
+ i sen
2π
3
y2 =
1
2
(−1 − i
√
3) = cos
4π
3
+ i sen
4π
3
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12. El cuerpo de los n´umeros complejos 7
Las cuatro soluciones de la ecuaci´on del enunciado son las dos ra´ıces cuadradas de y1 y las dos de y2:
x1 = cos
π
3
+ i sen
π
3
=
1
2
(1 + i
√
3)
x2 = cos
4π
3
+ i sen
4π
3
= −
1
2
(1 + i
√
3)
x3 = cos
2π
3
+ i sen
2π
3
=
1
2
(−1 + i
√
3)
x4 = cos
5π
3
+ i sen
5π
3
=
1
2
(1 − i
√
3)
3. Dado que el polinomio x3−x2−x−2 tiene grado impar, al menos una de las tres soluciones es real; comprobando
los divisores del t´ermino independiente, encontramos que 2 es esta soluci´on; las otras dos, son las soluciones
de la ecuaci´on x2 + 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 m´etodo de reducci´on o m´etodo de Gauss:
ix − (1 + i)y = 3
(2 + i)x + iy = 4
⇐⇒



ix − (1 + i)y = 3
ix +
i2
2 + i
y =
4i
2 + i



⇐⇒



ix − (1 + i)y = 3
3i
2 + i
y =
i − 6
2 + i



Por tanto, y =
i − 6
3i
= 1
3 + 2i y x =
3 + (1 + i)y
i
= −1
3(5 + 7i).
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13. El cuerpo de los n´umeros complejos 8
Problema 5 Hallar todas las ra´ıces cuartas de i en la forma “a + bi” sin hacer intervenir ninguna funci´on trigo-
nom´etrica.
Las cuatro ra´ıces cuartas de i son: zk = exp
π
2 · 4
+
2π
4
k , k = 0, 1, 2, 3:
z1 = cos π
8 + i sen π
8 ; z2 = cos 5π
8 + i sen 5π
8 ; z3 = cos 9π
8 + i sen 9π
8 ; z4 = cos 13π
8 + i sen 13π
8
Las siguientes igualdades permiten el c´alculo exacto de estas ra´ıces:
cos π
8 = cos 1
2
π
4 = 1
2 1 + cos π
4 =
√
2+
√
2
2 sen π
8 = sen 1
2
π
4 = 1
2 1 − cos π
4 =
√
2−
√
2
2
Por tanto, las ra´ıces son:
z1 = cos π
8 + i sen π
8 =
√
2+
√
2
2 + i
√
2−
√
2
2
z2 = cos 5π
8 + i sen 5π
8 = −
√
2+
√
2
2 + i
√
2−
√
2
2
z3 = cos 9π
8 + i sen 9π
8 = −
√
2+
√
2
2 − i
√
2−
√
2
2
z4 = cos 13π
8 + i sen 13π
8 =
√
2+
√
2
2 − i
√
2−
√
2
2
z1
z2 i
Re
Im
z3
z4
π
8
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14. El cuerpo de los n´umeros complejos 9
Problema 6 Expresar los n´umeros complejos siguientes en la forma “a + bi”:
(1 + i)2; 1/i; 1/(1 + i); (2 + 3i)(3 − 4i); (1 + i)/(1 − 2i); i5 + i16; 1
2 (1 + i)(1 + i−8)
(1 + i)2 = 1 + 2i − 1 = 2i.
1
i
= i
i2 = −i.
1
1 + i
=
1 − i
1 + 1
=
1
2
−
1
2
i.
(2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 12i2 + i = 18 + i.
1 + i
1 − 2i
=
1
5
(1 + i)(1 + 2i) = 1
5(−1 + 3i).
i5 + i16 = (−1)2i + (−1)8 = i + 1.
1
2
(1 + i)(1 + i−8) =
1
2
(1 + i)(1 + 1) = 1 + i.
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15. El cuerpo de los n´umeros complejos 10
Problema 7 Simplificar la siguiente expresi´on para cada n ∈ N
1 + i + i2
+ · · · + in
Para simplificarla, vamos a multiplicar y dividir por (1 − i):
1 + i + i2
+ · · · + in
=
(1 + i + i2 + · · · + in)(1 − i)
1 − i
=
1 + i + i2 + · · · + in − i − i2 − · · · − in − in+1
1 − i
=
1 − in+1
1 − i
Por lo tanto, esta expresi´on depende de la congruencia de n m´odulo 4:
Si n = 4k, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+1
1 − i
=
1 − i
1 − i
= 1
Si n = 4k + 1, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+2
1 − i
=
1 + 1
1 − i
= 1 + i
Si n = 4k + 2, 1 + i + i2 + · · · + in = 1 − i4k+3
1 − i
= 1 + i
1 − i
= i
Si n = 4k + 3, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+4
1 − i
=
1 − 1
1 − i
= 0
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16. El cuerpo de los n´umeros complejos 11
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 representaci´on de los lugares geom´etricos determinados por las inecuaciones es la siguiente:
Im
Re
Im
Im
ReRe
3/2 2/31/31
|2z + 3| 1 |z + 1| |z − 1| |z| ≥ |2z − 1|
Im
Re
|z + i | ≥ |z − i |
1. |2z + 3| 1 ⇐⇒ z + 3
2 1
2: interior de la circunferencia de radio 1/2 y centro en (3/2, 0).
Recordemos que los n´umeros 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
n´umeros z que verifican |z − z0| = r son los situados en la circunferencia de radio r y centro en z0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

17. El cuerpo de los n´umeros complejos 12
2. Considerando z = x + iy, tenemos
|z + 1| |z − 1| ⇐⇒ (x + 1)2
+ y2
(x − 1)2
+ y2
⇐⇒ x2
+ 2x + 1 x2
− 2x + 1
⇐⇒ 4x 0 ⇐⇒ x 0
3. Considerando z = x + iy, tenemos
|z − i| ≥ |z + i| ⇐⇒ x2
+ (y − 1)2
≥ x2
+ (y + 1)2
⇐⇒ y2
+ 2y + 1 ≥ y2
− 2y + 1
⇐⇒ 4y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 0
4. Considerando z = x + yi, tenemos:
|z| ≥ |2z − 1| ⇐⇒ x2
+ y2
≥ (2x − 1)2
+ 4y2
⇐⇒ y2
+ x −
2
3
2
≤
1
9
Es decir, la soluci´on es el interior de la circunferencia de radio 1/3 y centro en (2/3, 0)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

18. El cuerpo de los n´umeros complejos 13
Problema 9
1. Hallar la parte real y la parte imaginaria de senh z, cosh z y tgh z.
2. Hallar tgh(2 + iπ
4 )
senh(x + iy) =
1
2
(ex+iy
− e−x−iy
)
=
1
2
(ex
(cos y + i sen y) − e−x
(cos y − i sen y))
=
1
2
(ex
− e−x
) cos y + i
1
2
(ex
+ e−x
) sen y
= senh x cos y + i cosh x sen y
cosh(x + iy) =
1
2
(ex+iy
+ e−x−iy
)
=
1
2
(ex
(cos y + i sen y) + e−x
(cos y − i sen y))
=
1
2
(ex
+ e−x
) cos y + i
1
2
(ex
− e−x
) sen y
= cosh x cos y + i senh x sen y
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

19. El cuerpo de los n´umeros complejos 14
Para evaluar la funci´on tgh dividimos las expresiones anteriores y simplificamos simplificamos el resultado:
tgh(x + iy) =
senh(x + iy)
cosh(x + iy)
=
senh x cos y + i cosh x sen y
cosh x cos y + i senh x sen y
=
(senh x cos y + i cosh x sen y)(cosh x cos y − i senh x sen y)
(cosh x cos y + i senh x sen y)(cosh x cos y − i senh x sen y)
=
senh x cosh x cos2 y + senh x cosh x sen2 y + i(cosh2
x sen y cos y − senh2
x sen y cos y)
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y
=
senh x cosh x + i sen y cos y
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y
=
1
2 senh 2x + i1
2 sen 2y
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y + cosh2
x sen2 y − cosh2
x sen2 y
=
senh 2x + i sen 2y
2(cosh2
x − sen2 y)
tgh(2 + i
π
4
) =
senh 4 + i sen π
2
2(cosh2
2 − sen2 π
4 )
=
senh 4 + i
2(cosh2
2 − 1
2)
=
senh 4 + i
2 cosh2
2 − 1
=
senh 4 + i
cosh 4
= tgh 4 +
i
cosh 4
≈ 0′
999329 + i0′
036619
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20. El cuerpo de los n´umeros complejos 15
Problema 10 Resolver la ecuaci´on sen z = 2.
Empezamos utilizando la definici´on de la funci´on seno
2 = sen z =
1
2i
(eiz
− e−iz
) =
e2iz − 1
2eizi
De aqui obtenemos: e2iz − 1 = 4eizi. Esta es una ecuaci´on de segundo grado en eiz y sus soluciones son
eiz
=
1
2
(4i ±
√
−16 + 4) = i(2 ±
√
3)
Entonces, las soluciones de la ecuaci´on propuesta verifican:
z =
1
i
log i(2 ±
√
3) = −i log i(2 ±
√
3) = −i(log i + log(2 ±
√
3))
= −i(i(
π
2
+ 2nπ) + log(2 ±
√
3))
=
π
2
+ 2nπ − i log(2 ±
√
3)
Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:
z1n =
π
2
+ 2nπ − i log(2 +
√
3) z2n =
π
2
+ 2nπ − i log(2 −
√
3)
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21. El cuerpo de los n´umeros complejos 16
Problema 11 El objetivo de este ejercicio es calcular el coseno de los ´angulos π/5 y 2π/5.
1. Sea z = cos θ + i sen θ una ra´ız quinta de −1. Probar que, si z = −1, entonces z4 − z3 + z2 − z + 1 = 0 y
deducir que 4 cos2 θ − 2 cos θ − 1 = 0. Concluir que cos π/5 = 1
4(
√
5 + 1).
2. Sea z = cos θ + i sen θ una ra´ız quinta de la unidad. Probar que, si z = 1, entonces z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 y
deducir que 4 cos2 θ + 2 cos θ − 1 = 0. Concluir que cos 2π/5 = 1
4 (
√
5 − 1).
Efectivamente, el valor de los cosenos de los ´angulos pedidos est´a relacionado con las ra´ıces quintas de 1 y de
−1, ya que, por la f´ormula de Moivre:
cos
π
5
+ i sen
π
5
5
= cos π + i sen π = −1
cos
2π
5
+ i sen
2π
5
5
= cos 2π + i sen 2π = 1
Vamos a explicitar la soluci´on del primer apartado, puesto que la del segundo es exactamente igual. La primera
afirmaci´on del enunciado es trivial, puesto que una simple divisi´on de polinomios prueba que:
z5
+ 1 = (z + 1)(z4
− z3
+ z2
− z + 1)
Dado que z = cos π
5 + i sen π
5 es una de las cinco ra´ıces quintas de -1 distinta de -1, este numero debe ser ra´ız del
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

22. El cuerpo de los n´umeros complejos 17
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 = z4
− z3
+ z2
− z + 1 = α4
+ 4iα3
β − 6α2
β2
− 4iαβ3
+ β4
− α3
− 3iα2
β + 3αβ2
+ iβ3
+ α2
+ 2iαβ − β2
− α − iβ + 1
Por lo tanto, tanto la parte imaginaria como la parte real de la expresi´on de la derecha deben ser 0. Debemos
serparar y simplificar ambas partes para obtener la expresi´on m´as sencilla posible; en este caso, la expresi´on mas
simple se obtiene de la parte imaginaria, pero el lector deber´ıa desarrollar igualmente la parte real para comprobarlo.
0 = 4α3
β − 4αβ3
− 3α2
β + β3
+ 2αβ − β
Dividiendo por β obtenemos:
0 = 4α3
− 4αβ2
− 3α2
+ β2
+ 2α − 1
Dado que tenemos que obtener un polinomio en α, sustituimos β2 por 1 − α2:
0 = 4α3
− 4α + 4α3
− 3α2
+ 1 − α2
+ 2α − 1
= 8α3
− 4α2
− 2α
Finalmente, dividiendo por 2α obtenemos el polinomio buscado:
0 = 4α2
− 2α − 1
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23. El cuerpo de los n´umeros complejos 18
La resoluci´on de esta ecuaci´on de segundo grado, conduce finalmente al valor de cos π
5 (tomamos solamente la
soluci´on positiva):
α = cos
π
5
=
1
8
(2 +
√
20) =
1
4
(1 +
√
5)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

24. El cuerpo de los n´umeros complejos 19
Problema 12 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definici´on de las funciones hiperb´olicas en el
cuerpo de los n´umeros 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. cosh2
z − senh2
z = 1
4. 2 senh z cosh z = senh 2z
5. cosh2
z + senh2
z = cosh 2z
6. senh z cosh u = 1
2(senh(z + u) + senh(z − u))
7. senh z senh u = 1
2(cosh(z + u) − cosh(z − u))
8. cosh z cosh u = 1
2(cosh(z + u) + cosh(z − u))
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

25. El cuerpo de los n´umeros complejos 20
Problema 13 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definici´on de las funciones trigonom´etricas en
el cuerpo de los n´umeros 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. cos2 z + sen2 z = 1
4. 2 sen z cos z = sen 2z
5. cos2 z − sen2 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))
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

26. El cuerpo de los n´umeros complejos 21
Problema 14 Deducir las siguientes expresiones para las funciones inversas de las funciones hiperb´olicas:
arg senh x = log(x + x2 + 1) arg cosh x = log(x + x2 − 1)
La funci´on cosh no es inyectiva, ya que cosh x = cosh −x. Por lo tanto, la funci´on arg cosh x podr´ıa tomar dos
valores para cada x; el valor que se considera en la definici´on de dicha funci´on es el positivo. Por otra parte, si
la funci´on la consideramos definida sobre los n´umeros complejos, las expresiones anteriores son v´alidas, pero los
posibles valores del logaritmo son infinitos; en este caso, la definici´on de las funciones inversas se hace tomando los
valores principales del logaritmo.
Deducir una expresi´on para la funci´on arg cosh se reduce a despejar y en funci´on de x en la expresi´on
ez + e−z
2
= x
Multiplicando por 2ez, la igualdad anterior se convierte en la siguiente ecuaci´on de segundo grado en ez:
e2z
− 2ez
x + 1 = 0
Cuyas soluciones son ez =
2x ±
√
4x2 − 4
2
= x±
√
x2 − 1. De donde obtenemos la soluci´on propuesta en el enunciado:
arg cosh x = log(x +
√
x2 − 1). Debemos observar que, efectivamente, la otra soluci´on coincide con esta, pero con
signo contrario:
log(x − x2 − 1) = log
x2 − (x2 − 1)
x +
√
x2 − 1
= − log(x + x2 − 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

27. El cuerpo de los n´umeros complejos 22
El desarrollo para obtener la expresi´on para arg senh x es similar obteniendo como soluci´on:
ez
= x ± x2 + 1
Hay que observar no obstante, que la soluci´on ez = x −
√
x2 + 1 no tiene sentido si trabajamos solo con n´umeros
reales, pero s´ı en el caso de considerar n´umeros complejos. La funci´on arg senh se define entonces como: arg senh x =
log(x +
√
x2 + 1).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

28. El cuerpo de los n´umeros complejos 23
Problema 15
1. Si m y n son enteros, demostrar que
2π
0
einx
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
2π
0
sen nx cos mxdx =
2π
0
sen nx sen mxdx =
2π
0
cos nx cos mxdx = 0,
2π
0
sen2
nxdx =
2π
0
cos2
nxdx = π si n = 0.
1. Si n = m, entonces
2π
0
einx
e−imx
dx =
2π
0
dx = 2π.
Si n = m:
2π
0
einx
e−imx
dx =
1
i(n − m)
einx
e−imx
2π
0
= 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

29. El cuerpo de los n´umeros complejos 24
2. Supongamos que m = n; la integral correspondiente del apartado anterior se puede descomponer como sigue:
0 =
2π
0
einx
e−imx
dx =
2π
0
((cos nx cos mx + sen nx sen mx) + i(sen nx cos mx − cos nx sen mx))dx (1.1)
Adem´as, sustituyendo n por −n, deducimos la siguiente igualdad
0 =
2π
0
e−inx
e−imx
dx =
2π
0
(cos nx cos mx − sen nx sen mx) + i(− sen nx cos mx − cos nx sen mx) dx (1.2)
Sumando las igualdades 1.1 y 1.2 obtenemos:
0 =
2π
0
(2 cos nx cos mx − 2i cos nx sen mx)dx
Por tanto, necesariamente:
2π
0
cos nx cos mx dx = 0
2π
0
cos nx sen mx dx = 0
Sustituyendo estas igualdades en 1.1, obtenemos que
2π
0
sen nx sen mx dx = 0
Para las dos ´ultimas igualdades del enunciado basta sustitur m por −n en la igualdad del primer apartado:
0 =
2π
0
einx
einx
dx =
2π
0
(cos nx cos nx − sen nx sen nx) + i(sen nx cos nx − cos nx sen nx) dx
=
2π
0
(cos2
nx − sen2
nx) dx (1.3)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

30. El cuerpo de los n´umeros complejos 25
Por otra parte, trivialemente se tiene que
2π
0
(cos2
nx + sen2
nx) dx =
2π
0
dx = 2π (1.4)
Sumando las igualdades 1.3 y 1.4, obtenemos:
2π
0
2 cos2
nxdx = 2π
y rest´andolas obtenemos:
2π
0
2 sen2
nxdx = 2π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

31. El cuerpo de los n´umeros complejos 26
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 − arc tg x ; log (x − i) = 1
2 log (1 + x2) − i π
2 − arc tg x
2. De la expresi´on:
1
1 + x2
=
1
2i
1
x − i
−
1
x + i
se obtiene, formalmente:
dx
1 + x2
=
1
2i
[log (x − i) − log (x + i)]
Utilizar la parte (a) para comprobar que esta soluci´on concuerda con la usual.
1. exp
1
2
log (1 + x2
) + i
π
2
− arc tg x = x2 + 1 exp
π
2
− arc tg x
= x2 + 1 cos
π
2
− arc tg x + i sen
π
2
− arc tg x = x2 + 1
x
√
x2 + 1
+ i
1
√
x2 + 1
= x + i
Por tanto, efectivamente, se verifica la primera igualdad propuesta. La segunda igualdad se obtiene de forma
an´aloga.
2. Restando las igualdades del apartado (a) se obtiene:
1
2i
[log (x − i) − log (x + i)] =
1
2i
−2i
π
2
− arc tg x = (arc tg x) −
π
2
que es, efectivamente, una primitiva de la funci´on
1
1 + x2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

32. Cap´ıtulo 2
Sucesiones y series num´ericas
27

33. Sucesiones y series num´ericas 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 sucesi´on P(n) = apnp + ap−1np−1 + · · · + a1n + a0 es un infinito equivalente a bn = apnp.
5. Demostrar que an = (n + 1)α − nα y bn = αnα−1 son infinitos equivalentes.
1. l´ım
log(n + k)
log n
= l´ım
log n 1 + k
n
log n
= l´ım
log n + log 1 + k
n
log n
= l´ım 1 +
log 1 + k
n
log n
= 1
2. l´ım
log(kn)
log n
= l´ım log k + log n
log n
= l´ım 1 + log k
log n
= 1
3. l´ım
apnp + ap−1np−1 + · · · + a1n + a0
apnp = l´ım 1 +
ap−1
apn
+ · · · +
a1
apnp−1 +
a0
apnp = 1
4. Si P es un polinomio, entonces P(n) y P(n + k) son polinomios del mismo grado y, adem´as, coinciden sus
coeficientes del t´ermino de mayor grado; por lo tanto, l´ım
P(n)
P(n + k)
= 1.
5. l´ım
(n + 1)α − nα
αnα−1 = l´ım nα
n+1
n
α
− 1
αnα−1 = l´ım
n
α
log
n + 1
n
α
= l´ım log
n + 1
n
n
= log e = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

34. Sucesiones y series num´ericas 29
Problema 18 Usar el teorema de compresi´on para demostrar las siguientes propiedades:
1. Si f es una funci´on acotada en un entorno abierto de a y l´ım
x→a
g(x) = 0, entonces l´ım
x→a
f(x)g(x) = 0.
2. Si an es una sucesi´on acotada y l´ım bn = 0, entonces l´ım anbn = 0.
1. Sea M tal que
|f(x)| M para todo x ∈ (a − δ, a + δ)
Entonces:
−Mg(x) f(x)g(x) Mg(x) para todo x ∈ (a − δ, a + δ)
Dado que l´ım
x→a
(−Mg(x)) = 0 = l´ım
x→a
(Mg(x)), por el teorema de compresi´on deducimos que
l´ım
x→a
f(x)g(x) = 0
2. Sea M tal que |an| M. Entonces −Mbn anbn Mbn y, dado que l´ım(−Mbn) = 0 = l´ım(Mbn), deducimos
por el teorema de compresi´on que l´ım anbn = 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

35. Sucesiones y series num´ericas 30
Problema 19 Sea an un sucesi´on. Una sucesi´on bn se dice que es una subsucesi´on de an si existe una funci´on
estrictamente creciente, f : N → N tal que bn = af(n). Demostrar las siguientes propiedades:
1. Si bn es una subsucesi´on de an y l´ım an = ℓ ∈ R, entonces l´ım bn = ℓ.
2. Si bn y cn son dos subsucesiones de an tales que {bn} ∪ {cn} = {an} y l´ım bn = ℓ = l´ım cn, entonces l´ım an =
ℓ ∈ ¯R.
1. Supongamos que ℓ ∈ R. Sea f : B ⊆ N → N una aplicaci´on estrictamente creciente y tal que bn = af(n). Sea
ε 0 y N ∈ N tal que |an − ℓ| ε para todo n ≥ N. Dado que f es estrictamente creciente, existir´a un
N1 ∈ B tal que f(N1) N y por lo tanto, |bn − ℓ| = |af(n) − ℓ| ε para todo n ≥ N1; en consecuencia,
l´ım bn = ℓ.
2. Sean f : B ⊆ N → N y g: C ⊆ N → N dos aplicaciones crecientes tales que bn = af(n) y cn = ag(n). Sea
ε 0; por las hip´otesis, existen dos naturales N1 ∈ B y N2 ∈ C tales que |bn − ℓ| ε y |cn − ℓ| ε.
Sea N = m´ax{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| = |af(m) − ℓ| = |bm − ℓ| ε
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

36. Sucesiones y series num´ericas 31
an ∈ {cn} y en tal caso existe m tal que n = g(m); por ser g creciente, m ≥ N2 y
|an − ℓ| = |ag(m) − ℓ| = |cm − ℓ| ε
En cualquier caso hemos deducido que |an − ℓ| ε para todo n ≥ N y por lo tanto, l´ım an = ℓ.
La demostraci´on en los casos ℓ = +∞ y ℓ = −∞ se hace de la misma forma.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

37. Sucesiones y series num´ericas 32
Problema 20 Resolver los siguientes l´ımites:
1. l´ım 1 −
1
3n
2n
; 2. l´ım 3
√
n − 3
√
n − 1; 3. l´ım n 1 − 3
1 −
a
n
; 4. l´ım n ( n
√
a − n−1
√
a)
1. l´ım 1 −
1
3n
2n
= l´ım exp 2n log 1 − 1
3n
= l´ım exp 2n 1 −
1
3n
− 1 (Infinit´esimos equivalentes)
= e−2/3
2. l´ım( 3
√
n − 3
√
n − 1) = l´ım 3
√
n − 1 3 n
n − 1
− 1
= l´ım

 3
√
n − 1 log 3 n
n − 1

 (Infinit´esimos equivalentes)
= l´ım
1
3
3
√
n − 1 log
n
n − 1
= l´ım
3
√
n − 1
3(n − 1)
(Infinit´esimos equivalentes)
= l´ım
n1/3
3n
(Infinitos equivalentes: ej. 17)
= l´ım
1
3n2/3
= 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

38. Sucesiones y series num´ericas 33
3. l´ım n 1 − 3
1 −
a
n
= l´ım −n log 3
1 −
a
n
(Infinit´esimos equivalentes)
= l´ım −
n
3
log 1 −
a
n
= l´ım −
n
3
−
a
n
(Infinit´esimos equivalentes)
=
a
3
4. l´ım (n( n
√
a − n−1
√
a)) = l´ım n n
√
a a
1
n
− 1
n−1 − 1
= l´ım n n
√
a a
−1
n(n−1) − 1
= l´ım −n n
√
a log a
1
n(n−1) (Infinit´esimos equivalentes))
= l´ım −
n
√
a log a
n − 1
= −
log a
∞
= 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

39. Sucesiones y series num´ericas 34
Problema 21 Utilizar el teorema de compresi´on para calcular los siguientes l´ımites:
1. l´ım
n!
nn
2. l´ım
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)
3. l´ım
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2
4. l´ım
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
Al aplicar el teorema de compresi´on, una de las dos acotaciones (la superior y la inferior) puede ser una constante;
en los tres primeros apartados de este ejercicio, la acotaci´on inferior es la constante cero y por lo tanto, el trabajo
de acotaci´on solo se har´a para la cota superior.
1. 0
n!
nn =
1 · 2 · · · (n − 1)n
n · n · · · n · n
1 · n · · · n · n
n · n · · · n · n
=
1
n
Dado que
1
n
= 0, deducimos que l´ım
n!
nn = 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

40. Sucesiones y series num´ericas 35
2. 0
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)
(n − 1)!
√
1
√
2 . . .
√
n − 1
√
n
1√
n
Dado que l´ım
1√
n
= 0, deducimos que: l´ım
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)
= 0.
3. 0
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2 n
1
n2 =
1
n
Dado que l´ım
1
n
= 0, deducimos que l´ım
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2 = 0.
4.
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
n
n
n2 + 1
=
n2
n2 + 1
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
n
n
n2 + n
=
n
n + 1
Dado que l´ım
n2
n2 + 1
= 1 = l´ım
n
n + 1
, deducimos que: l´ım
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

41. Sucesiones y series num´ericas 36
Problema 22 Aplicar el criterio de St¨oltz-Cesaro para resolver los siguientes l´ımites.
1. l´ım
log n
n
2. l´ım
(log n)2
n
3. l´ım 2 + 4 + · · · + 2n
3 + 9 + · · · + 3n 4. l´ım 1p + 2p + · · · + np
np+1
5. l´ım 1
n2 (2 + 32
2
+ · · ·
(n + 1)n
nn−1 ) 6. l´ım
log(1 · 2 · · · · · n)
n log n
1. l´ım
log n
n
= l´ım
log(n + 1) − log n
n + 1 − n
= l´ım log
n + 1
n
= 0
Dado que la sucesi´on an = n es creciente y divergente a infinito y, adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado existe,
la aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
2. l´ım
(log n)2
n
= l´ım (log(n + 1))2 − (log n)2 (Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım (log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n) = l´ım log
n + 1
n
log((n + 1)n)
= l´ım
1
n
log((n + 1)n) (Equivalencia de infinit´esimos)
= l´ım log(n + 2)(n + 1) − log(n + 1)n (Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım log
(n + 2)(n + 1)
(n + 1)n
= log 1 = 0
Dado que la sucesi´on an = n es creciente y divergente a infinito y, adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado existe,
las aplicaciones del criterio de St¨oltz-Cesaro son correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

42. Sucesiones y series num´ericas 37
3. l´ım
2 + 4 + · · · + 2n
3 + 9 + · · · + 3n = l´ım
2n+1
3n+1 = 0
De las desigualdades 3n−1 3 + 9 + · · · + 3n−1 3 + 9 + · · · + 3n−1 + 3n, se deduce que la sucesi´on del
denominador es creciente y divergente a infinito; adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado existe y, por lo tanto, la
aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
4. l´ım 1p + 2p + · · · + np
np+1 = l´ım
(n + 1)p
(n + 1)p+1 − np+1 (Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım
(n + 1)p
(p + 1)np (Infinitos equivalentes: ej. 17)
=
1
p + 1
Dado que p 0, la sucesi´on an = np es creciente y divergente a infinito; adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado
existe y, por lo tanto, la aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
5. l´ım
1
n2 (2 +
32
2
+ · · · +
(n + 1)n
nn−1 ) = l´ım
(n + 2)n+1
(n + 1)n
(n + 1)2 − n2 (Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım
n + 2
2n + 1
n + 2
n + 1
n
=
e
2
Dado que la sucesi´on an = n2 es creciente y divergente a infinito y, adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado existe,
la aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

43. Sucesiones y series num´ericas 38
6. l´ım
log(1 · 2 · · · · · n)
n log n
= l´ım
log 1 + log 2 + · · · + log n
n log n
= l´ım
log(n + 1)
(n + 1) log(n + 1) − n log n
(Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım
log(n + 1)
log
(n + 1)n+1
nn
= l´ım
log(n + 1)
log
n + 1
n
n
+ log(n + 1)
= l´ım
1
log
n + 1
n
n
log(n + 1)
+ 1
=
1
1
∞
+ 1
= 1
Las sucesiones an = n y bn = log n son crecientes y divergentes a infinito y, por lo tanto, tambi´en lo es la
sucesi´on del denominador del l´ımite propuesto; adem´as, el ´ultimo l´ımite calculado existe y, en consecuencia,
la aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

44. Sucesiones y series num´ericas 39
Problema 23 Utilizar el criterio del cociente para resolver los siguientes l´ımites.
1. l´ım n
√
n 2. l´ım n
√
n2 + n
3. l´ım n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n) 4. l´ım
1
n
n
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)
1. l´ım n
√
n = l´ım n + 1
n
= 1
Dado que el l´ımite final existe, la aplicaci´on del criterio del cociente es correcta.
2. l´ım n
√
n2 + n = l´ım
(n + 1)2 + n + 1
n2 + n
= 1
Dado que el l´ımite final existe, la aplicaci´on del criterio del cociente es correcta.
3. l´ım n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
= l´ım
((n + 1) + 1)((n + 1) + 2) . . . ((n + 1) + (n + 1))
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
= l´ım
(2n + 1)(2n + 2)
n + 1
= +∞
Dado que el ´ultimo l´ımite es +∞, la aplicaci´on del criterio del cociente en la primera igualdad es correcta.
4. l´ım
1
n
n
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n) = l´ım n (3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)
nn
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

45. Sucesiones y series num´ericas 40
= l´ım
(3(n + 1) + 1)(3(n + 1) + 2) . . . (3(n + 1) + (n + 1))nn
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)(n + 1)n+1
= l´ım
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)
(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1)
n
n + 1
n
=
44
33e
Dado que el ´ultimo l´ımite calculado existe, la aplicaci´on del criterio del cociente en la segunda igualdad es
correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

46. Sucesiones y series num´ericas 41
Problema 24 Utilizar la constante de Euler para calcular los siguietnes l´ımites.
1. l´ım
e
√
e 3
√
e . . . n
√
e
n
2. l´ım
log(1 + 1
2 + · · · + 1
n )
log(log n)
3. l´ım 1 +
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
4. l´ım
1
n + 1
+
1
n + 2
+ · · · +
1
n + n
La constante de Euler, γ, se define como:
γ = l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
n
− log n
y sabemos que es un n´umero real estrictamente positivo y estrictamente menor que 1. Podemos usar este l´ımite
como herramienta de c´alculo para otros l´ımites a trav´es de las siguientes propiedades:
1 + 1
2 + 1
3 + · · · + 1
n = γ + cn + log n, en donde cn es un infinit´esimo.
1 + 1
2 + 1
3 + · · · + 1
n y log n son infinitos equivalentes.
En los casos en los que no se pueda aplicar la sustituci´on de infinitos equivalentes, podremos usar la primera
propiedad; en particular, ninguno de los cuatro l´ımites aqu´ı propuestos puede resolverse mediante la sustituci´on de
infinitos. Sin embargo, en el segundo apartado vamos a utilizar la equivalencia aunque sin realizar la sustituci´on
expl´ıcitamente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

47. Sucesiones y series num´ericas 42
1. l´ım
e
√
e 3
√
e . . . n
√
e
n
= l´ım
e1+ 1
2
+···+ 1
n
n
= l´ım
elog necn+γ
n
= l´ım ecn+γ = eγ
2. l´ım
log(1 + 1
2 + · · · + 1
n )
log(log n)
= l´ım
log
1 + 1
2 + · · · + 1
n
log n
+ log(log n)
log(log n)
= l´ım
log
1 + 1
2 + · · · + 1
n
log n
log(log n)
+ 1 =
0
∞
+ 1 = 1
3. l´ım 1 +
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
= l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
−
1
2
+
1
4
+ · · · +
1
2n
= l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
−
1
2
1 +
1
2
+ · · · +
1
n
= l´ım log(2n + 1) + γ + c2n+1 −
1
2
(log n + γ + cn)
= l´ım log
2n + 1
√
n
+
γ
2
+ c2n+1 −
1
2
cn = (+∞ +
γ
2
+ 0 − 0) = +∞
4. l´ım 1
n
+ 1
n + 1
+ · · · + 1
n + n
= l´ım 1 + 1
2
+ · · · + 1
n + n
− 1 + 1
2
+ · · · + 1
n − 1
= l´ım (log(2n) + γ + c2n − (log(n − 1) + γ + cn−1))
= l´ım log
2n + 1
n − 1
+ c2n − cn−1 = log 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

48. Sucesiones y series num´ericas 43
Problema 25 Dada una sucesi´on an tal que l´ım an = ℓ ∈ R, calcular los siguientes l´ımites.
1. l´ım n
√
a1a2 · · · an 2. l´ım
a1 + a2 · · · an
n
3. l´ım
a1 +
a2
2
+ · · · +
an
n
log n
4. l´ım a1 + 2a2 + · · · + nan
n2
5. l´ım
ea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n
log(n + 1)
1. Utilizamos el criterio del cociente:
l´ım n
√
a1a2 · · · an = l´ım
a1a2 · · · an+1
a1a2 · · · an
= l´ım an = ℓ
Dado que la sucesi´on an es convergente, la aplicaci´on del criterio del cociente es correcta.
2. En este apartado, utilizamos el criterio de St¨oltz-Cesaro:
l´ım
a1 + a2 + · · · + an
n
= l´ım
a1 + · · · + an+1 − a1 − · · · − an
n + 1 − n
= l´ım an+1 = ℓ
Dado que la sucesi´on an es convergente, la aplicaci´on del St¨oltz-Cesaro es correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

49. Sucesiones y series num´ericas 44
3. Aplicamos el criterio de St¨oltz-Cesaro:
l´ım
a1 +
a2
2
+ · · · +
an
n
log n
= l´ım
an+1
n + 1
log(n + 1) − log n
(∗)
= l´ım
an+1
n
log(n + 1) − log n
= l´ım
an+1
log
n + 1
n
n = ℓ
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); dado que el ´ultimo l´ımite existe, la
aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
4. Aplicamos el criterio de St¨oltz-Cesaro:
l´ım
a1 + 2a2 + · · · + nan
n2 = l´ım
(n + 1)an+1
(n + 1)2 − n2
(∗)
= l´ım
(n + 1)an+1
2n
=
ℓ
2
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); adem´as, dado que el ´ultimo l´ımite
existe, la aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
5. Aplicamos el criterio de St¨oltz-Cesaro:
l´ım
ea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n
log(n + 1)
= l´ım
ean+1/(n+1) − n − 1 + n
log(n + 2) − log(n + 1)
= l´ım
ean+1/(n+1) − 1
log n+2
n+1
(∗)
= l´ım
an+1
n+1
1
n+1
= ℓ
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinit´esimos; dado que el ´ultimo l´ımite existe, la
aplicaci´on del criterio de St¨oltz-Cesaro es correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

50. Sucesiones y series num´ericas 45
Problema 26 Determinar el t´ermino general de las siguientes sucesiones y calcular su l´ımite.
1. 0′9, 0′99, 0′999,. . .
2. 0′3, 0′33, 0′333,. . .
1. El t´ermino general de esta sucesi´on
0′
9, 0′
99, 0′
999, . . .
es an = 1 −
1
10n y por lo tanto su l´ımite es 1.
2. El t´ermino general de la sucesi´on
0′
3, 0′
33, 0′
333, . . .
lo podemos escribir como bn = 3·10−1 +3·10−2 +· · ·+3·10−n y podemos calcular su l´ımite usando el criterio
de St¨oltz-Cesaro:
l´ım(3 · 10−1
+ 3 · 10−2
+ · · · + 3 · 10−n
) = l´ım
3 · 10n−1 + 3 · 10n−2 + · · · + 3 · 10 + 3
10n
= l´ım
3 · 10n
10n+1 − 10n = l´ım
3
10 − 1
=
1
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

51. Sucesiones y series num´ericas 46
Problema 27 Calcular el l´ımite l´ım
nα
en para todo α ∈ R.
Para α ≤ 0 el c´alculo es inmediato:
l´ım
nα
en = l´ım
1
n−αen =
1
∞
= 0
Supongamos que α 0 y consideremos la funci´on E(x) que devuelve la parte entera de x:
l´ım
nα
en = l´ım
(n + 1)α − nα
en+1 − en (Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım
αnα−1
(e − 1)en (Equivalencia de infinitos: ej. 17)
= l´ım
α
e − 1
nα−1
en
(Aplicamos E(α)–veces el Criterio de St¨oltz-Cesaro)
= l´ım
α(α − 1) . . . (α − E(α))
(e − 1)E(α)+1
nα−E(α)−1
en
= 0 (Ya que α − E(α) − 1 0)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

52. Sucesiones y series num´ericas 47
Problema 28 Dada la sucesi´on an =
1
n log n
calcular el l´ımite l´ım n 1 −
an+1
an
.
Observamos en primer lugar que, usando el ejercicio 17, deducimos que el l´ımite propuesto es una indetermina-
ci´on, ya que:
l´ım
an+1
an
= l´ım
n log n
(n + 1) log(n + 1)
= l´ım
n
n + 1
log n
log(n + 1)
= 1
El c´alculo del l´ımite puede hacerse como sigue:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n log n
(n + 1) log(n + 1)
= l´ım
n
n + 1
n + 1 −
n log n
log(n + 1)
= l´ım n + 1 −
n log n
log(n + 1)
(Equivalencia de infinitos: ej. 17)
= l´ım n + 1 −
n log(n + 1) + log n
n+1
log(n + 1)
= l´ım n + 1 − n −
n log n
n+1
log(n + 1)
= l´ım 1 −
log n
n+1
n
log(n + 1)
= 1 −
e
+ ∞
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

53. Sucesiones y series num´ericas 48
Problema 29
Dada la sucesi´on an =
1
n(log n)2 calcular el l´ımite l´ım n 1 −
an+1
an
.
La serie asociada a la sucesi´on an es divergente, pero como vemos en este ejercicio, el l´ımite del criterio de Raabe
es 1. Observamos en primer lugar que el l´ımite propuesto es una indeterminaci´on (usamos el ejercicio 17):
l´ım
an+1
an
= l´ım
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2 = l´ım
n
n + 1
log n
log(n + 1)
2
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

54. Sucesiones y series num´ericas 49
El c´alculo del l´ımite puede hacerse como sigue:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2
= l´ım
n
n + 1
n + 1 −
n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım n + 1 −
n(log n)2
(log(n + 1))2 (Infinitos equivalentes: ej. 17)
= l´ım

n + 1 − n
log(n + 1) + log n
n+1
log(n + 1)
2

 = l´ım

n + 1 − n 1 +
log n
n+1
log(n + 1)
2


= l´ım

n + 1 − n − 2n
log n
n+1
log(n + 1)
− n
log n
n+1
log(n + 1)
2


= l´ım

1 − 2
log n
n+1
n
log(n + 1)
−
log n
n+1
n
log(n + 1)
log n
n+1
log(n + 1)


= 1 − 2
1
+ ∞
−
1
+ ∞
0
+ ∞
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

55. Sucesiones y series num´ericas 50
Veamos un procedimiento alternativo:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2
= l´ım
n
n + 1
(n + 1)(log(n + 1))2 − n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım
(n + 1)(log(n + 1))2 − n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım
(log(n + 1))2 + n((log(n + 1))2 − (log n)2)
(log(n + 1))2
= l´ım 1 +
n(log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n)
(log(n + 1))2
= l´ım

1 +
log n+1
n
n
log(n + 1)
1 +
log n
log(n + 1)


= 1 +
1
+ ∞
(1 + 1)
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

56. Sucesiones y series num´ericas 51
Problema 30 Justificar que las siguientes sucesiones son convergentes y calcular sus l´ımites
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 t´erminos de la sucesi´on an, podemos intuir que es decreciente. La demostraci´on la hacemos
por inducci´on; 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

57. Sucesiones y series num´ericas 52
Por lo tanto, efectivamente an an+1 para todo n ∈ N.
En segundo lugar, observamos que la sucesi´on est´a acotada inferiormente, ya que an 0 para todo n ∈ N, y
por lo tanto, la sucesi´on es convergente. Si ℓ = l´ım an, entonces:
ℓ = l´ım an+1 = l´ım
√
1 + an =
√
1 + ℓ
Despejando ℓ de la igualdad anterior, obtenemos que ℓ =
1 +
√
5
2
.
2. Evaluando algunos t´erminos de la sucesi´on, intuimos que la sucesi´on es creciente. Hacemos la demostraci´on
por inducci´on, 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:
bk bk+1
bk bk+1
2 bk 2 bk+1
bk+1 bk+2
Por lo tanto, efectivamente bn bn+1 para todo n ∈ N.
En segundo lugar, demostramos que la sucesi´on est´a acotada superiormente por 4, es decir, bn 4 para todo
n ∈ N. Nuevamente, hacemos la demostraci´on por inducci´on.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

58. Sucesiones y series num´ericas 53
(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:
bk 4
bk
√
4 = 2
2 bk 4
bk+1 4
Por lo tanto, efectivamente bn 4 para todo n ∈ N.
Probado que la sucesi´on es creciente y acotada superiormente, concluimos que es convergente. El l´ımite,
ℓ = l´ım bn, es soluci´on de la ecuaci´on ℓ = 2
√
ℓ y por lo tanto, ℓ = 4.
Para adivinar que 4 es una cota de la sucesi´on, calculamos en primer lugar su l´ımite con la ´ultima ecuaci´on
deducida; una vez justificada la convergencia, el c´alculo del l´ımite resulta correcto.
3. Demostramos en primer lugar que la sucesi´on cn es creciente y lo hacemos por inducci´on; es decir, vamos a
probar que cn cn+1 para todo n ∈ N.
(i) Para n = 1: c1 = a a + a2 = 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

59. Sucesiones y series num´ericas 54
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 sucesi´on es convergente o divergente a +∞. En el caso en que cn sea convergente, se verifica
que
ℓ = l´ım cn+1 = l´ım(a + (cn)2
) = a + ℓ2
Resolviendo esta ecuaci´on, obtenemos que los posibles valores del l´ımite son
1 +
√
1 − 4a
2
y
1 −
√
1 − 4a
2
. En
cualquier caso, si cn es convergente, necesariamente 1 − 4a debe ser positivo, es decir a ≤ 1/4. Rec´ıproca-
mente, veamos que si a ≤ 1/4, entonces la sucesi´on est´a 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 inducci´on.
(i) Para n = 1: c1 = a ≤ 1
4 1
2
(ii) Supongamos que ck 1
2; tenemos que probar que ck+1 1
2 y lo hacemos con la siguientes secuencias de
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

60. Sucesiones y series num´ericas 55
desigualdades:
ck
1
2
(ck)2
1
4
a + (ck)2
a +
1
4
1
4
+
1
4
ck+1
1
2
Por lo tanto, efectivamente la sucesi´on cn est´a acotada superiormente por 1/2. En consecuencia, la sucesi´on es
convergente y su l´ımite tambi´en es menor que 1/2, es decir, ℓ = l´ım cn =
1 −
√
1 − 4a
2
. En resumen:
l´ım cn =



1 −
√
1 − 4a
2
si 0 a ≤ 1/4
+∞ si a 1/4
4. Evaluando algunos t´erminos de la sucesi´on, observamos que no es mon´otona pero que las subsucesiones de los
t´erminos pares y la de los impares s´ı son mon´otonas; 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 subsucesi´on d2n es decreciente y acotada inferiormente
por d1 = 0 y que la subsucesi´on d2n+1 es creciente y acotada superiormente por d2 = 1. Pasamos a demostrar
las desigualdades por inducci´on:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

61. Sucesiones y series num´ericas 56
(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+2
d2k+1 d2k+3 d2k+2
d2k+1 d2k+3
d2k+3 + d2k+2
2
d2k+2
d2k+1 d2k+3 d2k+4 d2k+2
d2k+1 d2k+3 d2k+4 d2k+2
(T´engase en cuenta que si 0 a b, entonces a
a + b
2
b).
Por lo tanto, quedan probadas las desigualdades para cada n ∈ N. Podemos concluir entonces que las sub-
sucesiones d2n y d2n+1 son convergentes. Por el ejercicio 19, la sucesi´on dn ser´a convergente si y solo si
l´ım d2n = l´ım d2n+1, lo cual es cierto: si ℓ1 = l´ım d2n+1 y ℓ2 = l´ım d2n, entonces, ℓ1 =
ℓ2 + ℓ1
2
y, simplificando
la expresi´on, se obtiene que ℓ1 = ℓ2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

62. Sucesiones y series num´ericas 57
Problema 31
1. Demostrar que no existe ning´un n´umero racional cuyo cuadrado sea 2; es decir,
√
2 ∈ Q.
2. Considerar la sucesi´on an definida recursivamente por: a0 = 2, an+1 =
an
2
+
1
an
. Demostrar que dicha
sucesi´on (de n´umeros racionales) es decreciente y acotada inferiormente (y en consecuencia convergente en
R). Demostrar a continuaci´on que el l´ımite es
√
2.
1. Razonamos por reducci´on al absurdo. Supongamos que
√
2 es racional y sean p y q dos naturales primos entre
s´ı tales que 2 =
p2
q2 ; en tal caso,
p2
= 2q2
(2.1)
y 2 divide a p2 y en consecuencia a p, pudiendo escribir p = 2k; deducimos entonces a partir de 2.1 que:
4k2
= 2q2
y de ah´ı: 2k2
= q2
;
por lo tanto, 2 divide a q2 y en consecuencia a q, lo cual es contradictorio con la hip´otesis inicial.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

63. Sucesiones y series num´ericas 58
2. La demostraci´on 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 definici´on recursiva mantienen esta
propiedad.
b) “a2
n 2 para todo n 0”:
a2
n =
an−1
2
+
1
an−1
2
=
a2
n−1
4
+
1
a2
n−1
+ 1
(∗)
2
an−1
2
1
an−1
+ 1
= 2
En el paso (∗) hemos utilizado que x2 + y2 2xy para todo x = y,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

64. Sucesiones y series num´ericas 59
c) “an es decreciente”: a partir de la desigualdad anterior demostramos este hecho f´acilmente:
a2
n 2
a2
n
2an
2
2an
an
2
1
an
an
2
+
an
2
1
an
+
an
2
an an+1
d) “an est´a acotada inferiormente”: volvemos a utilizar la desigualdad del segundo apartado: dado que
a2
n 2 1, an 1.
De los dos ´ultimos puntos se deduce que la sucesi´on an (decreciente y acotada) converge en R. Sea ℓ su l´ımite;
entonces:
ℓ =
ℓ
2
+
1
ℓ
de donde se deduce que ℓ2 = 2.
Esta sucesi´on puede considerarse como un ejemplo de una sucesi´on (o conjunto) acotado que no tiene m´ınimo
en Q pero s´ı lo tiene en R.
El ejercicio se puede generalizar para demostrar que las ra´ız cuadrada de un n´umero racional positivo es un
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

65. Sucesiones y series num´ericas 60
n´umero real: si a es un n´umero racional positivo, la sucesi´on b0 = 1, bn+1 =
1
2
bn +
a
an
es una sucesi´on de
n´umeros racionales con limite
√
a.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

66. Sucesiones y series num´ericas 61
Problema 32 Demostrar que la sucesi´on sen n no es convergente.
Hacemos uso de subsucesiones para demostrar este hecho: si la sucesi´on fuera convergente, toda subsucesi´on ser´ıa
convergente al mismo l´ımite, pero vamos a construir dos subsucesiones que en tal caso tendr´ıan diferentes l´ımites.
Consideremos los intervalos Im = π
4 + 2mπ, 3π
4 + 2mπ , m ∈ N. Dado que la amplitud de estos intervalos es
mayor estrictamente que 1, necesariamente cada uno de estos intervalos contiene un n´umero natural: sea mn ∈ N∩In
este n´umero y consideremos la subsucesi´on bn = amn . Dado que sen amn sen
π
4
=
√
2
2
, si bn fuera convergente,
su l´ımite ser´ıa mayor que
√
2
2
. De la misma forma, con los intervalos Jm = 5π
4 + 2mπ, 7π
4 + 2mπ , encontrar´ıamos
una subsucesi´on que, de ser convergente, tendr´ıa un l´ımite menor −
√
2
2
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

67. Sucesiones y series num´ericas 62
Problema 33 Hallar los siguientes l´ımites.
1. l´ım
x→6
x2 − 6x
x2 − 7x + 6
2. l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
x2 + 2x − 8
3. l´ım
t→0
4
t
− 1 t
4. l´ım
x→−3
2x + 6
4x2 − 36
5. l´ım
h→0
1
h
(x + h2
)3
− x3
6. l´ım
x→0
1
x4 −
1
x
7. l´ım
x→0−
sen x2
x3 8. l´ım
x→∞
|4x| + |x − 1|
x
9. l´ım
x→∞
x sen
1
x2
1. l´ım
x→6
x2 − 6x
x2 − 7x + 6
= l´ım
x→6
x(x − 6)
(x − 1)(x − 6)
= l´ım
x→6
x
x − 1
=
6
5
2. l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
x2 + 2x − 8
= l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
(x − 2)(x + 4)
3. l´ım
t→0
4
t
− 1 t = l´ım
t→0
(4 − t) = 4
4. l´ım
x→−3
2x + 6
4x2 − 36
=
2(x + 3)
4(x + 3)(x − 3)
= − 1
12
5. l´ım
h→0
(x + h2)3 − x3
h
= l´ım
h→0
x3 + h6 + 3x2h2 + 3xh4 − x3
h
= l´ım
h→0
(h5
+ 3x2
h + 3xh3
) = 0
6. l´ım
x→0
1
x4 −
1
x
= l´ım
x→0
1 − x3
x4 = +∞
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

68. Sucesiones y series num´ericas 63
7. l´ım
x→0−
sen x2
x3 = l´ım
x→0−
x2
x3 = l´ım
x→0−
1
x
= −∞
8. l´ım
x→∞
|4x| + |x − 1|
x
= l´ım
x→∞
4x + x − 1
x
= 5
9. 10. l´ım
x→∞
x sen
1
x2 = 0: producto de funci´on convergente a 0 por funci´on acotada.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

69. Sucesiones y series num´ericas 64
Problema 34 Resolver los siguientes l´ımites
1. l´ım
θ→0
(θ2
cosec2
θ) 2. l´ım
x→0
1 − cos2 x
x2
3. l´ım
x→π/2
sen(cos x) 4. l´ım
t→π
cos
t2 − π2
t − π
1. l´ım
θ→0
(θ2
cosec2
θ) = l´ım
θ→0
θ2
sen2 θ
= l´ım
θ→0
θ2
θ2 = 1
2. l´ım
x→0
1 − cos2 x
x2 = l´ım
x→0
(1 − cos x)(1 + cos x)
x2 = l´ım
x→0
x2
2
(1 + cos x)
x2 = 1
3. l´ım
x→π/2
sen(cos x) = 0
4. l´ım
t→π
cos
t2 − π2
t − π
= l´ım
t→π
cos (t + π) = cos 2π = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

70. Sucesiones y series num´ericas 65
Problema 35 Hallar los siguientes l´ımites.
1. l´ım
u→5
√
u + 4 − 3
u − 5
; 2. l´ım
h→0
√
x + h −
√
x
h
; 3. l´ım
x→1
4 −
√
x + 15
x2 − 1
4. l´ım
x→∞
√
9x2 + 6
5x − 1
; 5. l´ım
x→−∞
− 5x2 + 6x + 3√
x4 + x2 + 1
1. l´ım
u→5
√
u + 4 − 3
u − 5
= l´ım
u→5
(
√
u + 4 − 3)(
√
u + 4 + 3)
(u − 5)(
√
u + 4 + 3)
= l´ım
u→5
(u + 4) − 32
(u − 5)(
√
u + 4 + 3)
= l´ım
u→5
1
√
u + 4 + 3
=
1
6
2. 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)
= l´ım
h→0
1
√
x + h +
√
x
=
1
2
√
x
3. l´ım
x→1
4 −
√
x + 15
x2 − 1
=
42 − (x + 15)
(x2 − 1)(4 +
√
x + 15)
=
− 1
(x + 1)(4 +
√
x + 15)
= −
1
16
4. l´ım
x→∞
√
9x2 + 6
5x − 1
= l´ım
x→∞
9 +
6
x2
5 −
1
x
=
√
9
5
=
3
5
5. l´ım
x→−∞
− 5x2 + 6x + 3√
x4 + x2 + 1
= −5.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

71. Sucesiones y series num´ericas 66
Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes l´ımites
1. l´ım
x→0
2 + sen
1
x
; 2. l´ım
x→0
x
2 + sen
1
x
; 3. l´ım
x→0
x
1 − sen
1
x
1. Este primer l´ımite no existe: las sucesiones xn =
1
πn
e yn =
2
π(1 + 4n))
convergen a 0 pero
2 + sen 1
xn
= 2 + sen(πn) = 2 y 2 + sen 1
yn
= 2 + sen π
2
+ 2nπ = 3
2. Estudiamos este l´ımite viendo que la funci´on es el producto de una funci´o convergente a 0 por una funci´on
acotada: demostremos que 1
2 + sen
1
x
est´a acotada:
−1 sen
1
x
1
1 = 2 − 1 2 + sen
1
x
2 + 1 = 3
1
3
1
2 + sen
1
x
1
1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

72. Sucesiones y series num´ericas 67
3. Estudiamos el l´ım
x→0
x
1 − sen
1
x
usando la caracterizaci´on secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver-
gentes a 0 y contenidas en el dominio de la funci´on, pero cuyas im´agenes tienen l´ımites distintos.
f(x) =
x
1 − sen
1
x
Dom(f) = R∗ π
2
+ 2πn
−1
, n ∈ Z
Consideremos las sucesiones an =
3π
2
+ 2πn
−1
y bn =
π
2
+ 2πn −
1
n
−1
que son convergentes a 0 y est´an
contenidas en el dominio de f. En primer lugar tenemos que
l´ım f(an) = l´ım
2
π(3 + 4n)(1 − sen 3π2/2)
= 0
Y por otra parte:
l´ım f(bn) = l´ım
1
π
2
+ 2πn −
1
n
1 − sen
π
2
+ 2πn −
1
n
(∗)
= l´ım
1
π
2
+ 2πn − 1
n
1 − cos 1
n
(∗∗)
= l´ım
1
π
2
+ 2πn − 1
n
1
2n2
= l´ım
4n3
4πn2 + 3πn − 2
= +∞
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

73. Sucesiones y series num´ericas 68
En (∗) hemos utilizado la f´ormula del seno del ´angulo complementario y en (∗∗) hemos utilizado infinit´esimos
equivalentes.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

74. Sucesiones y series num´ericas 69
Problema 37 Calcular los siguientes limites:
1. l´ım
1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)
2. l´ım
k − m
k − m + 1
2k − m
2k − m + 1
· · ·
kn − m
kn − m + 1
3. l´ım
a(a + 1) · · · (a + (n − 1))
n!
= a
1
a+1
2 · · · a+(n−1)
n , 0 a 1
1. Sea an =
1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)
y consideremos la sucesi´on bn construida rellenando los huecos en el denomi-
nador 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)
Por tanto, bn =
1
3n − 1
y es convergente a 0. Por otra parte, la sucesi´on 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 =
3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3)
4 · 7 · 10 · · · · · (3n − 2)
Estas tres sucesiones son convergentes, ya que son positivas y decrecientes:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

75. Sucesiones y series num´ericas 70
xn
xn−1
=
3n − 2
3n − 1
1;
yn
yn−1
=
3n − 4
3n − 3
1;
zn
zn−1
=
3n − 3
3n − 2
1
Si l´ım xn = ℓ1, l´ım yn = ℓ2, l´ım zn = ℓ3, entonces ℓ1ℓ2ℓ3 = 0 y por tanto, uno de los tres l´ımites es nulo.
Teniendo en cuanta el crecimiento de la sucesi´on
n
n + 1
, deducimos las siguientes desigualdades:
xn yn zn 2xn
Y por tanto, si una converge a cero, las dem´as tambi´en, en particular, l´ım an = 0.
2. El calculo del apartado anterior se puede generalizar a cualquier par de naturales k y m. La sucesi´on bn =
k − m
nk − m + 1
se escribe como producto de k sucesiones decrecientes y acotadas y en consecuencia convergentes
a 0; entre ellas se encuentra la sucesi´on estudiada e igual que antes, la convergencia a 0 de una de ella permite
concluir que todas las dem´as tambien convergen a 0.
3. Sea an =
a(a + 1) · · · (a + (n − 1))
n!
=
a
1
a + 1
2
· · ·
a + (n − 1)
n
, 0 a 1; sea k ∈ N tal que 1 − a 1
k , es decir,
tal que a 1 − 1
k ; entonces:
an =
a
1
a + 1
2
· · ·
a + (n − 1)
n
1 − 1
k
1
2 − 1
k
2
· · ·
n − 1
k
n
=
k − 1
k
2k − 1
2k
· · ·
nk − 1
nk
La sucesi´on mayorante es la estudiada en el apartado anterior para m = 1 y, en consecuencia, es convergente
a 0, por lo que el l´ımite de an es tambi´en 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

76. Sucesiones y series num´ericas 71
Problema 38 (Criterio de Pringsheim). Supongamos que l´ım ncan = 0 siendo an una sucesi´on de t´erminos
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 comparaci´on por paso al l´ımite. Si l´ım ncan = l´ım
an
1
nc
= 0, el
criterio de comparaci´on por paso al l´ımite nos dice que la serie an tiene el mismo car´acter que la serie c-arm´onica
y en consecuencia: si c 1 la serie converge y si c ≤ 1 la serie diverge.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

77. Sucesiones y series num´ericas 72
Problema 39 Sea {an} una sucesi´on de t´erminos positivos. Probar que si
∞
n=1
an es convergente, entonces
∞
n=1
a2
n
tambi´en lo es. ¿Es cierto el resultado si la serie no es de t´erminos positivos? ¿Es cierto el rec´ıproco?
Dado que la serie es de t´erminos positivos, podemos aplicar el criterio de comparaci´on por paso al l´ımite:
l´ım
a2
n
an
= l´ım an = 0
Este l´ımite efectivamente vale 0 por la condici´on necesaria. Dado que la serie asociada a la sucesi´on del denominador
es convergente, el criterio de comparaci´on permite deducir que la serie asociada al numerador tambien.
El que la serie sea de t´erminos positivos es una condici´on necesaria: la serie
∞
n=1
(−1)n
√
n
es convergente, pero
∞
n=1
(−1)n
√
n
2
=
∞
n=1
1
n
no lo es.
Por otra parte, el rec´ıproco tampoco es cierto: la serie
∞
n=1
1√
n3
=
∞
n=1
1
4
√
n3
2
es convergente, pero
∞
n=1
1
4
√
n3
no
lo es.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

78. Sucesiones y series num´ericas 73
Problema 40
1. Demostrar que si
∞
n=an
es convergente y
∞
n=bn
es divergente, entonces
∞
n=(
an + bn) es divergente.
2. Dar un ejemplo de dos series divergentes cuya suma sea convergente.
1. Si
∞
n=(
an + bn) fuera convergente, entonces
∞
n=bn
=
∞
n=(
an + bn − an) tambi´en lo ser´ıa, e contradicci´on con lo
supuesto.
2. La series
∞
n=1
1
n2 −
1
n
y
∞
n=1
1
n
son divergentes mientras que
∞
n=1
1
n2 −
1
n
+
1
n
=
∞
n=1
1
n2
es convergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

79. Sucesiones y series num´ericas 74
Problema 41 Consideremos la serie
∞
n=1
P(n)
Q(n)
donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente;
demostrar que entonces:
1. Si q − p ≤ 1 la serie diverge.
2. Si q − p 1 la serie converge
El resultado es consecuencia del criterio de comparaci´on, ya que la serie propuesta tiene el mismo car´acter que la
serie (q − p)-arm´onica,
1
nq−p . Debemos observar, sin embargo, que podemos aplicar el criterio de comparaci´on;
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 ra´ıces 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 comparaci´on.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

80. Sucesiones y series num´ericas 75
Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el car´acter de las siguientes series.
1.
n
(n + 1)3
2.
(9 − a2)n3 + 3n2 + 1
7n4 − 1
3.
4n2 − n + 3
n3 + 2n
4.
n + 2
(n + 1)
√
n + 3
5.
n +
√
n
2n3 − 1
6.
n + 3
(n − 1)
√
n − 1 − n
7.
1
3
√
n2 − 1
1.
n
(n + 1)3
es convergente.
2.
(9 − a2)n3 + 3n2 + 1
7n4 − 1
es convergente si y solo si a2 = 9
3.
4n2 − n + 3
n3 + 2n
es divergente.
En las cuatro series restantes no podemos utilizar directamente el ejercicio anterior, puesto que la expresiones no
son polin´omicas; en ellas aparecen expresiones con ra´ıces que tienen un comportamiento similar.
4.
n + 2
(n + 1)
√
n + 3
tiene el mismo car´acter que
1
√
n
, que es divergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

81. Sucesiones y series num´ericas 76
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 car´acter que
1
√
n
, que es divergente.
7.
1
3
√
n2 − 1
tiene el mismo caracter que
1
n2/3
, que es divergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

82. Sucesiones y series num´ericas 77
Problema 43
1. Demostrar que si R es una funci´on racional y |r| = 1, entonces la serie
∞
n=1
R(n)rn converge si y solo si |r| 1.
(Para el caso r = 1, ver el ejercicio 41.)
2. Demostrar que la serie
∞
n=1
(−1)n P(n)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q
verifica:
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)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q. Entonces,
por el ejercicio 17 se verifica que:
l´ım
P(n)
Q(n)
rn
= l´ım
λnp−q
(en)− log |r|
= l´ım λ
nα
en
− log |r|
= 0 si y solo si |r| 1
Adem´as, en este caso la serie converge absolutamente, lo que se demuestra con el criterio del cociente:
l´ım
P(n + 1)Q(n)rn+1
Q(n + 1)P(n)rn = |r| 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

83. Sucesiones y series num´ericas 78
2. Consideremos la serie
∞
n=1
(−1)n P(n)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q:
Si q − p ≥ 2 la serie converge absolutamente: ejercicio 41.
Si q − p ≤ 01 la serie diverge, ya que no verifica la condici´on necesaria.
Si q − p = 1 la serie converge condicionalmente; esto se razona por el criterio de Leibniz: En primer lugar
observamos que l´ım
P(n)
Q(n)
= 0; adem´as, por ser cociente de polinomios, la funci´on 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.
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84. Sucesiones y series num´ericas 79
Problema 44 Determinar el car´acter de las siguientes series.
1.
n2 + 1
n5n 2.
3n
n · 5n 3.
2n−1
(3n + 2) · n4/3
4.
2n
n2 + 1
5.
n2
en 6.
n + 1
an
7.
an
n
8. n · an
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: l´ım
((n + 1)2 + 1)n5n
(n + 1)5n+1(n2 + 1)
=
1
5
1
2.
3n
n · 5n es convergente: l´ım 3n+1n5n
(n + 1)5n+13n = 3
5
1
3.
2n−1
(3n + 2) · n4/3
es divergente: l´ım
2n(3n + 2) · n4/3
(3n + 5)(n + 1)4/32n−1 = 2 1
4.
2n
n2 + 1
es divergente.
5.
n2
en es convergente.
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85. Sucesiones y series num´ericas 80
6.
n + 1
an es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros
casos, es divergente.
7.
an
n
es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,
es divergente.
8. n·an
es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,
es divergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

86. Sucesiones y series num´ericas 81
Problema 45 Estudiar el car´acter de las siguientes series.
1.
n!
nn 2.
(n!)2 · 4n
(2n)!
3.
(a + 1) · · · (a + n)
n!
4.
log na
n!
5.
n! an
nn 6.
na
n!
7.
nn
n!
8.
n · an
(n + 1)!
9.
xn
n!
10.
(n!)2
(2n)!
11.
(n!)c
(3n)!
12.
(n!)3
(an)!
1.
n!
nn es convergente, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
(n + 1)!nn
(n + 1)n+1n!
= l´ım
(n + 1)nn
(n + 1)n+1 = l´ım
nn
(n + 1)n =
1
e
1
2.
(n!)2 · 4n
(2n)!
es divergente, aunque el criterio del cociente no lo decide:
l´ım
((n + 1)!)24n+1(2n)!
(2n + 2)!(n!)24n = l´ım
4(n + 1)2
(2n + 2)(2n + 1)
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

87. Sucesiones y series num´ericas 82
Sin embargo, del c´alculo realizado deducimos que:
an+1
an
= l´ım
4(n + 1)2
(2n + 2)(2n + 1)
= l´ım
4n2 + 8n + 4
4n2 + 6n + 2)
1
y en consecuencia la sucesi´on es creciente y no puede converger a 0. Podemos deducir esto directamente usando
la f´ormula de Stirling:
l´ım
(n!)2 · 4n
(2n)!
= l´ım
(nne−n
√
2πn)24n
(2n)2ne−2n
√
2π2n
= l´ım
2n2ne−2nπn4n
2 · 4nn2ne−2n
√
πn
= l´ım
√
πn = +∞
3.
(a + 1) · · · (a + n)
n!
; estudiamos el car´acter seg´un el valor de a:
Si a es un entero negativo no nulo, a partir del lugar N = −a, todos los t´erminos 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 car´acter para a ∈ Z− ∪ {0}; el criterio del cociente no decide el car´acter,
l´ım
an+1
an
= l´ım
(a + 1) · · · (a + n)(a + n + 1) n!
(n + 1)! (a + 1) · · · (a + n)
= l´ım
n + a + 1
n + 1
= 1
pero la simplificaci´on permite deducir que se trata de una serie hipergeom´etrica, que es convergente si y
solo si a −1.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

88. Sucesiones y series num´ericas 83
4.
log na
n!
es convergente, seg´un establece el criterio del cociente (hacemos uso de los infinitos equivalentes
del ejercicio 17):
l´ım
an+1
an
= l´ım
a log(n + 1)
(n + 1)!
n!
a log n
= l´ım
log(n + 1)
(n + 1) log n
= l´ım
1
n + 1
= 0 1
5.
n! an
nn converge si y solo si |a| 1. Utilizamos el criterio del cociente para estudiar la convergencia absoluta:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
(n + 1)!|a|n+1
(n + 1)n+1
nn
n!|a|n = l´ım |a|
n
n + 1
n
=
|a|
e
Por tanto, si |a| e la serie converge; adem´as, del c´alculo 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 condici´on necesaria.
Finalmente, para a = ±e tampoco se verifica la condici´on necesaria:
l´ım
n!en
nn
= l´ım
nne−n
√
2πn en
nn
= l´ım
√
2πn = +∞
6.
na
n!
es convergente para todo a, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
(n + 1)a
(n + 1)!
n!
na = l´ım
n + 1
n
a
1
n + 1
= 0 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

89. Sucesiones y series num´ericas 84
7.
nn
n!
es divergente, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
(n + 1)n+1
(n + 1)!
n!
nn = l´ım
n + 1
n
n
= e 1
8.
n · an
(n + 1)!
es absolutamente convergente para todo a.
Si a = 0, la serie es constantemente nula y por tanto convergente. Para a = 0, estudiamos la convergencia
absoluta con el criterio del cociente:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
(n + 1)|a|n+1
(n + 2)!
(n + 1)!
n |a|n = l´ım
|a|(n + 1)
n(n + 2)
= 0
9.
xn
n!
es absolutamente convergente para todo x, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
|x|n+1
(n + 1)!
n!
|x|n = l´ım
|x|
n + 1
= 0
10.
(n!)2
(2n)!
es convergente, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
((n + 1)!)2
(2n + 2)!
(2n)!
(n!)2 = l´ım
(n + 1)2
(2n + 1)(2n + 2)
=
1
4
1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

90. Sucesiones y series num´ericas 85
11.
(n!)c
(3n)!
; utilizamos el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
((n + 1)!)c
(3n + 3)!
(3n)!
(n!)c = l´ım
(n + 1)c
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)
= ℓ
Si c 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge.
si c = 3, entonces ℓ = 1/27 1 y la serie converge.
Si c 3, entonces ℓ = +∞ y la serie diverge.
12.
(n!)3
(an)!
; para que tenga sentido la serie, a debe ser un n´umero natural; utilizamos el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
((n + 1)!)3
(an + a)!
(an)!
(n!)3 = l´ım
(n + 1)3
(an + a) · · · (an + 1)
= ℓ
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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

91. Sucesiones y series num´ericas 86
Problema 46 Estudiar el car´acter de las siguientes series.
1. a1+ 1
2
+···+ 1
n 2.
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · (2n)
3.
1 + 1
2 + · · · + 1
n
n3 4.
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n
5.
1 + 21 + · · · + 2n
4n 6.
n + 2n + · · · + n2
n5
1. a1+ 1
2
+···+ 1
n , a 0; estudiamos la convergencia usando el criterio de Raabe (usamos infinit´esimos equiva-
lentes para el c´alculo del l´ımite):
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 − a1/n+1
= l´ım
− n log a
n + 1
= − log a
Por tanto, si a
1
e
, la serie diverge y si a
1
e
, la serie converge. Estudiamos el caso a =
1
e
por comparaci´on
con la serie 1
elog n = 1
n
, que es divergente:
l´ım
e1+ 1
2
+···+ 1
n
elog n
= l´ım e1+ 1
2
+···+ 1
n
−log n
= eγ
= 0
En resumen, la serie converge si y solo si 0 a
1
e
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

92. Sucesiones y series num´ericas 87
2.
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · (2n)
es divergente, seg´un establece el criterio de Raabe:
l´ım n 1 −
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
2 · 4 · · · (2n + 2)
2 · 4 · · · (2n)
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
= l´ım n 1 −
2n + 1
2n + 2
= l´ım
n
2n + 2
=
1
2
Obs´ervese que por el c´alculo realizado, podemos concluir que la serie es hipergeom´etrica.
3.
1 + 1
2 + · · · + 1
n
n3 es convergente. La forma de la serie hace que los criterios del cociente, de la ra´ız o de
condensaci´on no sean adecuados; usaremos el criterio de comparaci´on.
1 +
1
2
+ · · · +
1
n
n3
1 + · · · + 1
n3
=
n
n3 =
1
n2
Dado que la serie mayorante es convergente, la serie propuesta tambi´en.
Podemos usar tambi´en infinitos equivalentes para deducir que la serie propuesta tiene el mismo car´acter que
log n
n3 ; el criterio de condensaci´on permite deducir f´acilmente la convergencia de esta serie.
4.
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n es convergente. Podemos decidirlo de dos formas:
En primer lugar, podemos observar que la sucesi´on del numerador es la suma parcial n-´esima de una
serie geom´etrica y por tanto:
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n =
2n+1 − 2
3n
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

93. Sucesiones y series num´ericas 88
Al ser suma de dos series geom´etricas 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 compresi´on:
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n
2n + · · · + 2n
3n = n
2
3
n
Dado que la serie mayorante es convergente, por ser aritm´etico-geom´etrica de raz´on 2/3, deducimos que
la serie propuesta tambi´en lo es.
5.
1 + 21 + · · · + 2n
4n ; siguiendo el mismo razonamiento del apartado anterior, deducimos que es convergente.
6.
n + 2n + · · · + n2
n5 =
1 + 2 + · · · + n
n4 =
n(n + 1)
2n4 es convergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

94. Sucesiones y series num´ericas 89
Problema 47 Estudiar el car´acter de las siguientes series:
1.
1
(log n)n 2. log
n + 1
n − 1
n
3.
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
4.
nn
(2n + 1)n 5.
n
7n + 4
4n−2
1.
1
(log n)n es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
1
log n
= 0 1
2. log
n + 1
n − 1
n
es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım log
n + 1
n − 1
= 0 1
3.
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
= (e + 2)−1
1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

95. Sucesiones y series num´ericas 90
4.
nn
(2n + 1)n es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
n
2n + 1
=
1
2
1
5.
n
7n + 4
4n−2
es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
n
7n + 4
4n−2
n
=
1
74 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

96. Sucesiones y series num´ericas 91
Problema 48 Estudiar el car´acter de las series:
1.
√
n + 1 −
√
n 2. n2 + 1 − n 3. (
√
na + 1 −
√
na)
4. na
(
√
n + 1 − 2
√
n +
√
n − 1) 5.
log n
2n3 − 1
6.
1
log n
7. log
n + 1
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 ra´ıces son dif´ıciles de tratar, el uso de los conjugados arm´onicos disminuye estas
dificultades, como vemos en este ejercicio.
Por otra parte, en este ejercicio usamos varias veces los criterios de comparaci´on y debemos recordar que es
necesario que la serie a la que se le aplica sea de t´erminos positivos; en caso de que la serie no sea de t´erminos
positivos, podremos estudiar la convergencia absoluta.
1.
√
n + 1 −
√
n =
n + 1 − n
√
n + 1 +
√
n
es divergente, ya que tiene el mismo car´acter que
1
√
n
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

97. Sucesiones y series num´ericas 92
2. n2 + 1 − n =
1
√
n2 + 1 + n
es divergente, ya que tiene el mismo car´acter que
1
n
.
3. (
√
na + 1 −
√
na) =
1
√
na + 1 +
√
na
tiene el mismo car´acter que
1
na/2
, que converge si y solo si
a 2.
4. na
(
√
n + 1 − 2
√
n +
√
n − 1) = na (
√
n + 1 +
√
n − 1)2 − 4n
√
n + 1 + 2
√
n +
√
n − 1
= 2na
√
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 car´acter que
1
n(3/2)−a
que converge si y solo si a
1
2
.
5.
log n
2n3 − 1
; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que esta serie tiene el mismo car´acter que
log n
n3
y esta, a su vez, por el criterio de condensaci´on, tiene el mismo car´acter que (log 2)
k
4k
, que es
convergente por ser aritm´etico-geom´etrica de raz´on 1/4.
6.
1
log n
; por el criterio de condensaci´on, tiene el mismo car´acter que
2k
k log 2
, que es divergente, ya que
no verifica la condici´on necesaria:
l´ım
k→+∞
2k
k
= l´ım
k→+∞
2k+1 − 2k
k + 1 − k
= l´ım
k→+∞
2k
= +∞
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

98. Sucesiones y series num´ericas 93
(Hemos hecho uso del criterio de St¨oltz-Cesaro.)
7. log
n + 1
n + 2
= − log
n + 2
n + 1
; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que (la serie de t´erminos
positivos) tiene el mismo car´acter que
1
n + 1
, que es divergente.
8.
1
n(log n)2 ; por el criterio de condensaci´on, esta serie tiene el mismo car´acter que
1
(log 2)2k2 , que es
convergente.
9.
1
(log n)r ; por el criterio de condensaci´on, esta serie tiene el mismo car´acter que
k
2k
kr(log 2)r que es
divergente, seg´un se establece en el ejercicio 43. Obs´ervese que para aplicar el criterio de condensaci´on es
necesario que r 0, pero, en caso contrario, el l´ımite del t´ermino general es +∞ y en consecuencia la serie
tampoco converge.
10.
sin4
n
n2
es convergente, ya que 0
sin4
n
n2 ≤
1
n2 y la serie
1
n2
es convergente.
11.
1 + sin3
n
nn es convergente, ya que 0 ≤
1 + sin3
n
nn ≤
2
nn ≤
2
n3 si n 3 y la serie
1
n3
es convergente.
12.
n · cos2 πn
3
2n es convergente, ya que 0
n · cos2 πn
3
2n ≤
n
2n y la serie
n
2n es convergente por ser aritm´etico-
geom´etrica de raz´on 1/2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

99. Sucesiones y series num´ericas 94
13.
sin3
n
n4 es absolutamente convergente, ya que | sin3 n|
n4 ≤ 1
n4 y la serie
1
n4
es convergente.
14.
1 + cos2 n
n3 es convergente, ya que 0 ≤
1 + cos2 n
n3 ≤
1
n3 y la serie
1
n3
es convergente.
15.
sen nx
n2 es absolutamente convergente para todo x ∈ R, ya que 0 ≤
| sen nx|
n2 ≤
1
n2 y la serie
1
n2
es
convergente.
16. sen
1
n
; haciendo uso de infinit´esimos equivalentes, deducimos que la serie tiene el mismo car´acter que
1
n
,
que es divergente.
17.
1
1 + an , a 0, converge si y solo si a 1. Estudiamos en primer lugar la condici´on necesaria:
Si a = 1, entonces
1
1 + an =
1
2
y la serie es divergente.
Si a 1, entonces l´ım
1
1 + an = 1 y la serie es divergente.
Si a 1, entonces l´ım
1
1 + an = 0 y seguimos estudiando la serie.
Para a 1, la serie tiene el mismo car´acter que
1
an , que es convergente:
l´ım
1 + an
an = l´ım
1
an + 1 = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

100. Sucesiones y series num´ericas 95
Problema 49 Estudiar el car´acter de las siguientes series.
1.
(−1)n
2n
2. (−1)n 1
n log n
3.
(−1)n−1
n
√
5
4. (−1)n log n
n
5.
1
n
−
1
n!
6. (−1)n (n!)2
(2n)!
7.
n!
(−2)n 8.
(−1)n
√
n +
√
n + 1
9.
(−1)n
n(n + 1)
1.
(−1)n
2n
es condicionalmente convergente, ya que
1
2n
es divergente pero la serie converge por el criterio
de Leibniz: an = 1
n es decreciente y convergente a 0.
2. (−1)n 1
n log n
es condicionalmente convergente. Por el criterio de condensacion, la serie
1
n log n
tiene el
mismo car´acter que
1
k(log 2)
que es divergente; por otra parte, las sucesi´on an = 1
n log n
es decreciente y
convergente a 0 y por lo tanto, por el criterio de Leibniz, la serie es efectivamente convergente.
3.
(−1)n−1
n
√
5
no es convergente, ya que el l´ımite l´ım
(−1)n−1
n
√
5
no existe.
4. (−1)n log n
n
es condicionalmente convergente. El criterio de condensaci´on permite afirmar que la serie
no converge absolutamente. Por otra parte, en el ejercicio 22 demostramos que la sucesi´on an =
log n
n
es
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

101. Sucesiones y series num´ericas 96
convergente a 0 y, adem´as, es decreciente: basta observar que la funci´on f(x) =
log x
x
es decreciente en [3, ∞)
ya que f′(x) =
1 − log x
x2 0 en ese intervalo; por lo tanto, el criterio de Leibniz, permite afirmar que la serie
es condicionalmente convergente.
5.
1
n
−
1
n!
. La serie
1
n
es divergente y la serie
1
n!
es convergente (ejercicio 45(9) para x = 1);
entonces, seg´un se establece en el ejercicio 40, la serie propuesta es divergente.
6. (−1)n (n!)2
(2n)!
es absolutamente convergente: ver ejercicio 45(10).
7.
n!
(−2)n es divergente, ya que no verifica la condici´on necesaria (hacemos uso de la f´ormula de Stirling):
l´ım
n!
2n = l´ım
e−nnn
√
2πn
2n = l´ım
√
2πn
n
2e
n
= +∞
y por lo tanto, el l´ımite l´ım
n!
(−2)n no existe.
8.
(−1)n
√
n +
√
n + 1
es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo car´acter 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,
1√
n +
√
n + 1
es decreciente y convergente
a 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

102. Sucesiones y series num´ericas 97
9.
(−1)n
n(n + 1)
es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo car´acter 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,
1
n(n + 1)
es decreciente y convergente
a 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

103. Sucesiones y series num´ericas 98
Problema 50 Sumar las siguientes series aritm´etico-geom´etricas y geom´etricas.
1.
∞
n=2
2n + 1
10n ; 2.
∞
n=1
2n+3
3n ; 3.
∞
n=1
(−1)n+1 1
2n ; 4.
∞
n=3
(−1)n+1 n
2n
En lugar de aplicar las correspondientes f´ormulas utilizaremos el correspondiente m´etodo.
1.
Sn =
5
102 +
7
103 + · · · +
2n + 1
10n
Sn
10
=
5
103 +
7
104 + · · · +
2n + 1
10n+1
9Sn
10
=
5
102 +
2
103 +
2
104 + · · · +
2
10n −
2n + 1
10n+1
9Sn
100
=
5
103 +
2
104 +
2
105 + · · · +
2
10n+1 −
2n + 1
10n+2
9Sn
10
−
9Sn
100
=
81
100
Sn =
5
102 −
3
103 −
2n − 3
10n+1 +
2n + 1
10n+2
∞
n=2
2n + 1
10n =
100
81
l´ım
5
102 −
3
103 −
2n − 3
10n+1 +
2n + 1
10n+2 =
100
81
5
102 −
3
103 =
47
810
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

104. Sucesiones y series num´ericas 99
2.
Sn =
24
3
+
25
32 + · · · +
2n+2
3n−1 +
2n+3
3n
2
3
Sn =
25
32 +
26
33 + · · · +
2n+3
3n +
2n+4
3n+1
1
3
Sn =
24
3
−
2n+4
3n+1
∞
n=1
2n+3
3n = 3 l´ım
24
3
−
2n+4
3n+1 = 24
= 16
3.
Sn =
1
2
−
1
22 + · · · + (−1)n 1
2n−1 + (−1)n+1 1
2n
1
2
Sn =
1
22 −
1
23 + · · · + (−1)n 1
2n + (−1)n+1 1
2n+1
3
2
Sn =
1
2
+ (−1)n+1 1
2n+1
∞
n=1
(−1)n+1 1
2n =
2
3
l´ım
1
2
+ (−1)n+1 1
2n+1 =
1
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

105. Sucesiones y series num´ericas 100
4.
Sn =
3
23 −
4
24 + · · · + (−1)n n − 1
2n−1 + (−1)n+1 n
2n
Sn
2
=
3
24 −
4
25 + · · · + (−1)n n − 1
2n + (−1)n+1 n
2n+1
3Sn
2
=
3
23 −
1
24 +
1
25 + · · · + (−1)n+1 1
2n + (−1)n+1 n
2n+1
3Sn
4
=
3
24 −
1
25 +
1
26 + · · · + (−1)n+1 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2
3Sn
2
+
3Sn
4
=
9Sn
4
=
3
23 +
2
24 + (−1)n+1 n + 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2
∞
n=3
(−1)n+1 n
2n =
4
9
l´ım
3
23 +
2
24 + (−1)n+1 n + 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2 =
2
9
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

106. Sucesiones y series num´ericas 101
Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeom´etricas son convergentes y sumarlas.
5.
∞
n=4
1
4n2 − 1
6.
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
7.
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
8.
∞
n=2
a(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
b(b + 1)(b + 2) · · · (b + n)
9.
∞
n=3
n! an
(1 + a)(1 + 2a) · · · (1 + na)
1.
∞
n=4
1
4n2 − 1
=
∞
n=4
1
(2n + 1)(2n − 1)
;
an+1
an
=
(2n + 1)(2n − 1)
(2n + 3)(2n + 1)
=
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
63
=
1
7
∞
n=4
1
4n2 − 1
= l´ım
1
2 · 7
−
1
2
(2n + 3)an+1 =
1
14
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

107. Sucesiones y series num´ericas 102
2.
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
;
an+1
an
=
(4n − 1)(4n + 3)
(4n + 3)(4n + 7)
= 4n − 1
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
15 · 19
=
23
285
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
= l´ım
23
8 · 285
−
1
8
(4n + 7)an+1 =
23
2280
3.
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
; seg´un vimos en el ejercicio 45(3), esta serie converge si y solo si a −1 y es
hipergeom´etrica si adem´as, a ∈ Z; en este caso: (n + 1)an+1 = (n + a + 1)an y por lo tanto:
2a2 + · · · + nan + (n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an
(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
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
= l´ım
1
1 + a
(n + 1)an+1 − 1 = −1
4.
∞
n=0
a(a + 1) · · · (a + n)
b(b + 1) · · · (b + n)
. En primer lugar observamos que:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

108. Sucesiones y series num´ericas 103
El t´ermino 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 hipergeom´etrica,
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)
=
n + a + 1
n + b + 1
y es convergente si y solo si b a + 1, caso en el que calculamos la suma:
(2 + b)a2 + · · · + (n + b)an + (n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an
(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
a(a + 1) · · · (a + n)
b(b + 1) · · · (b + n)
= l´ım
(n + 1 + b)an+1
1 + a − b
−
(1 + b)a(a + 1)
(1 + a − b)b(b + 1)
=
a(a + 1)
b(b − a − 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

109. Sucesiones y series num´ericas 104
Problema 52 Estudiar el car´acter y sumar en su caso las siguientes series.
1.
∞
n=1
(−1)n−1(2n + 1)
n(n + 1)
2.
∞
n=1
1
2n(n + 1)
3.
∞
n=2
log n 1 + 1
n
n+1
(log(n + 1)n+1) log nn
4.
∞
n=1
2n + n(n + 1)
2n+1n(n + 1)
5.
∞
n=1
log
(n + 1)2
n(n + 2)
1.
∞
n=1
(−1)n−1(2n + 1)
n(n + 1)
=
∞
n=1
(−1)n−1
n
−
(−1)n
n + 1
= 1 (serie telesc´opica).
2.
∞
n=1
1
2n(n + 1)
=
∞
n=1
1
2n
− 1
2(n + 1)
= 1
2
(serie telesc´opica).
3.
∞
n=2
log n 1 + 1
n
n+1
(log(n + 1)n+1) log nn =
∞
n=2
1
log nn −
1
log(n + 1)n+1 = log 4 (serie telesc´opica).
4.
∞
n=1
2n + n(n + 1)
2n+1n(n + 1)
=
∞
n=1
1
2n(n + 1)
+
1
2n+1 =
1
2
+
1
2
= 1. El primer sumando es la serie telesc´opica sumada
m´as arriba y el segundo sumando es una serie geom´etrica de raz´on 1/2.
5.
∞
n=1
log
(n + 1)2
n(n + 2)
=
∞
n=1
log
n + 1
n
− log
n + 2
n + 1
= log 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

110. Cap´ıtulo 3
Sucesiones y series funcionales
105

111. Sucesiones y series funcionales 106
Problema 53 Estudiar la convergencia de las siguiente sucesi´on de funciones.
fn(x) = x +
(1 + nx)2
1 + n2x2
Calculamos en primer lugar el l´ımite puntual:
l´ım
n→+∞
x +
(1 + nx)2
1 + n2x2 = x + 1
Mostramos a continuaci´on la representaci´on gr´afica de las seis primeras funciones de la sucesi´on y del l´ımite.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

112. Sucesiones y series funcionales 107
-1
-1
1
1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

113. Sucesiones y series funcionales 108
Problema 54 Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones de funciones.
1. fn(x) = 2
n2 − x2
n3 + x fn(x) = n2(1 − x)xn fn = xe−nx
fn = nxe−nx fn =
(1 + nx)2
1 + n2x2 fn(x) = 1
n (1 − x)n2+1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

114. Sucesiones y series funcionales 109
Problema 55 Sumar las siguientes series
1.
1
4
−
1
6
+
1
8
−
1
10
+ · · · +
(−1)k
2k
+ · · · 2.
∞
k=0
k3
2k
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

115. Sucesiones y series funcionales 110
Problema 56 Sumar las siguientes series del tipo p(n)/n!
1.
∞
n=1
n
(n + 1)!
2.
∞
n=1
n2
n!
3.
∞
n=2
n2 + 3n − 1
n!
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

116. Sucesiones y series funcionales 111
Problema 57 Comprobar que la serie
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
converge uniformemente en todo intervalo cerrado contenido en
(−1, 1). Aplicar este hecho para demostrar que su suma vale
1
4
log
1 + x
1 − x
−
1
2
arc tg x
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 quedar´a resuelto si demostramos que el campo de
convergencia es (−1, 1).
Si hacemos la identificaci´on
∞
m=0
amxm
=
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
deducimos que la sucesi´on de coeficientes es la siguiente:
am =



1
m
si m = 4n − 1
0 en otros casos
Por tanto, no podemos aplicar la proposici´on ??, ya que el cociente am
am+1
no est´a definido para todo m, y la sucesi´on
m
√
am no es convergente.
Aplicamos, entonces, el criterio del cociente a la serie de potencias:
l´ım
x4n+3
4n + 3
4n − 1
x4n−1
= |x4
|
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

117. Sucesiones y series funcionales 112
Deducimos que la serie es convergente para |x| 1, es decir, el radio de convergencia es 1. Dado que las series
∞
n=1
1
4n − 1
y
∞
n=1
− 1
4n − 1
son divergentes, el campo de convergencia es (−1, 1) y, efectivamente, la serie es uniforme-
mente convergente en cada intervalo cerrado contenido en (−1, 1).
Sea f(x) =
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
; entonces,
f′
(x) =
∞
n=1
x4n−2
= x2
∞
n=1
(x4
)(n−1)
= x2 1
1 − x4
x ∈ (−1, 1)
y de ah´ı:
f(x) =
x
0
f′
(t)dt =
x
0
t2
1 − t4
dt =
1
4
log
x + 1
x − 1
−
1
2
arc tg x
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

118. Sucesiones y series funcionales 113
Problema 58 Hallar la suma de la serie
∞
n=1
(−1)n x4n−1
4n
.
Aplicamos el criterio del cociente para hallar el radio de convergencia
l´ım
x4n+3
4n + 4
4n
x4n−1 = |x|4
es decir, la serie es convergente para |x| 1 y el radio de convergencia es 1. Dado que las series
∞
n=1
(−1)n
4n
y
∞
n=1
(−1)n+1
4n
son convergentes, el campo de convergencia es [−1, 1] y la serie es uniformemente convergente en
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

119. Sucesiones y series funcionales 114
[−1, 1]. Sea f(x) =
∞
n=1
x4n−1
4n
; entonces,
xf(x) =
∞
n=1
(−1)n x4n
4n
x ∈ [−1, 1]
d
dx
(xf(x)) =
∞
n=1
(−1)n
x4n−1
= −x3
∞
n=1
(−x4
)n−1
= −x3 1
1 + x4
x ∈ [−1, 1]
xf(x) =
x
0
tf′
(t)dt =
x
0
−t3
1 + t4
dt = −
1
4
log(1 + x4
) x ∈ [−1, 1]
f(x) = −
1
4x
log(1 + x4
) x ∈ [−1, 1] {0}
f(0) = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

120. Sucesiones y series funcionales 115
Problema 59 Determinar el radio de convergencia de las siguientes series:
a)
∞
n=2
xn
log n b)
∞
n=1
n2xn
2n
c)
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
xn
d)
∞
n=1
nn
n!
x +
1
2
n
En todos los apartados podemos aplicar la proposici´on ??.
a)
∞
n=2
xn log n;
R = l´ım
log n
log(n + 1)
= 1
∞
n=2
log n y
∞
n=2
(−1)n log n son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1)
b)
∞
n=1
n2xn
2n ;
R = l´ım
n22n+1
(n + 1)22n
= l´ım
2n2
(n + 1)2
= 2
∞
n=1
n2 y
∞
n=(
− 1)nn2 son divergentes, y por tanto, el campo de convergencia es (−2, 2).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

121. Sucesiones y series funcionales 116
c)
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
xn;
l´ım
(2n − 1)(3n + 4)
(2n + 1)(3n + 1)
= 1
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
y
∞
n=0
(−1)n 2n − 1
3n + 1
son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1).
d)
∞
n=1
nn
n!
x +
1
2
n
’
l´ım
nn(n + 1)!
(n + 1)n+1n!
= l´ım
nn
(n + 1)n
=
1
e
∞
n=1
nn
n!en diverge (tiene el mismo car´acter que 1√
2πn
);
∞
n=1
(−1)n nn
n!en converge por el criterio de Leibniz:
l´ım
nn
n!en
= l´ım
1
√
2πn
= 0 (F´ormula de Stirling)
an+1
an
=
1
e
n + 1
n
n
e
e
= 1 ⇒ an decreciente
Por tanto, el campo de convergencia es [−1
2 − 1
e , −1
2 + 1
e )
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

122. Sucesiones y series funcionales 117
Problema 60 Desarrollar en serie de potencias de x la funci´on
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 descom-
poniendolas en otras m´as simples (ver ejercicio 7.3):
x2 + x
(1 − x)3 = −
1
x − 1
−
3
(x − 1)2
−
2
(x − 1)3
A partir de aqu´ı, y usando las propiedades de las series de potencias, podemos hacer el desarrollo:
f(x) =
1
1 − x
=
∞
n=0
xn
|x| 1
−
3
(x − 1)2
= 3f′
(x) = 3
∞
n=1
nxn−1
= 3
∞
n=0
(n + 1)xn
|x| 1
−
2
(x − 1)3
= −f′′
(x) = −
∞
n=0
(n + 2)(n + 1)xn
|x| 1
Y sumando las tres igualdades,
x2 + x
(1 − x)3 =
∞
n=0
n2
xn
, |x| 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

123. Sucesiones y series funcionales 118
Problema 61 Calcular los cinco primeros t´erminos 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 definici´on de dicho polinomio). Recordamos primeramente los desarrollos elementales que
vamos a utilizar:
sen x → x −
x3
6
+
x5
120
cos x → 1 −
x2
2
+
x4
24
1
1 − 2x
=
∞
n=0
(2x)n
→ 1 + 2x + 4x2
+ 8x3
+ 16x4
+ 32x5
La funci´on f es cociente de funciones elmentales y por tanto, tenemos que utilizar el algoritmo de divisi´on
larga (los puntos suspensivos indican que los sumandos restantes no nos importan):
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

124. Sucesiones y series funcionales 119
1 1 + x − x3
6 + x5
120
−1 − x + x3
6 − x5
120 1 − x + x2
− 5
6 x3
+ 2
3 x4
− 61
120 x5
+x + x2
− 1
6 x4
+x2
+ 1
6 x3
− 1
6 x4
− 1
120 x5
−x2
− x3
+ 1
6 x5
−5
6 x3
− 1
6 x4
+ 19
120 x5
+5
6 x3
+ 5
6 x4
+2
3 x4
+ 19
120 x5
−2
3 x4
− 2
3 x5
− 61
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 t´erminos de grado mayor que 5:
(1 −
x2
2
+
x4
24
)(1 − x + x2
−
5
6
x3
+
2
3
x4
−
61
120
x5
)
= 1 − x + (1 −
1
2
)x2
+ (
1
2
−
5
6
)x3
+ (
1
24
−
1
2
+
2
3
)x4
+ (−
1
24
+
5
12
−
61
120
)x5
+ · · ·
= 1 − x +
1
2
x2
−
1
3
x3
+
5
24
x4
−
2
15
x5
+ · · ·
El polinomio de g es 1 − x + 1
2x2 − 1
3 x3 + 5
24 x4 − 2
15 x5.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

125. Sucesiones y series funcionales 120
Para hallar el polinomio de h(x) = cos x/(1 − 2x) usamos el m´etodo del apartado anterior:
(1 −
x2
2
+
x4
24
)(1 + 2x + 4x2
+ 8x3
+ 16x4
+ 32x5
)
= 1 + 2x + (−
1
2
+ 4)x2
+ (−1 + 8)x3
+ (
1
24
− 2 + 16)x4
+ (
1
12
− 4 + 32)x5
+ · · ·
= 1 + 2x +
7
2
x2
+ 7x3
+
337
24
x4
+
337
12
x5
+ · · ·
el polinomio de h es 1 + 2x + 7
2 x2 + 7x3 + 337
24 x4 + 337
12 x5.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

126. Sucesiones y series funcionales 121
Problema 62 Probar que las series trigonom´etricas
(−1)n cos nx
n2
;
sen nx
n
√
n
y
1
n!
(cos nx − sen nx)
son uniformemente convergentes.
El ejercicio es inmediato usando la prueba M de Weierstrass: tenemos que acotar el valor absoluto del t´ermino
general de cada sucesi´on por una serie num´erica convergente
(−1)n cos nx
n2
≤
| cos nx|
n2
≤
1
n2
sen nx
n
√
n
≤
| sen nx|
n
√
n
≤
1
n
√
n
1
n!
(cos nx − sen nx) ≤
| cos nx|
n!
+
| sen nx|
n!
≤
2
n!
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

127. Sucesiones y series funcionales 122
Problema 63 Calcular las series de Fourier de las siguientes funciones de periodo 2π:
f(x) =



−1 en (−π, 0)
1 en (0, π)
; g(x) = |x| en [−π, π]; h(x) =



0 en [−π, 0]
x en (0, π)
La funci´on f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y;
bn =
2
π
π
0
f(x) sen nx dx =
2
π
π
0
sen nx dx =
2
πn
(1 − cos nπ) =
2
πn
(1 − (−1)n
)
De aqu´ı se deduce que b2k = 0 y b2k+1 = 4
π(2k + 1)
, k ≥ 1:
f(x) ∼
∞
k=0
4
π(2k + 1)
sen(2k + 1)x
g es una funci´on par y por tanto, bn = 0 para todo n y:
a0 =
2
π
π
0
g(x) dx =
2
π
π
0
x dx = π
an =
2
π
π
0
g(x) cos nx dx =
2
π
π
0
x cos nx dx
=
2
πn2
(cos nπ − 1) =
2
πn2
((−1)n
− 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

128. Sucesiones y series funcionales 123
De aqu´ı se deduce que a2k = 0 y a2k+1 =
− 4
π(2k + 1)2 , k ≥ 0:
g(x) ∼
π
2
−
∞
k=0
4
π(2k + 1)2
cos(2k + 1)x
La funci´on h no verifica ninguna condici´on de simetr´ıa:
bn =
1
π
π
−pi
h(x) sen nx dx =
1
π
π
0
x sen nx dx = −
1
n
cos nπ =
(−1)n+1
n
a0 =
1
π
π
−pi
h(x) dx =
1
π
π
0
x dx =
π
2
an =
1
π
π
−pi
h(x) cos nx dx =
1
π
π
0
x cos nx dx
=
1
π
1
n2
(cos nπ − 1) =
1
πn2
((−1)n
− 1)
Por tanto, a0 = π
2 , a2k = 0 y a2k−1 = − 2
π(2k − 1)2 , k ≥ 1:
h(x) ∼
π
4
+
∞
n=1
(
1 − (−1)n
πn2
cos nx +
(−1)n+1
n
sen nx)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

129. Sucesiones y series funcionales 124
Problema 64 Desarrollar en serie de Fourier las funciones de periodo 2π:
f(x) =



π/4 si x ∈ (0, π)
−π/4 si x ∈ (−π, 0)
; g(x) =



π − x si x ∈ [0, π]
π + x si x ∈ [−π, 0]
Aplicar dichos desarrollos para calcular la suma de las siguientes series:
1 −
1
3
+
1
5
−
1
7
+ · · · +
(−1)n
2n + 1
+ · · · , 1 +
1
32
+
1
52
+ · · · +
1
(2n + 1)2
+ · · ·
La funci´on f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y:
bn =
2
π
π
0
π
4
sen nx dx =
1
2n
(1 − cos nπ)
Por tanto, f(x) ∼ Sf (x) =
∞
k=0
1
2k + 1
sen(2k + 1)x
La funci´on g es par y por tanto, bn = 0 para todo n y:
a0 =
2
π
π
0
(π − x)dx = π
an =
2
π
π
0
(π − x) cos nx =
2
πn2
(1 − cos nπ)
Por tanto, g(x) =
π
2
+
∞
k=0
4
π(2k + 1)2 cos(2k + 1)x (se da la igualdad por la continuidad de g).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

130. Sucesiones y series funcionales 125
Dado que f es continua en π/2, se tiene que π
4
= f(π/2) = Sf (π/2) =
∞
n=0
(−1)k
2k + 1
.
Dado que g es continua en 0, π = g(0) = g(x) =
π
2
+
∞
k=0
4
π(2k + 1)2 y de ah´ı se deduce que:
∞
k=0
1
(2k + 1)2
=
π2
8
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

131. Sucesiones y series funcionales 126
Problema 65 Desarrollar en serie de Fourier la funci´on de periodo 2π dada por f(x) = x en (−π, π). Deducir de
dicho desarrollo la funci´on suma de la serie
∞
n=1
sen nx
n
La funci´on es impar y por tanto, an = 0 para todo n y:
bn =
2
π
π
0
x sen nx dx = −
2
n
La serie de Fourier es: f(x) ∼
∞
n=1
−
2
n
sen nx. De aqu´ı se deduce que
∞
n=1
sen nx
n
= −2f(x) si x ∈ {(2k + 1)π; k ∈ Z}
(para los valores restantes, la serie es constantemente nula).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

132. Sucesiones y series funcionales 127
Problema 66 Justificar la igualdad
x2
=
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n cos nx
n2
, x ∈ [−π, π]
y aplicarla para calcular las sumas de las series
∞
n=1
1
n2
;
∞
n=1
(−1)n
n2
La funci´on f definida como f(x) = x2 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 funci´on par, es decir, bn = 0 para todo n y:
a0 =
2
π
π
0
x2
dx =
2
3
π2
an =
2
π
π
0
x2
cos nx dx = (−1)n 4
n2
Teniendo en cuenta que f es continua en R, se verifica que:
f(x) =
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n cos nx
n2
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

133. Sucesiones y series funcionales 128
Evaluando en x = π obtenemos que π2 = π2
3
+ 4
∞
n=1
1
n2 y de ah´ı:
∞
n=1
1
n2 = π2
6
.
Evaluando en x = 0, se obtiene que 0 = π2
3 + 4
∞
n=1
(−1)nn2 y de ah´ı:
∞
n=1
(−1)n
n2
= −
π2
12
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

134. Sucesiones y series funcionales 129
Problema 67 Partiendo de la igualdad obtenida en el ejercicio anterior,
x2
=
π2
3
+ 4
∞
n=1
(−1)n cos nx
n2
, x ∈ [−π, π]
obtener
x(x2
− π2
) = 12
∞
n=1
(−1)n sen nx
n3
, x ∈ [−π, π]
La funci´on f definida como f(x) = x2 si x ∈ [−π, π] y extendida por periodicidad a R, es continua y derivable
a trozos en R. Por tanto, podemos aplicar el teorema ??:
x3
3
=
x
0
t2
dt =
π2
3
x + 4
∞
n=1
1
n
(−1)n sen nx
n2
=
π2
3
x + 4
∞
n=1
(−1)n sen nx
n3
Con unas simples manipulaciones algebraicas deducimos la igualdad pedida:
x(x2
− π2
) = 12
∞
n=1
(−1)n sen nx
n3
, x ∈ [−π, π]
Dado que el segundo miembro de esta ´ultima igualdad es una serie trigonom´etrica, podemos afirmar que es el
desarrollo en serie de Fourier de la funci´on del primer miembro. Es decir, en este ejemplo, hemos podido usar el
teorema de integraci´on de series de Fourier para obtener otro desarrollo de una forma m´as sencilla, pero el desarrollo
no corresponde a la primitiva de la funci´on inicial.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

135. Sucesiones y series funcionales 130
Problema 68 Sea f una funci´on de periodo 2π tal que su serie de Fourier converge uniformemente. Demostrar
que entonces se verifica la siguiente igualdad llamada identidad de Parseval.
π
−π
[f(x)]2
dx = π
a2
0
2
+
∞
n=1
(a2
n + b2
n)
Indicaci´on: Usar la expresi´on 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 funci´on f es continua y es igual a su serie; a partir
de aqu´ı seguimos la indicaci´on del enunciado:
f(x) =
a0
2
+
∞
n=1
an cos nx + bn sen nx
f(x)2
=
a0
2
f(x) +
∞
n=1
anf(x) cos nx + bnf(x) sen nx
π
−π
[f(x)]2
dx =
a0
2
π
−π
f(x) dx +
∞
n=1
(an
π
−π
f(x) cos nx dx + bn
π
−π
f(x) sen nx dx)
=
a0
2
a0 +
∞
n=1
(anπan + bnπbn) = π
a2
0
2
+
∞
n=1
(a2
n + b2
n)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

136. Sucesiones y series funcionales 131
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 definici´on de los coeficientes de Fourier para la evaluaci´on de las
integrales.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

137. Sucesiones y series funcionales 132
Problema 69 Justificar aplicando la identidad de Parseval que la serie trigonom´etrica
∞
n=2
sen nx
log n
no es la serie de Fourier de ninguna funci´on continua a trozos a pesar de que dicha serie converge para todo real x.
Si la serie trigonom´etrica fuera serie de Fourier de una funci´on continua, entonces la identidad de Parseval nos
dir´ıa que la serie num´erica
∞
n=2
1
(log n)2 es convergente, lo cual no es cierto (Ejercicio 5.14.k). Por tanto, la afirmaci´on
del enunciado es correcta.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

138. Sucesiones y series funcionales 133
Problema 70 Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo en serie de Fourier de la funci´on de periodo 2π dada
por f(x) = |x|, |x| ≤ π.
En el ejercicio 8 obtuvimos la serie de Fourier de la funci´on f:
f(x) =
π
2
+
∞
k=0
4
π(2k + 1)2
cos(2k + 1)x
Dado que
cos(2k + 1)x
π(2k + 1)2 ≤
1
π(2k + 1)2 y la serie
∞
n=0
1
π(2k + 1)2 es convergente, la convergencia es absoluta y
podemos aplicar la identidad de Parseval:
π2
2
+
∞
k=0
16
π2(2k + 1)4
=
π
−π
x2
dx =
2
3
π3
De donde se deduce que:
∞
k=0
1
(2k + 1)4 =
π4
16
2
3
π −
1
2
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

139. Sucesiones y series funcionales 134
Problema 71 Desarrollar en serie de Fourier la funci´on de periodo 4 definida en [−2, 2) por f(x) = x.
La funci´on es peri´odica de periodo 4 = 2 · 2 y es impar, por tanto, an = 0 para todo n y:
bn =
2
2
2
0
x sen
π
2
nx dx = −
4
nπ
cos nπ = (−1)n+1 4
nπ
La serie de Fourier es:
f(x) ∼
∞
n=1
(−1)n+1 4
nπ
sen
π
2
nx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

140. Sucesiones y series funcionales 135
Problema 72 Para cada una de las siguientes funciones dar su desarrollo en serie de Fourier:
f(x) =



2 − x si 0 x 4
x − 6 si 4 x 8
; g(x) =



sen x si 0 ≤ x ≤ π
0 si π x 2π
;
h(x) = E[x] si x ∈ (−1, 2); k(x) = 1 − x si x ∈ [0, 2π)
f es peri´odica de periodo 8:
a0 =
1
4
8
0
f(x)dx =
1
4
4
0
(2 − x)dx +
1
4
8
4
(x − 6)dx = 0
an =
1
4
8
0
f(x) cos nx dx =
1
4
4
0
(2 − x) cos nx dx +
1
4
8
4
(x − 6) cos
π
4
x dx
=
4
n2π2
−
4
n2π2
cos nπ −
4
n2π2
+
4
n2π2
=
4
n2π2
(1 − cos nπ)
bn =
1
4
8
0
f(x) sen nx dx =
1
4
4
0
(2 − x) sen nx dx +
1
4
8
4
(x − 6) sen
π
4
x dx
=
2
nπ
+
2
nπ
cos nπ −
2
nπ
−
2
nπ
=
2
nπ
(cos nπ − 1)
Por tanto, si n es par, an = 0 y bn = 0, y en consecuencia, la serie de Fourier de f es:
f(x) =
∞
k=0
8
(2k + 1)2π2
cos
π
4
(2k + 1)x −
4
(2k + 1)π
sen
π
4
(2k + 1)x
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

141. Sucesiones y series funcionales 136
g es peri´odica de periodo 2π y no verifica ninguna condici´on de simetr´ıa.
a0 =
1
π
π
0
sen x dx =
2
π
an =
1
π
π
0
sen x cos nx dx =
1
π(1 − n2)
(cos nπ + 1) =
1
π(1 − n2)
((−1)n
+ 1)
bn =
1
π
π
0
sen x sen nx dx = 0
Los coeficientes an con n impar son nulos y por tanto:
g(x) =
1
π
+
∞
k=1
2
π(1 − 4k2)
cos 2kx
h es peri´odica de periodo 3;
a0 =
2
3
2
−1
E[x]dx =
4
3
an =
2
3
2
−1
E[x] cos
2
3
πnx dx =
2
3
0
−1
− cos
2
3
πnx dx +
2
3
2
1
cos
2
3
πnx dx
= −
1
nπ
sen
2
3
nπ −
1
nπ
sen
2
3
nπ +
1
nπ
sen
4
3
nπ = −
2
nπ
sen
2
3
nπ +
1
nπ
sen
4
3
nπ
bn =
2
3
2
−1
E[x] sen
2
3
πnx dx =
2
3
0
−1
− sen
2
3
πnx dx +
2
3
2
1
sen
2
3
πnx dx
=
1
nπ
−
1
nπ
cos
2
3
πn +
1
nπ
cos
2
3
πn −
1
nπ
cos
4
3
πn =
1
nπ
−
1
nπ
cos
4
3
πn
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

142. Sucesiones y series funcionales 137
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
b3k+1 =
3
2(3k + 1)π
b3k+2 =
3
2(3k + 1)π
k es peri´odica de periodo 2π y no verifica ninguna condici´on de simetr´ıa.
a0 =
1
π
2π
0
(1 − x)dx = 2(1 − π)
an =
1
π
2π
0
(1 − x) cos nxdx = 0
bn =
1
π
2π
0
(1 − x) sen nxdx =
2
n
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

143. Sucesiones y series funcionales 138
k(x) ∼ 1 − π +
∞
n=1
2
n
sen nx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

144. Sucesiones y series funcionales 139
Problema 73 Sea f una funci´on peri´odica de periodo 2π y supongamos que su serie de Fourier converge unifor-
memente. Demostrar que en tal caso:
π
−π
(f(x))2
dx =
π
2
a2
0 + π
∞
n=1
(a2
n + b2
n)
Esta igualdad se conoce como Identidad de Parseval
Si la serie de Fourier converge uniformemente, entonces necesariamente f es continua y:
f(x) =
a0
2
+
∞
n=1
(an cos nx + bn sen nx)
La siguiente secuencia de igualdades concluye en la identidad de Parseval; t´engase en cuenta que en aquellas
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

145. Sucesiones y series funcionales 140
igualdades donde se permuta la integral y la serie se est´a haciendo uso de la convergencia uniforme.
f(x) =
a0
2
+
∞
n=1
(an cos nx + bn sen nx)
(f(x))2
=
a0
2
f(x) +
∞
n=1
(anf(x) cos nx + bnf(x) sen nx)
π
−π
(f(x))2
dx =
a0
2
π
−π
f(x) dx
+
∞
n=1
an
π
−π
f(x) cos nx dx + bn
π
−π
f(x) sen nx dx
π
−π
(f(x))2
dx =
a0
2
πa0 +
∞
n=1
(anπan + bnπbn)
π
−π
(f(x))2
dx =
π
2
a2
0 + π
∞
n=1
(a2
n + b2
n)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

146. Sucesiones y series funcionales 141
Problema 74 Consideremos la funci´on f(x) = sen x, x ∈ [0, π].
1. Hallar la serie de cosenos de f.
2. Sumar la serie:
∞
k=0
1
4k2 − 1
3. Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo de la funci´on f.
4. Sumar la serie:
1
1232 +
1
3252 +
1
5272 + · · ·
1. a0 =
2
π
π
0
sen x dx = −
2
π
cos x
π
0
=
4
π
a1 =
2
π
π
0
sen x cos x dx =
1
π
π
0
sen 2x dx = 0
Si n 1, entonces:
an = 2
π
π
0
sen x cos nx dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

147. Sucesiones y series funcionales 142
=
1
π
π
0
(sen(x + nx) − sen(nx − x)) dx
= −
1
(n + 1)π
cos(n + 1)x
π
0
− −
1
(n − 1)π
cos(n − 1)x
π
0
= −
(−1)n+1
(n + 1)π
+
1
(n + 1)π
+
(−1)n−1
(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 =
− 4
π(4k2 − 1)
para todo k ≥ 0 y la serie de cosenos de sen x es:
sen x =
2
π
−
∞
k=1
4
π(4k2 − 1)
cos 2kx x ∈ [0, π]
2. Del punto anterior deducimos que:
∞
k=1
1
4k2 − 1
cos 2kx =
1
2
−
π
4
sen x. Por lo tanto:
∞
k=0
1
4k2 − 1
= −1 +
∞
k=1
1
4k2 − 1
= −1 +
1
2
−
π
4
sen 0 = −
1
2
3. La serie de cosenso de f converge uniformemente, ya que:
4
π(4k2 − 1)
| cos 2kx| ≤
4
π(4k2 − 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

148. Sucesiones y series funcionales 143
y la serie num´erica
∞
k=0
1
4k2 − 1
es convergente. La identidad de Parseval de la funci´on f es:
π
−π
sen2
x dx =
8
π
+
∞
k=1
16
π(4k2 − 1)2
De donde se deduce que:
∞
k=1
16
π(4k2 − 1)2
=
π
−π
sen2
x dx −
8
π
= π −
8
π
4.
1
1232 +
1
3252 +
1
5272 + · · ·
=
∞
k=1
1
(2k − 1)2(2k + 1)2 =
∞
k=1
1
(4k2 − 1)2
=
π
16
π −
8
π
=
π2
16
−
1
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

149. Sucesiones y series funcionales 144
Problema 75 Desarrollar en serie de Fourier y = cosh αx, x ∈ [−π, π] y deducir de dicho desarrollo la suma de
la serie
∞
n=1
1
α2 + n2
, α ∈ R {0}
La funci´on es par y por tanto, bn = 0 para todo n. Calculamos en primer lugar el coeficiente a0:
a0 =
2
π
π
0
cosh αx dx =
2
π
1
α
senh αx
π
0
=
2
απ
senh απ
Para calcular los coeficientes an con n ≥ 1, utilizamos integraci´on por partes:
an =
2
π
π
0
cosh αx cos nx dx
=
2
πn
cosh αx sen nx
π
0
−
2α
πn
π
0
senh αx sen nx dx
= −
2α
πn
π
0
senh αx sen nx dx
=
2α
πn2
senh αx cos nx
π
0
−
2α2
πn2
π
0
cosh αx cos nx dx
= (−1)n 2α
πn2
senh απ −
α2
n2
an
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

150. Sucesiones y series funcionales 145
De la igualdad obtenida podemos despejar an para obtener:
an = (−1)n 2α
π(α2 + n2)
senh απ
Por lo tanto, si α = 0 y x ∈ [−π, π], entonces
cosh αx =
1
απ
senh απ +
∞
n=1
(−1)n 2α
π(α2 + n2)
senh απ cos nx
En particular, para x = π se obtiene:
cosh απ =
1
απ
senh απ +
∞
n=1
2α
π(α2 + n2)
senh απ
y de ah´ı:
∞
n=1
1
α2 + n2
=
∞
n=1
1
α2 + n2
=
π
2α
cotgh απ −
1
2α2 , α = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

151. Sucesiones y series funcionales 146
Problema 76 Aproximar el n´umero log 5 con un error menor que 10−n
log 5 = − log(1/5) = −
∞
n=1
(−1)n+1
4
5
n
n
=
∞
n=1
4n
n5n
Si usamos el criterio del cociente para establecer la convergencia de esta serie, obtenemos la siguiente acotaci´on 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

152. Sucesiones y series funcionales 147
Problema 77 Hallar el campo de convergencia de las siguientes series:
∞
n=0
(−1)n α
n xn
∞
n=0
α
n xn
Recordemos que la importancia del l´ımite 37(3) est´a en que permite afirmar la siguiente igualdad:
2α
=
∞
n=0
α
n
α −1
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
P(n)
a(a+1)···(a+(n−1))
n! = a
1
a+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! =
a
1
a+1
2 · · · a+(n−1)
n donde a 1, y por lo tanto, su l´ımite no es 0.
El teorema de Abel y el estudio anterior nos lleva a completar la determinaci´on del campo de convergencia de
la serie binomia; para la serie
∞
n=0
α
n xn con α ∈ {−1, 0, 1}
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)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

153. Sucesiones y series funcionales 148
Problema 78 Vamos a estudiar la convergencia de la serie de potencias:
1 +
1
n
n2
(1 + x)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
n
n2
(−1)n
en
1 +
1
n
n2
Ninguna de las dos series converge; lo demostramos usando la condici´on necesaria de convergencia:
l´ım
1
en
1 +
1
n
n2
= l´ım exp −n + n2
log
n + 1
n
= e−1/2
= 0
ya que:
l´ım −n + n2
log
n + 1
n
= l´ım
− 1
n + log 1 + 1
n
1
n2
= −
1
2
ya que:
l´ım
x→0
−x + log(1 + x)
x2
= −
1
2
Aunque no es significativo para el estudio de la serie, es f´acil comprobar que la serie de t´erminos positivos es
decreciente:
an+1
an
=
1
e
n2 + 2n
n2 + 2n + 1
n2
n + 2
n + 1
n+1 2
n + 1
n + 2
1
e
1
e
e2
· 1 = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

154. Cap´ıtulo 4
El espacio m´etrico Rn.
Curvas parametrizadas
149

155. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 150
C(t)
P (t)
(x ,y )00
(x ,y )11
4
P (t)5
P (t)7
P (t)6
P (t)8
(x ,y )33
(x ,y )22
Problema 79 Curvas de Bezier. Pierre Bezier fue
un ingeniero de Renault que durante los a˜nos 60 rea-
liz´o un estudio con el objetivo de mejorar el dise˜no
de las componentes de los autom´oviles. Paralelamen-
te, otro ingeniero perteneciente a la empresa Citro¨en y
llamado Paul de Faget de Casteljau, estaba trabajan-
do sobre el mismo campo. De este ´ultimo no se lleg´o a
publicar nada en principio, con lo cual Bezier fue el
que se llev´o 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
|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)| = t y el punto γ(t) es el
punto del segmento P7(t)P8(t) que verifica |P7(t)C(t)|
|P7(t)P8(t)| = t.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

156. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 151
1. Demostrar que: C(t) =
x(t)
y(t)
=
x0 x1 x2 x3
y0 y1 y2 y3





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










t3
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 descripci´on 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)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

157. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 152
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) + t2
P6(t)
= (1 − t)2
((1 − t)P0 + tP1) + 2t(1 − t)((1 − t)P1 + tP2) + t2
((1 − t)P2 + tP3)
= (1 − t)3
P0 + 3t(1 − t)2
P1 + 3t2
(1 − t)P2 + t3
P3
= (P0P1P2P3)





(1 − t)3
3t(1 − t)2
3t2(1 − t)
t3





= (P0P1P2P3)





−t3 + 3t2 − 3t + 1
3t3 − 6t2 + 3t
−3t3 + 3t2
t3





= (P0P1P2P3)





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










t3
t2
t
1





Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

158. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 153
2. C′(t) = (P0P1P2P3)





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










3t2
2t
1
0





C′(0) = (P0P1P2P3)





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










0
0
1
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) = (P0P1P2P3)





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










3
2
1
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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

159. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 154
3. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior:
C(t) =
0 1 2 3
0 2 3 0





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










t3
t2
t
1





=
3t
−3t3 − 3t2 + 6t
De la igualdad x = 3t obtenemos:
y = −x3
9
− x2
3
+ 2x X
Y
(3,0)(0,0)
( 1 , 2 )
( 2 ,3)
4. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior:
C(t) =
0 1 2 3
0 0 2 0





−1 3 −3 1
3 −6 3 0
−3 3 0 0
1 0 0 0










t3
t2
t
1





=
3t
−6t3 + 6t2
De la igualdad x = 3t obtenemos:
y = −
2
9
x3 +
2
3
x2.
X
Y
(3,0)(0,0) ( 1 ,0)
( 2 , 2 )
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

160. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 155
Problema 80 Esbozar las siguientes curvas y hallar una ecuaci´on en x e y eliminando el par´ametro:
1. x = 4t, y = t + 2.
2. x = cos θ + 1, y = sen θ.
1. x = 4t, y = t + 2; eliminando el par´ametro t obtenemos: x = 4(y − 2). Esto significa que la curva dada
est´a contenida en la recta 4y − x − 8 = 0; dado que el rango de la funci´on 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+y2 = 1
para todo punto (x, y). Esto significa que la curva propuesta est´a contenida en la circunferencia (x−1)2+y2 = 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 ´ultimo, hay que observar que la parametrizaci´on dada para la circunferencia, recorre infinitas veces la
circunferencia, y el intervalo [0, 2π] basta para describirla.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

161. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 156
Problema 81 Hallar una representaci´on param´etrica para cada una de las curvas siguientes:
1. 2x2 + y2 = 1 2. 4xy = 1 3. 3x2 − y2 = 1
4. y = cos 2x 5. y = x3 + 1 6. y2 = x + x2
1. 2x2 + y2 = 1. La curva es una elipse, una parametrizaci´on es:
x(θ) =
1
√
2
cos θ y(θ) = sen θ θ ∈ [0, 2π]
2. 4xy = 1. La curva es una hip´erbola; dado que, en este caso, la curva puede ser gr´afica de una funci´on, una
parametrizaci´on es:
x(t) = t y(t) =
4
t
t ∈ R∗
3. 3x2 − y2 = 1. La curva es una hip´erbola; una parametrizaci´on es:
x(θ) =
1
√
3
cosh θ y(θ) = senh θ θ ∈ R
4. y = cos 2x. Dado que la curva es gr´afica de una funci´on, una parametrizaci´on es:
x(t) = t y(t) = cos 2t t ∈ R
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

162. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 157
5. y = x3 + 1. Nuevamente la curva es gr´afica de una funci´on y por tanto, una parametrizaci´on es:
x(t) = t y(t) = t3
+ 1 t ∈ R
6. y2 = x+x2. La curva es una c´onica que admite la ecuaci´on (x+ 1
2 )2 −y2 = 1
4 que es una hip´erbola que admite
la parametrizaci´on:
x(θ) =
1
2
cosh θ −
1
2
y(θ) =
1
2
senh θ θ ∈ R
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

163. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 158
Problema 82 Parametrizar la circunferencia x2 + y2 − 2ax = 0:
1. usando coordenadas polares;
2. usando como par´ametro el ´angulo 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 ´angulo α de la figura es recto, se verifica que f(θ) = 2a cos θ. Para
recorrer una vez la circunferencia, basta considerar θ ∈ [−π
2 , π
2 ].
2. La parametrizaci´on que se deduce al usar como par´ametro el ´angulo
comprendido entre el eje OX y el radio, es la parametrizaci´on usual
de la circunferencia:
x(ϕ) = sen ϕ + a y(ϕ) = cos ϕ ϕ ∈ [0, 2π]
2a
θ ϕ
α
(r,θ)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

164. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 159
Problema 83
1. Si γ : [a, b] → R3 es una parametrizaci´on continua de una curva, deducir la f´ormula para calcular su longitud.
2. Hallar la longitud de la curva (t2, t4) para t ∈ [0, 1].
2. La longitud es:
1
0
(2t)2 + (4t3)2 dt =
1
2
2
0
1 + z2 dz (z = 2t2
)
=
1
4
(z 1 + z2 + argsenh z)
2
0
= 2
√
5 + log(2 +
√
5)
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165. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 160
Problema 84 Hallar la longitud de la curva et cos t
√
t3 + 1, 2et cos t
√
t3 + 1 sobre [0, 1].
La curva est´a contenida en la recta Y = 2X. Por otra parte, la derivada de x,
x′
(t) = et
t3 + 1(cos t − sen t) + et
cos t
3t2
2
√
t3 + 1
es positiva en el intervalo [0, 1] (obs´ervese que todos los sumandos son positivos en este intervalo), y en consecuencia,
la funci´on 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
√
2 cos 1), y la longitud es la distancia entre ambos:
(e
√
2 cos 1 − 1)
√
5.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

166. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 161
Problema 85 Sea x = a cos t + b e y = a sen 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) = −a sen t y′
(t) = a cos t
Por tanto, la velocidad de recorrido, es decir, el m´odulo del vector velocidad en cada instante es:
||v(t)|| = [x′(t)]2 + [y′(t)]2 = a2 sen2 t + a2 cos2 t = a
Por tanto, la longitud de la curva (circunferencia) entre los instantes t0 y t1 es:
t1
t0
||v(t)|| dt = at
t1
t0
= a(t1 − t0)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

167. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 162
Problema 86 Un objeto se mueve de izquierda a derecha a lo largo de la curva y = x3/2 a velocidad constante. Si
el punto est´a en (0, 0) al mediod´ıa y en (1, 1) a la una de la tarde ¿d´onde se encontrar´a a la una y media?
El espacio recorrido entre los puntos (0, 0) y (a, a3/2) es:
a
0
1 + (y′)2 dx =
1
0
1 +
9
4
x dx =
2
3
(1 +
9
4
x)3
a
0
=
2
3
1 +
9
4
a
3/2
− 1
Dado que la velocidad es constante, su valor coincide con el espacio recorrido entre
el mediod´ıa y la una, es decir, el valor de la expresi´on 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
2
1
12
(−8 + 13
√
13)
0 1 1’5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

168. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 163
Problema 87 Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva parametrizada x = 2 cos 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) = (−2 sen θ, 1 − cos θ)
Por tanto, para θ = π/2 el vector tangente es (−2, 1) y la recta tangente:
X
−2
= Y −
π
2
+ 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

169. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 164
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 pol´ıgono cuyos v´ertices
son los puntos dados en ese mismo orden.
1. Hallar la longitud de la curva mediante la f´ormula deducida anteriormente y despu´es usando geometr´ıa ele-
mental.
2. Hallar la superficie y el volumen de revoluci´on del s´olido obtenido al girar el pol´ıgono alrededor del eje OY .
El pol´ıgono del enunciado aparece en la figura siguiente.
(2,2) (4,2)
(5,1)
(3,0)
(1,1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

170. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 165
Una parametrizaci´on de la curva es:
(f, g)(t) =



(t − 1)(1, 1) + (1, 1) t ∈ [1, 2]
(t − 2)(2, 0) + (2, 2) t ∈ [2, 3]
(t − 3)(1, −1) + (4, 2) t ∈ [3, 4]
(t − 4)(−2, −1) + (5, 1) t ∈ [4, 5]
(t − 5)(−2, 1) + (3, 0) t ∈ [5, 6]
=



(t, t) t ∈ [1, 2]
(2t − 2, 2) t ∈ [2, 3]
(t + 1, 5 − t) t ∈ [3, 4]
(−2t + 13, −t + 5) t ∈ [4, 5]
(−2t + 13, t − 5) t ∈ [5, 6]
La derivada de esta parametrizaci´on es:
(f′
, g′
)(t) =



(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)
La Longitud del pol´ıgono es:
L =
2
1
√
1 + 1 dt +
3
2
√
4 + 0 dt +
4
3
√
1 + 1 dt +
5
4
√
4 + 1 dt +
6
5
√
4 + 1 dt
=
√
2 + 2 +
√
2 +
√
5 +
√
5 = 2
√
5 + 2
√
2 + 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

171. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 166
La superficie de revoluci´on al girar alrededor del eje OY es:
S =
2
1
2π|t|
√
1 + 1 dt +
3
2
2π|2t − 2|
√
4 + 0 dt +
4
3
2π|t + 1|
√
1 + 1 dt
+
5
4
2π| − 2t + 13|
√
4 + 1 dt +
6
5
2π| − 2t + 13|
√
4 + 1 dt
= 3π
√
2 + 12π + 9
√
2π + 8
√
5π + 4
√
5π
El volumen de revoluci´on al girar alrededor del eje OY es:
V =
6
1
2πf(t)g(t)f′
(t) dt
=
2
1
2πt2
dt +
3
2
2π(4t − 4)2
√
4 + 0 dt +
4
3
2π(t + 1)(5 − t)
√
1 + 1 dt
+
5
4
2π(−2t + 13)(−t + 5)(−2)
√
4 + 1 dt +
6
5
2π(−2t + 13)(t − 5)(−2)
√
4 + 1 dt
=
14
3
π + 24π +
40
3
π −
26
3
π −
10
3
π = 30π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

172. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 167
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 gr´afica de una funci´on 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 f´ormulas para hallar la circunferencia osculatriz a las siguientes curvas en los puntos que se indican:
y = x2 en el punto (1, 1).
y = tg x en (π/4, 1).
x(t) = t2, y(t) = t3 en t = 1.
y = x2 en el punto (1, 1); y′ = 2x, y′′ = 2:
α = 1 − 2
1 + 4
4
= 1 −
√
5
2
β = 1 +
1 + 4
4
= 1 −
√
5
4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

173. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 168
y = tg x en (π/4, 1); y′ = 1 + tg2 x, y′′ = 2 tg x(1 + tg2 x):
α =
π
4
− 2
1 + 4
16
=
π
4
−
5
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 par´ametro deducimos la representaci´on
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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

174. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 169
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 s´olo tiene una evoluta,
pero un conjunto de puntos puede tener muchas involutas: ¿cu´al es la evoluta de una circunferencia?, ¿cu´ales 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 aqu´ı se deduce que la evoluta de una circunferencia se reduce a un ´unico punto: su centro.
Por tanto, cualquier circunferencia centrada en el mismo punto, tendr´a la misma evoluta, y estas ser´an todas las
evolutas del punto.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

175. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 170
Problema 91 Hallar una ecuaci´on parametrizada para la evoluta de la par´abola y = x2.
Del ejercicio 89, se deduce que el centro de curvatura
en el punto (t, t2) es:
α(t) = t − 2t
1 + 4t2
4
= −2t3
+
1
2
t
β(t) = t2
+
1 + 4t2
4
= 2t2
+
1
4
Estas ecuaciones dan la parametrizaci´on de la evoluta. En
la figura mostramos las dos curvas juntas. Obs´ervese que
las param´etrizaciones de las dos curvas usan el mismo pa-
rametro, la primera coordenada del punto de la par´abola.
E interesante saber como se recorren las curvas y, para
ello, indicamos con cabezas de flecha, la direcci´on en que
se recorren, y mostramos como se localiza el centro de
curvatura correspondiente a un punto de la par´abola (el
punto (x(1), y(1))).
t=1
t=1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

176. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 171
Problema 92 Trocoide. Un c´ırculo de radio r rueda sin deslizarse por una recta (eje OX). Hallar las ecuaciones
de la trayectoria de un punto unido r´ıgidamente al c´ırculo 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 ´ultimo, si r d, se denomina cicloide corta. En la figura 4.1 se muestran las gr´aficas de estas dos ´ultimas.
Dar ejemplos de objetos que, al moverse, describen tales curvas.
θ
x(θ)
y(θ)
rθ
r
En la figura mostramos como se describe un punto de una cicloide larga, pero puede observarse, que el razona-
miento es v´alido para cualquier caso.
Como par´ametro elegimos el ´angulo de giro del c´ırculo, θ; adem´as, suponemos que en el instante inicial el punto
de referencia est´a sobre el eje OY (es decir, para θ = 0, el punto de la curva es (0, r − d)). Cuando el c´ırculo ha
girado un ´angulo θ, la distancia del centro de la misma al eje OY es rθ (ya que rueda sin deslizarse); a partir de
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

177. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 172
Figura 4.1: Trocoides. Ejercicio 14
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

178. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 173
esta observaci´on y del dibujo, se deduce f´acilmente que:
x(θ) = rθ − d sen θ y(θ) = r − d cos θ
Los signos que aparecen en las dos ecuaciones est´an, aparentemente, justificados por la posici´on elegida en la figura;
obs´ervese que, en cualquier otra posici´on, los signos son igualmente correctos.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

179. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 174
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. Sup´ongase que la circunferencia fija tiene radio a y su centro est´a en el origen de
coordenadas; sup´ongase tambi´en que la circunferencia m´ovil tiene radio b y que la posici´on inicial del punto P es
(a, 0). Compru´ebese que las ecuaciones param´etricas de la epicicloide as´ı descrita son
x(θ) = (a + b) cos θ − b cos
a + b
b
θ
y(θ) = (a + b) sen θ − b sen
a + b
b
θ
donde θ es el ´angulo formado entre el eje OX y la l´ınea que une los centros de ambas circunferencias. La figura 4.2
muestra algunos ejemplos de epicicloides.
Indicaci´on: H´allese primero d´onde se encuentra el centro de la circunferencia m´ovil. ¿Qu´e representa (a+b)θ/b?
la parte inferior de la figura 4.2 de la p´agina 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
b θ. Por otra parte,
cuando la circunferencia m´ovil ha girado un ´angulo θ, el centro de esta se encuentra en ((a + b) cos θ, (a + b) sen θ).
A partir de aqu´ı, la figura nos ayuda a deducir que:
x(θ) = (a + b) cos θ − b cos(θ + φ)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

180. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 175
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

181. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 176
y(θ) = (a + b) sen θ − b sen(θ + φ)
Sustituyendo φ por a
b θ, obtenemos las ecuaciones del enunciado.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

182. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 177
Problema 94 Se toman dos monedas del mismo tama˜no y, fijando una de ellas, se gira una alrededor de la otra.
¿Cu´antas vueltas da sobre s´ı misma? (la respuesta no es una) ¿y si el radio de la moneda que gira es un tercio de
la que est´a fija?
Indicaci´on: ¿Qu´e representa (a + b)θ/b?
En el ejercicio anterior vimos que si giramos la circunferencia m´ovil un ´angulo θ alrededor de la fija, la circunfe-
rencia m´ovil gira un ´angulo (a + b)θ/b sobre si misma. Si rodamos la circunferencia m´ovil hasta volver al punto de
partida, estamos dando una vuelta alrededor de la circunferencia fija y un ´angulo 2a(2π)/a = 4π sobre si misma, es
decir, dos vueltas.
Si el radio de moneda m´ovil es un tercio de la que est´a fija, el ´angulo de giro sobre si misma es: (3b+b)(2π)/b = 8π,
es decir, cuatro vueltas.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

183. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 178
Problema 95 Hipocicloide. En este problema se hace rodar una circunferencia por el interior de una circunferencia
fija. En las mismas hip´otesis que en el problema 15 se pide comprobar que las ecuaciones param´etricas del punto P
son:
x(θ) = (a − b) cos θ + b cos
b − a
b
θ
y(θ) = (a − b) sen θ + b sen
b − a
b
θ
Donde a es el radio de la circunferencia fija y b a es el radio de la m´ovil. La figura 4.3 muestra algunos ejemplos
de hipocicloides.
En la parte inferior de la figura 4.3 de la p´agina 179 mostramos como se describe un punto de la hipocicloide.
En primer lugar observamos que aθ = −bφ (el signo se debe a que el ´angulo φ crece en sentido contrario a θ) y por
tanto, φ = −a
b θ y φ + θ = b−a
b θ. Por otra parte, cuando la circunferencia m´ovil ha girado un ´angulo θ, el centro de
esta se encuentra en ((a − b) cos θ, (a − b) sen θ). A partir de aqu´ı, la figura nos ayuda a deducir que:
x(θ) = (a − b) cos θ + b cos(θ + φ)
x(θ) = (a − b) sen θ + b sen(θ + φ)
Sustituyendo φ por −a
b θ, obtenemos las ecuaciones del enunciado.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

184. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 179
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

185. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 180
Problema 96 Compru´ebese que la astroide x(t) = a cos3 t, y(t) = a sen3 t es una hipocicloide en la que b = a/4.
Las f´ormulas de Moivre nos dicen que:
cos 3θ = 4 cos3
θ − 3 cos θ
sen 3θ = 3 sen θ − 4 sen3
θ
De donde se obtiene que:
cos3
θ =
1
4
(cos 3θ + 3 cos θ)
sen3
θ =
1
4
(3 sen θ − sen 3θ)
Con estas f´ormulas podemos reescribir las ecuaciones del astroide:
x(t) = a cos3
t =
3a
4
cos t +
a
4
cos 3t
y(t) = a sen3
t =
3a
4
sen t −
a
4
sen 3t
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.
Obs´ervese que no hemos parametrizado las curva de dos formas distintas, solo hemos transformado algebraica-
mente las ecuaciones.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

186. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 181
Problema 97 Consid´erese la curva parametrizada dada por x(t) = cos mt e y = sen nt, 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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

187. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 182
Problema 98
AO
C
B
M
θ
θ
Cisoide de Diocles. (ver figura). Sea una circunferencia con di´ametro 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 ecuaci´on de esta trayectoria en
coordenadas polares.
Si r = f(θ) es la representaci´on polar de la curva, f(θ) = d(OM) = d(BC); es decir, tenemos que obtener la
distancia d(BC) en funci´on de θ.
El tri´angulo OBA es rect´angulo en B (propiedad elemental de las circuferencias); por tanto, d(BA) = 2a sen θ.
Dado que el ´angulo en A del tri´angulo rect´angulo ABC es θ, se tiene que f(θ) = d(B, C) = d(A, B) tg θ =
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

188. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 183
2a sen θ tg θ.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

189. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 184
F1 2F
Figura 4.4: ´ovalos de Cassini. Ejercicio 21.
Problema 99 ´ovalos de Cassini. Escribir la ecuaci´on del lugar geom´etrico 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 a2. Estas curvas se denominan ´ovalos 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 simult´aneamente varios ´ovalos, los dos m´as
externos corresponde a a b, el doble lazo (con forma ∞) es la lemniscata y las dos curvas interiores pertenecen a
un mismo ´ovalo con a b.
Para simplificar los c´alculos, suponemos que los focos estan sobre el eje OX y son F1 = (−b, 0) y F2 = (b, 0).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

190. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 185
Las distancias de un punto arbitrario M = (x, y) a estos focos son:
d(F1, M) = (x + b)2 + y2 d(F2, M) = (x − b)2 + y2
Por tanto, los puntos pertenecientes al ´ovalo de Cassini son aquellos que verifican la ecuaci´on
(x + b)2 + y2 (x − b)2 + y2 = a2
,
que es equivalente a
[(x + b)2
+ y2
][(x − b)2
+ y2
] = a4
Suprimiendo par´entesis y simplificando sta ecuaci´on cartesiana se llega a:
(x2
+ y2
)2
− 2b2
(x2
− y2
) = a4
− b4
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 ´ultima basta hacer x = r cos θ e y = r sen θ en la primera):
(x2
+ y2
)2
= 2b2
(x2
− y2
) r2
= 2a2
cos 2θ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

191. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 186
Problema 100 Curva de Agnesi. Sea la circunferencia
x2
+ 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)
O
C
D
E
My
x
a/2
θ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

192. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 187
Elegimos como par´ametro el ´angulo θ que forma el segmento OE con la eje OX (obs´ervese que esto “no” nos da
una representaci´on polar, ya que el punto no est´a 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) = a cotg 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 , de donde
se obtiene:
y(θ) =
a
1 + cotg2 θ
= a sen2
θ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

193. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 188
Problema 101
a
ℓ
ℓ
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 cortar´a 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 parametrizaci´on (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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

194. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 189
Dada una recta arbitraria que pase por el polo y forme con el eje polar un ´angulo θ, la distancia del polo al
punto de corte con la recta Y = a es (a/ sen θ), por tanto, la representaci´on polar de cada una de las curvas que
componen la concoide es:
r =
a
sen θ
+ ℓ r =
a
sen θ
− ℓ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

195. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 190
Problema 102 Esbozar las siguientes curvas en coordenadas polares:
r = a cos 2θ r = a sen 3θ r = a sen θ/2
r = a cos 3θ/2 r2 = a2 cos 2θ r2 = a2 cos 3θ
r = a(4 cos 2θ) r = a(2 + cos 3θ) r = aeθ
La secci´on ?? explica con detalle los pasos a seguir para representar una curva polar. Por ello, en este ejercio
solo mostramos, para cada funci´on, la representaci´on cartesiana y la representaci´on polar; todos los detalles de la
representaci´on est´an explicados en dicha secci´on y es conveniente leerla atentamente antes de abordar este tipo de
problemas.
En las p´aginas 192 y 193 vemos la representaci´on de seis de las nueve curvas. Las puntas de flecha ayudan a
seguir el recorrido de las mismas siguiendo el n´umero que las acompa˜na. Las curvas representadas son:
1. r = a cos 2θ: es una rosa de cuatro p´etalos.
2. r = a sen θ
2: la funci´on es peri´odica de periodo 4π por lo que es necesario representar el recorrido para θ ∈ [0, 4π]
para completarla.
3. r = a cos 3θ
2 : la funci´on tiene periodo 4
3 π y, por tanto, necesitamos dos vueltas, θ ∈ [0, 4π], para recorrerla
completamente.
4. r2 = a2 cos 3θ: en realidad, esta ecuaci´on representa dos curvas polares, r = a
√
cos 3θ y r = −a
√
cos 3θ; de
ellas solo representamos la primera; obs´ervese 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].
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

196. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 191
5. r = a(2 + cos 3θ).
6. r = aeθ: es una espiral; la curva polar que se muestra en la figura no coincide exactamente con esta espiral,
ya que el r´apido crecimiento de la funci´on exponencial nos obligar´ıa a hacer un gr´afico mucho m´as grande.
Por ´ultimo, obs´ervese que la curva r2 = a2 cos 2θ es la lemniscata de Bernouilli y se muestra en la figura 4.4 (ver
problema 21).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

197. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 192
f(θ) = a
a
−a
a
−a
a
cos 2θ
f(θ) = a sen
θ
2
π
4
3π
4
2π5π
4
7π
4
r = a
1
2
3
4
5
π 3π 4π2π
r = a
1
2
34
56
5 6Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

198. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 193
r = a
f(θ) = a
√
cos 3θ
f(θ) = a(2 + cos 3θ)
3π
6
π
6
2π5π
6
7π
6
9π
6
11π
6
ππ
3
2π 2π
3
4π
3
5π
3
r = a
1
4
2
3
1
2
a
a
2a
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

199. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 194
Problema 103 Hallar el ´area de las regiones que se indican usando integraci´on en coordenadas polares:
La regi´on acotada por r = 3 + 2 cos θ.
La regi´on acotada por una hoja de la rosa r = a cos 2θ.
La regi´on total interior a r2 = a2 sen 2θ.
La regi´on del semiplano de la derecha limitada por r = a sen θ/2.
La curva r = 3 + 2 cos θ es un caracol de Pascal (ver figura 4.7, p´agina 224). El ´area encerrada por la curva es:
2π
0
1
2
[r(θ)]2
dθ =
2π
0
1
2
(3 + 2 cos θ)2
dθ =
11
2
θ + 6 sen θ +
1
2
sen 2θ
2π
0
= 11π
La curva r = a cos 2θ se representa en el ejercicio anterior (ver p´agina 192). El ´area de uno de los p´etalos es:
2
π/4
0
1
2
[r(θ)]2
dθ =
π/4
0
a2
cos2
2θ dθ = a2
(
1
2
θ +
1
8
sen 4θ)
π/4
0
=
π
8
a2
La curva r2 = a2 sen 2θ es la lemniscata de Bernouilli girada sobre el origen π/4 radianes, ya que: r2 =
a2 sen 2θ = a2 cos(2(θ − π
4 )) (ver ejercicio 21). Por tanto, el ´area total de esta curva es:
4
π/2
π/4
1
2
[r(θ)]2
dθ = 2
π/2
π/4
a2
sen 2θ dθ = −a2
cos 2θ
π/2
π/4
= a2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

200. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 195
La curva r = a sen θ/2 est´a representada en la p´agina 192 y la regi´on cuya ´area debemos calcular aparece
sombreada. Por las condiciones de simetr´ıa de la curva, este ´area la podemos calcular como
2
π
π/2
1
2
[r(θ)]2
dθ − 2
π/2
0
1
2
[r(θ)]2
dθ =
π
π/2
a2
sen2 θ
2
dθ −
π/2
0
a2
sen2 θ
2
dθ
=
a2
2
(θ − sen θ)
π
π/2
−
a2
2
(θ − sen θ)
π/2
0
= a2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

201. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 196
Problema 104 Hallar la pendiente de la espiral r = θ cuando θ = π/2.
Representamos esta curva por ecuaciones param´etricas:
x(θ) = θ cos θ y(θ) = θ sen θ
La derivada de esta parametrizaci´on es
x′
(θ) = cos θ − θ sen θ y′
(θ) = sen θ + 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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

202. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 197
Problema 105 Hallar todos los puntos del caracol r = 1 + 2 sen θ que tienen tangente horizontal.
El ejercicio podr´ıa resolverse gr´aficamente a partir de la figura 4.7 teniendo en cuenta que el caracol r = 1+2 sen θ
se obtiene girando π/2 radianes el caracol r = 1 + 2 cos θ.
Las ecuaciones param´etricas del caracol son:
x(θ) = (1 + 2 sen θ) cos θ = cos θ − sen 2θ y(θ) = (1 + 2 sen θ) sen θ = sen θ + 2 sen2
θ
La deriva de de esta parametrizaci´on es:
x′
(θ) = − sen θ − 2 cos 2θ y′
(θ) = cos θ + 4 sen θ cos θ = cos θ(1 + 4 sen θ)
Los puntos de tangencia horizontal corresponden a los ´angulos, 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
√
17, −
1
8
) para sen θ = −
1
4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

203. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 198
Problema 106 Hallar el ´angulo agudo que forma la curva polar r = a cos θ/2 con el eje OY cada vez que lo corta
en un punto distinto del origen.
Dado que r = a cos θ/2 = −a sen((1/2)(θ − π)), la curva coincide con la de la curva r = a sen θ/2 (p´agina 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 ´angulo, α, que forma con el eje OY :
x(θ) = f(θ) cos θ y(θ) = f(θ) sen θ
x′
(θ) = f′
(θ) cos θ − f(θ) sen θ y′
(θ) = f′
(θ) sen θ + f(θ) cos θ
tg α =
x′(θ)
y′(θ)
=
f′(θ) cos θ − f(θ) sen θ
f′(θ) sen θ + f(θ) cos θ
Para la curva del enunciado, se tiene
x′
(θ) = −
a
2
sen
θ
2
cos θ − a cos
θ
2
sen θ, y′
(θ) = −
a
2
sen
θ
2
sen θ + a cos
θ
2
cos θ
tg α =
−a
2 sen θ
2 cos θ − a cos θ
2 sen θ
−a
2 sen θ
2 sen θ + a cos θ
2 cos θ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

204. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 199
Los puntos donde la curva corta al eje OY pero no son el origen, corresponden a los ´agulos θ = π
2 + kπ, y en estos
puntos, la ecuaci´on anterior se simplifica bastante:
tg α =
1
2
cotg
θ
2
Dado que la funci´on es peri´odica de periodo 4π, hay cuatro ´agulos posibles, π/2, 3π/2, 5π/2 y 7π/2, correspondientes
a los puntos:
(0, f(π/2)) = (0, a
√
2
2
) (0, f(3π/2)) = (0, −a
√
2
2
)
(0, f(5π/2)) = (0, a
√
2
2
) (0, f(7π/2)) = (0, −a
√
2
2
)
y las tangentes de los ´angulos que forman con el eje OY sus respectivas rectas tangentes son:
tg α1 =
1
2
cotg
π
4
= 2 tg α2 =
1
2
cotg
3π
4
= −2
tg α3 =
1
2
cotg
5π
4
= 2 tg α4 =
1
2
cotg
7π
4
= −2
Es decir, las cuatro rectas tangentes forman un ´angulo de arc tg 2 ≈ 63′4◦ con el eje OY .
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

205. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 200
Problema 107 Probar que la espiral r = eθ forma un ´angulo constante con la recta radial en cada punto. Hallar
este ´angulo.
Recordemos que la tangente del ´angulo 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) = eθ, se tiene que f′(θ) = eθ y para cada punto la tangente del ´angulo es: tg ψθ = eθ
eθ = 1; es
decir, en cualquier punto, el ´angulo es π/4.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

206. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 201
Problema 108 Probar que el ´angulo 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) = a sen θ; la tangente del ´angulo 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)
a sen θ
=
1 − cos2 θ
2 + sen2 θ
2
2 sen θ
2 cos θ
2
=
sen2 θ
2
2 sen θ
2 cos θ
2
= tg
θ
2
Por tanto, efectivamente, se verifica que ψθ = θ
2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

207. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 202
Problema 109 Una part´ıcula 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 aceleraci´on en t´erminos 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
dθ
= uθ
duθ
dθ
= −ur
El enunciado del ejercicio dice que la posici´on de un particula en cada instante t viene dada por la funci´on vectorial
F(t) = f(θ(t))ur(θ(t)) = 4(1 + cos θ(t))ur(θ(t))
donde θ es un funci´on verificando
dθ
dt
(t) =
π
6
. En general se tiene que el vector velocidad en cada instante es:
F′
(t) = f′
(θ(t))θ′
(t)ur(θ(t)) + f(θ(t))θ′
(t)uθ(θ(t))
Para la funci´on propuesta:
F′
(t) = −4 sen θ(t)
π
6
ur(θ(t)) + 4(1 + cos θ)
π
6
uθ(θ)
Abreviadamente: v = −2π
3 sen θur + 2π
3 (1 + cos θ)uθ.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

208. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 203
Derivando la funci´on velocidad obtenemos la aceleraci´on; derivando directamente en la expresi´on de v y simpli-
ficando obtenemos:
a =
π2
9
−
2π
3
cos θur −
π2
9
+
2π
3
sen θuθ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

209. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 204
Problema 110 Hallar la longitud de la espiral parab´olica r = aθ2 cuando θ ∈ [0, 2π].
La longitud es:
L =
2π
0
[f(θ)]2 + [f′(θ)]2 dθ =
2π
0
a2θ4 + 4a2θ2 dθ
=
1
3a
(a2θ2 + 4)3
2π
0
=
8
3a
((a2
π2
+ 1)3/2
+ 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

210. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 205
Problema 111 Hallar el ´area 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 = 2 cos θ (Ejercicio 3). Estas circunferencias se cortan en el ´angulo θ tal que
1 = 2 cos θ,
es decir, para θ = π/3. El ´area de la parte de la regi´on contenida en el primer cuadrante es la cuarta parte del ´area
total y viene dada por:
A/4 =
π/2
π/3
dθ −
π/2
π/3
2 cos θ dθ =
π
24
+
√
3
4
1-1
Y
X
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

211. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 206
Problema 112 Tres estaciones de navegaci´on situadas, en coordenadas polares, en los puntos (a, 0), (0, 0) y (a, π/4)
emiten simult´aneamente se˜nales de radio. Un barco que recibe las se˜nales observa que las de la segunda y tercera
estaci´on llegan a a/2v segundos despu´es que las de la primera. Si v es la velocidad de una se˜nal de radio, ¿cu´al es,
en coordenadas polares, la localizaci´on del barco?
Las se˜nales que provienen de las estaciones situadas en (0, 0) y (a, π/4) llegan simult´aneamente 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 representaci´on polar de esta recta:
r =
a
√
2
2(sen θ + cos θ)
(4.1)
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):
d2
= a2
+ r2
− 2ar cos θ. (4.2)
El tiempo que tarda la se˜nal al punto (a, 0) es t = d
v y seg´un el enunciado, el tiempo que tarda en llegar al
punto (0, 0) es t′ = d
v + a
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 relaci´on:
a2
+ r2
− 2ar cos θ = (r −
a
2
)2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

212. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 207
De donde, simplificando, se obtiene que:
r =
3a
4(2 cos θ − 1)
(4.3)
De las ecuaciones 4.1 y 4.3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

213. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 208
Problema 113 Ros´aceas. Se llama ros´acea a cualquier curva definida en coordenadas polares por una ecuaci´on de
la forma
r = a sen nθ r = a cos 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 ros´aceas.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

214. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 209
Problema 114 Caracol de Pascal. Se llama caracol de Pascal a cualquier curva definida en coordenadas polares
por una ecuaci´on de la forma
r = a ± b sen θ r = a ± b cos θ
la figura 4.7 muestra distintos tipos de caracoles.
Comprobar las siguientes afirmaciones:
1. Seg´un los casos, la curva es sim´etrica 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 s´ı pertenece si a = b.
3. Si a b el polo es el ´unico punto doble.
4. Comprobar que las gr´aficas de las funciones r = 2a cos θ y r = 2a sen θ son circunferencias de radio a que
pasan por el origen y con centro sobre alguno de los ejes coordenados.
5. Deducci´on de la simplificaci´on de la f´ormula (??):
a) Apl´ıquese la f´ormula del coseno de una suma a
U cos
2πt
Td
−
2πtn
Td
y ded´uzcase
Q = U cos
2πtn
Td
y R = U sen
2πtn
Td
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

215. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 210
b) ´usese la relaci´on fundamental de la trigonometr´ıa para obtener la siguiente expresi´on de U:
U = 1 − cos2
2πn
365
sen2 α
c) Deducir una f´ormula para la puesta de sol a partir de la f´ormula (??).
d) ¿Qu´e ´angulo forma el Sol con el horizonte en Par´ıs (latitud 49◦) a las tres de la tarde del 15 de Enero?
¿y en M´alaga?
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

216. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 211
Problema 115 La siguiente curva parametrizada se conoce como Folio de Descartes:
x(t) =
3t
1 + t3
y(t) =
3t2
1 + t3
Dib´ujala, demuestra que tiene una as´ıntota en la recta Y + X + 1 = 0 y demuestra que es sim´etrica 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 est´an dedicadas a la representaci´on gr´afica de curvas definidas por ecuaciones pa-
ram´etricas y curvas polares. En cada caso estudiaremos las caracter´ısticas que nos ayuden a realizar un esbozo
bastante preciso; nos basaremos en la representaci´on gr´afica de funciones reales de variable real.
Queremos representar una curva descrita por ecuaciones param´etricas, (x(t), y(t)), t ∈ I con I intervalo. Para
seguir m´as f´acilmente los distintos pasos del m´etodo, haremos paralelamente el estudio de un ejemplo concreto, en
este caso, el Folio de Descartes,
x(t) =
3t
1 + t3
y(t) =
3t2
1 + t3
en los intervalos (−∞, −1) y (−1, ∞)
Recorrido de la curva. En primer lugar debemos hallar los puntos cr´ıticos de las funciones x e y, lo que nos dar´a los
puntos de tangencia vertical y horizontal, y estudiaremos los l´ımites de ambas funciones en los extremos del intervalo
I. El primer paso de la representaci´on ser´a representar estos l´ımites y los puntos de la curva correspondientes a los
valores del par´ametro que son puntos cr´ıticos de x o y.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

217. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 212
Los puntos cr´ıticos 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 direcci´on constante que corresponde al intervalo.
Todo lo dicho hasta ahora se seguir´a m´as f´acilmente con las graficas de x e y lo que hacemos en el ejemplo del
Folio:
−1 −13
1/2 3
√
2
x(t) =
3t
1 + t3
y(t) =
3t2
1 + t3
A partir de estas, hacemos una tabla donde indicamos los puntos se˜nalados y los intervalos de direcci´on constante;
por ejemplo, para t ∈ ( 3
1/2, 3
√
2), x′(t) 0 e y′(t) 0, y en consecuencia la direcci´on del vector velocidad de los
puntos correspondientes a ese intervalo es տ:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

218. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 213
(−∞, −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 l´ımite de la funci´on vectorial en dichos valores; y en la
tercera fila aparece la direcci´on 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 secci´on no es
todavia satisfactorio: necesitamos convertir las flechas en curvas.
Con el estudio de la secci´on 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 podr´ıa presentar un pico en dicho punto. Si no hemos encontrado
ning´un punto de no regularidad, todo el trazado debe hacerse suave.
Para hacer la transformaci´on de flechas a curvas, solo nos hace falta reconocer los tramos de concavidad y
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

219. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 214
convexidad de la curva. Para hacer esto, vamos a utilizar una tercera funci´on, la funci´on 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 est´a en el dominio de la funci´on 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 l´ımites l´ım
t→t+
0
p(t) y l´ım
t→t−
0
p(t) nos determinar´an el comportamiento.
La forma de la curva en cada subintervalo viene determinada por la siguiente tabla:
p creciente, x creciente: convexa
p creciente, x decreciente: c´oncava
p decreciente, x creciente: c´oncava
p decreciente, x decreciente: convexa
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

220. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 215
Es decir, la transformaci´on flecha–curva se representa por el siguiente esquema
p creciente p decreciente
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

221. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 216
Representamos a continuaci´on la grafica de p para el Folio y el segundo esbozo de la curva:
t → −1+
t → −1
−1
−
t → −∞
t → +∞
t = 0
t = 3
1/2
t = 3
√
2
3
1/2
3
√
2
p(t) =
2t − t4
1 − 2t3
As´ıntotas. La existencia de as´ıntotas es otra importante caracter´ıstica de una curva. Debemos estudiar si la
curva tiene una as´ıntota cuando el par´ametro t tiende a t0 (brevemente: en t → t0) si t0 es un extremo del intervalo
(puede ser un n´umero real o ±∞).
1. Si l´ım
t→t0
x(t) = ±∞ y l´ım
t→t0
y(t) = m ∈ R, la recta Y = m es una as´ıntota horizontal para la curva en t → t0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

222. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 217
2. Si l´ım
t→t0
y(t) = ±∞ y l´ım
t→t0
x(t) = m ∈ R, la recta X = m es una as´ıntota vertical para la curva en t → t0.
3. Si l´ım
t→t0
y(t) = ±∞ y l´ım
t→t0
x(t) = ±∞, la curva puede tener una as´ıntota oblicua en t → t0. Si los l´ımites
l´ım
t→t0
p(t) = m l´ım
t→t0
y(t) − mx(t) = n
existen y son n´umeros reales, entonces efectivamente tiene una as´ıntota: la recta Y = mX + n.
La recta Y = −X − 1 es una as´ıntota oblicua del Folio en t → −1:
l´ım
t→−1
2t − t4
1 − 2t3
= −1 l´ım
t→−1
3t2
1 + t3
+
3t
1 + t3
= −1
Simetr´ıas. Identificar simetr´ıas 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 simetr´ıa,
debemos verificarlo.
En el ejemplo de Folio parece que tenemos una simetr´ıa respecto de la recta Y = X; para comprobarlo, tenemos
que demostrar que para cada valor del par´ametro, t, existe otro valor, s, tal que (y(t), x(t)) = (x(s), y(s)) (cada
simetr´ıa se traducir´a en una igualdad de este tipo)
3s2
1 + s3
=
3t
1 + t3
⇒
1 + t3
1 + s3
=
t
s2
3s
1 + s3
=
3t2
1 + t3
⇒
1 + t3
1 + s3
=
t2
s



⇒
t
s2
=
t2
s
⇒
1
s
= t
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

223. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 218
Por tanto, efectivamente los puntos ((x(t), y(t)) y (x(1/t), y(1/t)) son sim´etricos respecto de la recta Y = X.
Terminamos esta secci´on con la representaci´on completa del Folio de Descartes
Y = −X − 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

224. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 219
Problema 116 Dibuja la curva polar: f(θ) = 1 + 2 cos θ
Recordemos que una curva polar es la representaci´on gr´afica de una funci´on, f, en coordenadas polares, es decir,
el conjunto de puntos {(f(θ), θ)} descritos por coordenadas polares.
Para esbozar la gr´afica polar de una funci´on nos vamos a basar en la representaci´on cartesiana de la misma
funci´on. El m´etodo consiste simplemente en saber como se transforma una representaci´on cartesiana en una re-
presentaci´on polar. Aparte de esto, puede ser ´util expresar la curva polar en ecuaciones param´etricas 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 par´abola, etc.
En la representaci´on cartesiana, cuando la variable θ crece, nos movemos por el eje OX hacia la derecha; en
la representaci´on polar, cuado la misma variable θ crece, giramos alrededor del polo en direcci´on contraria a las
agujas del reloj. En la representaci´on cartesiana, el valor de la funci´on en cada θ, f(θ), es la distancia del punto de
la gr´afica al eje OX; en la representaci´on polar, el valor de la funci´on en un ´angulo θ, es la distancia del punto de
la gr´afica al polo. Teniendo en cuenta esto, se deduce la regla principal para la transformaci´on que buscamos:
Si f es positiva y creciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representaci´on polar de f se alejan del polo.
Si f es positiva y decreciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representaci´on polar de f se acercan del
polo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

225. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 220
En los intervalos donde la funci´on 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 representaci´on 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 representaci´on polar de f se alejan al polo
sobre los radios correspondientes a [α + π, β + π].
Con estas cuatro reglas ya podr´ıamos hacer un primer esbozo de cualquier curva polar, pero necesitamos fijarnos
en m´as caracter´ısticas de f para afinar m´as la representaci´on. Las principales caracter´ısticas son:
1. Periodicidad: nos interesa principalmente saber si la funci´on es peri´odica con periodo 2kπ, en tal caso, basta
estudiar la gr´afica en el intervalo [0, 2kπ]. Si la funci´on es periodica de periodo (2k + 1)π, necesitar´ıamos el
intervalo [0, 2(2k + 1)π] para la representaci´on completa. (Cualquier otro periodo puede ser utilizado para
determinar posibles simetr´ıas de la curva aunque las conclusiones son menos generales).
2. Simetr´ıas: Las simetr´ıas de la gr´afica cartesiana se transforman en simetr´ıas de la gr´afica polar; conocer, por
tanto, las primeras es fundamental para dar mayor precisi´on a la representaci´on 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 representaci´on cartesiana en θ0, la circunferencia R = f(θ0) es
tangente a la representaci´on polar en θ0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

226. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 221
4. Puntos de corte con el eje OX: los valores que anulan la funci´on corresponden a los valores del ´angulo en los
que la curva polar pasa por el polo. Pero adem´as, en estos puntos hay que seguir otra importante regla:
Si f(θ0) = 0, la recta radial Θ = θ0 es tangente a la representaci´on polar en el polo para el ´angulo θ0.
5. As´ıntotas verticales: Las as´ıntotas verticales de la representaci´on cartesiana pueden corresponder a as´ıntotas
de la representaci´on polar:
As´ıntotas: Es decir, si l´ım
θ→θ0
f(θ) = ±∞, la curva puede tener una as´ıntota:
1. Si θ0 = π/2 + kπ, y l´ım
θ→θ0
f(θ) cos θ = m ∈ R, la curva tiene una as´ıntota vertical para θ tendiendo a θ0; esta
recta es X = m.
2. Si θ0 = kπ, y l´ım
θ→θ0
f(θ) sen θ = m ∈ R, la curva tiene una as´ıntota horizontal para θ tendiendo a θ0; esta recta
es Y = m.
3. Si θ0 = π/2 + kπ y l´ım
θ→θ0
f(θ)(sen θ − tg θ0 cos θ) = n ∈ R, la curva tiene una as´ıntota para θ tendiendo a θ0;
esta recta es Y = tg θ0X + n.
Para ilustrar el m´etodo, mostramos en la p´agina 227 el proceso de construcci´on de la curva r = 1 + 2 cos θ que
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

227. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 222
explicamos a continuaci´on. En primer lugar dibujamos la gr´afica cartesiana de la funci´on f(θ) = 1 + 2 cos θ
−1
3
2π4π/3
2π/3
2
1
£
R
1. La funci´on es peri´odica de periodo 2π y por tanto, basta representarla para θ ∈ [0, 2π].
2. Adem´as, la gr´afica cartesiana es sim´etrica respecto de recta X = π lo que en la representaci´on polar se traduce
en una simetr´ıa 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 funci´on f es decreciente y por tanto, la curva polar se va acercando al polo hasta alcanzarlo en θ = 2π/3.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

228. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 223
(En cualquier valor intermedio que tomemos, la curva polar cortar´a 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 funci´on es negativa, y en consecuencia, los puntos correspondientes a estos ´angulos
se representan sobre los radios (2π/3 + π, π + π). Por otra parte, en este intervalo la funci´on −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 gr´afica se puede terminar por simetr´ıa, o se puede seguir analizando como en los puntos anteriores.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

229. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 224
2
-1
1
1 3
-1
1
-1 3
-2
2
7
-4
-1
4
r = 1 + cos t r = 1 + 2 cos t
r = 2 + cos t r = 4 + 3 cos t
Figura 4.7: Caracoles de Pascal.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

230. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 225
-1 1
-1
1
1
-1
-1
1
Figura 4.8: Gr´aficas de r = sen 7θ y de r = sen 4θ.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

231. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 226
t → −1+
t → −1−
t → −∞
t → +∞
t = 0
t = 3
1/2
t = 3
√
2
Figura 4.9: Primer esbozo del Folio
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

232. El espacio m´etrico Rn.Curvas parametrizadas 227
θ =
π
6
θ =
2π
6
θ =
2π
3
θ =
5π
6
r = 1 r = 2 r = 3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

233. Cap´ıtulo 5
C´alculo en varias variables
228

234. C´alculo en varias variables 229
Problema 117 Demostrar que la noci´on 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 Rn y sea λ la constante real estrictamente positiva tal que:
λ v ∗
≤ v
Sea f : Rn → R un campo vectorial · ∗-diferenciable.
l´ım
h→0
f(a + h) − f(a) − dfa(h)
h
≤ l´ım
h→0
1
λ
f(a + h) − f(a) − dfa(h)
h ∗ = 0
En consecuencia, f tambi´en es · -diferenciable.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

235. C´alculo en varias variables 230
0
0
0
X
Y
Z
f(x, y) =
1
xy
0
0
5
10
-2
0
2
Y
X
f(x, y) = log(x + y)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

236. C´alculo en varias variables 231
-2
-1
0
1
2
-10 0 10
-5
-2.5
0
2.5
5
X
Z
Y
X
Y
f(x, y) =
y
x2
2
Y
f(x, y) = senh(x2
+ y2
)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

237. C´alculo en varias variables 232
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 − x2 − y2
d) f(x, y) = y/x2 e) f(x, y) = ex−y f) f(x, y) = senh (x2 + y2)
a) f(x, y) = 1/xy. El dominio de la funci´on est´a formado por aquellos puntos (x, y) tales que xy = 0; es decir:
Dom f = R∗
× R∗
La funci´on 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 hip´erbolas con
as´ıntotas en los ejes coordenados.
b) f(x, y) = log(x + y). El dominio de la funci´on est´a formado por aquellos puntos (x, y) tales que x + y 0; es
decir:
Dom f = {(x, y)|x + y 0}
La funci´on 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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

238. C´alculo en varias variables 233
c) f(x, y) = 4 − (x2 + y2). El dominio de la funci´on est´a formado por los puntos (x, y) tales que x2 + y2 ≤ 4,
es decir son los puntos interiores a al circunferencia x2 + y2 = 4.
Por tanto, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4 y 0 ≤ f(x, y) ≤ 2; es decir, la imagen de f es el intervalo [0, 2]. Adem´as, dado que
[f(x, y)]2 + y2 + x2 = 4, se verifica que la gr´afica de f es una semiesfera de radio 2.
Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x2 + y2 = 4 − c2 = r2 y son circunferencias con
centro com´un (0, 0) y radio r ∈ [0, 2].
d) f(x, y) = y/x2. El dominio de la funci´on est´a formado por aquellos puntos cuya primera coordenada es no
nula:
Dom f = R∗
× R
La funci´on puede tomar cualquier valor real, es decir, la imagen de f es R.
Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por y = cx2, y por tanto, son las par´abolas cuyo v´ertice
es el origen y su eje es el eje OX.
e) f(x, y) = ex−y. El dominio de la funci´on est´a formado por todos los puntos de R2.
La funci´on 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.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

239. C´alculo en varias variables 234
f) f(x, y) = senh (x2 + y2). El dominio de la funci´on es R2. Dado que x2 +y2 ≥ 0 para todo (x, y), se verifica que
senh (x2 + y2) ≥ 0 y adem´as, la imagen de la funci´on es [0, ∞). Las curvas de nivel son todas las circunferencias
de centro (0, 0).
En las p´aginas 230 y 231 mostramos las curvas de nivel y las gr´aficas correspondientes a las funciones de los
apartados a), b), d) y f).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

240. C´alculo en varias variables 235
Problema 119 Hallar los l´ımites (si existen):
a) l´ım
(x,y)→(1,1)
log |1 + x2
y2
| b) l´ım
(x,y,z)→(1,2,6)
1
x
+
1
y
+
1
z
c) l´ım
(x,y)→(0,4)
x
√
y
d) l´ım
(x,y)→(0,π/2)
sec x tg y e) l´ım
(x,y)→(0,0)
cos
x2 + y2
x + y + 1
f) l´ım
(x,y)→(1,0)
x sen y
x2 + 1
g) l´ım
(x,y)→(0,2)
cos x − 1
x2
y − 2
y2 − 4
h) l´ım
(x,y)→(−2,2)
xy + y − 2x − 2
x + 1
i) l´ım
(x,y)→(1,1)
x3y3 − 1
xy − 1
a) l´ım
(x,y)→(1,1)
log |1 + x2
y2
| = log |1 + 1| = log 2.
b) l´ım
(x,y,z)→(1,2,6)
1
x
+
1
y
+
1
z
=
1
1
+
1
2
+
1
6
=
5
3
c) l´ım
(x,y)→(0,4)
x
√
y
=
0
2
= 0
d) l´ım
(x,y)→(0,π/2)
sec x tg y. Este l´ımite no existe: si lo consideramos sobre y π/2, el l´ımite vale +∞ y si lo
consideramos sobre y π/2, el l´ımite vale −∞.
e) l´ım
(x,y)→(0,0)
cos
x2 + y2
x + y + 1
= cos
0
1
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

241. C´alculo en varias variables 236
f) l´ım
(x,y)→(1,0)
x sen y
x2 + 1
=
1 · 0
1 + 1
= 0
g) l´ım
(x,y)→(0,2)
cos x − 1
x2
y − 2
y2 − 4
= l´ım
(x,y)→(0,2)
−x2/2
x2
1
y + 2
= −
1
2
1
4
= −
1
8
h) l´ım
(x,y)→(−2,2)
xy + y − 2x − 2
x + 1
=
0
− 1
= 0
i) l´ım
(x,y)→(1,1)
x3y3 − 1
xy − 1
= l´ım
(x,y)→(1,1)
(x2
y2
+ xy + 1) = 3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

242. C´alculo en varias variables 237
Problema 120 Considerando diferentes l´ıneas de aproximaci´on, demostrar que las funciones siguientes no tienen
l´ımite cuando (x, y) tiende a (0, 0):
f(x, y) =
x − y
x + y
; g(x, y) =
x
x2 + y2
; h(x, y) =
xy
|xy|
.
Basta considerar el l´ımite sobre rectas:
l´ım
(x,y)→(0,0)
y=λx
x − y
x + y
= l´ım
x→0
(1 − λ)x
(1 + λ)x
=
1 − λ
1 + λ
Dado que estos l´ımites dependen de λ, es decir, del camino por el que nos acercamos al origen, deducimos que
el l´ımite propuesto no existe.
l´ım
(x,y)→(0,0)
y=λx
x
x2 + y2
= l´ım
x→0
x
√
x2 + λ2x2
=
1
1 + λ2
Por tanto, el l´ımite propuesto tampoco existe.
h(x, y) =
xy
|xy|
=



1 si xy 0
−1 si xy 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

243. C´alculo en varias variables 238
Por tanto:
l´ım
(x,y)→(0,0)
y=x
h(x, y) = l´ım
x→0
1 = 1 l´ım
(x,y)→(0,0)
y=−x
h(x, y) = l´ım
x→0
− 1 = −1
y el l´ımite no existe.
En la p´agina 239 mostramos las gr´aficas 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 l´ımites.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

244. C´alculo en varias variables 239
-2
0
2
-2
0
2
-1
-0.5
0
0.5
1
-2 0 2
-5
-2.5
0
2.5
5
Z
Z
Y
Y
X
f(x, y) =
x − y
x + y
g(x, y) =
x
x2 + y2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

245. C´alculo en varias variables 240
Problema 121 Hallar D1f = ∂f/∂x y D2f = ∂f/∂y en las funciones siguientes:
a) f(x, y) = x2
+ y2
b) f(x, y) = ex
cos y c) f(x, y) = arc tg (y/x);
d) f(x, y) = cosh (y/x) e) f(x, y) = y f) f(x, y) = 9 − x2 − y2
g) f(x, y) = x/(x2
+ y2
) h) f(x, y) = (x + 2)(y + 3) i) f(x, y) = ex log y
j) f(x, y) = tgh (2x + 5y) k) f(x, y) = log | sec xy + tg xy|
l) f(x, y) = 5xy−7x2
−y2
+3x−6y+2
Todas las funciones que aparecen en este ejercicio viene expresadas en t´erminos 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 p´agina ??) y tendremos que calcular las parciales en los puntos donde se anula la
ra´ız usando la definici´on.
a) f(x, y) = x2 + y2.
D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y
b) f(x, y) = ex cos y.
D1f(x, y) = ex
cos y D2f(x, y) = −ex
sen y
c) f(x, y) = arc tg (y/x)
D1f(x, y) =
− y
x2
1 + y2
x2
= −
y
x2 + y2
D2f(x, y) =
1
x
1 + y2
x2
=
x
x2 + y2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

246. C´alculo en varias variables 241
d) f(x, y) = cosh (y/x)
D1f(x, y) = −
y
x2
senh
y
x
D2f(x, y) =
1
x
senh
y
x
e) f(x, y) = y
D1f(x, y) = 0 D2f(x, y) = 1
f) f(x, y) = 9 − x2 − y2. Si (x, y) es tal que x2 + y2 = 9 se tiene:
D1f(x, y) = −
x
9 − x2 − y2
D2f(x, y) = −
y
9 − x2 − y2
Sea (a, b) tal que a2 + b2 = 9, es decir, f(a, b) = 0:
D1f(a, b) = l´ım
t→0+
1
t
(f(a − t, b) − f(a, b))
= l´ım
t→0+
9 − (a − t)2 − b2
t2
= l´ım
t→0+
−1 +
2a
t
= +∞
D2f(a, b) = l´ım
t→0+
1
t
(f(a, b − t) − f(a, b))
= l´ım
t→0+
9 − a2 − (b − t)2
t2
= l´ım
t→0+
−1 +
2b
t
= +∞
Los l´ımites est´an tomados en cero por la derecha para poder afirmar que los puntos (a − t, b) y (a, b − t) est´an
en el dominio de f.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

247. C´alculo en varias variables 242
g) f(x, y) = x/(x2 + y2)
D1f(x, y) =
(x2 + y2) − 2x2
(x2 + y2)2
=
y2 − x2
(x2 + y2)2
D2f(x, y) = −
2xy
(x2 + y2)2
h) f(x, y) = (x + 2)(y + 3)
D1f(x, y) = y − 3 D2f(x, y) = x + 2
i) f(x, y) = ex log y
D1f(x, y) = ex log y
log y D2f(x, y) = ex log y x
y
j) f(x, y) = tgh (2x + 5y)
D1f(x, y) = 2(1 − tgh2
(2x + 5y)) D2f(x, y) = 5(1 − tgh2
(2x + 5y))
k) f(x, y) = log | sec xy + tg xy| = log(1 + sen xy) − log | cos xy|
D1f(x, y) =
y cos xy
1 + sen xy
+ y tg xy D2f(x, y) =
x cos xy
1 + sen xy
+ x tg xy
l) f(x, y) = 5xy − 7x2 − y2 + 3x − 6y + 2
D1f(x, y) = 5y − 2y − 6 D2f(x, y) = 5x − 14x + 3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

248. C´alculo en varias variables 243
Problema 122 Calcular las derivadas parciales de la funci´on dada respecto a cada variable:
a) f(x, y, z) = z cosec (y/x) b) f(r, θ, z) =
r(2 − cos 2θ)
r2 + z2
c) f(u, v, w) = (u2
+ v2
+ w2
)−1/2
d) f(x, y, z) = (xy)z
e) f(x, y, r, s) = sen 2x cosh 3r+senh 3y cos 4s
a) f(x, y, z) = z cosec(y/x)
D1f(x, y, z) =
y
x2
cos
y
x
cosec2 y
x
D2f(x, y, z) = −
1
x
cos
y
x
cosec2 y
x
D3f(x, y, z) = cos
y
x
b) f(r, θ, z) =
r(2 − cos 2θ)
r2 + z2
∂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
∂θ
(r, θ, z) =
2r
r2 + z2
sen 2θ
∂f
∂z
(r, θ, z) = −
2zr(2 − cos 2θ)
(r2 + z2)2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

249. C´alculo en varias variables 244
c) f(u, v, w) = (u2 + v2 + w2)−1/2
∂f
∂u
(u, v, w) = −u(u2
+ v2
+ w2
)−3/2 ∂f
∂v
(u, v, w) = −v(u2
+ v2
+ w2
)−3/2
∂f
∂w
(u, v, w) = −w(u2
+ v2
+ w2
)−3/2
d) f(x, y, z) = (xy)z = ez log xy. El dominio de esta funci´on es
Dom f = {(x, y, z)|xy 0} ∪ {(x, y, z)|xy = 0, z 0, z = 1}
Las parciales son:
∂f
∂x
(x, y, z) = ez log xy z
x
∂f
∂y
(x, y, z) = ez log xy z
y
∂f
∂z
(x, y, z) = ez log xy
log xy
e) f(x, y, r, s) = sen 2x cosh 3r + senh 3y cos 4s.
∂f
∂x
(x, y, r, s) = 2 cos 2x cosh 3r
∂f
∂y
(x, y, r, s) = 3 cosh 3y cos 4s
∂f
∂r
(x, y, r, s) = 3 sen 2x senh 3r
∂f
∂s
(x, y, r, s) = −4 senh 3y sen 4s
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

250. C´alculo en varias variables 245
Problema 123 En los siguientes apartados, hallar el vector de intensidad el´ectrica E = −∇V para cada funci´on
de potencial V en el punto dado:
a) V = 2z3 − 3(x2 + y2)z, (1, 1, 1)
b) V = log x2 + y2, (3, 4, 0)
c) V = e3x+4y cos 5z, (0, 0, π/6)
a) V = 2z3 − 3(x2 + y2)z, (1, 1, 1):
∂f
∂x
(x, y, z) = −6xz
∂f
∂y
(x, y, z) = −6yz
∂f
∂z
(x, y, z) = 6z2
− 3(x2
+ y2
)
Evaluando en el punto indicado obtenemos.
E(1, 1, 1) = −∇V (1, 1, 1) = (6, 6, −3)
b) V = log x2 + y2, (3, 4, 0):
∂f
∂x
(x, y, z) =
x
x2 + y2
∂f
∂y
(x, y, z) =
y
x2 + y2
∂f
∂z
(x, y, z) = 0
Evaluando en el punto indicado obtenemos.
E(3, 4, 0) = −∇V (3, 4, 0) = (−
3
25
, −
4
25
, 0)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

251. C´alculo en varias variables 246
c) V = e3x+4y cos 5z, (0, 0, π/6)
∂f
∂x
(x, y, z) = 3e3x+4y
cos 5z
∂f
∂y
(x, y, z) = 4e3x+4y
cos 5z
∂f
∂z
(x, y, z) = −5e3x+4y
sen 5z
Evaluando en el punto indicado obtenemos.
E(0, 0, π/6) = −∇V (0, 0, π/6) = (
3
√
3
2
, 2
√
3,
5
2
)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

252. C´alculo en varias variables 247
Problema 124 Hallar la derivada de f en P0 y en la direcci´on del vector que se indica:
a) f = x2 + y2, P0(1, 0), i − j
b) f = cos xy, P0(2, π/4), 4i − j
c) f = x2 + 2xy − 3y2, 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 direcci´on y sentido. Por otra parte, todas las funciones son
derivables en los puntos se˜nalados y por tanto, podemos usar la diferencial para hallar las derivadas direccionales:
a) f(x, y) = x2 + y2, 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) = −x sen xy ∇f(2, π/4) = (−
π
4
, −2)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

253. C´alculo en varias variables 248
Duf(2, π/4) = (−
π
4
, −2) · (
4
√
17
, −
1
√
17
) =
2 − π
√
17
c) f(x, y) = x2 + 2xy − 3y2, 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
3, 11
15, − 2
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
3
,
11
15
, −
2
15
) =
43
15
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

254. C´alculo en varias variables 249
Problema 125 Hallar la direcci´on en la cual f crece m´as r´apidamente en P0, y la raz´on de cambio de f en esa
direcci´on:
f(x, y, z) = exy
+ z2
, P0(0, 2, 3)
Recordemos que la direcci´on en la cual f crece m´as r´apidamente es la dada por el vector ∇f, y adem´as, la tasa
de cambio en esa direcci´on es ∇f .
D1f(x, y, z) = yexy
; D2f(x, y, z) = xexy
; D3f(x, y, z) = 2z; ∇f(0, 2, 3) = (2, 0, 6).
Si u es el vector unitario en la direcci´on del gradiente, la tasa de cambio en esta direcci´on es:
Duf(1, −1, 2) = ∇f(1, −1, 2) =
√
40 = 2
√
10
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

255. C´alculo en varias variables 250
Problema 126 En los siguientes apartados, hallar la direcci´on en la cual f decrece m´as r´apidamente en P0, y la
raz´on de cambio de f en esa direcci´on:
a) f(x, y) = x2 + xy + y2, P0(−1, 1)
b) f(x, y, z) = z log (x2 + y2), P0(1, 1, 1)
Recordemos que la direcci´on en la cual f decrece m´as r´apidamente es la dada por el vector −∇f, y adem´as, la
tasa de cambio en esa direcci´on es − ∇f .
a) f(x, y) = x2 + xy + y2, 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 direcci´on de −∇f(−1, 1), la tasa de cambio en esta direcci´on es:
Duf(−1, 1) = − ∇f(−1, 1) = −
√
2
b) f(x, y, z) = z log (x2 + y2), P0(1, 1, 1)
D1f(x, y, z) =
2zx
x2 + y2
D2f(x, y, z) =
2zy
x2 + y2
D3f(x, y, z) = log (x2
+ y2
) − ∇f(1, 1, 1) = (1, 1, log 2)
Si u es el vector unitario en la direcci´on de −∇f(−1, 1), la tasa de cambio en esta direcci´on es:
Duf(1, 1, 1) = − ∇f(1, 1, 1) = − 2 + (log 2)2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

256. C´alculo en varias variables 251
Problema 127 ¿En qu´e dos direcciones se anula la derivada de f(x, y) = (x2 − y2)/(x2 + y2) en P0(1, 1)?
Hallamos en primer lugar el vector gradiente en el punto:
D1f(x, y) =
2x(x2 + y2) − 2x(x2 − y2)
(x2 + y2)2
=
4xy2
(x2 + y2)2
D2f(x, y) =
−2y(x2 + y2) − 2y(x2 − y2)
(x2 + y2)2
=
−2(x3 + y3)
(x2 + y2)2
∇f(1, 1) = (1, −1)
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 ser´an u y −u. En este caso las direcciones se calculan f´acilmente y son (1, 1) y (−1, −1).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

257. C´alculo en varias variables 252
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) = x2/3 + 3y2/4, P0(2, 2
√
5/3)
b) f(x, y) = x2 − y, P0(1, 0)
Recordemos que un vector normal a una curva de nivel en un punto, viene dado por el gradiente de la funci´on 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 gr´aficas de las dos funciones as´ı como las curvas de
nivel pedidas y las rectas tangente y normal en el punto indicado.
a) f(x, y) = x2/3 + 3y2/4, P0(2, 2
√
5/3):
D1f(x, y) =
2
3
x D2f(x, y) =
3
2
y ∇f(2, 2
√
5/3) = (
4
3
,
√
5)
b) f(x, y) = x2 − y, P0(1, 0).
D1f(x, y) =
x
x2 − y
D2f(x, y) =
−1
x2 − y
∇f(1, 0) = (1, −
1
2
)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

258. C´alculo en varias variables 253
-2
0
2
-2
0
1
2
3
4
-1
0
1
2
-2
-1
0
1
2
0
0.5
1
1.5
Z
X
Y
f(x, y) =
x2
3
+
3y2
4
f(x, y) = x2 − y
P ,
2
√
5
3
)
Q(1 0)
(2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

259. C´alculo en varias variables 254
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) z2 − x2 − y2 = 0, P0(3, 4, −5)
b) z − log (x2 + y2) = 0, P0(1, 0, 0)
c) x2 + 2xy − y2 + z2 = 7, P0(1, −1, 3)
a) z2 − x2 − y2 = 0, P0(3, 4, −5). Es superficie de nivel de la funci´on f(x, y, z) = z2 − x2 − y2.
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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

260. C´alculo en varias variables 255
b) z − log (x2 + y2) = 0, P0(1, 0, 0). Es curva de nivel de la funci´on g(x, y, z) = z − log (x2 + y2):
D1g(x, y, z) = −
2x
x2 + y2
D2g(x, y, z) = −
2y
x2 + y2
D3g(x, y, z) = 1
∇g(1, 0, 0) = (−2, 0, 1)
Por tanto, el plano tangente a la supercie y la recta normal a la misma son respectivamente:
−2(X − 1) + Z = 0
X − 1 = −2λ
Y = 0
Z = λ
c) x2 + 2xy − y2 + z2 = 7, P0(1, −1, 3). Es superficie de nivel de la funci´on h(x, y, z) = x2 + 2xy − y2 + z2
D1h(x, y, z) = 2x + 2y D2h(x, y, z) = 2x − 2y D3h(x, y, z) = 2z
∇h(1, −1, 3) = (0, 4, 6)
Por tanto, el plano tangente a la supercie y la recta normal a la misma son respectivamente:
4(Y + 1) + 6(Z − 3) = 0
X − 1 = 0
Y + 1 = 4λ
Z − 3 = 6λ
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

261. C´alculo en varias variables 256
Problema 130 En los siguientes apartados, determinar el plano tangente y la recta normal a la superficie dada en
el punto dado:
a) z = x2 + y2, (3, 4, 25)
b) z = x/ x2 + y2, (3, −4, 3
5)
c) z = (x + y)/(xy − 1), (1, 2, 3)
d) y = 4 − x2 − 4z2, (0, 0, 1)
En este ejercicio vamos a hallar planos y rectas tangentes a gr´aficas de funciones. Para ello, basta recordar que
el vector (D1f(x, y), D2f(x, y), −1) es un vector perpendicular a la gr´afica de f en el punto (x, y).
a) z = x2 + y2, (3, 4, 25). Es la gr´afica de la funci´on f(x, y) = x2 + y2
D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y
Por tanto, el vector (6, 8, −1) es perpendicular a la gr´afica 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

262. C´alculo en varias variables 257
b) z = x/ x2 + y2, (3, −4, 3
5). La superficie es la gr´afica de la funci´on f(x, y) =
x
x2 + y2
:
D1f(x, y) =
x2
(x2 + y2)3/2
D2f(x, y) =
−xy
(x2 + y2)3/2
Entonces ∇f(3, −4) = ( 9
125 , −12
125 ) y el vector ( 9
125 , −12
125 , −1) es perpendicular a la gr´afica de f en (3, −4, 3
5); el
plano tangente y la recta normal son respectivamente:
9
125
(X − 3) −
12
125
(Y + 4) − (Z −
3
5
) = 0
X − 3 =
9
125
λ
Y + 4 = −
12
125
λ
Z −
3
5
= −λ
c) z = (x + y)/(xy − 1), (1, 2, 3). La superficie es la gr´afica de la funci´on f(x, y) =
x + y
xy − 1
:
D1f(x, y) = −
y2 + 1
(xy − 1)2
D2f(x, y) = −
x2 + 1
(xy − 1)2
Entonces ∇f(1, 2) = (5, 2) y el vector (5, 2, −1) es perpendicular a la gr´afica 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

263. C´alculo en varias variables 258
d) y = 4 − x2 − 4z2, (0, 0, 1). Es una superficie de nivel de la funci´on g(x, y, z) = 4 − x2 − 4z2 − 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

264. C´alculo en varias variables 259
Problema 131 Determinar los puntos de la superficie
(y + z)2
+ (z − x)2
= 16
en los que la normal es paralela al plano Y Z.
La superficie es superficie de nivel de la funci´on 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:
x − z = 0 y (y + z)2
+ (z − x)2
= 16
El conjunto de estos puntos son las rectas:
y + z = 4
x = z
y
y + z = −4
x = z
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

265. C´alculo en varias variables 260
Problema 132 Hallar los puntos de la superficie
xy + yz + zx − x − z2
= 0
en los que el plano tangente es paralelo al XY .
La superficie es superficie de nivel de la funci´on f(x, y, z) = xy + yz + zx − x − z2 = 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

266. C´alculo en varias variables 261
Problema 133 Para la funci´on f(x, y) = x2y + 2y2x, en el punto P0(1, 3), hallar
a) la direcci´on de mayor crecimiento en f,
b) la derivada de f en la direcci´on de mayor crecimiento en f,
c) las direcciones en las que la derivada de f es cero,
d) la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en (1, 3, 21).
a) La direcci´on de mayor crecimiento corresponde a la direcci´on del vector gradiente:
D1(x, y) = 2xy + 2y2
D2(x, y) = x2
+ 4yx ∇f(1, 3) = (14, 13)
b) Si u es el vector unitario en la direcci´on y sentido del vector gradiente, la derivada de f en la direcci´on u es
Duf(1, 3) = ||∇f(1, 3)|| = 142 + 132
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 direcci´on 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 ecuaci´on es
14(X − 1) + 13(Y − 3) − (Z − 21) = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

267. C´alculo en varias variables 262
Problema 134 Hallar las rectas tangentes a las curvas siguientes en los puntos dados:
a) x2 + y2 = 4, P0(
√
2,
√
2)
b) x2 + xy + y2 = 7, P0(1, 2)
c) x5 + 4xy3 − 3y5 = 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 ecuaci´on
de la recta tangente es
D1f(x0)(X − x0) + D2f(x0, y0)(Y − y0).
a) x2 + y2 = 4, P0(
√
2,
√
2);
D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y
Recta: 4(X − 2) + 2
√
2(Y −
√
2) = 0
b) x2 + xy + y2 = 7, P0(1, 2);
D1f(x, y) = 2x + y D2f(x, y) = x + 2y
Recta: 4(X − 1) + 5
√
2(Y − 2) = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

268. C´alculo en varias variables 263
c) x5 + 4xy3 − 3y5 = 2, P0(1, 1);
D1f(x, y) = 5x + 4y3
D2f(x, y) = 12xy2
+ 15y4
Recta: 9(X − 1) + 27(Y − 1) = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

269. C´alculo en varias variables 264
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 gravitaci´on universal,
F =
GMm
r3
r
donde r = xi + yj + zk y r = ||r||. Comprobar que R = −∇V para alg´un campo escalar V (V recibe el nombre
de potencial gravitacional) y comprobar tambi´en que F es ortogonal a las superficies de nivel de V . (Indicaci´on:
comprobar primero que ∇(1/r) = −(1/r3)r).
La indicaci´on nos dice quien es la funci´on potencial; considerando
f(r) = f(x, y, z) = −
1
r
= −
1
x2 + y2 + z2
tenemos que:
D1f(x, y, z) = x(x2
+ y2
+ z2
)−3/2
=
x
r3
D2f(x, y, z) = y(x2
+ y2
+ z2
)−3/2
=
y
r3
D3f(x, y, z) = z(x2
+ y2
+ z2
)−3/2
=
z
r3
Por tanto, V (x, y, z) = − GMm√
x2+y2+z2
. El hecho de que F = −∇V sea ortogonal a las superficies de nivel de V es una
propiedad fundamental del vector gradiente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

270. C´alculo en varias variables 265
Problema 136 En las siguientes funciones, hallar las derivadas parciales de segundo orden
f(x, y) = ex
log(3 − y2
); g(x, y) = (x − y)/xy; h(x, y, z) = xy + yz + zx.
f(x, y) = ex log(3 − y2).
D1f(x, y) = ex
log(3 − y2
) D2f(x, y) =
−2yex
3 − y2
∂2f
∂x2
(x, y) = ex
log(3 − y2
)
∂2f
∂y2
(x, y) = −2ex y2 + 3
y2 − 3
∂2f
∂x∂y
(x, y) =
∂2f
∂y∂x
(x, y) =
−2yex
3 − y2
g(x, y) = (x − y)/xy:
D1f(x, y) =
1
x2
D2f(x, y) = −
1
y2
∂2f
∂x2
(x, y) = −
2
x3
∂2f
∂y2
(x, y) =
2
y3
∂2f
∂x∂y
(x, y) =
∂2f
∂y∂x
(x, y) = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

271. C´alculo en varias variables 266
h(x, y, z) = xy + yz + zx:
D1f(x, y) = y + z D2f(x, y) = x + z D3f(x, y) = y + x
∂2f
∂x2
(x, y) = 0
∂2f
∂y2
(x, y) = 0
∂2f
∂z2
(x, y) = 0
∂2f
∂y∂x
(x, y) = 1
∂2f
∂z∂x
(x, y) = 1
∂2f
∂z∂y
(x, y) = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

272. C´alculo en varias variables 267
Problema 137 Comprobar que D1,2w = D2,1w para
w = arc tg (y/x) y zw = ex
senh y + cos (2x − 3y)
w = arc tg (y/x)
D1w(x, y) = −
y
x2 + y2
D1w(x, y) =
x
x2 + y2
D2,1w(x, y) = D2(D1w)(x, y) = −
(x2 + y2) − 2y2
(x2 + y2)2
=
y2 − x2
x2 + y2
D1,2w(x, y) = D1(D2w)(x, y) =
(x2 + y2) − 2x2
(x2 + y2)2
=
y2 − x2
x2 + y2
w = ex senh y + cos (2x − 3y):
D1w(x, y) = ex
senh y − 2 sen (2x − 3y) D2w(x, y) = ex
cosh y + 3 sen (2x − 3y)
D2,1w(x, y) = D2(D1w)(x, y) = ex
cosh y − 6 cos (2x − 3y)
D1,2w(x, y) = D1(D2w)(x, y) = ex
cosh y − 6 cos (2x − 3y)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

273. Cap´ıtulo 6
Optimizaci´on no-lineal
268

274. Optimizaci´on no-lineal 269
Problema 138 En los siguientes apartados hallar dw/dt, primero expresando w expl´ıcitamente como funci´on de t
y diferenciando, y luego por medio de la regla de la cadena:
(a) w = xy
x2+y2 , x = cosh t, y = senh t
(b) w = xey + y sen x, x = t, y = t2
(a) w =
xy
x2 + y2 , x = cosh t, y = senh t;
w(t) =
cosh t senh t
cosh2
t + senh2
t
=
1
2
tgh 2t
y por tanto,
dw
dt
(t) = 1 − tgh2
2t =
1
cosh2
2t
Para usar la regla de la cadena consideremos f(u, v) =
uv
u2 + v2 ; entonces
w = f ◦ (x, y) y
dw
dt
(t) =
∂f
∂u
(x, y)
dx
dt
(t) +
∂f
∂v
(x, y)
dy
dt
(t) = y
y2 − x2
(x2 + y2)2
senh t + x
x2 − y2
(x2 + y2)2
cosh t
= −
senh2
t
cosh2
2t
+
cosh2
t
cosh2
2t
=
1
cosh2
2t
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

275. Optimizaci´on no-lineal 270
(b) w = xey + y sen x, x = t, y = t2;
w(t) = tet2
+ t2
sen t
y por tanto,
dw
dt
(t) = et2
+ 2t2
et2
+ 2t sen t + t2
cos t =
Sea f(u, v) = uev + v sen u; entonces, w = f ◦ (x, y) y
dw
dt
(t) =
∂f
∂u
(x, y)
dx
dt
(t) +
∂f
∂v
(x, y)
dy
dt
(t) = (ey
+ y cos x) + (xey
+ sen x)(2t)
= et2
+ t2
cos t + (tet2
+ sen t)(2t)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

276. Optimizaci´on no-lineal 271
Problema 139 Determinar ∂w/∂x si w = uv + log v, u = x + y2, v = ex 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
∂s
∂u
∂x
+
∂f
∂t
∂v
∂x
= v + u +
1
v
ex
cos y = v + uv + 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

277. Optimizaci´on no-lineal 272
Problema 140 Hallar ∂w/∂u si w = x2 + y2, x = u − v, y = ve2u. (Dar la respuesta en x e y.)
Sea f(s, t) = s2 + t2; entonces w = f ◦ (x, y) y
∂w
∂u
=
∂f
∂s
∂x
∂u
+
∂f
∂t
∂y
∂u
= 2x + 4yve2u
= 2x + 4y2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

278. Optimizaci´on no-lineal 273
Problema 141 Hallar ∂w/∂v cuando u = 0, v = 0 si w = (x2 + y − 2)4 + (x − y + 2)3,
x = u − 2v + 1, y = 2u + v − 2.
Sea f(s, t) = (s2 + t − 2)4 + (s − t + 2)3; entonces, w = f ◦ (x, y) y
∂w
∂v
=
∂f
∂s
∂x
∂v
+
∂f
∂t
∂y
∂v
= 4(x2
+ y − 2)3
(2x) + 3(x − y + 2)2
(−2)
+ 4(x2
+ y − 2)3
+ 3(x − y + 2)2
(−1)
= (4 − 16x)(x2
+ y − 2)3
− 9(x − y + 2)2
Dado que x(0, 0) = 1 e y(0, 0) = −2, se tiene que
∂w
∂v
(0, 0) = (4 − 16)(1 + (−2) − 2)3
− 9(1 − (−2) + 2)2
= 3024
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

279. Optimizaci´on no-lineal 274
Problema 142 Si w = log (x2 + y2 + 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 expresi´on de w obtenemos:
w(r, s) = log 2 + 2 log(r + s)
y por tanto,
∂w
∂r
=
2
r + s
∂w
∂s
=
2
r + s
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

280. Optimizaci´on no-lineal 275
Problema 143 Sean z = f(t), t = (x + y)/xy. Probar que x2 ∂z
∂x
= y2 ∂z
∂y
.
Aplicamos la regla de la cadena:
∂z
∂x
= f′
(t)
∂t
∂x
= −f′
(t)
1
x2
∂z
∂y
= f′
(t)
∂t
∂y
= −f′
(t)
1
y2
Por tanto:
x2 ∂z
∂x
= −f′
(t)
y2 ∂z
∂y
= −f′
(t)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

281. Optimizaci´on no-lineal 276
Problema 144 Si sustituimos las coordenadas polares x = r cos θ e y = r sen θ en una funci´on w = f(x, y) con
derivadas parciales continuas, probar que
∂w
∂r
= D1f cos θ + D2f, sen θ y
1
r
∂w
∂θ
= −D1f sen θ + 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
∂r
,
∂w
∂θ
= (D1f, D2f)
cos θ −r sen θ
sen θ r cos θ
De esta igualdad se obtienen f´acilmente las propuestas.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

282. Optimizaci´on no-lineal 277
Problema 145 Hallar zxx si z = f(u, v), u = x2 − y2 y v = 2xy. Expresar la respuesta en t´erminos de u, v y
las derivadas parciales de f.
∂z
∂x
= D1f
∂u
∂x
+ D2f
∂v
∂x
= D1f(u, v) · (2x) + D2f(u, v)(2y) = 2xD1f(u, v) + 2yD2f(u, v)
zxx =
∂2z
∂x2
= 2D1f + 2x (D11f · (2x) + D21f · (2y)) + 2y (D12f · (2x) + D22f · (2y))
= 2D1f + 4x2
D11f + 8xyD21f + 4y2
D22f
Obs´ervese que en la simplificaci´on hemos usado la igualdad D21f = D12f que se deduce del teorema de Schward.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

283. Optimizaci´on no-lineal 278
Problema 146 Mediante distintos experimentos se ha podido comprobar que una magnitud ondulatoria, como la
luz, verifica la siguiente ecuaci´on de onda
∂2w
∂t2
= c2 ∂2w
∂x2
Probar que las siguientes funciones son soluciones de la ecuaci´on de onda:
a) w = sen (x + ct); b) w = sen (x + ct) + cos (2x + 2ct); c) w = tg (2x − 2ct).
a) w = sen (x + ct);
∂w
∂t
= c cos(x + ct)
∂2w
∂t2 = −c2
sen(x + ct)
∂w
∂x
= cos(x + ct)
∂2w
∂x2 = − sen(x + ct)
b) w = sen (x + ct) + cos (2x + 2ct);
∂w
∂t
= c cos(x + ct) − 2c sen(2x + 2ct)
∂2w
∂t2 = −c2
sen(x + ct) − 4c2
cos(2x + 2ct)
∂w
∂x
= cos(x + ct) − 2 sen(2x + 2ct)
∂2w
∂x2 = − sen(x + ct) − 4 cos(2x + 2ct)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

284. Optimizaci´on no-lineal 279
c) w = tg (2x − 2ct);
∂w
∂t
= 2c(1 + tg2
(2x − 2ct))
∂2w
∂t2 = 8c2
tg (2x − 2ct)(1 + tg2
(2x − 2ct))
∂w
∂x
= 2(1 + tg2
(2x − 2ct))
∂2w
∂x2 = 8 tg (2x − 2ct)(1 + tg2
(2x − 2ct))
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

285. Optimizaci´on no-lineal 280
Problema 147 ¿Con qu´e exactitud puede calcularse V = πr2h 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 πr2
0h0 como valor del volumen en vez de πr2h 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).
D1V (r, h) = 2πrh D2V (r, h) = πr2
En las condiciones que estamos:
|D1V (r, h)| = π|2rh| ≤ 2|r0|
101
100
|h0|
101
100
= M1 |D2V (r, h)| = πr2
≤ r2
0
101
100
2
= M2
Por tanto, el error cometido est´a acotado por
E ≤ M1k1 + M2k2 ≤ 2π|r0||h0|
101
100
2
|r0|
100
+ πr2
0
101
100
2
|h0|
100
= πr2
0h0
2(101)2
1003
≈ r2
0h0(0′
021)
Por tanto, el error relativo es de un 2′1 %.
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286. Optimizaci´on no-lineal 281
Problema 148 Si r = 5 cm y h = 12 cm, redondeados al mil´ımetro m´as cercano, ¿cu´al es el error m´aximo
porcentual previsible al calcular V = πr2h?
Que las medidas de r y h se redondeen al mil´ımetro m´as 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 πr2
0h0 como valor del volumen en vez de πr2h lo acotamos siguiendo el m´etodo del
ejercicio anterior;
|D1V (r, h)| = π|2rh| ≤ 2π(5′
1)(12′
1) ≤ π(123′
5) = M1
|D2V (r, h)| = πr2
≤ π(26′
1) = M2
Por tanto, el error cometido est´a acotado por
E ≤ M1k1 + M2k2 ≤ π(14′
96) ≤ 47
Dado que πr2
0h0 = π25·12 ≈ 942, el error porcentual que cometemos es del 5 % (obs´ervese que los errores porcentuales
en las variables eran del 2 % en el radio y de 1 % en la altura).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

287. Optimizaci´on no-lineal 282
Problema 149 Para calcular el volumen de un cilindro de unos 2 m de radio y alrededor de 3 m de altura, ¿con
qu´e precisi´on han de medirse el radio y la altura para que el error al estimar el volumen no exceda 0′1 m3? [Sup´ongase
que los errores posibles ∆r y ∆h al medir r y h son iguales].
Siguiendo el m´etodo de los ejercicios 12 y 13 podemos deducir f´acilmente, 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 est´a acotado por
E ≤ π(2(2 + ǫ)(3 + ǫ)ǫ + (2 + ǫ)2
ǫ) ≤ 71ǫ
Para conseguir que este error est´e por debajo de 0′1 basta tomar ǫ 0′001.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

288. Optimizaci´on no-lineal 283
Problema 150 La resistencia R producida por otras dos en paralelo de x e y ohms puede calcularse mediante la
f´ormula 1/R = 1/x + 1/y. ¿En qu´e porcentaje aproximado cambiar´a 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
y
−1
;
la variaci´on 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 variaci´on porcentual es del 0′5 % aproximadamente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

289. Optimizaci´on no-lineal 284
Problema 151 Determinar los m´aximos, m´ınimos y puntos de silla de las siguientes superficies. Calcular los
valores de la funci´on en estos puntos:
a) z = x2
+ 3xy + 3y2
− 6x + 3y − 6 b) z = 2xy − 5x2
− 2y2
+ 4x + 4y − 4
c) z = y2
+ xy − 2x − 2y + 2 d) z = 2xy − x2
− 2y2
+ 3x + 4
e) z = 3x2
+ 6xy + 7y2
− 2x + 4y f) z = 4x2
− 6xy + 5y2
− 20x + 26y
g) z = x2
+ y2
− 2x + 4y + 6 h) z = x2
− 2xy + 2y2
− 2x + 2y + 1
i) z = 3 + 2x + 2y − 2x2
− 2xy − y2
j) z = x2
− xy + y2
+ 2x + 2y − 4
k) z = 5x2
− 4xy + 2y2
+ 4x − 4y + 10 l) z = x3
+ y3
+ 3x2
− 3y2
− 8
m) z = 9x3
+ y3
/3 − 4xy n) z = x3
+ 3xy + y3
Todos los apartados se resuelven con el corolario ??.
a) f(x, y) = x2 + 3xy + 3y2 − 6x + 3y − 6.
D1f(x, y) = 2x + 3y − 6 D2f(x, y) = 3x + 6y + 3
El ´unico punto cr´ıtico es: (15, −8).
D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = 3 D22f(x, y) = 6
(15, −8) es un m´ınimo ya que |Hf(15, −8)| = 3 0 y D11f(15, −8) = 2 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

290. Optimizaci´on no-lineal 285
b) f(x, y) = 2xy − 5x2 − 2y2 + 4x + 4y − 4.
D1f(x, y) = 2y − 10x + 4 D2f(x, y) = 2x − 4y + 4
El ´unico punto cr´ıtico es: (2/3, 4/3).
D11f(x, y) = −10 D21f(x, y) = 2 D22f(x, y) = −4
(2/3, 4/3) es un m´aximo.
c) f(x, y) = y2 + xy − 2x − 2y + 2
D1f(x, y) = y − 2 D2f(x, y) = 2y + x − 2
El ´unico punto cr´ıtico es: (−2, 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 − x2 − 2y2 + 3x + 4
D1f(x, y) = 2y − 2x + 3 D2f(x, y) = 2x − 4y
El ´unico punto cr´ıtico es: (3, 3/2).
D11f(x, y) = −2 D21f(x, y) = 2 D22f(x, y) = −4
(3, 3/2) es un m´aximo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

291. Optimizaci´on no-lineal 286
e) f(x, y) = 3x2 + 6xy + 7y2 − 2x + 4y.
D1f(x, y) = 6x + 6y − 2 D2f(x, y) = 6x + 14y + 4
El ´unico punto cr´ıtico es: (13/12, −3/4).
D11f(x, y) = 6 D21f(x, y) = 6 D22f(x, y) = 14
(13/12, −3/4) es un m´ınimo.
f) f(x, y)z = 4x2 − 6xy + 5y2 − 20x + 26y.
D1f(x, y) = 8x − 6y − 20 D2f(x, y) = −6x + 10y + 26
El ´unico punto cr´ıtico es: (1, −2).
D11f(x, y) = 8 D21f(x, y) = −6 D22f(x, y) = 10
(1, −2) es un m´ınimo.
g) f(x, y) = x2 + y2 − 2x + 4y + 6
D1f(x, y) = 2x − 2 D2f(x, y) = 2y + 4
El ´unico punto cr´ıtico es: (1, −2).
D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = 0 D22f(x, y) = 2
(1, −2) es un m´ınimo.
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292. Optimizaci´on no-lineal 287
h) f(x, y) = x2 − 2xy + 2y2 − 2x + 2y + 1
D1f(x, y) = 2x − 2y − 2 D2f(x, y) = −2x + 4y + 2
El ´unico punto cr´ıtico es: (1, 0).
D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = −2 D22f(x, y) = 4
(1, 0) es un m´ınimo.
i) f(x, y) = 3 + 2x + 2y − 2x2 − 2xy − y2
D1f(x, y) = 2 − 4x − 2y D2f(x, y) = 2 − 2x − 2y
El ´unico punto cr´ıtico es: (0, 1).
D11f(x, y) = −4 D21f(x, y) = −2 D22f(x, y) = −2
(1, −2) es un m´aximo.
j) f(x, y) = x2 − xy + y2 + 2x + 2y − 4.
D1f(x, y) = 2x − y + 2 D2f(x, y) = −x + 2y + 2
El ´unico punto cr´ıtico es: (−2, −2).
D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = −1 D22f(x, y) = 2
(1, −2) es un m´ınimo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

293. Optimizaci´on no-lineal 288
k) f(x, y) = 5x2 − 4xy + 2y2 + 4x − 4y + 10.
D1f(x, y) = 10x − 4y + 4 D2f(x, y) = −4x + 4y − 4
El ´unico punto cr´ıtico es: (0, 1).
D11f(x, y) = 10 D21f(x, y) = −4 D22f(x, y) = 4
(1, −2) es un m´ınimo.
l) f(x, y) = x3 + y3 + 3x2 − 3y2 − 8.
D1f(x, y) = 3x2
+ 6x D2f(x, y) = 3y2
− 6y
Los ´unicos puntos cr´ıticos 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 m´ınimo, (−2, 0) es m´aximo y (−2, 2) es punto silla.
m) f(x, y) = 9x3 + y3/3 − 4xy
D1f(x, y) = 27x2
− 4y D2f(x, y) = y2
− 4x
Los ´unicos puntos cr´ıticos son: (0, 0) y (4/9, 4/3).
D11f(x, y) = 54x D21f(x, y) = −4 D22f(x, y) = 2y
(0, 0) es punto silla y (4/9, 4/3) es m´ınimo.
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294. Optimizaci´on no-lineal 289
n) f(x, y) = x3 + 3xy + y3
D1f(x, y) = 3x2
+ 3y D2f(x, y) = 3y2
+ 3x
Los ´unicos puntos cr´ıticos son: (0, 0) y (−1, −1).
D11f(x, y) = 6x D21f(x, y) = 3 D22f(x, y) = 6y
(0, 0) es puntos silla y (−1, −1) es m´aximo.
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295. Optimizaci´on no-lineal 290
0 1 2 3 4
0
1
2
3
4
0
20
40
P(x, y) = x2
− xy + y2
+ 1
x ≤ y ≤ 4 x ∈ [0, 4]
0 1 2 3 4 5
-2
0
2
0
10
T(x, y) = x2
+ xy + y2
− 6x
(x, y) ∈ [0, 5] × [−3, 3]
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296. Optimizaci´on no-lineal 291
Problema 152 En los siguientes apartados, hallar los m´aximos y m´ınimos absolutos de las funciones en los do-
minios dados:
(a) P(x, y) = x2 −xy +y2 +1 en la regi´on triangular cerrada en el primer cuadrante acotada por las rectas x = 0,
y = 4, y = x.
(b) T(x, y) = x2 + xy + y2 − 6x en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 5, −3 ≤ y ≤ 3.
(c) f(x, y) = 48xy − 32x3 − 24y2 en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
(a) La funci´on P no tiene puntos cr´ıticos en el interior de la regi´on, 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 est´a formado por los siguientes segmentos:
S1 = (0, 0)(0, 4) S2 = (0, 4)(4, 4) S3 = (4, 4)(0, 0)
La funci´on P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por:
P1(t) = P(0, t) = t2
+ 1 t ∈ (0, 4)
P2(t) = P(t, 4) = t2
− 4t + 17 t ∈ (0, 4)
P3(t) = P(t, t) = t2
+ 1 t ∈ (0, 4)
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297. Optimizaci´on no-lineal 292
Los puntos cr´ıticos de estas funciones son los puntos cr´ıticos 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 regi´on dada est´an
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 m´aximo absoluto, mientras que (0, 0) es el m´ınimo absoluto.
(b) Las derivadas parciales de T son:
D1T(x, y) = 2x + y − 6 D2T(x, y) = x + 2y
Su ´unico punto cr´ıtico se encuentra en el rect´angulo indicado y es (4, −2).
El borde de la placa est´a 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 funci´on P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por:
P1(t) = P(0, t) = t2
t ∈ (−3, 3)
P2(t) = P(t, 3) = t2
− 3t + 9 t ∈ (0, 5)
P3(t) = P(5, t) = t2
+ 5t − 5 t ∈ (−3, 3)
P2(t) = P(t, −3) = t2
− 9t + 9 t ∈ (0, 5)
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298. Optimizaci´on no-lineal 293
Los puntos cr´ıticos de estas funciones son los puntos cr´ıticos de T en el borde de la regi´on; 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 regi´on dada est´an 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 m´aximo absoluto mientras que (4, −2) es el m´ınimo absoluto.
En la figura 6.1 de la p´agina 290 est´an representadas las gr´aficas de las funciones P y T en las regiones indicadas.
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299. Optimizaci´on no-lineal 294
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) = x cos(xy)
Los puntos cr´ıticos de f son, adem´as del (0, 0), todos aquellos puntos (x, y) tales que xy = π
2 +nπ para alg´un n ∈ Z.
Consideremos los siguientes conjuntos
C1 = {(x, y)|xy =
π
2
+ 2kπ para alg´un k ∈ Z}
C2 = {(x, y)|xy =
π
2
+ (2k + 1)π para alg´un k ∈ Z}
Los puntos de C1 ∪ C2 son los puntos cr´ıticos 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 funci´on: −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
m´aximos absolutos de f y que los puntos de C2 son m´ınimos absolutos. Solo tenemos que clasificar el punto (0, 0)
y para ello basta considerar las siguientes funciones (corolario ??):
g1(t) = f(t, t) = sen t2
g2(t) = f(t, −t) = sen(−t2
) = − sen t2
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300. Optimizaci´on no-lineal 295
Dado que 0 es m´ınimo relativo de g1 y m´aximo relativo de g2, podemos concluir que (0, 0) no es extremo relativo
de f.
Para ver gr´aficamente lo que hemos deducido, vemos a continuaci´on la representaci´on de f en el rect´angulo
[0, 2π] × [0, 2π]:
-4
-2
0
2
4 -4
-2
0
2
4
-1
-0.5
0
0.5
1
X
Y
Z
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301. Optimizaci´on no-lineal 296
Problema 154 Hallar el punto cr´ıtico de
f(x, y) = xy + 2x − log x2
y
en el primer cuadrante abierto (x 0, y 0), y mostrar que f alcanza en ´el un m´ınimo.
D1f(x, y) = y + 2 −
2
x
D2f(x, y) = x −
1
y
El punto cr´ıtico es por tanto (1/2, 2). Las segundas derivadas parciales son:
D11f(x, y) =
2
x2
D21f(x, y) = 1 D11f(x, y) =
1
y2
y la hessiana en (1/2, 2): Hf(1/2, 2) =
8 1
1 1/4
. Por tanto, efectivamente, el punto cr´ıtico es un m´ınimo relativo.
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302. Optimizaci´on no-lineal 297
Problema 155 El discriminante fxxfyy − f2
xy de cada una de las siguientes funciones es cero en el origen. Deter-
minar si la funci´on tiene o no un m´aximo o un m´ınimo en este punto.
a) f(x, y) = x2
y2
b) f(x, y) = 1 − x2
y2
c) f(x, y) = xy2
d) f(x, y) = x3
y2
e) f(x, y) = x3
y3
f) f(x, y) = x4
y4
Ver secci´on ??
a) f(x, y) = x2y2 tiene un m´ınimo absoluto en el origen ya que x2y2 ≥ 0 = f(0, 0) para todo x e y.
b) f(x, y) = 1 − x2y2 tiene un m´aximo absoluto en el origen ya que x2y2 ≥ 0 para todo x e y y por tanto,
1 − x2y2 ≤ 1 = f(0, 0).
c) f(x, y) = xy2 tiene un punto silla en el origen ya que la funci´on g(t) = f(t, t) = t3 tiene un punto de inflexi´on
en 0.
d) f(x, y) = x3y2 tiene un punto silla en el origen ya que la funci´on g(t) = f(t, 1) = t3 tiene un punto de inflexi´on
en 0.
e) f(x, y) = x3y3 tiene un punto silla en el origen ya que la funci´on g(t) = f(1, t) = t3 tiene un punto de inflexi´on
en 0.
f) f(x, y) = x4y4 tiene un m´ınimo en el origen ya que x4y4 ≥ 0 para todo x e y.
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303. Optimizaci´on no-lineal 298
Problema 156 Si y = mx + b es la recta de mejor ajuste, en el sentido de los cuadrados m´ınimos, pru´ebese que:
(a) la suma de las desviaciones
n
i=1
(yi − mxi − b)
es cero, (Esto significa que las desviaciones positivas y negativas se anulan); y que
(b) el punto
(¯x, ¯y) =
1
n
n
i=1
xi,
1
n
n
i=1
yi
est´a sobre la recta determinada por el m´etodo de los m´ınimos 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 m´etodo de los m´ınimos cuadrados; este m´etodo se reduce a
resolver un sistema de dos ecuaciones y estas ecuaciones son las que aparecen en cada apartado (ver p´agina 447 del
libro de teor´ıa, o consultar cualquier libro donde se enuncie el m´etodo).
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304. Optimizaci´on no-lineal 299
Problema 157 Hallar los extremos de f(x, y) = xy sujetos a la restricci´on
g(x, y) = x2 + y2 − 10 = 0.
La funci´on lagrangiana asociada al problema es
L(x, y, λ) = xy − λ(x2
+ y2
− 10)
El sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos es
x2
+ y2
− 10 = 0
y − 2λx = 0
x − 2λy = 0
Los puntos cr´ıticos 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
+ y2
− 10)
F2(x, y) = L(x, y, −1/2) = xy +
1
2
(x2
+ y2
− 10)
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305. Optimizaci´on no-lineal 300
y sus respectivas matrices hessianas
HF1(x, y) =
−1 1
1 −1
HF2(x, y) =
1 1
1 1
Para hallar los polinomios caracter´ısticos 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 caracter´ıstico en (
√
5,
√
5) es:
p(λ) =
0 Jg(a)
Jg(a)t HF1(a) − λI
=
0 2
√
5 2
√
5
2
√
5 −1 − λ 1
2
√
5 1 −1 − λ
= −40(−λ − 2)
y por tanto, el punto (
√
5,
√
5) es un m´aximo.
El polinomio caracter´ıstico en (−
√
5, −
√
5) es:
p(λ) =
0 −2
√
5 −2
√
5
−2
√
5 −1 − λ 1
−2
√
5 1 −1 − λ
= −40(−λ − 2)
y por tanto, el punto (−
√
5, −
√
5) tambi´en es un m´aximo.
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306. Optimizaci´on no-lineal 301
El polinomio caracter´ıstico en (
√
5, −
√
5) es:
p(λ) =
0 2
√
5 −2
√
5
2
√
5 1 − λ 1
−2
√
5 1 1 − λ
= −40(−λ + 2)
y por tanto, el punto (
√
5, −
√
5) es un m´ınimo.
El polinomio caracter´ıstico en (−
√
5,
√
5) es:
p(λ) =
0 −2
√
5 2
√
5
−2
√
5 1 − λ 1
2
√
5 1 1 − λ
= −40(−λ + 2)
y por tanto, el punto (−
√
5, −
√
5) tambi´en es un m´ınimo.
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307. Optimizaci´on no-lineal 302
Problema 158 Calcular la distancia m´ınima entre la recta y = x + 1 y la par´abola y2 = x.
Para plantear el problema vamos a utilizar un funci´on que nos d´e 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 funci´on f(x, y, z) = (y −x)2 +(z −x−1)2; adem´as,
como queremos encontrar la distancia m´ınima a la par´abola y2 = x, tenemos que minimizar la funci´on f con la
condici´on g(z, y) = z2 − y = 0 (¡cuidado con el nombre de las variables!).
La funci´on lagrangiana asociada a este problema es
L(x, y, z, λ) = (y − x)2
+ (z − x − 1)2
− λ(z2
− y)
El sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos es
z2
− y = 0
−2(y − x) − 2(z − x − 1) = 0
2(y − x) + λ = 0
2(z − x − 1) − 2zλ = 0
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308. Optimizaci´on no-lineal 303
y su ´unica soluci´on es el punto (−1/8, 1/4, 1/2) con λ = −3/4. Con una simple mirada a las gr´aficas de la recta y
la par´abola podemos concluir que efectivamente esta es la soluci´on del problema, pero vamos a deducirlo usando el
polinomio caracter´ıstico. Consideramos la funci´on
F(x, y, z) = L(x, y, z, −3/4) = (y − x)2
+ (z − x − 1)2
+ (3/4)(z2
− y)
La matriz hessiana de esta funci´on es:
HF(x, y, z) =



4 −2 −2
−2 2 0
−2 0 7/2



El vector gradiente de g en (−1/8, 1/4, 1/2) es
∇g(−1/8, 1/4, 1/2) = (0, −1, 1)
El polinomio caracter´ıstico en dicho punto es:
p(λ) =
0 Jg(a)
Jg(a)t HF1(a) − λI
=
0 0 −1 1
0 4 − λ −2 −2
−1 −2 2 − λ 0
1 −2 0 7
2 − λ
= −2(t2
−
27
2
λ + 6)
y en consecuencia, efectivamente, el punto es un m´ınimo. Teniendo en cuenta el significado de la funci´on 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 par´abola
respectivamente, m´as pr´oximos.
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309. Optimizaci´on no-lineal 304
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 par´abola es de la forma (y2, y), el problema se resolver´ıa minimizando la funci´on
h(x, y) = (x − y2)2 + (x + 1 − y)2 (sin restricciones); esta ser´ıa la forma m´as sencilla de resolver el problema usando
m´etodos de este cap´ıtulo. Sin embargo, la forma m´as simple de resolver el problema es localizando el punto de
la par´abola cuya tangente es paralela a la recta; este punto es el buscado. El lector deber´ıa desarrollar estos dos
m´etodos alternativos.
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310. Optimizaci´on no-lineal 305
Problema 159 Determinar los puntos sobre la curva x2y = 2 m´as pr´oximos al origen.
Teniendo en cuenta que todo punto de la recta es de la forma (x, 2/x2), la distancia de un punto de la curva al
origen viene dada por
d = x2 + (2/x2)2
Para localizar el punto de la curva m´as pr´oximo al origen nos basta minimizar la funci´on
f(x) = x2
+ (2/x2
)2
En este caso hemos reducido el problema a minimizar una funci´on de una variable (los m´ınimos son x =
√
2 y
x = −
√
2); sin embargo, este tipo de problemas no siempre admiten este camino de resoluci´on (o resulta demasiado
laborioso), como ocurre en el ejercicio siguiente, y la ´unica forma de resolverlo ser´a usando el m´etodo de los
multiplicadores; (resuelva el lector este ejercicio usando el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange).
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311. Optimizaci´on no-lineal 306
Problema 160 Hallar los puntos sobre la curva x2 + xy + y2 = 1 m´as pr´oximos y m´as alejados del origen.
Como dec´ıamos 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 expresi´on no es
sencilla) y por tanto, la mejor forma de plantear el problema es usando el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange.
La funci´on que tenemos que minimizar es
f(x, y) = x2
+ y2
y por tanto, la funci´on lagrangiana asociada al problema es
L(x, y, λ) = x2
+ y2
− λ(x2
+ xy + y2
− 1)
El sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos es:
x2
+ xy + y2
− 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
3
xy +
2
3
F2(x, y) = L(x, y, 2) = −x2
− y2
− 2xy + 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

312. Optimizaci´on no-lineal 307
y sus respectivas matrices hessianas
HF1(x, y) =
2/3 −2/3
−2/3 2/3
HF2(x, y) =
−2 −2
−2 −2
Los vectores gradientes de g(x, y) = x2 + xy + y2 − 1 en los puntos cr´ıticos son:
∇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 caracter´ıstico en el punto (1/
√
3, 1/
√
3) es
p(λ) =
0
√
3
√
3
√
3 2
3 − λ −2
3√
3 −2
3
2
3 − λ
= −6(−λ +
8
6
)
y en consecuencia, (1/
√
3, 1/
√
3) es m´ınimo.
El polinomio caracter´ıstico en el punto (−1/
√
3, −1/
√
3) es
p(λ) =
0 −
√
3 −
√
3
−
√
3 2
3 − λ −2
3
−
√
3 −2
3
2
3 − λ
= −6(−λ +
8
6
)
y por tanto, tambi´en es m´ınimo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

313. Optimizaci´on no-lineal 308
El polinomio caracter´ıstico en el punto (1, −1) es
p(λ) =
0 1 −1
1 −2 − λ −2
−1 −2 −2 − λ
= −2(−λ − 4)
y en consecuencia, es m´aximo.
El polinomio caracter´ıstico en el punto (−1, 1) es
p(λ) =
0 −1 1
−1 −2 − λ −2
1 −2 −2 − λ
= −2(−λ − 4)
y en consecuencia, tambi´en es m´aximo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

314. Optimizaci´on no-lineal 309
Problema 161 Sea f un campo escalar, se dice que f es homog´eneo de grado p si
f((λx1, . . . , λxn) = λp
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 homog´eneas. (Indicaci´on: para ((x1, . . . , xn) fijo def´ınase
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 indicaci´on 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:
g′
(λ) = x1D1f((λx1, . . . , λxn) + · · · + xnDnf((λx1, . . . , λxn)
Por tanto,
g′
(1) = x1D1f((x1, . . . , xn) + · · · + xnDnf((x1, . . . , xn) (6.1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

315. Optimizaci´on no-lineal 310
Por otra parte, dado que f es homog´enea de grado p, se tiene que
g(λ) = λp
f((x1, . . . , xn);
a partir de esta expresi´on volvemos a obtener la derivada de g:
g′
(λ) = pλp−1
f((x1, . . . , xn)
De donde se obtiene que
g′
(1) = pf((x1, . . . , xn) (6.2)
De las igualdades 6.1 y 6.2 se deduce la propuesta en el ejercicio.
(b) Sea λ ≥ 0 (esta restricci´on se debe al dominio impuesto a f; en un dominio m´as amplio la funci´on no ser´ıa
homog´enea: ¿Por qu´e?)
f(λx, λy, λz) = λx − 2λy −
√
λ2xz
= λ(x − 2y −
√
xz)
Por tanto, efectivamente, la funci´on es homog´enea de grado 1. Verifiquemos el teorema de Euler:
xD1f(x, y, z) + yD2f(x, y, z) + zD3f(x, y, z) = x(1 −
z
2
√
xz
) − 2y + z
x
2
√
xz
= x − 2y −
2zx
2
√
xz
= x − 2y −
√
xz = f(x, y, z)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

316. Optimizaci´on no-lineal 311
(c)
xD1f(x, y) + yD2f(x, y) = x
1
x
+ y
−1
y
= 0
Por tanto, si f es homog´enea, 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)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

317. Optimizaci´on no-lineal 312
Problema 162 Hallar el valor m´aximo de la funci´on w = xyz sobre la recta x = 20 − t, y = t, z = 20. ¿En
qu´e punto o puntos sobre la recta ocurre el m´aximo? [Indicaci´on: A lo largo de la recta, w puede expresarse en
funci´on ´unicamente de la variable t.]
El valor de la funci´on w sobre la recta dada viene dado por la funci´on
f(t) = w(20 − t, t, 20) = 20t(20 − t)
el m´aximo de esta funci´on es t = 0, es decir, el punto de la recta donde es m´aximo w es (20, 0, 20).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

318. Optimizaci´on no-lineal 313
Problema 163 Utilizar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar las dimensiones del rect´angulo de
mayor ´area que puede inscribirse en la elipse x2/16 + y2/9 = 1 con los lados paralelos a los ejes coordenados.
(El ejercicio 4.42 resuelve este mismo problema usando funciones en una variable) La condici´on de que los lados
del rect´angulo son paralelos a los ejes coordenados, nos reduce el problema a localizar el v´ertice (x, y) del rect´angulo
que esta en el primer cuadrante; es decir, podemos suponer que x ≥ 0 e y ≥ 0. Por otra parte, si (x, y) es el v´ertice
del rect´angulo y dado que la elipse y el rect´angulo est´an centrados en el origen, el ´area del rect´angulo es A = 4xy.
Por tanto, para resolver el problema, tenemos que encontrar el m´aximo de la funci´on f(x, y) = xy con la restricci´on
g(x, y) = (x/4)2 + (y/3)2 = 1. La funci´on 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 cr´ıticos es:
(x/4)2
+ (y/3)2
− 1 = 0
y −
1
8
λx = 0
x −
2
9
λy = 0
La ´unica soluci´on positiva del sistema es el punto (
√
8, 3/
√
2) con λ = 6. Para comprobar que efectivamente este
punto es m´aximo, consideramos la funci´on
F(x, y) = L(x, y, 6) = xy − 6((x/4)2
+ (y/3)2
− 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

319. Optimizaci´on no-lineal 314
La matriz hessiana de F es:
HF(x, y) =
−3/4 1
1 −4/3
El vector gradiente de g en el punto cr´ıtico es ( 1√
8
,
√
2
3 ) y el polinomio caracter´ıstico en este punto
p(λ) =
0 1√
8
√
2
3
1√
8
−3
4 − λ 1
√
2
3 1 −4
3 − λ
= −
25
72
(−λ −
48
25
)
lo que nos indica que efectivamente el punto es un m´aximo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

320. Optimizaci´on no-lineal 315
Problema 164 Hallar los valores m´aximo y m´ınimo de
f(x, y, z) = x − 2y + 5z en la esfera x2
+ y2
+ z2
= 30
La funci´on lagrangiana asociada al problema es
L(x, y, z, λ) = x − 2y + 5z − λ(x2
+ y2
+ z2
− 30)
El sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos es
x2
+ y2
+ z2
− 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)(x2
+ y2
+ z2
− 30)
F2(x, y, z) = L(x, y, z, −1/2) = x − 2y + 5z + (1/2)(x2
+ y2
+ z2
− 30)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

321. Optimizaci´on no-lineal 316
La matrices hessianas de estas funciones son:
HF1(x, y, z) =



−1 0 0
0 −1 0
0 0 −1


 HF2(x, y, z) =



1 0 0
0 1 0
0 0 1



La forma cuadr´atica asociada a HF1 es definida negativa sobre R3 y en particular sobre cualquier subespacio; por
tanto, (1, −2, 5) es m´aximo. An´alogamente, la forma cuadr´atica asociada a HF2 es definida positiva sobre cualquier
subespacio y, por tanto, el punto (−1, 2, −5) es m´ınimo.
Si el estudio del signo de las formas cuadr´aticas es sencillo, como en este caso, puede ahorrarnos tiempo. Esta
simplificaci´on solo es posible cuando la forma, sobre R3, es definida negativa o positiva; si la forma fuera semidefinida
o indefinida, tendr´ıamos que realizar el estudio de la forma cuadr´atica restringida.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

322. Optimizaci´on no-lineal 317
Problema 165 Si a, b y c son n´umeros positivos, hallar el valor m´aximo que puede tomar f(x, y, z) = ax+by +cz
sobre la esfera x2 + y2 + z2 = 1.
La funci´on lagrangiana asociada al problema es:
L(x, y, z, λ) = ax + by + cz − λ(x2
+ y2
+ z2
− 1)
El sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos es
x2
+ y2
+ z2
− 1 = 0
a − 2λx = 0
b − 2λy = 0
c − 2λz = 0
Las soluciones de este sistema son los puntos
a
√
a2 + b2 + c2
,
b
√
a2 + b2 + c2
,
c
√
a2 + b2 + c2
con λ0 =
1
2
a2 + b2 + c2
−
a
√
a2 + b2 + c2
, −
b
√
a2 + b2 + c2
, −
c
√
a2 + b2 + c2
con λ1 = −
1
2
a2 + b2 + c2
(dado que λ = 0, podemos despejar de las ecuaciones 2, 3 y 4, x, y y z respectivamente en funci´on de λ; sustituyendo
las expresiones en la primera ecuaci´on hallamos los valores de λ y a partir de aqu´ı se obtiene inmediatamente los
puntos.)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

323. Optimizaci´on no-lineal 318
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 cuadr´atica asociada a HFλ0 es definida negativa y el punto
a
√
a2 + b2 + c2
,
b
√
a2 + b2 + c2
,
c
√
a2 + b2 + c2
es m´aximo; asimismo, la forma cuadr´atica asociada a HFλ1 es definida positiva, y el punto
−
a
√
a2 + b2 + c2
, −
b
√
a2 + b2 + c2
, −
c
√
a2 + b2 + c2
es m´ınimo.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

324. Optimizaci´on no-lineal 319
Problema 166 Dados n n´umeros positivos a1, a2, . . . , an, hallar el valor m´aximo de la expresi´on
w = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn
si las variables x1, x2, . . . , xn est´an restringidas a que la suma de sus cuadrados sea 1.(Este ejercicio es una gene-
ralizaci´on del anterior y la forma de resoluci´on es id´entica)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

325. Optimizaci´on no-lineal 320
Problema 167 Un plano de la forma
z = Ax + By + C
ha de ((ajustarse)) a los siguientes puntos (xi, yi, zi):
(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
4
i=1
(Axi + Byi + C − zi)2
.
La funci´on que debemos maximizar es
f(A, B, C) =
4
i=1
(Axi + Byi + C − zi)2
= (B + C − 1)2
+ (A + B + C − 1)2
+ (A + C + 1)2
Las derivadas parciales de f son
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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

326. Optimizaci´on no-lineal 321
La ´unica soluci´on del sistema es (4, 6, −7). La hessiana de la funci´on es
HF(A, B, C) =



4 2 4
2 4 4
4 4 6



Usando cualquiera de los m´etodos (en este caso el m´etodo de Sylvester es el m´as sencillo), obtenemos que el punto
es efectivamente un m´ınimo. Por tanto, el plano que m´as se ajusta a los puntos dados por el m´etodo de los m´ınimos
cuadrados es z = 4x + 6y − 7
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

327. Optimizaci´on no-lineal 322
Problema 168 Calcular el valor m´aximo de f(x, y, z) = x2 + 2y − z2 sujeto a las restricciones 2x − y = 0 e
y + z = 0.
La funci´on lagrangiana asociada al problema es
L(x, y, z, λ, µ) = x2
+ 2y − z2
− λ(2x − y) − µ(y + z)
y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos cr´ıticos
2x − y = 0
y + z = 0
2x − 2λ = 0
2 + λ − µ = 0
−2z − µ = 0
La ´unica soluci´on de este sistema es el punto (2/3, 4/3, −4/3), con λ = 2/3 y µ = 8/3. Consideremos la funci´on
F(x, y, z) = L(x, y, z, 2/3, 8/3) = x2
+ 2y − z2
− (2/3)(2x − y) − (8/3)(y + z)
La matriz hessiana de esta funci´on es
HF(x, y, z) =



2 0 0
0 0 0
0 0 −2



Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

328. Optimizaci´on no-lineal 323
El jacobiano de la funci´on g(x, y, z) = (2x − y, y + z) es
Jg(x, y, z) =
2 −1 0
0 1 1
Entonces, el polinomio caracter´ıstico en el punto cr´ıtico es:
p(λ) =
0 Jg(a)
Jg(a)t HF(a) − λI
=
0 0 2 −1 0
0 0 0 1 1
2 0 2 − λ 0 0
−1 1 0 −λ 0
0 1 0 0 −2 − λ
= 9(−λ −
2
3
)
y en consecuencia, el punto es efectivamente m´aximo.
Obs´ervese que en este caso la forma cuadr´atica es indefinida y no podemos evitar el uso del corolario ??, como
hicimos en el ejercicio 33.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

329. Optimizaci´on no-lineal 324
Problema 169 (a) Hallar el valor m´aximo de w = xyz entre todos los puntos pertenecientes a la intersecci´on de
los planos x + y + z = 40 y z = x + y.
(b) Argumentar geom´etricamente el hecho de que haya resultado un valor m´aximo (y no un m´ınimo) de xyz sujeto
a las restricciones.
(a) La funci´on 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 cr´ıticos
x + y + z − 40 = 0
z − x + y = 0
yz − λ + µ = 0
xz − λ − µ = 0
xy − λ − µ = 0
La ´unica soluci´on de este sistema es el punto (20, 10, 10), con λ = 150 y µ = 50. Consideremos la funci´on
F(x, y, z) = L(x, y, z, 150, 50) = xyz − 150(x + y + z − 40) − 50(z − x + y)
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330. Optimizaci´on no-lineal 325
La matriz hessiana de esta funci´on es
HF(x, y, z) =



0 z y
z 0 x
y x 0


 ; HF(20, 10, 10) =



0 10 10
10 0 20
10 20 0



El jacobiano de la funci´on g(x, y, z) = (x + y + z − 40, z − x + y) es
Jg(x, y, z) =
1 1 1
−1 1 1
Entonces, el polinomio caracter´ıstico en el punto cr´ıtico es:
p(λ) =
0 Jg(a)
Jg(a)t HF(a) − λI
=
0 0 1 1 1
0 0 −1 1 1
1 −1 −λ 10 10
1 1 10 −λ 20
1 1 10 20 −λ
= 8(−λ − 20)
y en consecuencia, el punto es efectivamente m´aximo.
(b) Una interpretaci´on geom´etrica 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 paralep´ıpedo con dos v´ertices
opuestos en el origen y en (x, y, z) y cuyas caras son paralelas a los planos XY , XZ e Y Z; en esta situaci´on,
w = xyz nos da el volumen de este paralep´ıpedo. El volumen m´ınimo es 0 (corresponde a los casos defectivos)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

331. Optimizaci´on no-lineal 326
y existe un paralep´ıpedo de volumen m´aximo ya que todos est´an contenidos en un prisma recto de base
triangular; este paralep´ıpedo es el que hemos obtenido.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

332. Cap´ıtulo 7
Integraci´on
327

333. Integraci´on 328
Problema 170 Usar integraci´on por partes para resolver las siguientes integrales:
a) x sen 5x dx b) x3
cos x2
dx c) x3
ex
dx
d) x5
sen x3
dx e)
x3 dx
3
√
9 − x2
f) x3
4 − x2 dx
Recordemos la f´ormula de integraci´on por partes:
f(x)g′
(x)dx = f(x)g(x) − g(x)f′
(x)dx
a) x sen 5x dx. Considerando:
f(x) = x f′(x) = 1
g′(x) = sen 5x g(x) = −1
5 cos 5x
tenemos:
x sen 5x dx = −
1
5
x cos 5x +
1
5
cos 5x dx = −
1
5
x cos 5x +
1
25
sen 5x
b) x3
cos x2
dx. Considerando:
f(x) = x2 f′(x) = 2x
g′(x) = x cos x2 g(x) = 1
2 sen x2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

334. Integraci´on 329
(hemos tenido que dejar una x en g′ para poder hallar g), se tiene que:
x3
cos x2
dx =
1
2
x2
sen x2
−
1
2
2x sen x2
dx =
1
2
x2
sen x2
+
1
2
cos x2
c) x3
ex
dx; (En el ejercicio 5 se obtendr´a una f´ormula reducci´on para estas integrales). Considerando:
f(x) = x3 f′(x) = 3x2
g′(x) = ex g(x) = ex
se tiene que:
x3
ex
dx = x3
ex
− 3 x2
ex
dx
Podemos nuevamente aplicar integraci´on por partes con
f(x) = x2 f′(x) = 2x
g′(x) = ex g(x) = ex
y se llega a
x3
ex
dx = x3
ex
− 3 x2
ex
dx = x3
ex
− 3x2
ex
+ 6 xex
dx
Aplicando una vez m´as la f´ormula con
f(x) = x f′(x) = 1
g′(x) = ex g(x) = ex
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

335. Integraci´on 330
se termina el c´alculo:
x3
ex
dx = x3
ex
− 3x2
ex
+ 6 xex
dx
= x3
ex
− 3x2
ex
+ 6xex
− 6 ex
dx
= x3
ex
− 3x2
ex
+ 6xex
− 6ex
= (x3
− 3x2
+ 6x − 6)ex
d) x5
sen x3
dx. Considerando:
f(x) = x3 f′(x) = 3x2
g′(x) = x2 sen x3 g(x) = −1
3 cos x3
se obtiene
x5
sen x3
dx = −
1
3
x3
cos x3
+
1
3
3x2
cos x3
dx = −
1
3
x3
cos x3
+
1
3
sen x3
e)
x3 dx
3
√
9 − x2
. Considerando:
f(x) = x2 f′(x) = 2x
g′(x) = x(9 − x2)−1/3 g(x) = −3
4(9 − x2)2/3
se tiene que:
x3 dx
3
√
9 − x2
= −
3
4
x2
(9 − x2
)2/3
+
3
4
2x(9 − x2
)2/3
= −
3
4
x2
(9 − x2
)2/3
−
9
20
(9 − x2
)5/3
= −
1
20
(6x2
+ 81) (9 − x2)3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

336. Integraci´on 331
f) x3
4 − x2 dx. Considerando:
f(x) = x2 f′(x) = 2x
g′(x) = x(4 − x2)1/2 g(x) = −1
3(4 − x2)3/2
se tiene que:
x3
4 − x2 dx = −
1
3
x2
(4 − x2
)3/2
+
1
3
2x(4 − x2
)3/2
= −
1
3
x2
(4 − x2
)3/2
−
2
15
(4 − x2
)5/2
= −
1
15
(32 + 4x2
− 3x4
) 4 − x2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

337. Integraci´on 332
Problema 171 Resolver las siguientes integrales de dos modos distintos, usando el m´etodo de Hermite y sin usarlo.
a)
2x2 + 2x − 2
x3 + 2x
dx b)
2x2 − 3x + 3
x3 − x2 + x − 1
dx c)
3x3 + 3x2 − 5x + 7
x4 − 1
dx
d)
x + 3
x2 − 5x + 7
dx e)
x + 4
(x2 − x + 1)2
dx f)
x3 + 2x2 + 2x + 1
(x2 − x + 1)2
dx
a) 2x2 + 2x − 2
x3 + 2x
dx. Factorizamos primeramente el denominador: x3 +2x = x(x2 +2). Dado que la multiplicidad
de las ra´ıces es 1, usando o no el m´etodo de Hermite se obtiene la misma descomposici´on:
2x2 + 2x − 2
x3 + 2x
=
A
x
+
Bx + c
x2 + 2
=
(A + B)x2 + Cx + 2A
x3 + 2x
A continuaci´on 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 + 2x
dx =
−1
x
+
3x + 2
x2 + 2
dx
= − log |x| +
3
2
2x
x2 + 2
+
1
(x/
√
2)2 + 1
dx
= − log |x| +
3
2
log(x2
+ 2) +
√
2 arc tg(x/
√
2)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

338. Integraci´on 333
b)
2x2 − 3x + 3
x3 − x2 + x − 1
dx. El denominador se factoriza: x3 −x2 +x−1 = (x−1)(x2 +1). Dado que la multiplicidad
de las ra´ıces es 1, usando o no el m´etodo de Hermite se obtiene la misma descomposici´on:
2x2 − 3x + 3
x3 − x2 + x − 1
=
A
x − 1
+
Bx + C
x2 + 1
=
(A + B)x2 + Cx − A
x3 − x2 + x − 1
Identificando coeficientes, hallamos f´acilmente las constantes: A = 1, B = 1 y C = −2. Ya podemos resolver
la integral
1
x − 1
+
x − 2
x2 + 1
dx = log |x − 1| +
1
2
2x
x2 + 1
− 2
1
x2 + 1
dx
= log |x − 1| +
1
2
log(x2
+ 1) − 2 arc tg x
c)
3x3 + 3x2 − 5x + 7
x4 − 1
dx. El denominador se factoriza:
x4
− 1 = (x2
− 1)(x2
+ 1) = (x − 1)(x + 1)(x2
+ 1);
nuevamente las ra´ıces son simples y los dos m´etodos de descomposici´on coinciden:
3x3 + 3x2 − 5x + 7
x4 − 1
=
A
x − 1
+
B
x + 1
+
Cx + D
x2 + 1
Operando e identificando coeficientes, se calculan las constantes y se obtiene: A = 2, B = −3, C = 4 y
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

339. Integraci´on 334
D = −2. Con esto resolvemos f´acilmente la integral:
3x3 + 3x2 − 5x + 7
x4 − 1
dx =
2
x − 1
−
3
x + 1
+
4x − 2
x2 + 1
dx
= 2 log |x − 1| − 3 log |x + 1| + 2 log(x2
+ 1) − 2 arc tg x
d)
x + 3
x2 − 5x + 7
dx. El denominador no tiene ra´ıces reales; por tanto, podemos aplicar directamente la f´ormula
vista en la secci´on ??:
x + 3
x2 − 5x + 7
dx =
1
2
log(x2
− 5x + 7) +
11
√
3
arc tg
2x − 5
√
3
e)
x + 4
(x2 − x + 1)2 dx. El polinomio (x2 − x + 1)2 no tiene ra´ıces reales. En este apartado usaremos la descom-
posici´on de Hermite:
x + 4
(x2 − x + 1)2
=
d
dx
Ax + B
x2 − x + 1
+
Cx + D
x2 − x + 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

340. Integraci´on 335
Para poder hallar las constantes introducidas tenemos que efectuar la derivaci´on indicada
x + 4
(x2 − x + 1)2
=
d
dx
Ax + B
x2 − x + 1
+
Cx + D
x2 − x + 1
=
−Ax2 − 2Bx + (A + B)
(x2 − x + 1)2
+
Cx + D
x2 − x + 1
=
−Ax2 − 2Bx + (A + B) + (Cx + D)(x2 − x + 1)
x2 − x + 1
=
Cx3 + (D − C − A)x2 + (C − D − 2B)x + (A + B + D)
x2 − 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 − x + 1)2
dx =
3x − 2
x2 − x + 1
+
3
x2 − x + 1
dx
=
3x − 2
x2 − x + 1
+ 3
1
x2 − x + 1
dx
=
3x − 2
x2 − x + 1
+ 3
2
√
4 − 1
arc tg
2x − 1
√
4 − 1
=
3x − 2
x2 − x + 1
+ 2
√
3 arc tg
2x − 1
√
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

341. Integraci´on 336
f)
x3 + 2x2 + 2x + 1
(x2 − x + 1)2 dx. Podemos utilizar los c´alculos del apartado anterior para escribir:
x3 + 2x2 + 2x + 1
(x2 − x + 1)2
=
d
dx
Ax + B
x2 − x + 1
+
Cx + D
x2 − x + 1
=
Cx3 + (D − C − A)x2 + (C − D − 2B)x + (A + B + D)
x2 − x + 1
En este caso se obtiene: A = 0, B = −2, C = 1 y D = 3; de donde:
x3 + 2x2 + 2x + 1
(x2 − x + 1)2
dx =
−2
x2 − x + 1
+
x + 3
x2 − x + 1
dx
=
−2
x2 − x + 1
+
1
2
log(x2
− x + 1) +
7
√
3
arc tg
2x − 1
√
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

342. Integraci´on 337
Problema 172 Un caso particular de funciones racionales son aquellas cuyo denominar tiene solamente una ra´ız
real,es decir, tiene la forma: (x − a)n. En estos casos, obtener la descomposici´on de la funci´on racional es bastante
sencillo y no requiere el planteamiento de ning´un 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 simplificaci´on
por sumandos nos permite concluir la descomposici´on. Utilizando este m´etodo, resolver las siguientes integrales:
a)
6x3 − 58x2 + 191x − 213
(x − 3)6
dx
b)
x4 + 3x3 + 2x2 + 3x − 5
(x − 1)5
dx
c)
2x4 + 19x3 + 61x2 + 8x + 30
(x + 2)4
dx
d)
6x5 + 31x4 + 61x3 + 48x2 − 8x − 24
(x + 1)7
dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

343. Integraci´on 338
6x3 − 58x2 + 191x − 213
(x − 3)6
dx =
5(x − 3) − 4(x − 3)2 + 6(x − 3)3
(x − 3)6
dx
=
5
(x − 3)5
−
4
(x − 3)4
+
6
(x − 3)3
dx
=
5
−4(x − 3)4
−
4
−3(x − 3)3
+
6
−2(x − 3)2
= −
5
4(x − 3)4
+
4
3(x − 3)3
−
3
(x − 3)2
(a)
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
(x − 1)5
+
20
(x − 1)4
+
17
(x − 1)3
+
7
(x − 1)2
+
1
(x − 1)
dx
=
4
−4(x − 1)4
+
20
−3(x − 1)3
+
17
−2(x − 1)2
+
7
−(x − 1)
+ log |x − 1|
= −
1
(x − 1)4
−
20
3(x − 1)3
−
17
2(x − 1)2
−
7
(x − 1)
+ log |x − 1|
(b)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

344. Integraci´on 339
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
(x + 2)4
−
72
(x + 2)3
−
5
(x + 2)2
+
3
x + 2
+ 2 dx
=
138
−3(x + 2)3
−
72
−2(x + 2)2
−
5
−(x + 2)
+ log |x + 2| + 2x
= −
46
(x + 2)3
+
36
(x + 2)2
+
5
x + 2
+ 3 log |x + 2| + 2x
(c)
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
(x + 1)7
−
15
(x + 1)6
−
9
(x + 1)5
−
3
(x + 1)4
+
1
(x + 1)3
+
6
(x + 1)2
dx
=
−4
−6(x + 1)6
−
15
−5(x + 1)5
−
9
−4(x + 1)4
−
3
−3(x + 1)3
+
1
−2(x + 1)2
+
6
−(x + 1)
=
2
3(x + 1)6
+
3
(x + 1)5
+
9
4(x + 1)4
+
1
(x + 1)3
−
1
2(x + 1)2
−
6
x + 1
(d)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

345. Integraci´on 340
Problema 173 Usar integraci´on por partes para demostrar las siguientes f´ormulas de reducci´on:
a) senn
x dx = −
1
n
senn−1
x cos x +
n − 1
n
senn−2
x dx
b) cosn
x dx =
1
n
cosn−1
x sen x +
n − 1
n
cosn−2
x dx
a) senn
x dx; para aplicar la f´ormula de integraci´on por partes consideramos:
f(x) = senn−1 x f′(x) = (n − 1) senn−2 x cos x
g′(x) = sen x g(x) = − cos x
con esto se tiene:
senn
x dx = − cos x senn−1
x + (n − 1) senn−2
x cos2
x dx
= − cos x senn−1
x + (n − 1) senn−2
x(1 − sen2
x) dx
= − cos x senn−1
x + (n − 1) senn−2
x dx − (n − 1) senn
x dx
A partir de esta igualdad se obtiene f´acilmente la f´ormula requerida; pasamos el t´ermino (n − 1) senn
x dx
al primer miembro y dividimos por n:
senn
x dx = −
1
n
senn−1
x cos x +
n − 1
n
senn−2
x dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

346. Integraci´on 341
b) cosn
x dx. Seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior; consideramos:
f(x) = cosn−1 x f′(x) = −(n − 1) cosn−2 x sen x
g′(x) = cos x g(x) = sen x
de donde se obtiene:
cosn
x dx = sen x cosn−1
x + (n − 1) cosn−2
x sen2
x dx
= sen x cosn−1
x + (n − 1) cosn−2
x dx − (n − 1) cosn
x dx
Y de ah´ı:
cosn
x dx = −
1
n
cosn−1
x sen x +
n − 1
n
cosn−2
x dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

347. Integraci´on 342
Problema 174 Hallar f´ormulas de reducci´on para las siguientes integrales:
a) (log ax)n
dx b) xn
eax
dx c) xn
sen ax dx
d) xn
cos ax dx e) tgn
ax dx f) secn
x dx
a) (log ax)n
dx. Considerando:
f(x) = (log ax)n
f′
(x) = n(log ax)n−1 a
x
g′
(x) = 1 g(x) = x
se obtiene:
(log ax)n
dx = x(log ax)n
− na (log ax)n−1
dx
b) xn
eax
dx. Considerando:
f(x) = xn
f′
(x) = xn−1
g′
(x) = eax
g(x) =
1
a
eax
obtenemos:
xn
eax
dx =
1
a
xn
eax
−
1
a
xn−1
eax
dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

348. Integraci´on 343
c) xn
sen ax dx. Considerando:
f(x) = xn
f′
(x) = xn−1
g′
(x) = sen ax g(x) = −
1
a
cos ax
se obtiene:
xn
sen ax dx = −
1
a
xn
cos ax +
1
a
xn−1
cos ax dx
d) xn
cos ax dx. Considerando:
f(x) = xn
f′
(x) = xn−1
g′
(x) = cos ax g(x) =
1
a
sen ax
se obtiene:
xn
cos ax dx =
1
a
xn
sen ax −
1
a
xn−1
sen ax dx
e) tgn
ax dx =
senn ax
cosn ax
dx. Para n = 1 y n = 2, las primitivas son inmediatas:
tg ax dx =
sen ax
cos ax
dx = −
1
a
log | cos ax|
tg2
ax dx = ((1 + tg2
ax) − 1) dx =
1
a
tg2
ax − x
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

349. Integraci´on 344
Para n 2 consideramos:
f(x) = senn−1
ax f′
(x) = a(n − 1) senn−2
ax cos ax
g′
(x) =
sen ax
cosn ax
g(x) = −
1
a(n − 1) cosn−1 ax
Y se obtiene:
tg2
ax dx = −
1
a(n − 1)
tgn−1
ax + tgn−2
ax dx
f) secn
x dx. Para n = 2 y n = 1 se tiene que sec2
x dx = tg x y:
sec x dx =
1
cos x
dx =
cos x
cos2 x
dx
→
dt
1 − t2
sen x → t
cos xdx → dt
=
1
2
log
|t + 1|
|t − 1|
→
1
2
log
1 + sen x
1 − sen x
(t → sen x)
Los valores absolutos se han quitado atendiendo a que 1 + sen x ≥ 0 y 1 − sen x ≥ 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

350. Integraci´on 345
Para n ≥ 3 consideramos:
f(x) = secn−2
x f′
(x) = (n − 2)(secn−3
x)
sen x
cos2 x
g′
(x) = sec2
x g(x) = tg x
y obtenemos:
secn
x dx = tg x secn−2
x − (n − 2) secn−3
x
sen2 x
cos3 x
dx
= tg x secn−2
x − (n − 2) secn
x(1 − cos2
x) dx
= tg x secn−2
x − (n − 2) secn
x dx + (n − 2) secn−2
x dx
y de ah´ı:
secn
x dx =
1
n − 1
tg x secn−2
x +
n − 2
n − 1
secn−2
x dx
Otra forma de hallar estas integrales es mediante los cambios de variable dados para funciones trigonom´etricas:
si n es par tg x → t y si n es impar sen x → t.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

351. Integraci´on 346
Problema 175 Usar el m´etodo de sustituci´on para resolver las siguientes integrales (es posible que algunas de ellas
salgan de forma igualmente f´acil integrando por partes):
a)
√
x
1 +
√
x
dx b)
cos x
√
4 − sen2 x
dx c)
dx
x1/2 + x1/3
d) x5
9 + x3 dx e) x3
9 + x2 dx f) x 25 − x2 dx
g) sen3
x cos4
x dx h) sen2
3x dx i) tg3
x sec2
x dx
j)
sen3 x
1 + cos2 x
dx k)
dx
sen x + cos x
dx l)
dx
1 + cos x
m)
dx
√
−4x2 + 8x − 3
n)
1 − x
2 +
√
3 + 6x − 9x2
dx ˜n)
dx
(x − 2)
√
5x − x2 − 4
o) x5 3
1 + x3 dx p)
x2
(1 + x2)3
dx q)
dx
x2
√
x2 − 1
r)
x1/2
4 + x1/3
dx s) x
√
1 − x dx t) cos6
x dx
u)
sen3 x
1 − cos2 x
dx v)
dx
x4
√
1 + x2
w)
x
3
(1 + x3)2
dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

352. Integraci´on 347
√
x
1 +
√
x
dx → 2
t2
1 + t
dt



Secci´on ??
x → g(t) = t2
, Dom g = [0, ∞)
dx → 2t dt
(a)
= 2 t − 1 +
1
t + 1
dt
= t2
− 2t + 2 log |t + 1|
→ x − 2
√
x + log(1 +
√
x)2
{t →
√
x
cos x
√
4 − sen2 x
dx →
dt
√
4 − t2
=
sen x → t
cos xdx → dt
(b)
= arc sen
t
2
→ arc sen
sen x
2
(t → sen x)
Hemos utilizado una sustituci´on vista en la secci´on ??. En aquella se recomendaba esta sustituci´on en funciones
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

353. Integraci´on 348
racionales en sen y cos, sin embargo, aqu´ı lo hemos utilizado en una funci´on irracional.
dx
x1/2 + x1/3
= 6
t5
t3 + t2 dt



Secci´on ??
x → t6
dx → 6t5
(c)
= 6 t2
− t + 1 −
1
t + 1
dt
= 2t3
− 3t2
+ 6t − 6 log |t + 1|
→ 2
√
x
3
− 3
√
x
2
+ 6
√
x − log(1 +
√
x)6
{t →
√
x
x5
9 + x3 dx →
1
3
t(9 + t)1/2
dt (Integral binomia: x → t1/3) (d)
→
2
3
(z2
− 9)z2
dz (Integral binomia: t → z2 − 9)
=
2
15
z5
− 2z3
→
2
15
(9 + t)5/2
− 2(9 + t)3/2
(z →
√
9 + t)
→
2
15
(9 + x3
)5/2
− 2(9 + x3
)3/2
(t → x3
)
=
2
15
x6
+
2
5
x3
−
36
5
x3 + 9
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

354. Integraci´on 349
x3
9 + x2 dx →
1
2
t(9 + t)1/2
dt (Integral binomia: x →
√
t) (e)
→ (z2
− 9)z2
dz (Integral binomia: t → z2 − 9)
=
1
5
z5
− 3z3
→
1
5
(t + 9)5/2
− 3(t + 9)3/2
(z →
√
t + 9)
→
1
5
(x2
+ 9)5/2
− 3(x2
+ 9)3/2
(t → x2
)
=
1
5
x4
+
3
5
x2
−
54
5
x2 + 9
El lector puede resolver esta primitiva usando las sustituciones por funciones trigonom´etricas e hiperb´olicas vistas
en la secci´on ??.
x 25 − x2 dx → 5 sen t 25(1 − sen2 t)5 cos tdt (x → 5 sen t) (f)
= 125 sen t cos2
tdt
= −
125
3
cos3
t
→ −
1
3
(25 − x2)3 (cos t →
1
5
25 − x2)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

355. Integraci´on 350
sen3
x cos4
x dx → (t2
− 1)t4
dt



Secci´on ??
cos x → t
− sen xdx → dt
(g)
=
t7
7
−
t5
5
→
1
7
cos7
x −
1
5
cos5
x {t → cos x
sen2
3x dx =
1
2
(1 − cos 6x) dx =
1
2
x −
1
12
sen 6x (h)
Hemos utilizado una f´ormula trigonom´etrica muy conocida para la reducci´on de la primitiva; se puede utilizar
igualmente la f´ormula de reducci´on vista en el ejercicio 4.
tg3
x sec2
x dx =
1
4
tg4
x (i)
¡Hay que aprender a ver r´apidamente las integrales inmediatas!
sen3 x
1 + cos2 x
dx → −
1 − t2
1 + t2
dt (cos x → t) (j)
= 1 −
2
t2 + 1
dt
= t − 2 arc tg t
→ cos x − 2 arc tg(cos x) (t → cos x)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

356. Integraci´on 351
dx
sen x + cos x
dx →
2
2t + 1 − t2
dt (tg
x
2
→ t) (k)
=
√
2
2
1
t − 1 +
√
2
−
1
t − 1 −
√
2
dt
=
√
2
2
log
t − 1 +
√
2
t − 1 −
√
2
→
√
2
2
log
tg x
2 − 1 +
√
2
tg x
2 − 1 −
√
2
dx
1 + cos x
=
dx
2 cos2 x
2
= tg
x
2
(l)
Como se puede ver, el conocimiento de las distintas f´ormulas trigonom´etricas puede ahorrar mucho trabajo; la
sustituci´on tg x
2 → t tambi´en permite una r´apida resoluci´on.
dx
√
−4x2 + 8x − 3
=
dx
1 − (2x − 2)2
(m)
→
dt
2
√
1 − t2
(2x − 2 → t)
=
1
2
arc sen t
→
1
2
arc sen(2x − 2)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

357. Integraci´on 352
1 − x
2 +
√
3 + 6x − 9x2
dx =
1 − x
2 + 4 − (3x − 1)2
dx
→
2
3(1 − sen t)
2 +
√
4 − 4 sen2 t
2
3
cos t dt (3x − 1 → sen t)
=
2
9
cos t − cos t sen t
1 + cos t
dt
=
2
9
−1 + 1 + cos t + (−1 + 1 + cos t) sen t
1 + cos t
dt
=
2
9
1 −
1
1 + cos t
− sen t +
− sen t
1 + cos t
dt
=
2
9
t − tg
t
2
+ cos t + log |1 + cos t|
(Apartado (l) e integrales inmediatas)
→
2
9
arc sen
3x − 1
2
− tg
1
2
arc sen
3x − 1
2
− cos arc sen
3x − 1
2
+ log 1 + cos arc sen
3x − 1
2
=
2
9
arc sen
3x − 1
2
−
2
3x − 1
+
√
3 + 6x − 9x2
3x − 1
+
1
2
3 + 6x − 9x2 − log(2 + 3 + 6x − 9x2) + log 2
(n)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

358. Integraci´on 353
dx
(x − 2)
√
5x − x2 − 4
→ −dt 2t2 + t − 1 (o)



Secci´on ??
1
x−2 → t
x → 1
t + 2
dx → − 1
t2
5x − x2 − 4 → 2t2+t−1
t2
= −
1
2
√
2
dt
(4t + 1)2 − 9
= −
1
8
√
2
argcosh
4t + 1
3
→ −
1
8
√
2
argcosh
x + 2
3(x − 2)
(t →
1
x − 2
)
x5 3
1 + x3 dx →
1
3
t 3
√
1 + t dt (x3
→ t; x2
dx →
1
3
dt) (p)
→ (u3
− 1)u3
du (1 + t → u3
; dt → 3u2
)
=
1
7
u7
−
1
4
u4
→
1
7
3
(1 + t)7 −
1
4
3
(1 + t)4
→
1
7
3
(1 + x3)7 −
1
4
3
(1 + x3)4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

359. Integraci´on 354
Hemos hallado la primitiva considerando la integral como binomia; el lector puede usar la integraci´on por partes
como en el primer ejercicio para resolverla de otra forma.
x2
(1 + x2)3
dx = x2
(1 + x2
)−3/2
dx (q)
→ senh2
t(cosh2
t)−3/2
cosh t dt (x → senh t; dx → cosh t dt)
= tgh2
t dt = − (−1 + 1 − tgh2
)dt
= t − tgh t → argsenh x − tgh argsenh x
= argsenh x −
x
√
x2 + 1
Esta integral puede resolverse igualmente consider´andola como binomia; nuevamente invito al lector que la resuelva
utilizando ese m´etodo.
dx
x2
√
x2 − 1
→ − sen t dt (x →
1
sen t
) (r)
= cos t → cos arc sen
1
x
=
√
x2 − 1
x
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

360. Integraci´on 355
x1/2
4 + x1/3
dx →
6t8
4 + t2
dt (x → t6
) (s)
= 6 t6
− 4t4
+ 16t2
− 64 +
256
t2 + 4
dt
= 6
1
7
t7
−
4
5
t5
+
16
3
t3
− 64t + 128 arc tg
t
2
→
6
7
x7/6
−
24
5
x5/6
+ 32x1/2
− 384x1/6
+ 768 arc tg
x1/6
2
x
√
1 − x dx → −2t2
(1 − t2
)dt → −
2
3
(1 − x)3 +
2
5
(1 − x)5 (t)
dx
x4
√
1 + x2
→
1
2
dt
t3/2(1 + t)1/2
(x2
→ t) (w)
→ (u2
− 1)du (
1 + t
t
→ u2
; t →
1
u2 − 1
; dt →
−2u
(u2 − 1)2
du)
=
1
3
u3
− u
→
1
3
(1 + t)3
t3
−
1 + t
t
=
1 + t
t
1
3t
−
2
3
→
1
3x3
−
2
3x
1 + x2
En este caso hemos resuelto la integral como una binomia; el lector puede resolverla usando la sustituci´on de la
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

361. Integraci´on 356
secci´on ??: x → senh t.
x
3
(1 + x3)2
dx →
1
3
dt
t1/3(1 + t)2/3
(x3
→ t) (x)
→
−du
u3 − 1
=
1
3(1 − u)
+
2 + u
3(1 + u + u2)
du (
1 + t
t
→ u3
)
= −
1
3
log |u − 1| +
1
3
4u + 2 + 6
(2u + 1)2 + 3
du
= −
1
3
log |u − 1| +
1
6
log((2u + 1)2
+ 3) +
√
3
3
arc tg
2u + 1
√
3
No deshacemos los cambios para no oscurecer el resultado.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

362. Integraci´on 357
Problema 176 Las integrales que se proponen a continuaci´on necesitar´an manipulaciones algebraicas y geom´etri-
cas, integraci´on por partes y por sustituci´on. Todo un reto.
a)
1 + cos x
sen2 x
dx b) x arc tg x dx c) sen3
x dx
d)
sen3 x
cos2 x
dx e)
x dx
√
x2 − 2x + 2
f) x tg2
x dx
g)
√
1 − sen x dx h) sen
√
x + 1 dx i) log(x + x2 − 1)dx
j)
dx
x − x3/5
dx k) log(a2
+ x2
) dx l) log(x +
√
x) dx
1 + cos x
sen2 x
dx =
1
sen2 x
+
cos x
sen2 x
dx = − cotg x −
1
sen x
(a)
x arc tg x dx =
1
2
x2
arc tg x −
1
2
1 −
1
x2 + 1
dx



Integraci´on por partes
f(x) = arc tg x f′
(x) = 1
1+x2
g′
(x) = x g(x) = 1
2 x2
(b)
=
1
2
x2
arc tg x −
1
2
x −
1
2
arc tg x
sen3 x
cos2 x
dx =
sen x(1 − cos2 x)
cos2 x
dx =
sen x
cos2 x
− sen x dx =
1
sen x
+ cos x (d)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

363. Integraci´on 358
x dx
√
x2 − 2x + 2
=
x dx
(x − 1)2 + 1
(e)
→
1 + senh t
cosh t
cosh tdt (x − 1 → senh t)
= (1 + senh t)dt = t + cosh t
→ argsenh(x − 1) + x2 − 2x + 2 (t → argsenh(x − 1))
x tg2
x dx = x(tg x − x) − (tg x − x)dx



Integraci´on por partes
f(x) = x f′
(x) = 1
g′
(x) = tg2
x g(x) = tg x − x
(Ejercicio 5.g)
(f)
= x(tg x − x) + log | cos x| +
x2
2
√
1 − sen x dx = 1 − cos(
π
2
− x) dx =
√
2 sen
π
4
−
x
2
dx (g)
Dado que el integrando es una funci´on afectada por valores absolutos, no es posible definir la primitiva con una
´unica expresi´on. A continuaci´on vemos dos ejemplos de integrales definidas a partir de esta ´ultima:
5π/2
π/2
√
1 − sen x dx =
5π/2
π/2
−
√
2 sen
π
4
−
x
2
dx = −2
√
2 cos
π
4
−
x
2
5π/2
π/2
= 4
√
2
9π/2
5π/2
√
1 − sen x dx =
9π/2
5π/2
√
2 sen
π
4
−
x
2
dx = 2
√
2 cos
π
4
−
x
2
9π/2
5π/2
= 4
√
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

364. Integraci´on 359
sen
√
x + 1 dx → 2t sen t dt (x + 1 → t2
; t ∈ [0, ∞)) (h)
(Integraci´on por partes)
= −2t cos t + 2 cos t dt = −2t cos t + 2 sen t dt
→ −2
√
x + 1 cos
√
x + 1 + 2 sen
√
x + 1
log(x + x2 − 1 dx → t senh t dt (x → cosh t; t ∈ [0, ∞)) (i’)
(Integraci´on por partes)
= t cosh t − cosh t dt = t cosh t − senh t
→ x argcosh x − x2 − 1 (t → argcosh x)
En este ejercicio hemos optado por la sustituci´on x → cosh t en vez de x → cosec t ya que la expresi´on del integrando
lo aconseja y no hay problema con el dominio (ver secci´on ??).
A continuaci´on hallamos esta misma primitiva reconociendo que la funci´on del integrando es la funci´on argumento
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

365. Integraci´on 360
del coseno hiperb´olico (ejercicio 3.45):
log(x + x2 − 1) dx = argcosh x dx (i”)
= x argcosh x −
x
√
x2 − 1
dx (por partes)
→ x argcosh x − x2 − 1
dx
x − x3/5
dx →
5t
t2 − 1
dt (x → t5
) (j)
=
5
2
log |t2
− 1| →
5
2
log |t2/5
− 1|
log(a2
+ x2
) dx = x log(a2
+ x2
) −
2x2
a2 + x2
dx (k)



Integraci´on por partes
f(x) = log(a2
+ x2
) f′
(x) = 2x2
a2+x2
g′
(x) = 1 g(x) = x
= x log(a2
+ x2
) − 2 −
2
x
a
2
+ 1
dx
= x log(a2
+ x2
) − 2x + 2a arc tg
x
a
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

366. Integraci´on 361
log(x +
√
x) dx → 2t log(t2
+ t) dt (x → t2
) (l)
= t2
log(t2
+ t) −
2t2 + t
t + 1
dt



Integraci´on por partes
f(x) = log(t2
+ t) f′
(x) = 2t+1
t2+t
g′
(x) = 2t g(x) = t2
= t2
log(t2
+ t) − 2t − 1 +
1
t + 1
dt
= t2
log(t2
+ t) − t2
+ t − log |t + 1|
→ x log(x +
√
x) − x +
√
x − log(
√
x + 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

367. Integraci´on 362
Problema 177 Para quienes superaron el reto (y a´un tienen fuerzas):
a) 5
√
5x + 6 dx b) cos x sen3
x dx c)
dx
(3x + 4)4
d) cos 3x esen 3x
dx e)
arc tg x
(x − 1)2 dx f) tg4
x dx
g)
dx
tg x
h)
x dx
1 + x4 i) x2
log x dx
j) x arc tg x dx k)
arc tg x
2
4 + x2 dx l)
arc cos x − x
√
1 − x2
dx
m)
dx
1 + cos x
n)
dx
(x − 2)
√
x + 2
˜n)
x dx
a4 + x4
o)
sen 2x dx
√
1 + cos2 x
p) cos x log sen x dx q) e
√
x
dx
r)
sen
√
x
√
x
dx s) arc tg
√
x dx t)
x2 + 3x − 4
x2 − 2x − 8
dx
u)
dx
√
28 − 12x − x2
v) cos(log x) dx w)
3x + 5
x3 − x2 − x + 1
dx
x)
2x3 + x2 + 4
x2 + 4
dx y)
log(log x)
x
dx
5
√
5x + 6 dx = (5x + 6)1/5
dx =
1
6
(5x + 6)6/5
(a)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

368. Integraci´on 363
cos x sen3
x dx =
1
4
sen4
x (b)
dx
(3x + 4)4 = (3x + 4)−4
dx = −
1
9
(3x + 4)−3
(c)
cos 3x esen 3x
dx =
1
3
esen 3x
(d)
arc tg x
(x − 1)2 dx =
arc tg x
1 − x
−
dx
(1 + x2)(1 − x)
(e)
=
arc tg x
1 − x
−
1
2
1
1 − x
+
x + 1
1 + x2
dx
=
arc tg x
1 − x
−
1
2
− log |1 − x| +
1
2
log(x2
+ 1) + arc tg x
tg4
x dx →
t4
1 + t2
dt (tg x → t) (f)
= t2
− 1 +
1
t2 + 1
dt =
1
3
t3
− t + arc tg t
→
1
3
tg3
x − tg x + x
dx
tg x
= log | sen x| (g)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

369. Integraci´on 364
x dx
1 + x4 =
1
2
2x
1 + (x2)2
dx =
1
2
arc tg x2
(h)
x2
log x dx =
1
3
x3
log x −
1
3
x2
dx =
1
3
x3
log x −
1
9
x3
(i)
arc tg x
2
4 + x2 dx =
1
4
1
1 + x
2
2 arc tg
x
2
dx =
1
8
arc tg
x
2
2
(k)
arc cos x − x
√
1 − x2
dx = −
1
2
(arc cos x)2
+
1
3
(1 − x2
)3/2
(l)
dx
1 + cos x
=
1
2
1
cos2(x/2)
dx = 4 tg
x
2
(m)
dx
(x − 2)
√
x + 2
→
2dt
t2 − 4
(x + 2 → t2
)
=
1
2(t − 2)
−
1
2(t + 2)
dt
=
1
2
log |t − 2| −
1
2
log |t + 2| →
1
2
log |
√
x + 2 − 2| −
1
2
log |
√
x + 2 + 2|
(n)
x dx
a4 + x4 =
1
2a2
arc tg
x2
a2
(o)
sen 2x dx
√
1 + cos2 x
=
2 sen x cos x dx
√
1 + cos2 x
=
2
3
(1 + cos2
x)3/2
(p)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

370. Integraci´on 365
cos x log sen x dx = sen x(log sen x − 1) (q)
Si el lector no recuerda una primitiva de la funci´on logaritmo neperiano, puede obtenerla f´acilmente integrando por
partes.
e
√
x
dx → 2tet
dt = 2tet
− 2et
dt = 2tet
− 2et
→ 2
√
xe
√
x
− 2e
√
x
(r)
sen
√
x
√
x
dx = −2 cos
√
x (s)
arc tg
√
x dx → 2t arc tg t dt
= t2
arc tg t − t − arc tg t → x arc tg
√
x −
√
x − arc tg
√
x (t)
(Ver el ejercicio 9(b))
x2 + 3x − 4
x2 − 2x − 8
dx = 1 +
4
x − 4
+
1
x + 2
dx = x + 4 log |x − 4| + log |x + 2| (u)
dx
√
28 − 12x − x2
=
dx
82 − (x + 6)2
→ dt (x + 6 → 8 sen t) (v)
= t → arc sen
x + 6
8
cos(log x) dx → et
cos tdt (x → et
) (w)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

371. Integraci´on 366
Hallamos aparte esta primitiva aplicando dos veces la f´ormula de integraci´on por partes:
et
cos tdt = et
sen t − et
sen t dt = et
sen t + et
cos t − et
cos t
De aqu´ı se deduce que: et cos tdt = 1
2 (et sen t + et cos t) y podemos concluir la integral propuesta:
cos(log x) dx → et
cos tdt =
1
2
(et
sen t + et
cos t) →
1
2
(x sen log x + x cos log x)
3x + 5
x3 − x2 − x + 1
dx =
4
(x − 1)2
−
1
2(x − 1)
+
1
2(x + 1)
dx
=
4
1 − x
−
1
2
log |x − 1| +
1
2
log |x + 1| (x)
(Ver ejercicio 3)
2x3 + x2 + 4
x2 + 4
dx = 1 + 2x −
8x
4 + x2
dx = x + x2
− 4 log(4 + x2
) (y)
log(log x)
x
dx =
1
2
(log x)2
(z)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

372. Integraci´on 367
Problema 178 He aqu´ı la ´ultima selecci´on de integrales, para estar entretenidos durante un buen rato.
a)
dx
x
√
x2 + 4x − 4
b)
dx
x2 − 1
c)
ex − 3e2x
1 + ex dx
d)
dx
x
1
3 + x
1
2
e)
cos x dx
sen3 x + 2 cos2 x sen x
f)
x
cos2 x2 dx
g)
√
1 − x
1 −
√
x
dx h)
dx
√
x − 1
i)
sen x
cos3 x
dx
j) ex
tg ex
dx k)
dx
cos x − sen x
l) log x
√
x dx
m) a2x
dx n)
ex dx
√
ex + 1
˜n)
dx
ex − 2e−x
o)
dx
2x2 − 2x + 1
p) sen 2x cos x dx q)
dx
x2
√
a2 + x2
r)
dx
√
4x2 − 4x + 4
s)
3x5 + 10x4 + 32x3 + 43x2 + 44x + 36
(x2 + 4x + 4)(x4 + 8x2 + 16)
dx
dx
x
√
x2 + 4x − 4
→
− dt
2 − (2t − 1)2
(
1
x
→ t)
= −
1
2
arc cos
2t − 1
√
2
→ −
1
2
arc cos
2 − x
x
√
2
(a)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

373. Integraci´on 368
ex − 3e2x
1 + ex dx →
1 − 3t
1 + t
dt (ex
→ t)
=
4
1 + t
− 3 dt = 4 log |1 + t| − 3t → 4 log |1 + ex
| − 3ex
(c)
cos x dx
sen3 x + 2 cos2 x sen x
→
dt
t(
√
2 − t)(
√
2 + t)
(sen x → t)
=
1
2
log |t| −
1
4
log |t2
− 2| →
1
2
log | sen x| −
1
4
log | sen2
x − 2| (e)
x
cos2 x2 dx = −
1
2
arccotg x2
(f)
√
1 − x
1 −
√
x
dx =
√
1 − x(1 +
√
x)
1 − x
dx =
1 +
√
x
√
1 − x
dx (g)
=
1
√
1 − x
−
−2x
2 x(1 − x)
dx
=
1
√
1 − x
−
1 − 2x
2 x(1 − x)
+
1
2
√
x
√
1 − x
dx
= −2
√
1 − x − x(1 − x) + arc sen
√
x
Este no es el camino m´as intuitivo, pero s´ı el m´as r´apido. El lector puede buscar la primitiva de otras formas como,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

374. Integraci´on 369
por ejemplo, con la sustituci´on x → t2 (requerir´a un segundo cambio de variable).
dx
√
x − 1
=
4
3
3
2x1/2 − 1 + 1
x3/2 − x
=
4
3
3
2x1/2 − 1
2 x3/2 − x
+
8
3
1
2
√
x
2
√
x − 1
=
4
3
x3/2 − x +
8
3
√
x − 1 = (
8
3
+
4
3
√
x)
√
x − 1 (h)
Un camino alternativo es la sustituci´on x → t2.
ex
tg ex
dx = − log | cos ex
| (j)
log x
√
x dx =
3
2
log x dx =
3
2
x(log x − 1) (l)
a2x
dx =
1
2 log a
a2x
(m)
ex dx
√
ex + 1
= 2
√
ex + 1 (n)
sen 2x cos x dx = 2 sen x cos2
xdx = −
2
3
cos3
x (q)
dx
x2
√
a2 + x2
→
1
a2
1
senh2
t
dt = −
1
a2
cotgh t
→ −
1
a2
cotgh argsenh
x
a
= −
√
x2 + a2
a2x
(r)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

375. Integraci´on 370
Problema 179 Usar sumas de Riemann para calcular los siguientes l´ımites:
a) l´ım
n
√
e +
n
√
e2 + · · · + n
√
en
n
b) l´ım
n
√
e +
n
√
e2 + · · · +
n
√
e2n
n
c) l´ım n
(n+1)2 + · · · + n
(n+n)2 d) l´ım 1
n+1 + · · · + 1
n+n
(Ver secci´on ??)
l´ım
n
√
e +
n
√
e2 + · · · + n
√
en
n
= l´ım
1
n
e1/n
+ e2/n
+ · · · + en/n
a)
= l´ım
1
n
n
k=1
ek/n
=
1
0
ex
dx = ex
1
0
= e − 1
l´ım
n
√
e +
n
√
e2 + · · · +
n
√
e2n
n
= l´ım
1
n
e1/n
+ e2/n
+ · · · + e2n/n
b)
= l´ım
1
n
2n
k=1
ek/n
=
2
0
ex
dx = ex
2
0
= e2
− 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

376. Integraci´on 371
l´ım
n
(n + 1)2 + · · · +
n
(n + n)2 = l´ım
1
n
n
k=1
n
n + k
2
c)
= l´ım
1
n
n
k=1
1 +
k
n
−2
=
1
0
(1 + x)−2
dx = −(1 + x)−1
1
0
=
1
2
l´ım
1
n + 1
+ · · · +
1
n + n
= l´ım
1
n
n
k=1
n
n + k
d)
= l´ım
1
n
n
k=1
1 +
k
n
−1
=
1
0
(1 + x)−1
= log(1 + x)
1
0
= log 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

377. Integraci´on 372
Problema 180 2. a) Hallar las sumas superior e inferior para f(x) = x2 desde 0 a 2 usando la partici´on con
x0 = 0, x1 = 1
2, x2 = 3
4 , x3 = 1, x4 = 5
4, x5 = 3
2 y x6 = 2.
b) Usando las f´ormulas del ejercicio 16, hallar el ´area que queda por debajo de la gr´afica de f entre 0 y 2.
a) La partici´on tomada es: P = {0, 1
2 , 3
4, 1, 3
2, 2}. Dado que la funci´on f es creciente, el m´aximo en cada subinter-
valo se alcanza en el extremo superior de estos y el m´ınimo se alcanza en el extremo inferior; por tanto:
UP = f
1
2
1
2
− 0 + f
3
4
3
4
−
1
2
+ f(1) 1 −
3
4
+ f
3
2
3
2
− 1 + f(2) 2 −
3
2
=
1
4 · 2
+
9
42 · 4
+
1
42 +
9
22 · 2
+
4
2
=
221
64
3′
46
LP = f(0)
1
2
− 0 + f
1
2
3
4
−
1
2
+ f
3
4
1 −
3
4
+ f(1)
3
2
− 1 + f
3
2
2 −
3
2
= 0 +
1
22 · 4
+
9
42 · 4
+
1
2
+
9
22 · 2
=
117
64
1′
82
Es decir, el ´area, A, que queda por debajo de la gr´afica de f verifica: 1′82 A 3′46.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

378. Integraci´on 373
b) Sabemos que f es integrable en [0, 2] (por ser continua), y por tanto, para calcular el ´area pedida, nos basta
tomar cualquier sucesi´on de sumas de Riemann, {RPn }, con l´ım ||Pn|| = 0; el ´area ser´a: A = l´ım RPn . Para cada
n tomamos una partici´on regular Pn, con norma
2
n
; la elecci´on de los puntos intermedios la hacemos tomando
los extremos izquierdos de los subintervalos. Por tanto, efectivamente, l´ım ||Pn|| = l´ım
2
n
= 0 y adem´as, dado
que f es creciente, RPn = LPn . Por tanto, el ´area es:
A = l´ım LPn = l´ım
n−1
k=0
f
k
n
2
n
= l´ım
n−1
k=0
8k2
n3 = l´ım
8
n3
n−1
k=0
k2
= l´ım
8
n3
(n − 1)(n)(2n − 2 + 1)
6
=
16
6
=
8
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

379. Integraci´on 374
Problema 181 3. a) Estimar el ´area bajo la gr´afica de x3 a lo largo de [1, 5] usando una suma de Riemann RP
con una partici´on regular con n = 4 y tomando como puntos intermedios, x∗
i , los puntos medios de cada
subintervalo.
b) Usando las f´ormulas del ejercicio 16, hallar el ´area que queda por debajo de la gr´afica de f(x) = x3.
(Ver ejercicio anterior)
a) La partici´on definida es P = {1, 2, 3, 4, 5} y la elecci´on de puntos intermedios: {3
2
, 5
2
, 7
2
, 9
2
}. La estimaci´on del
´area con esta suma de Riemann es:
RP = f
3
2
+ f
5
2
+ f
7
2
+
9
2
=
1224
8
= 156
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

380. Integraci´on 375
b) Tomando las sumas superiores asociadas a particiones regulares, podemos calcular el ´area pedida como:
A = l´ım UPn = l´ım
n
k=1
f 1 + k
4
n
4
n
= l´ım
n
k=1
1 +
4k
n
3
4
n
= l´ım
n
k=1
4(n + 4k)3
n4
= l´ım
4
n4
n
k=1
(n3
+ 12n2
k + 48nk2
+ 64k3
)
= l´ım
4
n4 (n − 1)n3
+ 12n2
n
k=1
k
+48n
n
k=1
k2
+ 64
n
k=1
k3
= l´ım
4
n4 (n − 1)n3
+ 12n2 n(n + 1)
2
+48n
n(n + 1)(2n + 1)
6
+ 64
n2(n + 1)2
4
= 4(1 + 6 + 16 + 16) = 156
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

381. Integraci´on 376
Problema 182 Estimar el ´area bajo la gr´afica de f(x) = sen x a lo largo de [0, π] usando la suma superior e inferior
dadas por la partici´on regular con n = 4 e igualmente tomando la suma de Riemann con la elecci´on de los puntos
medios de los subintervalos.
La suma superior dada por la partici´on es:
UP =
π
4
sen
π
4
+ sen
π
2
+ sen
π
4
+ sen
3π
4
=
π(2 +
√
2)
4
≈ 2′
68
La suma inferior es:
LP =
π
4
sen 0 + sen
π
4
+ sen
3π
4
+ sen π =
π
√
2
4
≈ 1′
11
La suma de Riemann dada por los puntos medios es:
RP =
π
4
sen
π
8
+ sen
3π
8
+ sen 5π8 + sen 7π8 ≈ 2′
05
(El valor exacto del ´area que queda por debajo de la gr´afica del seno en ese intervalo es ‘2’).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

382. Integraci´on 377
Problema 183 Estimar el ´area bajo la gr´afica de sen2 x a lo largo de [0, 2π] usando una partici´on regular con n = 4
y los puntos medios de cada subintervalo.
0 π
2
1
2
π 3π
2
2ππ
4
3π
4
5π
4
7π
4
1
(Seguir el razonamiento observando la gr´afica de f en la figura de arriba). La partici´on regular para n = 4
est´a 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 im´agenes por f coinciden. Por tanto, la suma de Riemann as´ı definida coincide con el ´area de un rect´angulo
de base 2π y altura sen2 π
4
= 1
2, es decir, RP = π. Adem´as, las simetr´ıas de la funci´on nos permiten deducir que
este es el valor exacto de la integral.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

383. Integraci´on 378
Problema 184 Usar el teorema fundamental, propiedades de la integral definida y geometr´ıa para evaluar las
siguientes integrales definidas:
a)
1
−1
x4
dx b)
2
1
dt
t2
c)
4
1
2
x2
+
√
x dx
d)
8
1
y1/3 + y1/2
y
dy e)
π/2
0
4 cos tdt f)
π/4
0
sec2
xdx
g)
π/3
−π/6
sec t tg tdt h)
0
1
x2
dx i)
1
0
(x + 1 − x2)dx
j)
ln 5
0
et
dt k)
log 6
log 2
e−x
dx l)
3
1
x + 2
x
dx
m)
1
0
d(
√
x3 + 1)
dx
dx n)
3
−1
2
x
4dt dx ˜n)
2
0
d3
dx3
(x2
+ 3x − 1) dx
o)
π/2
π/4
(sen x − cos x)dx p)
−2
3
(−4)dx q)
e
1
2
y
dy
a)
1
−1 x4dx =
x5
5
1
−1
=
2
5
b)
2
1
dt
t2 =
2
1 t−2dt =
t−1
− 1
2
1
=
1
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

384. Integraci´on 379
c)
4
1
2
x2 +
√
x dx =
4
1 2x−2 + x1/2 dx = 2 x−1
− 1
+ x3/2
3/2
4
1
= 37
6
d)
8
1
y1/3+y1/2
y dy =
8
1 y−2/3 + y−1/2 dy = y1/3
1/3
+ y1/2
1/2
8
1
= 2 + 4
√
2
e)
π/2
0 4 cos t = 4 sen t
π/2
0
= 4
f)
π/4
0 sec2 xdx = tg x
π/4
0
= 1
g)
π/3
−π/6 sec t tg tdt =
π/3
−π/6 sen t cos−2 tdt = cos−1 t
π/3
−π/6
= 2 −
2√
3
(Si no ha identificado esta primitiva r´apida-
mente, no se preocupe, el cap´ıtulo siguiente est´a dedicado al c´alculo de primitivas)
h)
0
1 x2dx = x3
3
0
1
= −1
3
Obs´ervese que el signo negativo es debido a que el extremo superior de la integral es
menor que el inferior.
i)
1
0 (x +
√
1 − x2)dx =
1
0 xdx +
1
0
√
1 − x2dx =
1
0 xdx +
1
0
√
1 − x2dx La primera integral corresponde al
´area de un tri´angulo rect´angulo cuyos catetos miden 1 y la segunda integral corresponde al ´area de una
semicircunferencia de radio 1. Por tanto, la integral vale:
1
2
+
π
2
j)
log 5
0 etdt = et
log 5
0
= 5 − 1 = 4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

385. Integraci´on 380
k)
log 6
log 2 e−xdx = −e−x
log 6
log 2
= −
1
6
+
1
2
=
1
3
l)
3
1
x+2
x dx =
3
1 (1 + 2
1
x
)dx = x + 2 log x
3
1
= 2(1 + log 3)
m) I =
1
0
d(
√
x3+1)
dx dx =
1
0 f′(x)dx, siendo f(x) =
√
x3 + 1. Por tanto, I = f(1) − f(0) =
√
2 − 1.
n)
3
−1
2
x 4dt dx =
3
−1 4t
2
x
dx =
3
−1 (8 − 4x)dx = 8x − 2x2
3
−1
= 16
˜n)
2
0
d3
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.
o)
π/2
π/4 (sen x − cos x)dx = − cos x − sen x
π/2
π/4
=
√
2 − 1
p)
−2
3 (−4)dx = −4x
−2
3
= 20
q)
e
1
2
y dy = 2 log x
e
1
= 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

386. Integraci´on 381
Problema 185 Usar las propiedades de la integral definida y el teorema fundamental para hallar las siguientes
derivadas:
d
dt
t
1
x2
dx
d2
dt2
t
2
x2 + 1dx
d
dt
t
2
x2 + 4dx +
−1
t
x2 + 4dx
d2
dt2
t
−t
3 + 4x2dx
d
dt
3t
1
1
4 + x2
dx
d
dt
t3
t2
1
4 + 3x2
dx
Recordemos que el teorema fundamental del c´alculo dice: dada una funci´on f continua en [a, b], la funci´on F
definida por F(x) =
x
a f(t)dt en [a, b], es una funci´on 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 funci´on est´a bi´en definida
en alg´un intervalo), se tiene que: F′(x) = f(g(x)) · g′(x). Teniendo en cuenta esto, el ejercicio es f´acil de resolver.
d
dt
t
1 x2dx = t2, aplicando directamente el teorema fundamental. d2
dt2
t
2
√
x2 + 1dx = d
dt
√
t2 + 1 =
t√
t2 + 1
d
dt
t
2
√
x2 + 4dx +
−1
t
√
x2 + 4dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

387. Integraci´on 382
= d
dt
−1
2
√
x2 + 4dx = 0
d2
dt2
t
−t
3 + 4x2dx =
d2
dt2
0
−t
3 + 4x2dx +
d2
dt2
t
0
3 + 4x2dx •
= −
d2
dt2
−t
0
3 + 4x2dx +
d2
dt2
t
0
3 + 4x2dx
=
d
dt
3 + 4t2 +
d
dt
3 + 4t2
= 2
4t
√
3 + 4t2
Obs´ervese que en la tercera igualdad se ha aplicado la regla de la cadena. d
dt
3t
1
1
4+x2 dx = 3 · 1
4 + (3t)2
d
dt
t3
t2
1
4 + 3x2
dx =
d
dt
t3
0
1
4 + 3x2
dx −
t2
0
1
4 + 3x2
dx
= 3t2
·
1
4 + 3(t3)2
+ 2t ·
1
4 + 3(t2)2
•
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

388. Integraci´on 383
Problema 186 Hallar el valor de c tal que el valor medio de la funci´on f(x) = x4 − 1 sobre [−c, c] es 0.
El valor medio de una funci´on f en un intervalo [a, b] es
1
b − a
b
a f; por tanto, el problema consiste en resolver
la siguiente ecuaci´on en c ∈ R+ :
c
−c(x4 − 1)dx = 0
c
−c
(x4
− 1)dx = 0
x5
5
− x
c
−c
= 0
c5
5
− c +
c5
5
− c = 0
c =
4
√
5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

389. Integraci´on 384
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 f´ormula de Simpson nos da la siguiente aproximaci´on de la media de una funci´on:
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 partici´on regular. Podemos considerar una funci´on que nos d´e la temperatura en el
aeropuerto en cada instante, de tal forma que la tabla recoja los valores de la funci´on en los puntos {0, 1, 2, . . . , 16},
es decir, en los puntos de una partici´on regular del intervalo [0, 16]. Por tanto, aunque no conocemos la funci´on,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

390. Integraci´on 385
podemos aproximar el valor medio de la funci´on usando la f´ormula 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

391. Integraci´on 386
Problema 188 Determinar el n´umero de subintervalos necesarios para aproximar hasta las mil´esimas el valor de
las siguientes integrales usando tanto el m´etodo de los trapecios como el de Simpson.
a)
2
1
dx
x
b)
1
1/2
cos
√
x dx
a)
2
1
dx
x
; sea f(x) = 1
x
; f es infinitamente derivable en (0, ∞) y
f(k)
(x) = (−1)k
k!x−k−1
M´etodo de los trapecios: usando el m´etodo de los trapecios con una partici´on regular de n puntos cometemos
el siguiente error:
En =
(b − a)3
12n2 f′′
(c) =
1
6n2c3
para alg´un c ∈ (a, b) = (1, 2). Dado que 1 c 2, 1
23 1
c3 1, se obtiene la siguiente acotaci´on del error:
En 1
6n2 . Si queremos obtener una aproximaci´on hasta las milesimas (error menor que 10−3) tenemos que
tomar el primer natural n que verifique que
1
6n2 10−3, es decir n = 13.
M´etodo de Simpson: Con el m´etodo de Simpson, el error cometido viene dado por:
En =
(b − a)5
180n4 f(4)
(c) =
2
15n4c5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

392. Integraci´on 387
para alg´un c ∈ (1, 2); en este caso, dado que 1
25 1
c5 1, tenemos la siguiente acotaci´on En
2
15n4 .
Para obtener una aproximaci´on hasta las milesimas tenemos que tomar el primer natural n que verifique
2
15n4 10−3, es decir, n = 3.
b)
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 −
3 sen
√
x
8x2√
x
−
15 cos
√
x
16x3 +
15 sen
√
x
16x3√
x
M´etodo de los trapecios: Existe c ∈ (1/2, 1) tal que:
En =
(b − a)3
12n2 f′′
(c) =
1
8 · 12n2
sen
√
c
4c
√
c
−
cos
√
c
4c
Teniendo en cuenta que 1 1
c 2 podemos dar la siguiente acotaci´on del error:
ǫ = |En| ≤
1
96n2
sen
√
c
4c
√
c
+
cos
√
c
4c
≤
1
96n2
23/2
4
+
2
4
=
√
2 + 1
192n2
1
64n2
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393. Integraci´on 388
(en la ´ultima 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
64n2 10−3, es decir n = 4.
M´etodo de Simpson: Para una partici´on regular de n puntos, existe un c ∈ (1/2, 1) tal que el error cometido
al tomar la f´ormula de Simpson como valor de la integral es:
En =
(b − a)5
180n4 f(4)
(c) =
1
25180n4
cos
√
c
16c2 −
3 sen
√
c
8c2√
c
−
15 cos
√
c
16c3 +
15 sen
√
c
16c3√
c
En este caso, dado que 1 1
c 2, podemos dar la siguiente acotaci´on del error:
ǫ = |En| ≤
1
25180n4
cos
√
c
16c2 +
3 sen
√
c
8c2√
c
+
15 cos
√
c
16c3 +
15 sen
√
c
16c3√
c
≤
1
25180n4
4
16
+
3 · 22
√
2
8
+
15 · 23
16
+
15 · 23
√
2
16
=
31 + 36
√
2
4 · 25180n4
1
281n4
Por tanto, para obtener un error menor que 10−3 tenemos que tomar el primer natural n que verifique
1
281n4 10−3, es decir n = 2.
Este ejercicio muestra como la f´ormula de Simpson da un buena aproximaci´on de la integral; con particiones no
muy finas, se consiguen errores peque˜nos. El m´etodo de los trapecios necesita particiones m´as finas para conseguir
estimaciones parecidas.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

394. Integraci´on 389
Problema 189 Usar el m´etodo de los trapecios y el m´etodo 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)
5
1
1
x
dx b)
2
1
x
x + 1
dx c)
5
2
x2
x + 2
dx
d)
1
−1
x2 + 1 dx e)
π
0
sen x
x + π
dx f)
π
0
dx
2 + sen x
dx
Para comparar los tres resultados de cada apartado daremos las aproximaciones de cada uno con tres o m´as
decimales exactos. El lector deber´ıa utilizar las f´ormulas de los errores de ambos m´etodos para deducir una acotaci´on
de los mismos.
a) I =
5
1
1
x
dx; la partici´on es: P = {1, 2, 3, 4, 5}.
M´etodo de los trapecios: I ≈ 4
8 (1 + 21
2 + 21
3 + 21
4 + 1
5) = 101
60 ≈ 1′683.
M´etodo de Simpson: I ≈ 4
12(1 + 41
2 + 21
3 + 41
4 + 1
5 ) = 73
45 ≈ 1′622.
Valor exacto: I = log x
5
1
= log 5 ≈ 1′609.
b) I =
2
1
x
x + 1
dx; la partici´on es: P = {1, 5
4, 6
4 , 7
4, 2}.
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395. Integraci´on 390
M´etodo de los trapecios: I ≈ 1
8 (1
2 + 25
9 + 23
5 + 2 7
11 + 2
3) = 4703
7920 ≈ 0′593.
M´etodo de Simpson: I ≈ 1
12(1
2 + 45
9 + 23
5 + 4 7
11 + 2
3) = 7063
11880 ≈ 0′59452.
Valor exacto:
I =
2
1
x
x + 1
dx = x − log(x + 1)
2
1
= 1 + log 2 − log 3 ≈ 0, 59453.
c) I =
5
2
x2
x + 2
dx; partici´on: {2, 11
4 , 14
4 , 17
4 , 5}.
M´etodo de los trapecios: I ≈ 3
8 (1
3 + 2121
76 + 249
22 + 2289
100 + 25
7 ) = 104947
15400 ≈ 6′81.
M´etodo de Simpson: I ≈ 1
4(1
3 + 4121
76 + 249
22 + 4289
100 + 25
7 ) = 161619
23100 ≈ 6′99.
Valor exacto:
I =
5
2
x2
x + 2
dx =
5
2
x − 2 +
4
x + 2
dx
=
x2
2
− 2x + 4 log(x + 2)
5
2
=
9
2
+ 4 log 7 − 4 log 4 ≈ 6′
73.
d) I =
1
−1
x2 + 1 dx; partici´on: P = {−1, −1
2 , 0, 1
2, 1}.
M´etodo de los trapecios: I = 1
4 (
√
2 + 2 5/4 + 2 · 1 + 2 5/4 +
√
2) =
√
5+
√
2+1
2 ≈ 2′32.
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396. Integraci´on 391
M´etodo 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
x2 + 1 dx =
√
2 +
1
2
log
√
2 + 1
√
2 − 1
≈ 2′
2955.
(Aprenderemos a resolver esta integral en el cap´ıtulo siguiente)
e) I =
π
0
sen x
x + π
dx; partici´on P = {0, π/4, π/2, 3π/4, π}.
M´etodo de los trapecios: I ≈ π
8 (0 + 22
√
2
5π + 2 2
3π + 22
√
2
5π + 0) = 6
√
2+5
30 ≈ 0′4495.
M´etodo de Simpson: I ≈ π
12(0 + 42
√
2
5π + 2 2
3π + 42
√
2
5π + 0) = 12
√
2
45 ≈ 0′4882.
No es posible encontrar una primitiva en t´erminos de funciones elementales de la funci´on de este apartado y
por tanto, solo podemos aproximar su valor. La expresi´on del error cometido con el m´etodo de Simpson nos
permite deducir que los tres primeros decimales son exactos.
f) I =
π
0
dx
2 + sen x
dx;partici´on P = {0, π/4, π/2, 3π/4, π}.
M´etodo de los trapecios: I ≈ π
8 (1
2 + 2 2
4+
√
2
+ 21
3 + 2 2
4+
√
2
+ 1
2) = 5π
24 + π
4+
√
2
≈ 1′23474.
M´etodo de Simpson: I ≈ π
12(1
2 + 4 2
4+
√
2
+ 21
3 + 4 2
4+
√
2
+ 1
2) = 5π
36 + 4π
12+3
√
2
≈ 1′2099.
Valor exacto: I =
π
3
−
π
6
≈ 1′2092 (aprenderemos a hallar una primitiva de esta funci´on en el cap´ıtulo
siguiente).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

397. Integraci´on 392
Deducci´on del error del m´etodo de los trapecios. Primero estudiaremos el error cometido en la aproximaci´on del
´area en cada subintervalo. Este error puede ser expresado como
E =
x1
x0
f(x) dx −
h
2
f(x0) + f(x1)
a) Supongamos que f′′ es continua en [a, b] y consideremos el error como funci´on de la distancia h entre x0 y x1,
E(h) =
x0+h
x0
f(x) dx −
h
2
f(x0) + f(x0 + h)
Usando el teorema fundamental del c´alculo, obt´engase la segunda derivada de E respecto de h,
E′′
(h) = −
h
2
f′′
(x0 + h)
b) Compru´ebese 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
E′
(h) = −
1
2
f′′
(ξ)
h
0
t dt = −
h2
4
f′′
(ξ)
para alg´un ξ ∈ [x0, x0 + h].
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

398. Integraci´on 393
c) Usar la misma t´ecnica que en el punto anterior para obtener E(h) = −
h3
12
f′′(c1). En particular, si f′′(x) 0
hemos obtenido una aproximaci´on por exceso y si f′′(x) 0 la aproximaci´on es por defecto. Interpretar
geom´etricamente este hecho.
d) Una vez conocida una expresi´on exacta del error cometido en cada subintervalo podemos hallar el error total
sumando todos los errores. Efectuar los c´alculos para obtener
E =
n
i=1
−
h3
12
f′′
(ci) = −
h3
12
n
i=1
f′′
(c1)
donde cada ci ∈ [xi−1, xi] y h = (b − a)/n.
e) S´olo queda expresar el resto en funci´on de un ´unico ci. Aplicar el teorema de los valores intermedios para
demostrar que existe un c ∈ [a, b] tal que
f′′
(c) =
1
n
n
i=1
f′′
(ci)
con lo que
E = −
h3
12
n
i=1
f′′
(c1) = −
nh3
12
·
1
n
n
i=1
f′′
(c1) = −
nh3
12
f′′
(c) = −
(b − a)3
12n2
f′′
(c)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

399. Integraci´on 394
a)
E(h) =
x0+h
x0
f(x) dx −
h
2
f(x0) + f(x0 + h)
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
0
E′′
(t)dt =
h
0
−
t
2
f′′
(x0 + t)
E′
(h) − E′
(0) = −
1
2
h
0
−
t
2
f′′
(x0 + t)
Efectivamente, por el segundo teorema del valor medio se deduce que existe alg´un punto ξh ∈ [x0, x0 + h] tal
que:
E′
(h) = −
1
2
f′′
(ξh)
h
0
t dt = −
h2
4
f′′
(ξh)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

400. Integraci´on 395
c) Podemos repetir los mismos pasos del apartado anterior para deducir la igualdad:
E(h) = −
h3
12
f′′
(c1)
para alg´un c1 ∈ [x0, x0 + h].
Para justificar que podemos aplicar nuevamente el segundo teorema del valor medio, tendr´ıamos que demostrar
la continuidad de la “funci´on”g(t) = f′′(ξt). En general, g no tiene que ser ni siquiera funci´on, ya que el teorema
del valor medio no asegura la unicidad de los puntos ξ. No obstante, s´ı se puede construir una funci´on ξ(t)
continua sobre un intervalo y verificando tal propiedad; y a partir de ah´ı tomar g(t) = f′′(ξ(t)). La demostraci´on
de este hecho es demasiado t´ecnica 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 m´etodo de
los trapecios es:
E = −
h3
12
n
i=1
f′′
(c1)
e) Sean M = m´ax{f′′(x); x ∈ [a, b]} y m = m´ın{f′′(x); x ∈ [a, b]}, entonces se verifica:
m =
1
n
n
i=1
m ≤
1
n
n
i=1
f′′
(ci) ≤
1
n
n
i=1
M = M
Por la continuidad de f′′ y el teorema de los valores intermedios, existe un c ∈ [a, b] tal que
1
n
n
i=1
f′′
(ci) = f′′
(c)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

401. Integraci´on 396
Esto nos permite completar la demostraci´on:
E = −
h3
12
n
i=1
f′′
(c1) = −
nh3
12
·
1
n
n
i=1
f′′
(c1) = −
nh3
12
f′′
(c) = −
(b − a)3
12n2
f′′
(c)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

402. Integraci´on 397
Problema 190 Deducci´on del error en el m´etodo 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 expresi´on general. El
error cometido en un par de subintervalos es
E =
x2
x0
f(x) dx −
h
3
f(x0) + 4f(x1) + f(x2)
a) Supongamos que f(4) es una funci´on continua. Fijemos x1 y consideremos el error como una funci´on de
h del siguiente modo:
E(h) =
x1+h
x1−h
f(x) dx −
h
3
f(x1 − h) + 4f(x1) + f(x1 + h)
usando el teorema fundamental del c´alculo, y algo de paciencia, es posible obtener
E′′′
(h) = −
h
3
f′′′
(x1 + h) − f′′′
(x1 − h) = −
2h2
3
f(4)
(ξ)
donde la ´ultima igualdad es consecuencia de la aplicaci´on del teorema del valor medio a la funci´on 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 alg´un c ∈ [x1 − h, x1 + h].
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

403. Integraci´on 398
c) Sumando los errores para cada par de subintervalos deducir que el error cometido al aproximar
b
a f(x) dx
usando una partici´on regular de n = 2m trozos y el m´etodo de Simpson es
E = −
h5
90
m
i=1
f(4)
(ci)
d) Aplicar el teorema de los valores intermedios existe un c ∈ [a, b] tal que
f(4)
(c) =
1
m
m
i=1
f(4)
(ci)
y, por lo tanto,
E = −
mh5
90
f(4)
(c) =
(b − a)5
180n4
f(4)
(c)
(La demostraci´on 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 resoluci´on.)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

404. Integraci´on 399
Problema 191 Sabemos que una integral de una funci´on continua es el l´ımite 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 = l´ım
n→∞
b − a
n
n
i=1
f(x∗
i )
Puesto que el denominador es estrictamente creciente y de limite infinito podemos aplicar el criterio de St¨oltz
y, por lo tanto
l´ım
n→∞
b − a
n
n
i=1
f(x∗
i )
= (b − a) l´ım
n→∞
f(x∗
1) + · · · + f(x∗
n)
n
aplicando St¨oltz
= (b − a) l´ım
n→∞
f(x∗
1) + · · · + f(x∗
n+1) − f(x∗
1) + · · · + f(x∗
n)
(n + 1 − n)
= (b − a) l´ım
n→∞
f(x∗
n+1)
= (b − a) · f(b) (f es continua y xn+1 ∈ [xn, b])
Seg´un lo cual obtenemos el valor exacto de
b
a f(x) dx = (b − a)f(b). ¿Qu´e falla en el razonamiento anterior?
El fallo del razonamiento est´a en la simplificaci´on de la tercera igualdad. Tal error proviene de una excesiva
relajaci´on de la notaci´on utilizada en algunas f´ormulas. La utilizada en este razonamiento tal y como la vimos
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

405. Integraci´on 400
en el teorema ?? y particularizada a una partici´on regular es:
b
a
f = l´ım
1
n
n
i=1
f(x∗n
i )
Siendo f una funci´on integrable en [a, b], Pn = {x0, x1, . . . , xn} la partici´on regular en n subintervalos de [a, b]
y ∗n = {x∗n
1 , . . . x∗n
n } una elecci´on de puntos intermedios para cada partici´on 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 conclusi´on de no simplificar en exceso las notaciones, por engorrosas que nos
parezcan, ya que puede llevarnos a conclusiones err´oneas. Piense el lector que, en este caso, la conclusi´on es lo
bastante absurda como para hacernos sospechar, pero que igualmente podr´ıamos haber llegado a un resultado
menos sospechoso y no por ello menos falso.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

406. Integraci´on 401
Problema 192 Demostrar por inducci´on las f´ormulas siguientes:
a)
n
i=1
i =
n(n + 1)
2
b)
n
i=1
i2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
c)
n
i=1
i3
=
n(n + 1)
2
2
a)
n
i=1
i =
n(n + 1)
2
.
(i) La f´ormula es v´alida para n = 2:
1 + 2 =
2 · 3
2
(ii) Supongamos que la f´ormula es v´alida para n = k. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambi´en es
v´alida para n = k + 1):
k+1
i=1
i = (k + 1) +
k
i=1
i
= (k + 1) +
k(k + 1)
2
=
(k + 1)(k + 2)
2
Y, efectivamente, esta ´ultima expresi´on corresponde a la f´ormula propuesta evaluada en k + 1.
Por tanto, la f´ormula es v´alida para todo n ∈ N.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

407. Integraci´on 402
b)
n
i=1
i2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
(i) La f´ormula es v´alida para n = 2:
1 + 4 =
2 · 3 · 5
6
(ii) Supongamos que la f´ormula es v´alida para n = k − 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambi´en es
v´alida para n = k):
k
i=1
i2
= k2
+
k−1
i=1
i2
= k2
+
(k − 1)k(2k − 1)
6
=
2k3 + 3k2 + k
6
=
k(k + 1)(2k + 1)
6
Y, efectivamente, esta ´ultima expresi´on corresponde a la f´ormula propuesta evaluada en k.
Por tanto, la f´ormula es v´alida para todo n ∈ N.
c)
n
i=1
i3
=
n2(n + 1)2
4
.
(i) La f´ormula es v´alida para n = 2:
1 + 8 =
4 · 9
4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

408. Integraci´on 403
(ii) Supongamos que la f´ormula es v´alida para n = k − 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambi´en es
v´alida para n = k):
k
i=1
i3
= k3
+
k−1
i=1
i3
= k3
+
(k − 1)2k2
4
=
k4 + 2k3 + k2
4
=
k2(k + 1)2
4
Y, efectivamente, esta ´ultima expresi´on corresponde a la f´ormula propuesta evaluada en k.
Por tanto, la f´ormula es v´alida para todo n ∈ N.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

409. Integraci´on 404
Problema 193 Hallar el ´area total de la regi´on o regiones acotadas por las curvas dadas:
a) y = x4, y = 1 b) y = x, y = x3; c) y = x2, y = x3;
d) x = y2, y = x − 2 e) y = x2 − 1, y =
√
1 − x2; f) y = x2 − 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 = x4, y = 1. Estas dos curvas se cortan en x = −1 y x = 1 y entre estos dos puntos, la recta y = 1 est´a por
encima de la curva y = x4; por tanto, el ´area que queda entre ellas es:
A =
1
−1
(1 − x4
)dx = x −
x5
5
1
−1
= (1 −
1
5
) − (−1 +
1
5
) =
8
5
b) y = x, y = x3. Estas dos curvas se cortan en x = −1, x = 0 y x = 1. Por tanto, el ´area que queda entre ellas
es:
0
−1
(x − x3
)dx +
1
0
(x − x3
)dx =
x2
2
−
x4
4
0
−1
+
x2
2
−
x4
4
1
0
= −
1
2
+
1
4
+
1
2
−
1
4
=
1
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

410. Integraci´on 405
c) y = x2, y = x3; los puntos de corte de las dos curvas son x = 0 y x = 1. Por tanto, el ´area que queda entre
ellas es
A =
1
0
(x2
− x3
)dx =
x3
3
−
x4
4
1
0
=
1
3
−
1
4
=
1
12
d) x = y2, y = x − 2. La regi´on coincide con la regi´on comprendida entre las gr´aficas de f(y) = y2 y g(y) = y + 2
(ver apartado g); los puntos de corte de las dos gr´aficas son y = −1 y y = 2 y por tanto, el ´area que queda
entre ellas es:
A =
2
−1
(y2
− y − 2)dy = (
y3
3
−
y2
2
− 2y)
2
−1
=
33
6
e) y = x2 − 1, y =
√
1 − x2; los puntos de corte son x = −1 y x = 1 y el ´area pedida es:
A =
1
−1
(x2
− 1 − 1 − x2)dx = −
4
3
−
π
2
=
4
3
+
π
2
f) y = x2 − 1, y = x + 1; los puntos de corte son x = −1 y x = 2 y el ´area:
A =
2
−1
(x + 1 − x2
+ 1)dx =
2
−1
(−x2
+ x + 2)dx =
9
2
=
9
2
g) x = y2 − 4, x = 2 − y. Dado que no podemos expresar y como funci´on de x en la primera curva, podemos
calcular el ´area considerando la regi´on sim´etrica respecto de la bisectriz del primer y tercer cuadrante; es decir,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

411. Integraci´on 406
el ´area pedida coincide con el ´area determinada por las curvas y = x2 − 4, y = 2 − x
2
y = x2
− 4
y = 2 − x
x = y2
− 4
x = 2 − y
Y
X
Y
X
−2
−3
Los puntos de corte de estas curvas son x = −3, x = 2 y el ´area:
A =
2
−3
(2 − x − x2
+ 4)dx =
22
3
h) y = ex − e, x = 0, y = 0; el punto de corte de la curva con el eje OX es x = 1 y el ´area pedida es:
1
0
(ex
− e)dx = (ex
− ex)
1
0
= | − 1| = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

412. Integraci´on 407
i) y =
9
4x + 5
, x + y = 2; los puntos de corte de las dos curvas son x = −1/2 y x = 1 y el ´area:
A =
1
−1/4
(
9
4x + 5
− 2 + x)dx =
9
2
log
3
2
−
65
32
=
65
32
−
9
2
log
3
2
j) y = cosec2 x para π/3 ≤ x ≤ 2π/3, y = 4
3. Los ´unicos puntos de corte en el intervalo [π/3, 2π/3] son los
extremos del intervalo; por tanto, el ´area pedida es:
2π/3
π/3
4
3
− cosec2
x dx =
4
3
+ cotg x
2π/3
π/3
=
4π
9
−
2
√
3
k) x = 2y2, x = 8. Razonando como en el apartado g, este ´area coincide con la de la regi´on comprendida entre
las curvas y = 2x2 e y = 8; los puntos de corte de estas dos curvas son x = −2 y x = 2 y el ´area pedida:
2
−2
(8 − 2x2
)dx = 8x −
2
3
x3
2
−2
=
64
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

413. Integraci´on 408
Problema 194 Calcular el ´area de la regi´on del primer cuadrante limitada por las curvas x2 + y2 = 2, y = 0 e
y = x2.
Las curvas (en el primer cuadrante) se cortan solo en el punto x = 1 y por tanto el ´area pedida es:
1
0
x2
− 2 − x2 dx =
x3
3
−
x
2
2 − x2 − arc sen
x
√
2
1
0
=
π
4
−
1
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

414. Integraci´on 409
Problema 195 Expresar en t´erminos de una integral el ´area de la regi´on m´as grande limitada por x2 + y2 = 25 y
la recta x = −3.
La regi´on descrita es un segmento circular del c´ırculo de centro (0, 0) y radio 5; de los dos segmento formados,
el mayor corresponde a x ∈ (−3, 5) y su ´area es:
2
5
−3
25 − x2 dx = x 25 − x2 + 25 arc sen
x
5
5
−3
=
25π
2
+ 12 + 25 arc sen
3
5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

415. Integraci´on 410
Problema 196 Hallar el valor de c tal que el tri´angulo limitado por y = 2x, y = 0, y x = 4 est´a dividido en dos
regiones de ´areas iguales por la recta y = c.
El ´area total del tri´angulo se puede calcular como:
8
0
(4 −
y
2
)dy = 4y −
y2
4
8
0
= 16
Si cortamos el tri´angulo por la recta y = c, el ´area de una de las mitades se calcula como:
c
0
(4 −
y
2
)dy = 4y −
y2
4
c
0
= 4c −
c2
4
Por tanto, el n´umero c que buscamos es soluci´on de la ecuaci´on:
4c −
c2
4
= 8,
es decir, c = 8 − 4
√
2 (la otra soluci´on de la ecuaci´on es mayor que 8 y por tanto no es v´alida como soluci´on del
ejercicio).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

416. Integraci´on 411
Problema 197 Hallar el valor de c tal que la regi´on limitada por y = x2 e y = 4 est´a dividida en dos regiones de
´areas iguales por y = c.
Dado que la curva y = x2 es sim´etrica respecto del eje OY , basta hacer el estudio para x ∈ (0, 2). Seguimos el
camino del ejercicio anterior; el ´area total de la regi´on es:
4
0
(
√
y) dy =
2
3
y3/2
4
0
=
16
3
Si cortamos por la recta y = c, el ´area de una de las mitades es:
c
0
(
√
y) dy =
2
3
y3/2
c
0
=
2
3
c3/2
Por tanto, el n´umero c buscado es soluci´on de la ecuaci´on 2
3 c3/2 = 8
3, es decir, c = 2 3
√
2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

417. Integraci´on 412
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 tendr´ıa una varilla de una unidad de longitud que tuviera la misma composici´on y grosor que
tiene en x en todas partes. Una varilla delgada de 3 cm de longitud tiene densidad longitudinal
1
20
·
x + 5
x + 1
kg/m
a una distancia x del extremo m´as 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
i=1
ρ(x∗
i )(xi − xi−1)
La masa exacta de la varilla ser´a el l´ımite de la sucesi´on as´ı formada. Dado que la funci´on ρ(x) es continua y en
consecuencia integrable, este l´ımite existe y coincide con el valor de la integral entre 0 y 3. (Tenemos que asegurarnos
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

418. Integraci´on 413
de que la funci´on es integrable para poder afirmar que el m´etodo es el adecuado).
0 0x1 x2 x3 x4 xn−1 33
ρ(x∗
1)ρ(x∗
2)ρ(x∗
3)ρ(x∗
4) ρ(x∗
n)
→
→
→
→
→
Mn =
M =n
i=1
ρ(x∗
n)(xi − xi−1)
3
0
ρ(x) dx
La masa es:
3
0
1
2000
·
x + 5
x + 1
dx =
3
0
1
2000
(1 +
4
x + 1
) dx =
1
2000
(x + 4 log(x + 1))
3
0
=
3 + 4 log 4
2000
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

419. Integraci´on 414
Problema 199 La densidad de superficie de masa (masa por unidad de ´area) se define para una l´amina delgada
de material de modo an´alogo a la de densidad longitudinal de masa del ejercicio anterior. Una l´amina delgada de
material cubre la regi´on plana limitada por y = (x − 2)2 e y = 1. Si las unidades est´an en metros y el ´area de
densidad de masa de (x, y) es x/2 kg/m2, hallar la masa de la l´amina.
(Ver el problema anterior). Sea f(x) = 1 − (x − 2)2; el ´area de la region descrita es la integral de esta funci´on 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 ´area podemos considerar una partici´on del intervalo [1, 3] en n trozos iguales;
la aproximaci´on ser´a An = n
i=1 f(x∗
i )(xi − xi−1). A partir de esta expresi´on y suponiendo que en cada trozo la
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

420. Integraci´on 415
densidad es constante, podemos obtener una aproximaci´on de la masa de la l´amina:
Mn =
n
i=1
ρ(x∗
i )f(x∗
i )(xi − xi−1);
dado que las funciones ρ y f son continuas, el l´ımite de la sucesi´on as´ı formada nos da la masa exacta de la l´amina
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 ´ultimo, hay que observar que el planteamiento anterior lo hemos podido hacer porque la densidad de la l´amina
depend´ıa solamente de la coordenada x, en otros casos, tendremos que recurrir a integraci´on multiple (cap´ıtulo 13).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

421. Integraci´on 416
Problema 200 En los siguientes apartados usar el m´etodo de discos para hallar el volumen del s´olido generado al
girar la regi´on dada entre los l´ımites dados sobre el eje indicado:
a) Limitada por y = x2 + 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 = x2, y = 3 − 2x alrededor del eje OX.
d) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor del eje OX.
e) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta y = 1.
f) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta y = 2.
a) Limitada por y = x2 + 1, y = 0, x = 1, x = −1 alrededor del eje OX:
V =
1
−1
π(x2
+ 1)2
dx = π(
x5
5
+
2
3
x3
+ x)
1
−1
=
56
15
π
b) Limitada por y =
√
x, x = 4, y = 0 alrededor del eje OX:
V =
4
0
πxdx = π
x2
2
4
0
= 8π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

422. Integraci´on 417
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:
V =
1
−3
π(3 − 2x)2
dx −
1
−3
π(x2
)2
dx = π(
364
3
−
244
5
)
d) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor del eje OX:
V =
π
0
π sen2
x dx =
π2
2
e) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta y = 1. (Obs´ervese que la curva no corta
al eje de giro).
En los casos en que la regi´on que se gira no est´e situada en el plano de tal forma que el eje de giro coincida con
uno de los ejes coordenados, solamente tenemos que desplazar la regi´on y el eje por el plano hasta conseguirlo.
En este caso, la regi´on descrita coindide con la regi´on comprendida entre la gr´afica de f(x) = sen x − 1 y el
eje OX y el s´olido descrito se genera al girar esta regi´on alrededor de este eje. Es conveniente que el lector
se ayude de las representaciones gr´aficas para entender lo que se ha hecho; en el apartado siguiente se puede
ver otro ejemplo similar con su representaci´on (este tipo de manipulaciones son frecuentes en los problemas
de aplicaci´on de la integral). El volumen pedido es:
V =
π
0
π(1 − sen x)2
dx =
3
2
π2
− 4π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

423. Integraci´on 418
f) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta y = 2. Los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1.
y =
y
Y
X
X
Y
= 2 − x2
x2
1
1
2
Seguimos el m´etodo del apartado anterior, y observamos que el cuerpo descrito coincide con el obtenido al
girar la regi´on comprendida entre y = 2 − x2 e y = 1 alrededor del eje OX y su volumen es:
V =
1
−1
π(2 − x2
)2
dx −
1
−1
π dx =
56
15
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

424. Integraci´on 419
Problema 201 Se corta una cu˜na de un tronco (cil´ındrico) de radio 2 dm dando dos cortes con una sierra mec´anica
que llegan hasta el centro del tronco. Si uno de los cortes se hace perpendicular y el otro formando un ´angulo de 30◦
con el primero, ¿qu´e volumen tendr´a la cu˜na?
y
Y
=
√
4 − x
X
2
√
4 − x2
30◦
√
3
√
4 − x2
Situando el s´olido como se muestra en la figura, tenemos que el ´area de cada secci´on perpendicular al eje OX es
A(x) =
√
3
2 (4 − x2), y por tanto, el volumen de la cu˜na es:
V =
2
−2
A =
2
−2
√
3
2
(4 − x2
)dx = 8
√
3dm2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

425. Integraci´on 420
Problema 202 Se va a dise˜nar un contenedor de papel para reciclar con la forma de una pir´amide truncada, en
la que las bases inferior y superior son cuadrados de lado 100 y 60 cm, respectivamente. ¿Qu´e altura debe tener el
contenedor para que su volumen sea exactamente un metro c´ubico?
100
60
Y
X
40
h
h
xy = 100 −
x
Situamos el contenedor como se muestra en la figura, de forma que el eje de la piramide coincide con el eje OX
y cada secci´on perpendicular a este eje es un cuadrado. Si la altura del tronco es h, su volumen es:
V =
h
0
(100 −
40
h
x)2
dx =
19600
3
h cm3
Por tanto, la altura buscada es soluci´on de la ecuaci´on: 19600
3 h = 1000000, es decir, h = 7500
49
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

426. Integraci´on 421
Problema 203 La base de un s´olido es un tri´angulo rect´angulo is´osceles con hipotenusa de longitud a. Cada secci´on
plana del s´olido cortada por un plano perpendicular a la hipotenusa es un cuadrado. Hallar el volumen del s´olido.
Z
Y
X
y =x
a/2
Situamos el s´olido como se muestra en la figura, haciendo coincidir el eje OX con la hipotenusa de la base del
s´olido. El ´area de cada secci´on perpendicular al eje OX es A(x) = (a
2 − x)2 y el volumen del s´olido (completo) es:
V = 2
a/2
0
(
a
2
− x)2
dx =
a3
24
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

427. Integraci´on 422
Problema 204 Un s´olido tiene como base una regi´on plana limitada por x = y2 y x = 4. Cada secci´on plana del
s´olidos cortada por un plano perpendicular al eje OX es un tri´angulo rect´angulo is´osceles con un ´angulo recto en la
gr´afica de
√
x. Hallar el volumen del s´olido.
Situando el s´olido como muestra la figura 7.1, se tiene que el area de cada secci´on perpendicular a OX es
A(x) = 1
2(2
√
x)2 = 2x2, y el volumen del cuerpo
V =
4
0
2x2
dx =
128
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

428. Integraci´on 423
Z
X
4
y =
√
x
y =
√
− x
Figura 7.1: Ejercicio 12.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

429. Integraci´on 424
Problema 205 En los siguientes apartados usar el m´etodo de las capas para hallar el volumen del s´olido generado
al girar la regi´on con los l´ımites dados alrededor del eje indicado:
a) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta x = 2.
b) Limitada por y = x, y = x2 alrededor del eje OX.
c) Limitada por x = y2, x = y + 2 alrededor de la recta y = 2.
d) Limitada por y = sen x para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta x = 2π.
a) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta x = 2: los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1.
El s´olido as´ı generado es el mismo que el generado al girar la regi´on 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 s´olido
as´ı generado coincide con el generado al girar la regi´on comprendida entre y =
√
x e y = x alrededor del eje
OY (hacemos esto para utilizar el m´etodo de las capas). El volumen pedido es:
V =
1
0
2πx
√
x dx −
1
0
2πx2
dx =
2
15
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

430. Integraci´on 425
c) Limitada por x = y2, x = y + 2 alrededor de la recta y = 2: Los puntos de corte de las curvas son y = −1
e y = 2. El s´olido as´ı generado es el mismo que el generado al girar la regi´on 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 s´olido coincide con el generado
al girar la regi´on limitada por la curva y = sen 2π − x = − sen x para π ≤ x ≤ 2π, y = 0 alrededor del eje OY :
V =
2π
π
−x sen x dx = 2πx cos x
2π
π
−
2π
π
2π cos x dx = 6π2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

431. Integraci´on 426
Problema 206 Derivar la f´ormula V = 4
3πa3 para el volumen de la esfera de radio a, usando el m´etodo de capas.
Si giramos la regi´on por debajo de la gr´afica de f(x) =
√
a2 − x2 con x ∈ (0, a), alrededor del eje OY , obtenemos
una semiesfera; por tanto, el volumen de la esfera se puede calcular como:
V = 2
a
0
2πx a2 − x2 dx = −
4
3
π(a2
− x2
)3/2
a
0
=
4
3
πa3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

432. Integraci´on 427
Problema 207 Una c´ascara esf´erica de radio r y de grosor h es, por definici´on, la regi´on comprendida entre dos
esferas conc´entricas de radio r − h/2 y r + h/2.
a) Hallar una f´ormula para el volumen, V (r, h), de una c´ascara esf´erica de radio r y de grosor h.
b) Para un radio fijo r, ¿cu´anto vale
d
dh
V (r, h) cuando h = 0? Interpretar el resultado en t´erminos de la superficie
de la esfera.
c) El volumen de la cascara esf´erica de radio r y de grosor h la podemos calcular rest´andole al volumen de la
esfera de radio r + h
2 el volumen de la esfera de radio r − h
2 :
V (r, h) =
4
3
π((r +
h
2
)3
− (r −
h
2
)3
) = 4πr2
h +
1
3
h3
d)
d
dh
V (r, h) = 4πr2
+ h2
;
d
dh
V (r, h)(0) = 4πr2
. Esta derivada coincide con el valor de la superficie de la esfera.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

433. Integraci´on 428
Problema 208 En los siguientes apartados hallar la longitud de la curva con la ecuaci´on 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 = x3 + 1
12x desde x = 1 a x = 2.
d) x = y4 + 1/(32y2) desde y = −2 a y = −1
e) x2/3 + y2/3 = a2/3
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
= x2
(x2
− 2)
1 + [f′(x)]2 = 1 − 2x2 + x4 = x2
− 1
L =
4
2
(x2
− 1) dx =
50
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

434. Integraci´on 429
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 = x3 + 1/(12x) desde x = 1 a x = 2;
f(x) = x3
+
1
12x
x ∈ [1, 2]
f′
(x) = 3x2
−
1
12x2
1 + [f′(x)]2 =
362x16 + 72x4 + 1
144x4
=
36x4 + 1
12x2
L =
2
1
36x4 + 1
12x2
dx =
2
1
3x2
+
1
12x2
dx =
169
24
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

435. Integraci´on 430
d) x = y4 + 1/(32y2) desde y = −2 a y = −1;
f(y) = y4
+
1
32y2
y ∈ [−2, −1]
f′
(y) = 4y3
−
1
16y3
1 + [f′(y)]2 =
163y12 + 2 · 43y6 + 1
162y6
= −
43y6 + 1
16y3
L =
−1
−2
−
43y6 + 1
16y
dy =
−1
−2
−(4y3
+
1
16y3 )dy =
1923
128
Hemos introducido un signo “−” al simplificar la ra´ız para hacer positiva la expresi´on, es decir, tenemos que
tomar la ra´ız positiva.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

436. Integraci´on 431
e) x2/3 + y2/3 = a2/3. La figura siguiente muestra la curva completa.
a
a
−a
−a
X
Y
Consideramos la funci´on f cuya gr´afica nos da la curva correspondiente al primer cuadrante, por lo que la
longitud total ser´a cuatro veces la de este segmento:
f(x) = (a2/3
− x2/3
)3/2
x ∈ [0, a]
f′
(x) = −x−1/3
(a2/3
− x2/3
)1/2
1 + [f′(x)]2 = (a/x)1/3
L = 4
a
0
(a/x)1/3
dx =
3
2
(ax2
)1/3
a
0
=
3
2
a
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

437. Integraci´on 432
Problema 209 En los siguientes apartados hallar el ´area 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) x2/3 + y2/3 = a2/3 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
2
1 +
1
4
dx =
√
5
4
πx2
6
2
= 8
√
5π
b) y = x − 3 desde x = 3 a x = 5 alrededor de la recta x = −1; la superfice as´ı 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 ´area es:
S =
6
4
2π(x − 4)
√
1 + 1 dx = 4
√
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

438. Integraci´on 433
c) y =
√
x desde x = 1 a x = 3 alrededor del eje OX:
S =
3
1
2π
√
x 1 +
1
4x
dx =
3
1
π
√
4x + 1 dx =
π
6
(
√
133 −
√
53)
d) x2/3 + y2/3 = a2/3 para y ≥ 0 alrededor del eje OX. Seg´un la figura del apartado (d) del ejercicio anterior, nos
basta hallar el ´area de la superficie generada al girar la funci´on f(x) = (a2/3 −x2/3)3/2 con x ∈ [0, a] alrededor
del eje OY , el ´area pedida ser´a el doble de esta:
S = 2
a
0
2πx(a/x)1/3
dx =
12
5
πa1/3
x5/3
a
0
=
12
5
πa2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

439. Integraci´on 434
Problema 210 Si un cono tiene una base de radio r y generatriz s, el ´area de su superficie es πrs. Derivar esta
f´ormula 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 f´ormula dada en la secci´on ??, el ´area del cono es:
S =
h
0
2π
r
h
x 1 +
r2
h2
dx = π
r
h
sx2
h
0
= πrs
El centro de gravedad del segmento y = (r/h)x, x ∈ [0, h], es (h
2 , x
2 ), y por tanto, el teorema de Pappus nos dice que
el ´area del cono es:
S = 2π
r
2
s = πrs
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

440. Integraci´on 435
Problema 211 Expresar las integrales impropias como una suma de integrales impropias de tipo b´asico. Establecer
la convergencia o divergencia de las integrales, si es posible:
a)
π
0
tg xdx b)
1
0
dx
x2 + x
c)
2
−2
dx
x2 − 4
d)
4
0
dx
x2 − 2x − 3
e)
∞
−∞
dx
3
√
x + x3
f)
π
0
dx
sen x − cos x
El simple estudio del dominio del integrando nos da los puntos donde las integrales son impropias:
a) I =
π
0
tg xdx =
π/2
0
tg xdx +
π
π/2
tg xdx;
π/2
0
tg xdx = l´ım
t→π/2
(− log(cos x))
t
0
= +∞
π
π/2
tg xdx = l´ım
t→π/2
(− log(− cos x))
0
t
= −∞
Por tanto, la integral I no converge.
b)
1
0
dx
x2 + x
= l´ım
t→0
log
x
x + 1
1
0
= +∞
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

441. Integraci´on 436
c)
2
−2
dx
x2 − 4
=
0
−2
dx
x2 − 4
+
2
0
dx
x2 − 4
:
0
−2
dx
x2 − 4
= l´ım
t→−2
1
4
log
2 − x
x + 2
0
t
= −∞
2
0
dx
x2 − 4
= l´ım
t→−2
1
4
log
2 − x
x + 2
t
0
= −∞
Por tanto, la integral propuesta diverge a −∞.
d)
4
0
dx
x2 − 2x − 3
=
3
0
dx
x2 − 2x − 3
+
4
3
dx
x2 − 2x − 3
:
3
0
dx
x2 − 2x − 3
= l´ım
t→3
1
4
log
3 − x
3 + x
3
0
= −∞
4
3
dx
x2 − 2x − 3
= l´ım
t→3
1
4
log
x − 3
3 + x
3
0
= +∞
Por tanto, la integral no converge.
e)
∞
−∞
dx
3
√
x + x3 =
0
−∞
dx
3
√
x + x3 +
∞
0
dx
3
√
x + x3 . Dado que l´ım
x→∞
1
3
√
x+x3 x3 = 1 = 0, y la integral
∞
1
dx
x3 es
convergente, la integral
0
−∞
dx
3
√
x + x3 tambi´en es convergente. De la misma forma, se deduce que la integral
∞
0
dx
3
√
x + x3 tambi´en es convergente y en consecuencia, la integral propuesta es convergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

442. Integraci´on 437
f)
π
0
dx
sen x − cos x
=
π/4
0
dx
sen x − cos x
+
π
π/4
dx
sen x − cos x
; hallamos en primer lugar una primitiva de f(x) =
1
sen x − cos x
:
dx
sen x − cos x
=
2 dt
t2 + 2t − 1
(t = tg
x
2
)
=
1
2
√
2
1
t + 1 −
√
2
−
1
t + 1 +
√
2
dt
=
1
2
√
2
log
t + 1 −
√
2
t + 1 +
√
2
=
1
2
√
2
log
tg x
2 + 1 −
√
2
tg x
2 + 1 +
√
2
=
1
2
√
2
log
sen x
2 + (1 −
√
2) cos x
2
sen x
2 + (1 +
√
2) cos x
2
A partir de aqu´ı y teniendo en cuenta que tg π
8 =
√
2 − 1,
π/4
0
dx
sen x − cos x
= l´ım
t→π/4
1
2
√
2
log
sen x
2 + (1 −
√
2) cos x
2
sen x
2 + (1 +
√
2) cos x
2
t
0
= −∞
π
π/4
dx
sen x − cos x
= l´ım
t→π/4
1
2
√
2
log
sen x
2 + (1 −
√
2) cos x
2
sen x
2 + (1 +
√
2) cos x
2
π
t
= +∞
Por tanto, la integral propuesta no converge.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

443. Integraci´on 438
Problema 212 Determinar si la integral impropia converge o no, y hallar su valor si converge:
a)
∞
1
1
√
x
dx b)
0
−∞
x2
x3 + 1
dx c)
2
1
1
(x − 1)2
dx
d)
1
0
1
√
2x − x2
dx e)
∞
0
e−x
sen xdx f)
π/2
0
√
cos x cotg xdx
a)
∞
1
1
√
x
dx = 2
√
x
∞
1
= +∞
b)
0
−∞
x2
x3 + 1
dx =
1
3
log |x3
+ 1|
0
−∞
= −∞
c)
2
1
1
(x − 1)2
dx = −
1
x − 1
2
1
= +∞
d)
1
0
1
√
2x − x2
dx = arc sen(x − 1)
1
0
=
π
2
e)
∞
0
e−x
sen xdx; hallamos una primitiva del integrando:
e−x
sen x dx = −e−x
cos x − e−x
cos x dx (Por partes)
= −e−x
cos x − e−x
sen x − e−x
sen x dx (Por partes)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

444. Integraci´on 439
Por tanto: e−x
sen x dx = −
1
2
e−x
(cos x + sen x). Ya podemos estudiar la integral impropia:
∞
0
e−x
sen xdx = −
1
2
e−x
(cos x + sen x)
∞
0
= l´ım
t→+∞
1
2
−
1
2
e−t
(cos t + sen t) =
1
2
(para justificar este l´ımite, t´engase en cuenta que l´ım
t→+∞
e−t
= 0 y (cos t + sen t) es una funci´on acotada)
f)
π/2
0
√
cos x cotg xdx =
π/2
0
cos x
√
sen x
dx = 2
√
sen x
π/2
0
= 2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

445. Integraci´on 440
Problema 213 Considerar la regi´on determinada por la gr´afica de 1/x sobre la semirrecta x ≥ 1.
¿Tiene la regi´on ´area finita?
Demostrar que el s´olido ilimitado obtenido al girar la regi´on alrededor del eje OX tiene volumen finito, y
calcular este volumen.
¿El s´olido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el ´area de superficie finita?
El ´area de la regi´on se calcula como sigue:
A =
+∞
1
1
x
dx = log x
+∞
1
= +∞
Por tanto, la regi´on no tiene ´area finita.
El volumen del s´olido as´ı generado es:
V =
+∞
1
1
x2
dx = −
1
x
+∞
1
= 1
El ´area de la superficie es:
S =
+∞
1
2π
1
x
1 +
1
x4
dx =
+∞
1
2π
√
x4 + 1
x3
dx = +∞
(para deducir que esta integral es divergente, basta compararla con
+∞
1
dx
x que es divergente).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

446. Integraci´on 441
Problema 214 Considerar la regi´on determinada por la gr´afica de 1/
√
x en el intervalo semiabierto (0, 1] y el eje
OX.
a) ¿La regi´on tiene ´area finita?
b) Demostrar que el s´olido ilimitado obtenido al girar la regi´on alrededor del eje Y tiene volumen finito, y calcular
este volumen.
c) ¿El s´olido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el ´area de superficie finita?
(ver el ejercicio anterior)
a) A =
1
0
dx
√
x
= 2
√
x
1
0
= 2
b) V =
1
0
2π
x
√
x
dx =
4
3
πx3/2
1
0
=
4
3
π
c) S =
1
0
2πx 1 +
1
4x3
dx =
1
0
π
4x3 + 1
x
dx; dado que l´ım
x→0
4x3+1
x
√
x = 1 = 0. La integral impropia tiene
el mismo car´acter que
1
0
dx
√
x
, es decir, convergente y en consecuencia el ´area de la superficie es finita. (Si el
lector intenta calcular el valor de este ´area, se encontrar´a con una integral binomia que no puede resolverse).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

447. Integraci´on 442
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)
10
−3
dx
√
x + 3
b)
∞
2
x3 + 3x + 2
x5 − 8x
dx c)
∞
3
dx
x2 − 3x − 4
d)
∞
2
dx
x2 − 4
e)
∞
0
dx
x2/3 + x3/2
f)
2
0
dx
√
2x2 − x3
g)
2
1
dx
x(log x)
h)
∞
1
| cos x|
x2
dx i)
∞
0
| sen x|
x3/2
dx j)
π/4
0
tg x
x3/2
dx
Vamos a establecer solo la convergencia o divergencia de cada integral y para ello usaremos los criterios de
comparaci´on vistos en la secci´on ??; en todos los apartados se usaran las p-integrales para la comparaci´on.
a)
10
−3
dx
√
x + 3
es una p-integral convergente.
b)
∞
2
x3 + 3x + 2
x5 − 8x
dx solamente es impropia en +∞; tiene el mismo car´acter que
∞
2
dx
x2 que es convergente.
c)
∞
3
dx
x2 − 3x − 4
=
4
3
dx
x2 − 3x − 4
+
∞
4
dx
x2 − 3x − 4
; el primer sumando es una integral impropia en 4 y el
segundo es una integral impropia en +∞. Dado que l´ım
x→4
1
x2 − 3x − 4
(x−4) = 5 = 0, y
4
3
dx
x − 4
es divergente,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

448. Integraci´on 443
el primer sumando es divergente y podemos afirmar que la integral propuesta tambi´en es divergente. (Sin
embargo, el segundo sumando si es convergente, ya que tiene el mismo car´acter que
∞
4
dx
x2 .)
d)
∞
2
dx
x2 − 4
=
0
2
dx
x2 − 4
+
∞
0
dx
x2 − 4
. De la misma forma que en el apartado anterior, deducimos que el
primer sumando es divergente y el segundo convergente, y en consecuencia, la integral propuesta es divergente.
e)
∞
0
dx
x2/3 + x3/2
; en 0 tiene el mismo car´acter que
∞
0
dx
x2/3
que es convergente; en +∞, tiene el mismo car´acter
que
∞
0
dx
x3/2
que tambi´en es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente.
f)
2
0
dx
√
2x2 − x3
; en 0 tiene el mismo car´acter que
∞
0
dx
x
que es divergente; en 2 tiene el mismo car´acter que
∞
0
dx
(2 − x)1/2
que es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente.
g)
2
1
dx
x(log x)
solo es impropia en 1; es divergente, ya que l´ım
x→1
1
x log x
(x − 1) = 1 = 0 y
2
1
dx
x − 1
es divergente.
h)
∞
1
| cos x|
x2 dx;
| cos x|
x2 ≤
1
x2 y como la integral correspondiente a la funci´on mayorante es convergente, la
propuesta tambi´en lo es.
i)
∞
0
| sen x|
x3/2
dx =
π/2
0
| sen x|
x3/2
dx +
∞
π/2
| sen x|
x3/2
dx. El segundo sumando converge por que
| sen x|
x3/2 ≤
1
x3/2 y el
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

449. Integraci´on 444
primero tambi´en converge por que l´ım
t→0
| sen x|
x3/2
(x1/2
) = l´ım
t→0
| sen x|
x
= 1
j)
π/4
0
tg x
x3/2
dx converge, ya que tiene el mismo car´acter que
π/4
0
1
x1/2
dx.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

450. Integraci´on 445
Problema 216 Hallar
∞
1
1
1 + x2
dx, si la integral converge.
∞
1
dx
1 + x2 = arc tg x
∞
1
= l´ım
t→+∞
(arc tg t −
π
4
) =
π
2
−
π
4
=
π
4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

451. Integraci´on 446
Problema 217 Hallar
∞
2
dx
x(log x)2
, si la integral converge.
∞
2
dx
x(log x)2 =
1
log x
∞
2
= l´ım
t→+∞
1
log t
−
1
log 2
= −
1
log 2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

452. Integraci´on 447
Problema 218 Hallar
∞
0
dx
√
x + x3/2
, si la integral converge.
Hallemos una primitiva de la funci´on del integrando:
dx
√
x + x3/2
=
2dt
1 + t2
(x = t2
)
= 2 arc tg t = 2 arc tg
√
x
A partir de aqu´ı calculamos f´acilmente la integral:
1
0
dx
√
x + x3/2
= l´ım
t→0
(2 arc tg 1 − 2 arc tg t) =
π
2
∞
1
dx
√
x + x3/2
= l´ım
t→∞
(2 arc tg t − 2 arc tg 1) = π −
π
2
=
π
2
Por tanto, el valor de la intergral propuesta es π
2 + π
2 = π.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

453. Integraci´on 448
Problema 219 Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias:
a)
∞
2
x + 7
x2 − 1
dx b)
∞
−∞
1
1 + x3
dx c)
2
1
sen x
√
x − 1
dx d)
∞
−∞
dx
1 + x5
a)
∞
2
x + 7
x2 − 1
dx diverge (tiene el mismo car´acter que
∞
2
dx
x ).
b)
∞
−∞
1
1 + x3
dx =
−2
−∞
1
1 + x3 dx +
−1
−2
1
1 + x3 dx +
0
−1
1
1 + x3 dx +
∞
0
1
1 + x3 dx diverge, (los sumandos
−1
−2
1
1+x3 dx y
0
−1
1
1+x3 dx divergen porque tienen el mismo car´acter que
−1
−2
1
1+x dx).
c)
2
1
sen x
√
x − 1
dx converge, ya que
sen x√
x − 1
≤
1√
x − 1
para x ∈ [1, 2] y
2
1
dx
√
x − 1
converge.
d)
∞
−∞
dx
1+x5 diverge (plantear igual que b).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

454. Integraci´on 449
Problema 220 En los siguientes apartados, la velocidad v de un cuerpo en una recta est´a dada como una funci´on
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 = 3t2 − 4, 2 ≤ t ≤ 3
b) v = t2 − 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 secci´on ??.
a) v(t) = 3t2 − 4. v(t) 0 para t ∈ [2, 3]:
b
a
v(t)dt =
b
a
|v(t)|dt =
3
2
(3t2
− 4)dt = 15
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

455. Integraci´on 450
b) v(t) = t2 − 3t + 2. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0, 1] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [1, 2].
b
a
v(t)dt =
2
0
(t2
− 3t + 2)dt =
2
3
b
a
|v(t)|dt =
1
0
(t2
− 3t + 2)dt +
2
1
−(t2
− 3t + 2)dt =
5
6
+
1
6
= 1
c) v(t) = sen t. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0, π] ∪ [2π, 3π] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [π, 2π]:
b
a
v(t)dt =
3π
0
sen t dt = 2
b
a
|v(t)|dt =
π
0
sen t dx +
2π
π
− sen t dt +
3π
2π
sen t dt = 6
d) v(t) = sen (πt/2) + cos (πt/2) =
√
2 cos(πt
2 − π
4 ). v(t) ≥ 0 si t ∈ [0, 3
2] y v(t) ≤ 0 si t ∈ [3
2, 2]:
b
a
v(t)dt =
2
0
√
2 cos(
πt
2
−
π
4
)dt =
4
π
b
a
|v(t)|dt =
3/2
0
√
2 cos(
πt
2
−
π
4
)dt +
2
3/2
−
√
2 cos(
πt
2
−
π
4
)dt
=
2 + 2
√
2
π
+
2
√
2 − 2
π
=
4
√
2 − 2
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

456. Integraci´on 451
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
v(t)dt = 0
4
0
|v(t)|dt = 2
7/2
3/2
−(sen(πt/2) + cos(πt/2))dt =
8
√
2
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

457. Integraci´on 452
Problema 221 Supongamos que se consigue desarrollar una nave espacial a energ´ıa 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 funci´on del tiempo t.
b) ¿Qu´e distancia recorrer´a la nave durante toda la eternidad? Sup´ongase que nunca pasa suficientemente cerca
de una estrella como para aprovechar su energ´ıa.
a) El espacio recorrido en cada instante es:
s(t) =
t
0
3e−x
dx = −3e−x
t
0
= 3(1 − e−t
)
b) La distancia que recorrer´a la nave durante toda la eternidad es
+∞
0
3e−x
dx = l´ım
t→+∞
3(1 − e−t
) = 3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

458. Integraci´on 453
Problema 222 Un s´olido 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 v´ertice del cuadrado est´a en R, cuando este v´ertice se mueve
a velocidad uniforme una distancia h a lo largo de R el cuadrado completa una revoluci´on alrededor de R. H´allese
el volumen del s´olido generado. ¿Cu´al ser´ıa el volumen si el cuadrado completara dos revoluciones al moverse la
misma distancia a lo largo de R?
Aunque aparentemente el s´olido tiene una forma rara, su volumen se calcula f´acilmente. La f´ormula para calcular
vol´umenes por secciones es V =
b
a A(x)dx donde A(x) es el ´area de la secci´on del s´olido por el plano X = x. En este
caso, si hacemos coincidir la recta R con el eje OX, las ´areas A(x) coinciden con el ´area del cuadrado: A(x) = ℓ2.
Por otra parte, dado que el v´ertice recorre una distancia h, podemos suponer que el s´olido est´a limitado por X = 0
y X = h. Por tanto,
V =
h
0
ℓ2
dx = hℓ2
Como la velocidad del v´ertice sobre R es constante, las distancia al completar dos revoluciones es 2h y el volumen
de esta nueva figura es 2hℓ2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

459. Integraci´on 454
Problema 223 La secci´on transversal de un s´olido en cualquier plano perpendicular al eje OX es un c´ırculo de
di´ametro AB, con A sobre la curva y2 = 4x y B en la curva x2 = 4y. H´allese el volumen del s´olido entre los puntos
de intersecci´on de las curvas.
Las dos curvas se cortan en x = 0 y x = 4. Para cada x, el di´ametro de la secci´on por el plano X = x es
d(x) = 2
√
x − x2
4 y el ´area de la secci´on: A(x) = π(
√
x − x2
8 )2. El volumen del s´olido es:
4
0
π(
√
x −
x2
8
)2
dx = π(x +
1
64
x4
−
1
4
x3/2
)
4
0
=
72
35
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

460. Integraci´on 455
Problema 224 De un cilindro circular recto de radio r se corta una cu˜na mediante dos planos. Uno de ellos es
perpendicular el eje del cilindro (la base), el otro forma un ´angulo α con el primero y lo corta por un di´ametro del
cilindro. H´allese el volumen de la cu˜na. (Ver problema 9)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

461. Integraci´on 456
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
0
xm−1
(a − x)n−1
dx = am+n−1
β(m, n)
b) Usar el cambio de variable t = log(1/y) y obtener
1
0
log
1
y
n−1
dy = Γ(n)
c) Usar el cambio de variable t = xp para obtener
1
0
xm−1
(1 − xp
)n−1
dx =
1
p
β
m
p
, n
a)
a
0
xm−1
(a − x)n−1
dx =
1
0
an+m+1
tm−1
(1 − x)n−1
dt (x = at)
= an+m+1
β(m, n)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

462. Integraci´on 457
b)
1
0
log
1
y
n−1
dy =
0
+∞
tn−1
(−e−t
) dt
=
+∞
0
tn−1
e−t
dt = Γ(n)
c)
1
0
xm−1
(1 − xp
)n−1
dx =
1
0
t
m−1
p (1 − t)n−1 1
p
t
1
p
−1
dt
=
1
0
t
m−1
p (1 − t)n−1 1
p
t
1
p
−1
dt
=
1
p
1
0
t
m
p
−1
(1 − t)n−1
dt =
1
p
β
m
p
, n
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

463. Integraci´on 458
Problema 226 H´allense los centroides de las superficies acotadas por las curvas y rectas dadas:
a) El eje OY y la curva x = y − y3, 0 ≤ y ≤ 1.
b) La curva y = x − x2 y la recta x + y = 0.
a) Regi´on σ limitada por el eje OY y la curva x = y − y3, 0 ≤ y ≤ 1. Esta regi´on es sim´etrica respecto de la
recta X = Y a la regi´on σ′ limitada por el eje OX y la curva y = x − x3, 0 ≤ x ≤ 1; los centroides de las dos
regi´ones verificar´an la misma relaci´on. Hallemos el centroide de σ′:
Mx =
1
2
1
0
(x − x3
)2
dx =
4
105
My =
1
0
x(x − x3
)dx =
2
15
A =
1
0
(x − x3
)dx =
1
4
¯x =
8
15
¯y =
16
105
Por tanto, el centroide de σ es ( 16
105 , 8
15 ).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

464. Integraci´on 459
b) Regi´on limitada por la curva y = x − x2 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
2
0
((x − x2
)2
− x2
)dx =
28
15
My =
1
0
x(x − x3
+ x)dx =
4
3
A =
1
0
(x − x3
+ x)dx =
4
3
¯x = 1 ¯y =
7
5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

465. Integraci´on 460
Problema 227 Determ´ınese el centroide del cuadrante de c´ırculo x2 + y2 = r2 para 0 ≤ x ≤ r.
Mx =
r
0
1
2
(r2
− x2
)dx =
r3
3
My =
r
0
x r2 − x2dx =
r3
3
A =
πr2
4
¯x =
4r
π
¯y =
4r
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

466. Integraci´on 461
Problema 228 Un tronco de madera de 120 cm de largo tiene forma de tronco de cono alargado, con un di´ametro
de 10 cm en un extremo y de 5 cm en el otro. ¿a qu´e distancia del extremo mayor est´a su punto de equilibrio?
Por ser un s´olido de revoluci´on nos basta hallar el centroide de un trapecio equil´atero de altura 120 cm y con
bases 10 cm y 5 cm. La regi´on limitada por las rectas y = 5 − x
48 e y = x
48 − 5 es este trapecio, y la coordenda X de
su centroide es la distancia referida. El ´area del trapecio es A = 7′5 · 120 = 900cm2 y su momento respecto de OY :
My =
120
0
2x(5 −
x
48
)dx = 48000
La distancia pedida es ¯x = 160
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

467. Integraci´on 462
Problema 229 H´allese el centroide de la regi´on acotada por las curvas y = 2x2 − 4x e y = 2x − x2.
Los puntos de corte de las curvas son x = 0 y x = 2;
Mx =
1
2
2
0
((2x − x2
)2
− (2x2
− 4x)2
)dx = −
8
5
My =
2
0
x((2x − x2
) − (2x2
− 4x))dx = 4
A =
2
0
((2x − x2
) − (2x2
− 4x))dx = 4
¯x = 1 ¯y = −
2
5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

468. Integraci´on 463
Problema 230 Determ´ınese el centroide de la regi´on del primer cuadrante acotada por dos c´ırculos conc´entricos
y los ejes coordenados, si los primeros tienen radios a y b, b a 0, y sus centros est´an en el origen. H´allense
tambi´en los l´ımites de las coordenadas del centroide cuando ‘a’ tiende a ‘b’, y anal´ıcese el significado del resultado.
Por la simetr´ıa del sector de la corona, se deduce que los dos momentos son iguales:
My = Mx =
1
2
b
0
(b2
− x2
)dx −
1
2
a
0
(a2
− x2
)dx =
b3
3
−
a3
3
A =
π
4
b2
− a2
¯x = ¯y =
4
3π
b2 + ab + a2
b + a
Si ahora hallamos el l´ımite de las coordenadas ¯x y ¯y cuando ‘a’ tiende a ‘b’, obtendremos el centro de masas del
arco de circunferencia:
x′
= y′
= l´ım
a→b
4
3π
b2 + ab + a2
b + a
=
2a
π
Obs´ervese que este centroide es exterior a la curva.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

469. Integraci´on 464
Problema 231 Util´ıcense los teoremas de Pappus para encontrar el ´area 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 tri´angulo rect´angulo de catetos
h y r respecto del cateto de longitud h. Por las propiedades b´asicas de los tri´angulos sabemos que la distancia del
centroide del tri´angulo, al cateto h es r/3 y su ´area es rh
2 ; por tanto, su volumen es:
V = 2π
r
3
rh
2
=
π
3
r2
h
La superficie lateral est´a calculada por este m´etodo en el ejercicio 18.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

470. Integraci´on 465
Problema 232 Mediante el segundo teorema de Pappus, y sabiendo que el ´area de la superficie de una esfera de
radio r es 4πr2, determ´ınese el centro de gravedad del arco semicircular de ecuaci´on y =
√
r2 − x2 donde x ∈ [−r, r].
Dado que el arco es sim´etrico respecto del eje OY , la coordenda ¯x del centroide ser´a nula. El teorema de Pappus
dice que el ´area de la superfice de revoluci´on 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:
¯y = d =
S
2πL
=
4πr2
2π2r
=
2r
π
Es decir, el centroide es (0, 2r
π ).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

471. Integraci´on 466
Problema 233 Una placa triangular ABC se sumerge verticalmente en agua. El lado AB, de 4 m de longitud,
est´a 1 m por debajo de la superficie, mientras que C se encuentra a 5 metros por debajo de AB. H´allese la fuerza
total ejercida sobre una cara de la placa.
1
4
h
5 − h
5 − h
La base del tri´angulo (lado AB) y su altura (desde AB hasta C) son iguales a 4; el teorema de Tales (p´agina
??) nos permite deducir que la anchura del tri´angulo a una profundidad h es 5− h (igual que la altura del tri´angulo
formado por este segmento y C). Por tanto, la fuerza ejercida sobre la placa es:
F =
4
1
h(5 − h) dh =
385
6
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

472. Integraci´on 467
Problema 234 Una placa semicircular se sumerge verticalmente en agua, con su di´ametro en la superficie. H´allese
la fuerza ejercida sobre un cara de la placa si su di´ametro es de 2 metros.
h
2 1 − h2
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 − h2 dh = 2/3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

473. Integraci´on 468
A(h) = π
52
42
h2
8
10
h
6
Figura 7.2: Ejercicio 43.
Problema 235 Calc´ulese el trabajo realizado al bombear todo el agua de un tanque c´onico de 10 m de radio en la
parte superior y de 8 metros de altura, elev´andola hasta una altura de 6 m sobre el borde superior del tanque.
(ver figura 7.2 en la p´agina 468) A un profundidad h, el radio de la secci´on paralela a la superficie es 10
8 h y por
tanto su ´area es A(h) = 25
16h2. El trabajo necesario para vaciar el dep´osito es
W =
8
0
(h + 6)
25
16
πh2
dh = 3200π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

474. Integraci´on 469
Problema 236 El conductor de un cami´on cisterna con capacidad para 3000 litros, que transportaba agua desde
Granada hasta la cumbre del pico Veleta, descubri´o antes de llegar a su destino que el tanque goteaba y hab´ıa perdido
la mitad de su capacidad. El cami´on inici´o su viaje lleno, subi´o a velocidad constante y tard´o 50 min en alcanzar
un cambio de altura de 1250 metros. Si el agua goteaba a un ritmo fijo, ¿cu´anto trabajo supuso el transporte del
agua a la cima? (Sin incluir el trabajo realizado sobre el cami´on y el conductor).
Dado que el ritmo de vaciado del dep´osito es constante, esta tasa de p´erdida 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 =
1250
0
(3000 −
30
61
h)dh =
205312500
61
(Obs´ervese que el dato 50min es superfluo)
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475. Integraci´on 470
Problema 237 Una ciudad ha decidido perforar un pozo para incrementar el aprovisionamiento de agua. Los
ingenieros han determinado que ser´a necesaria una torre de agua que proporcione la presi´on requerida para la
distribuci´on. El pozo ha de tener 100 metros de profundidad, el agua tiene que elevarse por una tuber´ıa de 25 cm
de radio hasta la base de un tanque cil´ındrico de 7 metros de di´ametro y 8 metros de altura, el fondo del tanque
estar´a 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 ¿cu´anto tiempo tardar´a el llenarse el
tanque por primera vez?
Hallemos primeramente el trabajo necesario para llenar el dep´osito, Wd, y la tuber´ıa, Wt:
Wt = 1000
300
0
hπ0′
252
dh = 2812500πkp.m = 27562500πJ
Wd = 1000
308
300
hπ72
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
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476. Integraci´on 471
Problema 238 Un dique tiene forma de trapecio, con sus dos lados horizontales de 70 y 35 metros; el lado m´as
largo est´a en la parte superior; la altura es de 7 metros. ¿Cu´al es la fuerza de la presi´on ejercida sobre el dique
cuando el agua est´a 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:
F = 9800
7
0
h(35 + 5h) dh =
42017500
00
kp/m
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477. Integraci´on 472
Problema 239 Un recipiente se llena con dos l´ıquidos que no se mezclan, de densidades d1 y d2, d1 d2. H´allese
la fuerza ejercida sobre una cara de un cuadrado ABCD, de 6
√
2 metros de lado, inmerso en los l´ıquidos con la
diagonal AC perpendicular a la superficie, si el punto m´as alto A de este cuadrado est´a 2 metros por debajo de la
superficie, y BD est´a en la superficie que separa los dos l´ıquidos.
Hallaremos la fuerza ejercida en cada uno de los dos tri´angulos; el tri´angulo superior est´a sumergido estrictamente
en el fluido de densidad d1 y el tri´angulo inferior en el fluido de densidad d2. La altura de cada tri´angulo es 6
√
2√
2
= 6.
2
6
h
2(h−2)
6 2
h
2(14−h)
Para hallar la fuerza sobre el tri´angulo 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
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478. Integraci´on 473
Para el tri´angulo inferior, la anchura a una profundidad h es L(h) = 2(14 − h):
F2 = d1
1
8
42h(14 − h) dh = 360d2
La fuerza total es F = 216d1 + 360d2.
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479. Integraci´on 474
Problema 240 Considerar la regi´on D limitada por las gr´aficas de y = x2 e y = 4. Col´oquese una cuadr´ıcula sobre
R que corresponda a las rectas x = −2, x = −3
2, x = −1, · · · , x = 2; y = 0, y = 1
2 , y = 1, · · · , y = 4. Aproximar la
integral doble
D
xydxdy empleando una suma de Riemann, en donde los (x∗
i , y∗
j ) se elijan en la esquina inferior
derecha de cada rect´angulo Ri,j en R.
−2 −
3
2
− 1 −
1
2
2
2
3
2
3
2
1
1
1
2
1
2
5
2
3
7
2
4
X
Y
pi,j
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

480. Integraci´on 475
Debemos recordar que si la regi´on de integraci´on no es un rect´angulo, la integral se define como:
D
f(x, y)dxdy =
R
f(x, y)dxdy
en donde R es un rect´angulo 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 regi´on de integraci´on D, el rect´angulo [−2, 2] × [0, 4] que
contiene a dicha regi´on y la partici´on descrita en el enunciado. La parte sombreada corresponde a las subintervalos
de la partici´on que tocan a la regi´on 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 regi´on D. Dado que el ´area de cada cuadrado es 1/4, la suma de Riemann pedida es:
R =
1
4
i,j
f(x∗
i , x∗
j )
Es f´acil observar que esta suma vale 0, puesto que: para los puntos tales que x∗
i = 0, la funci´on 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 simetr´ıa de la regi´on de integraci´on y de la funci´on permiten concluir que la integral de la funci´on
vale 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

481. Integraci´on 476
Problema 241 1. Considerar la regi´on R limitada por la gr´afica de (x − 3)2 + y2 = 9. ¿Representa la integral
doble
R
(x + 5y)dxdy un volumen? Expl´ıquese.
2. Considerar la regi´on R del segundo cuadrante limitada por las gr´aficas de −2x + y = 6, x = 0, e y = 0.
¿Representa la integral doble
R
(x2
+ y2
)dxdy un volumen? Expl´ıquese.
1. La integral
R
(x + 5y)dxdy en la regi´on R ≡ (x − 3)2 + y2 = 9 no representa un volumen, ya que la funci´on
toma valores positivos y valores negativos dentro de dicha regi´on.
2. En este caso, la integral
R
(x2
+ y2
)dxdy en la regi´on R descrita en el enunciado s´ı corresponde al volumen
comprendido entre la gr´afica de la campo escalar y el plano XY , ya que la funci´on es positiva en toda la
regi´on.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

482. Integraci´on 477
Problema 242 Suponiendo que
R
xdxdy = 3,
R
ydxdy = 7 evaluar las siguientes integrales dobles:
R
−5xdxdy
R
(x − y)dxdy
Por las propiedades de linealidad del operador integral (multiple), se tiene que:
R
−5xdxdy = −5
R
x dxdy = −5 · 3 = −15
R
(x − y)dxdy =
R
x dxdy −
R
y dxdy = 3 − 7 = −4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

483. Integraci´on 478
Problema 243 Si f y g son funciones de una s´ola variable probar que
d
c
b
a
f(x)g(y) dx dy =
b
a
f(x)dx
d
c
g(y)dy
La igualdad es consecuencia de las propiedades de la integral definida en una variable:
d
c
b
a
f(x)g(y) dx dy =
d
c
b
a
f(x)g(y) dx dy
=
d
c
g(y)
b
a
f(x) dx dy (7.1)
=
b
a
f(x) dx
d
c
g(y)dy (7.2)
En la igualdad 7.1 hemos sacado g(y) fuera de la integral
b
a
dx, ya que es constante respecto de la variable x. En
7.2 hemos sacado la constante
b
a
f(x) dx fuera de la integral
d
c
dy.
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484. Integraci´on 479
Problema 244 Evaluar las siguientes integrales iteradas:
a)
3
0
2
0
x3
y dx dy b)
2
0
4
1
x3
y dy dx c)
2
0
1
−1
(yx)2
dy dx
d)
1
−1
2
0
(yx)2
dx dy e)
1
−1
1
0
yex
dy dx f)
1
−1
3
0
y5
exy3
dx dy
(a)
3
0
2
0
x3
y dx dy =
3
0
1
4
x4
y
2
x=0
dy =
3
0
4y dy = 2y2
3
0
= 16
(d)
1
−1
2
0
(yx)2
dx dy =
1
−1
1
3
x3
y2
2
x=0
dy =
1
−1
8
3
y2
dy =
8
9
y3
1
−1
=
16
9
(f)
1
−1
3
0
y5
exy3
dx dy =
1
−1
y2
exy3
3
x=0
dy
=
1
−1
(y2
e3y3
− y2
)dy =
1
9
e3y3
−
1
3
y3
1
−1
=
1
9
(e3
− e−3
) −
2
3
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485. Integraci´on 480
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) = y3 cos2 x sobre R = [−π/2, π] × [1, 2].
(c) f(x, y) = x2 + 2xy − y
√
x sobre R = [0, 1] × [−2, 2].
(d) f(x, y) = xy3ex2y2
sobre R = [1, 3] × [1, 2].
(e) f(x, y) = xy + x/(y + 1) sobre R = [1, 4] × [1, 2].
(f) f(x, y) = y5 sen xey3 cos x sobre R = [0, 1] × [−1, 0].
(b)
2
1
π
−π/2
y3
cos2
x dx dy =
2
1
π
−π/2
1
2
y3
+
1
2
y3
cos 2x dx dy
=
2
1
1
2
y3
x +
1
4
y3
cos 2x
π
x=−π/2
dy =
2
1
3
4
πy3
dy =
3
16
πy4
2
1
=
45
16
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

486. Integraci´on 481
(d)
2
1
3
1
xy3
ex2y2
dx dy =
2
1
1
2
yex2y2
3
x=1
dy =
2
1
1
2
ye9y2
−
1
2
yey2
dy
=
1
36
e9y2
−
1
4
ey2
2
1
=
1
36
(e36
− e9
) −
1
4
(e4
− e)
(e)
2
1
4
1
xy +
x
y + 1
dx dy =
2
1
1
2
x2
y +
1
1 + y
4
x=1
dy
=
2
1
15
2
y +
1
1 + y
dy =
15
2
1
2
y2
+ log |1 + y|
2
1
=
15
2
3
2
+ log
3
2
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487. Integraci´on 482
Problema 246 Hallar el volumen de la regi´on bajo la gr´afica de f(x, y) y entre los planos x = a, x = b, y = c e
y = d.
(a) f(x, y) = x sen y + 3, a = 0, b = 2, c = π, d = 3π.
(b) f(x, y) = xy5 + 2x4 + 6, a = 0, b = 1, c = −1, d = 1.
(c) f(x, y) = 2x4 + 3y2/3, a = −1, b = 1, c = 0, d = 2.
(d) f(x, y) = xy x2 + 3y2, a = 1, b = 2, c = 1, d = 2.
(a)
V =
2
0
3π
π
(x sen y + 3)dy dx =
2
0
−x cos y + 3y
3π
y=π
dx =
2
0
3πdx = 6π
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488. Integraci´on 483
(d)
2
1
2
1
(xy x2 + 3y2)dx dy =
2
1
1
3
y(x2
+ 3y2
)3/2
2
1
dy
=
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
1
=
352
15
−
1
45
(135/2
+ 75/2
)
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489. Integraci´on 484
Problema 247 Evaluar las siguientes integrales:
a)
π
0
3 sen x
sen x
x(1 + y) dy dx b)
1
0
x cos 2πx
x−1
(x2
+ xy + 1) dy dx
c)
4
2
y3
y2−1
3 dx dy d)
1
0
x2
0
(x2
+ xy − y2
) dy dx
e)
1
0
x
x2
(x + y)2
dy dx f)
1
0
3y
0
ex+y
dx dy
(a)
π
0
3 sen x
sen x
x(1 + y) dy dx =
π
0
xy +
1
2
xy2
3 sen x
y=sen x
dx
=
π
0
x sen x +
1
2
x sen2
x dx
= −x cos x + sen x +
1
8
x2
−
1
8
x sen 2x −
1
16
cos 2x
π
0
= π +
π2
8
(d)
1
0
x2
0
(x2
+ xy − y2
) dy dx =
1
0
x2
y +
1
2
xy2
−
1
3
y3
x2
y=0
dx
=
1
0
x4
+
1
2
x5
−
1
3
x6
dx =
33
140
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

490. Integraci´on 485
(f)
1
0
3y
0
ex+y
dx dy =
1
0
ex+y
3y
x=0
dy =
1
0
e4y
− ey
dy =
3
4
− e −
1
4
e4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

491. Integraci´on 486
Problema 248 Esbozar la regi´on sobre la que se integra, intercambiar el orden de integraci´on y evaluar las siguien-
tes integrales:
a)
1
0
1
x
xy dy dx b)
π/2
0
cos θ
0
cos θ dr dθ
c)
1
0
1
1−y
(x + y2
) dx dy d)
4
1
√
x
1
(x2
+ y2
) dy dx
Recordemos que la representaci´on
b
a
g2(t)
g1(t)
indica que estamos integrando en la regi´on del plano comprendida
entre las gr´aficas de g1 y g2 en el intervalo [a, b]; si la variable t se corresponde a la coordenada X, la gr´afica se
entender´a como los puntos (x, g(x)); pero si la variable t corresponde a la coordenada Y , la gr´afica la entenderemos
como el conjunto de puntos (g(y), y) (es decir, la curva sim´etrica a la gr´afica de g respecto de la recta Y = X).
Por otra parte, no hay que olvidar que el signo de integral siempre est´a asociado a coordenadas cartesianas y por
tanto, las representaciones gr´aficas deben hacerse en coordenadas cartesianas y no en coordenadas polares, esf´ericas
o cil´ındricas.
Por la sencillez de las integrales no detallaremos la resoluci´on de las mismas.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

492. Integraci´on 487
y
y
0
1
1
1
x
x
(a) La regi´on sobre la que estamos integrando es el tri´angulo sombreado de la figura. El orden de integraci´on en
la expresi´on del enunciado equivale al siguiente proceso de c´alculo: en primer lugar, para cada x, hallamos el ´area
A(x) =
1
x xy dy de la secci´on por el plano X = x (para cada x, el recorrido de integraci´on es el segmento vertical
que se representa en la figura); a continuaci´on, integramos la funci´on A(x) en el intervalo [0, 1]. Si ahora queremos
invertir el orden de integraci´on, el proceso de c´alculo resultante ser´ıa el siguiente: en primer lugar, para cada y,
hallamos el ´area B(y) =
y
0 xy dx de la secci´on por el plano Y = y (para cada y el recorrido de integraci´on es el
segmento horizontal que se representa en la figura); a continuaci´on, integramos la funci´on B(y) en el intervalo [0, 1].
En resumen, la igualdad obtenida es
1
0
1
x
xy dy dx =
1
0
y
0
xy dx dy
(b) (L´ease la introducci´on de la soluci´on y v´ease 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

493. Integraci´on 488
variables como sigue:
π/2
0
cos x
0
cos x dy dx
Y
X
1
cos x
x
0
arccos y
y
0
π
2
Teniendo en cuenta la figura, deducimos la siguiente igualdad:
π/2
0
cos x
0
cos x dy dx =
1
0
arc cos y
0
cos x dx dy
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

494. Integraci´on 489
(d)
4
1
√
x
1
(x2
+ y2
) dy dx =
1
1
4
y2
(x2
+ y2
) dx dy
√
x
x
1
1
1
4
2
4
y
y
2
Y
X
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

495. Integraci´on 490
Problema 249 Integrar las funciones dadas sobre las regiones indicadas:
(a) f(x, y) = x − y sobre el tri´angulo con v´ertices (0, 0), (1, 0) y (2, 1).
(b) f(x, y) = (x2 + 2xy2 + 2) sobre la regi´on acotada por el grafo de y = −x2 + x, el eje OX y las rectas x = 0 y
x = 2.
La regiones correspondientes a las integrales se muestran en las siguientes figuras; adem´as, en ellas aparecen
representados los ordenes de integraci´on m´as sencillos
y = x − x2
x−x2
0 0
x−x2
x = 2
2
2
y
y
x = y + 1
1
1
1
X
Y
y+1
2y
Por tanto, el c´alculo de las integrales propuestas es:
(a)
1
0
y+1
2y
(x − y)dx dy =
1
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

496. Integraci´on 491
(b)
1
0
x−x2
0
(x2
+ 2xy2
+ 2)dy dx +
2
1
0
x−x2
(x2
+ 2xy2
+ 2)dy dx =
27
70
+
1249
210
=
19
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

497. Integraci´on 492
Problema 250 Evaluar las integrales dobles en la regi´on R limitada por las gr´aficas de las ecuaciones indicadas.
´usese el orden de integraci´on m´as conveniente:
1.
R
(x + 1)dA, y = x, x + y = 4, x = 0,
2.
R
x
√
y
dA, y = x2
+ 1, y = 3 − x2
,
3.
R
sen
πx
y
dA, x = y2
, x = 0, y = 1, y = 2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

498. Integraci´on 493
Problema 251 Demostrar que
x
0
t
0
F(u) du dt =
x
0
(x − u)F(u) du.
t
0
x
u
x
x
T
U
t
u
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

499. Integraci´on 494
En la figura se muestra el cambio del orden de integraci´on que utilizamos para obtener la igualdad pedida:
x
0
t
0
F(u) du dt
=
x
0
x
u
F(u) dt du
=
x
0
tF(u)
x
u
du
=
x
0
(x − u)F(u) du
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

500. Integraci´on 495
Problema 252 Evaluar las siguientes integrales triples:
(a)
R
(x2
+ y2
+ z2
) dV , donde R es la regi´on acotada por x + y + z = a (con a 0), x = 0, y = 0, y z = 0.
(b)
R
z dV , donde R es la regi´on acotada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 1 y el cilindro x2 + y2 = 1,
con x, y ≥ 0.
(c)
R
(1 − z2
) dV , donde R es la pir´amide de v´ertice superior en (0, 0, 1) y los v´ertices de la base en (0, 0),
(1, 0), (0, 1) y (1, 1).
(d)
R
(x2
+ y2
) dV , donde R es la pir´amide anterior.
Para evaluar las integrales triples usando el teorema de Fubini, debemos en primer lugar establecer el orden de
integraci´on adecuado. En algunos casos no ser´a posible utilizar cualquier orden y cuando sea posible utilizar m´as
de uno, habr´a que elegir el que conduzca a las integrales m´as sencillas. Para establecer el orden de integraci´on y
determinar los l´ımites se puede seguir el siguiente proceso:
En primer lugar elegimos una secci´on perpendicular a un eje; la variable correspondiente a este eje nos dar´a la
integral m´as externa (la ´ultima en evaluar) y el rango de la variable determina los l´ımites de integraci´on. De esta
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

501. Integraci´on 496
secci´on elegimos una arista paralela a un segundo eje; la variable correspondiente a este eje nos dar´a la segunda
integral; adem´as, esta arista tendr´a sus extremos en dos curvas, estas curvas constituyen los l´ımites de integraci´on
para esta segunda integral. Por ´ultimo, una secci´on (de la secci´on primera) perpendicular a la arista elegida, nos da
el recorrido de la integral m´as interna (la primera en evaluarse); esta secci´on tendr´a sus extremos en dos superficies,
que son los l´ımites de integraci´on de esta ´ultima 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 integraci´on. Para asegurarse de que se ha comprendido bien, el lector
puede elegir, para cada una de las regiones, ordenes de integraci´on 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
(x2
+ y2
+ z2
) dV =
a
0
a−x
0
a−x−y
0
(x2
+ y2
+ z2
) dz dy dx
(b) Para cada x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤
√
1 − x2 y 0 ≤ z ≤ 1, por tanto:
R
z dV =
1
0
√
1−x2
0
1
0
z dz dy dx
(c) y (d) Para cada z ∈ [0, 1], 0 ≤ x ≤ 1 − z y 0 ≤ y ≤ 1 − z, por tanto,
R
f(x, y, z) dV =
1
0
1−z
0
1−z
0
f(x, y, z) dy dx, dz
(Las integrales son sencillas de evaluar y se dejan al lector)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

502. Integraci´on 497
√
1−x2
0
dy
1
0
dz
Z
Y
X
Recta
X
Z
= 1 − Z
Y
Y
= 0
Plano
1−z
0
dx
1−z
0
dy
Recta
Y
Y
= a − X
X
Z
Z
= 0
Plano
Z = a − X − Y
a−x
0
dy
a−x−y
0
dz
Apartado(a) Apartado(b)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

503. Integraci´on 498
Problema 253 Expresar, sin realizar la integraci´on, las integrales dadas en el orden indicado. (Indicaci´on: para
ello habr´a que esbozar la regi´on de integraci´on).
(a)
1
−2
π/2
0
cos z
0
xyz2
dy dz dx en el orden x, y, z.
(b)
0
−1
0
−y−1
1+x+y
0
xyz2
dz dx dy en el orden y, z, x.
(c)
5
2
0
−4
16−x2
0
(x + 1) dz dx dy 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 integraci´on del enunciado y a la derecha, el orden de integraci´on que nos pide el
ejercicio.
Las igualdades que se obtienen son:
(a)
1
−2
π/2
0
cos z
0
xyz2
dy dz dx =
π/2
0
cos z
0
1
−2
xyz2
dx dy dz
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

504. Integraci´on 499
cos z
0
dy
cos z
0
dy
π/2
1
1
1
1
π/2 π/2
0
dz
1
−2
dx
Z
Y
X
Z
Y
X
Apartado(a)
1+x+y
0
dz
0
−y−1
dx
−1
−1
1 1
−1
−1
z−x−1
0
dy
x+1
0
dz
Z
Y
X
Z
Y
X
Apartado(b)Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

505. Integraci´on 500
(b)
0
−1
0
−y−1
1+x+y
0
xyz2
dz dx dy =
0
−1
x+1
0
0
z−x−1
xyz2
dy dz dx
(c)
5
2
0
−4
16−x2
0
(x + 1) dz dx dy =
16
0
5
2
√
16−z
0
(x + 1) dx dy dz
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

506. Integraci´on 501
Problema 254 Hallar la integral de la funci´on f sobre la regi´on R indicada:
(a) f(x, y, z) = y sobre la regi´on acotada por z = 1 − y2, x = 0, x = 4 y z = 0. Usar simetr´ıa.
(b) f(x, y, z) = yz sobre la regi´on 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 − y2 y por tanto, la integral pedida es
4
0
1
−1
1−y2
0
y dz dy dx =
4
0
1
−1
y(1 − y2
) dy dx =
4
0
0 dx = 0
Este resultado lo pod´ıamos haber deducido sin realizar la integral; dado que la regi´on es sim´etrica respecto
del plano Y = 0 y la funci´on verifica que f(x, −y, z) = −f(x, y, z), la integral sobre la mitad de la regi´on 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
0
1
0
1−y
0
yz dx dy dz =
4
0
1
0
(1 − y)yz dy dz =
4
0
1
6
z dz =
8
9
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

507. Integraci´on 502
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 simetr´ıa
para deducir que el valor de la integral
R
f(x, y)dxdy debe ser cero.
-1
-0.5
0
0.5
1 2
2.5
3
3.5
4
-5
0
5
Plano
XY
La gr´afica de esta funci´on es f´acil de imaginar teniendo en cuenta que, haciendo x constante, la gr´afica resulta una
recta (es decir, las secciones de la gr´afica 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 gr´afica de f es sim´etrica respecto del eje OX. La regi´on R
tambi´en es sim´etrica respecto del eje OX, y concluimos que el volumen que queda entre la gr´afica y el plano XY
(por debajo) en la regi´on [−1, 0] × [2, 4] es el mismo que el volumen que queda entre la gr´afica y el plano XY (por
encima) en la regi´on [0, 1] × [2, 4]; de todo esto, deducimos que efectivamente la integral es 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

508. Integraci´on 503
Problema 256 Sea f(x, y) = 1, sean D = [0, 3]×[0, 1] y D′ = [0, 1]×[0, 1] y sea T(u, v) = (−u2 +4u, v). Comprobar
que T transforma D′ sobre D y que
D
f(x, y) dx dy =
D′
f x(u, v), y(u, v) du dv
Dado que la funci´on f es constantemente 1, tenemos que:
D
f(x, y) dx dy =
D
dx dy = (´area de D) = 3
D′
f x(u, v), y(u, v) du dv =
D′
du dv = (´area de D′
) = 1
Por tanto, efectivamente, las dos integrales son distintas. Para completar el ejercicio, tenemos que comprobar que
la aplicaci´on T transforma D′ en D.
Dado que y(u, v) = v, es evidente que
v ∈ [0, 1] ↔ y(u, v) ∈ [0, 1].
Por otra parte:
u ∈ [0, 1] ↔ 4 − u ∈ [0, 3] =⇒ x(u, v) = u(4 − u) ∈ [0, 3]
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

509. Integraci´on 504
por tanto, efectivamente, se tiene la transformaci´on indicada.
Este ejercicio muestra un contraejemplo que prueba la incorrecci´on de la igualdad
D
f(x, y) dx dy =
D′
f x(u, v), y(u, v) du dv,
siendo necesario usar (correctamente) el teorema de cambio de variable.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

510. Integraci´on 505
Problema 257 Evaluar las siguientes integrales pasando a coordenadas polares:
a)
3
−3
√
9−x2
0
x2 + y2 dy dx b)
1
0
√
2y−y2
0
(1 − x2
− y2
) dx dy
c)
1
0
√
1−y2
0
ex2+y2
dx dy d)
a
0
√
a2−y2
0
xy dx dy
e)
4
0
x
0
(x2
+ y2
) dy dx f)
2
0
y
−y
(x2
+ y2
) dx dy
Recordemos la f´ormula de integraci´on de una funci´on f efectuando el cambio a coordenadas polares:
R
f(x, y)dx dy =
R′
rf(r cos θ, r sen θ)dr dθ
Donde R y R′ representan la misma regi´on 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 regi´on del plano en que
estamos integrando y describirla por coordenadas polares.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

511. Integraci´on 506
(a) La regi´on sobre la que estamos integrando es el semic´ırculo x2 + y2 ≤ 32, y ≤ 0.
3
−3
√
9−x2
0
x2 + y2 dy dx =
3
0
π
0
r r2 cos2 θ + r2 sen2 θdθ dr
=
3
0
π
0
r2
dθ dr =
3
0
πr2
dr = 9π
(b) Dado que 2y − y2 = 1 − (y − 1)2, se deduce que la regi´on donde se integra es el cuadrante de la circuferencia
x2 + (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 funci´on g transforma rect´angulos [0, c] × [0, 2π] en c´ırculos x2 + (y − 1)2 ≤ c2.
1
0
√
2y−y2
0
(1 − x2
− y2
) dx dy =
1
0
0
π/2
r(1 − r2
cos2
θ − r2
sen2
θ) dθ dr
=
1
0
0
π/2
r(1 − r2
) dθ dr =
1
0
π
2
r(1 − r2
) dr =
π
8
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

512. Integraci´on 507
(e) La regi´on donde se integra es el tri´angulo que se muestra a la derecha de la siguiente figura:
φ(θ) =
4
cos θ
R
Θ X
Y
π
4
4
4
g
La descripci´on de esa regi´on 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 aplicaci´on g(r, θ) = (r cos θ, r sen θ) (cambio de coordenadas a
polares) transforma la regi´on comprendida entre el eje Θ y la gr´afica de φ(θ) = 4
cos θ en [0, π/4], en el tri´angulo
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

513. Integraci´on 508
donde estamos integrando. Por tanto:
4
0
x
0
(x2
+ y2
) dy dx =
π/4
0
4/ cos θ
0
r3
dr dθ =
π/4
0
1
4
44
cos4 θ
dθ
= 64
1
3
tg θ sec2
θ +
2
3
tg θ
π/4
0
=
256
3
(ver el ejercicio 5 del cap´ıtulo 7)
(f) Teniendo en cuenta que la funci´on f(x, y) = x2 + y2 verifica que f(x, −y) = f(x, y) y por la transformaci´on
vista en el apartado anterior, tenemos:
2
0
y
−y
(x2
+ y2
) dx dy = 2
2
0
y
0
(x2
+ y2
) dx dy
= 2
2
0
x
0
(y2
+ x2
) dy dx = 2
π/4
0
2/ cos θ
0
r3
dr dθ =
16
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

514. Integraci´on 509
Problema 258 Hallar el ´area de la regi´on plana que se indica usando integraci´on en coordenadas polares:
(a) La regi´on interior a una hoja de r = a sen 2θ.
(b) La regi´on del primer cuadrante acotada por x2 + y2 = a2, y = 0 y x = a/2.
(c) La regi´on interior al bucle grande y exterior al peque˜no del caracol r = a(1 + 2 cos θ).
(d) El ´area total de la lemniscata r2 = 2a2 cos 2θ.
Como ya sabemos, una forma de calcular el ´area de una regi´on R del plano es mediante la integral:
R
dx dy
Si esta misma regi´on la tenemos definida por coordenadas polares, el ´area se calcular´a con la integral
R′
r dr dθ,
donde R′ representa a la regi´on R definida por coordenadas polares
(a) La curva r = a sen 2θ es una rosa de cuatro p´etalos y el interior de la hoja del primer cuadrante est´a formado
por los puntos (r, θ) que verifican: 0 ≤ θ ≤ π
2 y 0 ≤ r ≤ a sen 2θ; por tanto, su ´area es:
π/2
0
a sen 2θ
0
r dr dθ =
π/2
0
1
2
a2
sen2
θ dθ =
π
8
a2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

515. Integraci´on 510
(b) Si a la regi´on definida por 0 ≤ r ≤ a y 0 ≤ θ ≤ π
6 le quitamos aquellos punto que verifican x ≤ a/2 (que
forman un tri´angulo de base a/2 y altura a
√
3/2), obtenemos la regi´on definida. Por tanto, su ´area es:
a
0
π/6
0
r dθ dr −
√
3
8
a2
=
π
12
a2
−
√
3
8
a2
(c) La representaci´on del caracol puede verse en la figura 4.7; de ella se deduce que el ´area pedida es:
2
2π/3
0
a(1+2 cos θ)
0
r dr dθ − 2
π
2π/3
a(1+2 cos θ)
0
r dr dθ
= 2
2π/3
0
a2
2
(1 + 2 cos θ)2
dθ − 2
π
2π/3
a2
2
(1 + 2 cos θ)2
dθ = a2
(π +
√
27)
(d) El ´area total de la lemniscata r2 = 2a2 cos 2θ es:
4
π
0
4
√
2a2 cos 2θ
0
r dr dθ = 2
π
0
42a2
cos 2θ dθ = 2a2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

516. Integraci´on 511
Problema 259 Pasar las siguientes integrales a coordenadas cil´ındricas y evaluarlas.
(a)
1
0
√
1−x2
−
√
1−x2
3
0
x dz dy dx.
(b)
2
−2
√
4−x2
−
√
4−x2
√
x2+y2
0
z dz dy dx.
(c)
√
2
−
√
2
√
2−z2
−
√
2−z2
1+y2+z2
0
z3
dx dy dz.
Recordemos la igualdad que nos permite calcular una integral mediante el cambio a coordenadas cil´ındricas:
R
f(x, y, z) dx dy dz = f(r cos θ, r sen θ, z)r dr dθ dz
donde R′ y R representan la misma regi´on de R3 definida en coordenadas cil´ındricas y cartesianas respectivamente.
(a) La regi´on donde se integra es un cuarto de cilindro.
1
0
√
1−x2
−
√
1−x2
3
0
x dz dy dx =
π/2
0
1
0
3
0
r2
cos θ dz dr dθ
=
π/2
0
1
0
3r2
cos θ dr dθ =
π/2
0
cos θ dθ = 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

517. Integraci´on 512
(b) La regi´on donde se integra son los puntos comprendidos entre el cono z = x2 + y2 y el plano XY que
verifican −2 ≤ x ≤ 2 y x2 + y2 ≤ 4; esta regi´on en coordenadas cil´ındricas queda definida por: 0 ≤ r ≤ 2,
0 ≤ θ ≤ π/2 y 0 ≤ z ≤ r. Por tanto, la integral se evalua como sigue:
2
−2
√
4−x2
−
√
4−x2
√
x2+y2
0
z dz dy dx =
2
0
π/2
0
r
0
zr dz dθ dr
=
2
0
π/2
0
1
2
r3
dθ dr =
2
0
π
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 aplicaci´on g(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) (cambio de coordenadas a cil´ındricas) transforma la
regi´on 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 regi´on donde queremos integrar.
Esta interpretaci´on siempre debe tenerse en cuenta ya que, como aqu´ı ocurre, la regi´on de la izquierda puede
no ser un cubo, y en tal caso tenemos que utilizar las t´ecnicas de los ejercicios anteriores para establecer el
orden de integraci´on y los intervalos.
(c) La regi´on est´a formada por los puntos comprendidos entre el plano Y Z y el paraboloide x = 1 + y2 + z2 que
verifican que z2 + y2 ≤ 2. En primer lugar observamos que esta regi´on es un s´olido de revoluci´on 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 cil´ındricas ser´a realmente ´util. Una vez hecho esto, el ejercicio es
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

518. Integraci´on 513
Z
Z
R
£
X
Y2
2
2
2
g
π
Figura 7.5: Ejercicio 34 b.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

519. Integraci´on 514
bastante sencillo:
√
2
−
√
2
√
2−z2
−
√
2−z2
1+y2+z2
0
z3
dx dy dz =
√
2
−
√
2
√
2−y2
−
√
2−y2
1+x2+y2
0
y3
dz dx dy
=
2
0
2π
0
1+r2
0
(r sen θ)3
r dz dθ dr =
2π
0
2
0
r4
sen3
θ(1 + r2
) dr dθ
=
2π
0
864
35
sen3
θ dθ = 0
(Este resultado se pod´ıa haber deducido a partir de las caracter´ısticas de simetr´ıa de la funci´on y de la regi´on)
El renombramiento de variables que hemos hecho al inicio del ejercicio es una forma r´apida 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 formalizaci´on como ejercicio.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

520. Integraci´on 515
Problema 260 Hallar el volumen de la regi´on dada usando una integral triple en coordenadas esf´ericas:
(a) La regi´on entre los conos z2 = x2 + y2 y 3z2 = x2 + y2 y bajo la semiesfera z = 4 − x2 − y2.
(b) La regi´on acotada lateralmente por el cilindro x2 + y2 = 4, superiormente por el cono z = x2 + y2 e
inferiormente por el plano Z = 0.
(c) La regi´on acotada inferiormente por el plano z = b, superiormente por el plano z = c y lateralmente por la
esfera x2 + y2 + z2 = a2, para −a b c a. Expresar el volumen como una diferencia de integrales.
Recordemos que la f´ormula de integraci´on en coordenadas esf´ericas es:
R
f(x, y, z) dx dy dz = f(ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ)ρ2
| cos φ|dφ dθ dρ
donde R y R′ representan la misma regi´on del plano definida por coordenadas cartesianas y por coordenadas esf´ericas
respectivamente. (!No debe olvidarse el valor absoluto de la f´ormula!)
Por tanto, si tenemos una regi´on del plano S definida por coordenadas esf´ericas, su volumen es:
V =
S
ρ2
| sen φ|dφ dθ dρ
(Ver el segundo apartado del ejercicio 27)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

521. Integraci´on 516
(a) Esta regi´on queda definida por: π
3 ≤ φ ≤ π
3 , 0 ≤ ρ ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π; por tanto su volumen es:
V =
2
0
2π
0
π/3
π/4
ρ2
sen φ dφ dθ dρ =
2
0
2π
0
√
2 − 1
2
ρ2
dθ dρ
=
2
0
π(
√
2 − 1)ρ2
dρ =
8
3
π(
√
2 − 1)
(b) Esta regi´on queda definida por: π
4 ≤ φ ≤ π
2 , 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ ρ ≤ 1
sen φ ; por tanto, su volumen es:
π/2
π/4
2π
0
cosec φ
0
ρ2
sen φ dρ dθ dφ
=
π/2
π/4
2π
0
1
3 sen2 φ
dθ dφ =
π/2
π/4
2π
3 sen2 φ
dφ =
2π
3
(c) La regi´on 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; m´as concretamente,
nos basta con calcular el volumen del casquete de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 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 relaci´on existente entre a, b y c). Este casquete queda definido en coordenadas
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

522. Integraci´on 517
esf´ericas por: 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ arc cos d
a y d
cos φ ≤ ρ ≤ a; por tanto, el volumen del casquete es:
arc cos d/a
0
a
d/ cos φ
2π
0
ρ2
sen φ dθ dρ dφ =
arc cos d/a
0
a
d/ cos φ
2πρ2
sen φ dρ dφ
=
arc cos d/a
0
2π
3
a3
sen φ −
d3 sen φ
cos3 φ
dφ =
2π
3
a3
+
π
3
d3
− πa2
d
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

523. Integraci´on 518
Problema 261 Transformar a coordenadas esf´ericas la integral dada en cil´ındricas por
2π
0
2
0
√
8−r2
r
r2
z dz dr dθ
La transformaci´on de coordenadas cil´ındricas a esf´ericas es:
T(ρ, θ, φ) = (ρ sen φ, θ, ρ cos φ)
El valor absoluto del determinante de su jacobiano es:
||JT(ρ, θ, φ)|| =
sen φ 0 ρ cos φ
0 1 0
cos φ 0 −ρ sen φ
= | − ρ| = |ρ|
Por tanto, la f´ormula de cambio de variables de cil´ındricas a esf´ericas es:
R
f(r, θ, z) dr dθ dz =
R′
f(ρ sen φ, θ, ρ cos φ)|ρ| dρ dθ dφ
donde R y R′ representan la misma regi´on del plano definida en coordenadas cil´ındricas y esf´ericas respectivamente.
La integral del enunciado se hace sobre la regi´on comprendida entre un cono (el ´angulo de su generatriz y el
eje OZ es π/4) y un esfera de radio
√
8; esta regi´on en coordenadas esf´ericas queda definida por: 0 ≤ ρ ≤
√
8,
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

524. Integraci´on 519
0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ π
4 y por tanto:
2π
0
2
0
√
8−r2
r
r2
z dz dr dθ =
π/4
0
√
8
0
2π
0
ρ2
cos2
φρ cos φρ dθ dρ dφ
=
π/4
0
√
8
0
2πρ4
cos3
φ dρ dφ =
π/4
0
√
8
0
256
5
√
2π cos3
φ dφ =
128
3
π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

525. Integraci´on 520
Problema 262 Expresar la siguiente integral en coordenadas esf´ericas:
2
−2
√
4−y2
−
√
4−y2
√
x2+y2
0
x2
dz dx dy
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

526. Integraci´on 521
Problema 263 Hallar el volumen bajo la gr´afica de f(x, y) = 4x2 + 3y2 + 27 sobre el disco de radio 2 centrado en
(0, 1).
Damos s´olo el planteamiento de la integral; el c´alculo directo es posible pero resulta un poco largo. La integraci´on
sobre este tipo de regiones se hace m´as f´acilmente cambiando a coordenadas polares, como veremos en el ejercicio
30.
Dado que la circunferencia de radio 2 y centro en (0, 1) est´a formada por las gr´aficas de las funciones g1(x) =
1−
√
4 − x2 y g2(x) = 1+
√
4 − x2, x ∈ [−2, 2], la regi´on sobre la que tenemos que integrar es la regi´on comprendida
entre ellas, y por tanto, el volumen se puede calcular como sigue:
2
−2
1+
√
4−x2
1−
√
4−x2
(4x2
+ 3y2
+ 27)dy dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

527. Integraci´on 522
Problema 264 Aplicar una integral doble para determinar el ´area de la regi´on R limitada por las gr´aficas de las
ecuaciones indicadas:
1. x = y2, x = 2 − y2,
2.
√
x +
√
y = 2, x + y = 4,
3. y = −x2 + 3x, y = −2x + 4, y = 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

528. Integraci´on 523
Problema 265 Recu´erdese que si f2(x, y) ≥ f1(x, y) para todo (x, y) de una regi´on R, entonces el volumen del
s´olido entre las dos superficies y sobre R, es V =
R
[f2(x, y) − f1(x, y)]dA. Aplica este resultado para evaluar el
volumen comprendido entre las gr´aficas de las ecuaciones indicadas:
z = x2
+ y2
, z = 9; 2z = 4 − x2
− y2
, z = 2 − y.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

529. Integraci´on 524
Problema 266 Determinar el volumen del s´olido limitado por las gr´aficas de las ecuaciones indicadas:
1. z = 4 − y2, x = 3, sobre el primer octante,
2. y = x2, y + z = 3, z = 0,
3. z = x + y, x2 + y2 = 9, sobre el primer octante,
4. z = 4 − x2 − 1
4y2, z = 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

530. Integraci´on 525
Problema 267 Hallar el ´area de la porci´on del cilindro x2 + z2 = 1 que est´a dentro del cilindro x2 + y2 = 1.
El problema se puede enunciar como sigue: tenemos que calcular el ´area de la gr´afica de f(x, y) =
√
1 − x2 en la
regi´on x2 + y2 = 1. Esto solo nos dar´a la mitad del ´area pedida en el enunciado, ya que estamos considerando solo
la ra´ız cuadrada positiva. El ´area as´ı definida se calcula con la f´ormula:
A =
R
1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2dx dy
Las derivadas parciales de f son D1f(x, y) = x√
1−x2
, D2f(x, y) = 0.
En este caso, resolvemos la integral directamente sin usar ning´un cambio de variable:
A =
1
−1
√
1−x2
−
√
1−x2
1
√
1 − x2
dy dx =
1
−1
2dx = 4
(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 pr´actica con el c´alculo de integrales multiples, se puede realizar
mentalmente parte de los c´alculos y deducir el camino menos laborioso).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

531. Integraci´on 526
Problema 268 Una esfera de radio 1 tiene su centro sobre la superficie de otra esfera de radio a 1. Probar que
el ´area de la superficie de la segunda esfera limitada por la primera es π, independientemente del radio a. ¿C´omo
se puede interpretar este curioso resultado?
Podemos tomar las siguientes ecuaciones para las dos esferas
x2
+ y2
+ z2
= a2
x2
+ y2
+ (z − a)2
= 1
Para hallar la intersecci´on 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 relaci´on entre
x e y en los puntos de la intersecci´on: x2 + y2 = 1 − 1
4a2 . Es decir, la intersecci´on es una circunferencia contenida en
el plano Z = 2a2−1
2a de radio 1 − 1
4a2 y con el centro en el eje Z.
Por tanto, el ´area que tenemos que calcular es la de la superficie de la gr´afica de la funci´on f(x, y) = a2 − x2 − y2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

532. Integraci´on 527
en la regi´on x2 + y2 = 1 − 1
4a2 :
A =
R
1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2 dx dy
=
R
1 +
x2
a2 − x2 − y2
+
y2
a2 − x2 − y2
dx dy
=
R
a
a2 − x2 − y2
dx dy
=
R′
ar
√
a2 − r2
dr dθ
=
1− 1
4a2
0
2π
0
ar(a2
− x2
− y2
)−1/2
dθ dr
=
1− 1
4a2
0
2πar(a2
− r2
)−1/2
dr
= −2πa a2 − r2
1− 1
4a2
0
= π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

533. Integraci´on 528
Problema 269 Calcular el ´area del grafo de la funci´on f(x, y) = xy definida en el dominio R = [0, 1] × [0, 1].
El planteamiento de la soluci´on no tiene dificultad, puesto que conocemos la f´ormulas que calcula el ´area del
grafo de un campo escalar f definido en un dominio R; si las derivadas parciales del campo escalar son continuas,
el ´area viene dada por:
A =
R
1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2dxdy
Como vemos a continuaci´on, la dificultad del ejercicio reside en el c´alculo de primitivas, a´un cuando las expresiones
iniciales y la regi´on de integraci´on parecen simples.
Para el campo propuesto, la integral que determina el ´area es:
A =
[0,1]×[0,1]
1 + y2 + x2dxdy
Abordamos su resoluci´on de dos formas distintas; en primer lugar, aplicando directamente el teorema de Fubini,
camino que por otra parte es el, a priori m´as aconsejable por la forma del dominio de integraci´on.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

534. Integraci´on 529
[0,1]×[0,1]
1 + y2 + x2dxdy
=
1
0
1
0
1 + y2 + x2dxdy
=
1
0
1
0
1 + y2 1 +
x2
1 + y2 dxdy
senh u =
x
1 + y2
cosh udu =
dx
1 + y2
=
1
0
arg senh 1√
1+y2
0
1 + y2 1 + senh2
u 1 + y2 cosh ududy
=
1
0
(1 + y2
)
arg senh 1√
1+y2
0
cosh2
ududy
=
1
0
(1 + y2
)
u
2
+
1
4
senh 2u
arg senh 1√
1+y2
u=0
dy
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

535. Integraci´on 530
=
1
0
(1 + y2
)
u
2
+
1
4
senh 2u
arg senh 1√
1+y2
u=0
dy
=
1
0
(1 + y2
)
1
2
arg senh
1
1 + y2
+
1
4
senh 2 arg senh
1
1 + y2
dy
senh 2 arg senh α = 2(senh arg senh α)(cosh arg senh α) = 2α
√
1 + α2
=
1
0
(1 + y2
)
1
2
arg senh
1
1 + y2
+
1
2
1
1 + y2
1 +
1
1 + y2
dy
=
1
0
1
2
(1 + y2
) arg senh
1
1 + y2
+
1
2
2 + y2 dy
=
1
2
1
0
(1 + y2
) arg senh
1
1 + y2
dy +
1
2
1
0
2 + y2dy
Integraci´on por partes
u = arg senh 1
1 + y2
⇒ du = − y
(1 + y2) y2 + 2
dy
dv = (1 + y2)dy ⇒ v = y +
y3
3
=
y
2
+
y3
6
arg senh
1
1 + y2
1
0
+
1
6
1
0
3y2 + y4
(1 + y2) y2 + 2
dy +
1
2
1
0
2 + y2dy
=
2
3
arg senh
1
√
2
+
1
0
3y2 + y4
6(1 + y2) y2 + 2
+
1
2
2 + y2 dy
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

536. Integraci´on 531
La simplificaci´on del resultado final de la evaluaci´on requiere aplicar varias igualdades y manipular expresiones
con radicales. Concretamente debemos recordar las siguientes igualdades:
arg senh x = log(x + x2 + 1); arc tg(1 − x) + arc tg(1 + x) = arc tg
2
x2 =
π
2
− arc tg
x2
2
, x ≥ 0
En particular, para x =
√
3 − 1, tenemos que
x2
2
= 2 −
√
3 y de ah´ı:
arc tg(2 −
√
3) + arc tg
√
3 =
π
2
− arc tg(2 −
√
3)
arc tg(2 −
√
3) +
π
3
=
π
2
− arc tg(2 −
√
3)
arc tg(2 −
√
3) =
π
12
Terminamos la evaluaci´on de la integral:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

537. Integraci´on 532
A =
2
3
log

 1
√
2
+
3
2

 −
1
6
+
2
3
log
√
2 +
1
6
−
π
12
+
1
3(
√
3 − 1)2
−
2
3
log(
√
3 − 1) −
1
12
(
√
3 − 1)2
+
1
3
arc tg
(
√
3 − 1)2
2
=
2
3
log(1 +
√
3) −
2
3
log
√
2 +
1
3
log 2 −
π
12
+
1
3(
√
3 − 1)2
−
2
3
log(
√
3 − 1)
−
1
12
(
√
3 − 1)2
+
1
3
arc tg(2 −
√
3)
=
2
3
log(1 +
√
3) −
1
3
log 2 +
1
3
log 2 −
π
12
+
1
3(
√
3 − 1)2
−
2
3
log(
√
3 − 1)
−
1
12
(
√
3 − 1)2
+
π
36
=
2
3
log
√
3 + 1
√
3 − 1
+
1
3(
√
3 − 1)2
−
1
12
(
√
3 − 1)2
−
π
18
=
2
3
log
(
√
3 + 1)2
2
+
1
3(
√
3 − 1)2
−
1
12
(
√
3 − 1)2
−
π
18
=
4
3
log(1 +
√
3) −
2
3
log 2 +
√
3
3
−
π
18
≈ 1′
28079
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

538. Integraci´on 533
La misma integral puede ser resuelta con el cambio por coordenadas polares; vamos a ver que la complejidad de
la integral es similar.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

539. Integraci´on 534
[0,1]×[0,1]
1 + y2 + x2dxdy
=
T−1(R)
r 1 + r2drdθ
0 ≤ θ ≤ π/4
0 ≤ r ≤ 1
cos θ
π/4 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 1
sen θ
= 1
rsenθ
= 1
rcos θ
Y
X
=
π/4
0
1/cos θ
0
r 1 + r2drdθ +
π/2
π/4
1/sen θ
0
r 1 + r2drdθ
=
π/4
0
1
3
(1 + r2
)
3/2
1/cos θ
r=0
dθ +
π/2
π/4
1
3
(1 + r2
)
3/2
1/sen θ
r=0
dθ
=
1
3
π/4
0
1 +
1
cos2 θ
3/2
− 1 dθ +
1
3
π/2
π/4
1 +
1
sen2 θ
3/2
− 1 dθ
= −
π
6
+
1
3
π/4
0
1 +
1
cos2 θ
3/2
dθ +
1
3
π/2
π/4
1 +
1
sen2 θ
3/2
dθ
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
π/2
1
3/2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

540. Integraci´on 535
= −
π
6
+
2
3
1
0
(2 + t2)
3/2
1 + t2 dt
√
2 + t2 = u + t ⇒ 2 = u2 + 2ut ⇒ t = 2 − u2
2u
dt = −
2 + u2
2u2 du
El cambio de variable lleva a una funci´on racional en u.
= −
π
6
−
2
3
√
3−1
√
2
(2 + u2)4
4u3(4 + u4)
du
= −
π
6
+
2
3
√
2
√
3−1
u
4
+
1
u3 +
2
u
+
4u
4 + u4 du
= −
π
6
+
2
3
u2
8
−
1
2u2 + 2 log u + arc tg
u2
2
√
2
√
3−1
=
4
3
log(1 +
√
3) −
2
3
log 2 +
√
3
3
−
π
18
La ´ultima evaluaci´on y simplificaci´on es similar a la realizada en el procedimiento anterior.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

541. Integraci´on 536
Problema 270 Un s´olido del primer octante est´a acotado inferiormente por el plano z = 0, lateralmente por el
plano y = 0 y la superficie x = y2, y superiormente por la superficie z = 4 − x2. La densidad es δ(x, y, z) = kxy
donde k es una constante. Hallar la masa del s´olido.
La masa viene dada por:
R
δ(x, y, z) dx dy dz =
2
0
√
x
0
4−x2
0
kxy dz dy dx
=
2
0
√
x
0
kxy(4 − x2
) dy dx =
2
0
1
2
kx2
(4 − x2
) dx =
32
15
k
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542. Integraci´on 537
Problema 271 Un toro de masa m es generado cuando un c´ırculo de radio a gira alrededor de un eje de su plano
a una distancia b del centro (b a). H´allese su momento de inercia respecto al eje de revoluci´on.
Si d(x, y, z) nos da la distancia de un punto (x, y, z), de la regi´on R, a un recta ℓ, y δ(x, y, z) nos da la densidad
del s´olido en cada punto, el momento de inercia del s´olido respecto a ℓ es
Iℓ =
R
(d(x, y, z))2
δ(x, y, z) dx dy dz
Supongamos ahora que el eje ℓ es OX; en este caso, la distancia de un punto al eje, coincide con la primera
coordenada cil´ındrica del punto, es decir, d(r cos θ, r sen θ, z) = r. Por tanto, la mejor forma de evaluar la integral
es efectuando el cambio a coordenadas cil´ındricas y se tiene que:
IOX =
R′
r3
δ(r cos θ, r sen θ, z) dr dθ dz
donde R′ es la regi´on R definida por coordenadas cil´ındricas.
El toro descrito en el enunciado se define por coordenadas cil´ındricas por: θ ∈ [0, 2π], z ∈ [−a, a] y b−
√
a2 − z2 ≤
r ≤ b +
√
a2 − z2. Por tanto, su momento de inercia respecto de OX es:
IOX =
a
−a
b+
√
a2−z2
b−
√
a2−z2
2π
0
r3
dθ dr dz =
a
−a
b+
√
a2−z2
b−
√
a2−z2
2πr3
dr dz
=
a
−a
(4π(b3
− ba2
) a2 − z2 + 4πbz2
a2 − z2)dz = 2π2
a2
(b3
− ba2
) +
π2
2
a4
b
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

543. Integraci´on 538
(Las primitivas de los dos sumandos se obtienen con el cambio z → a sen u)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

544. Integraci´on 539
Problema 272 1. La densidad en cada punto de una placa cuadrada de un metro de lado es 4 + r2 gramos por
cent´ımetro cuadrado, donde r es la distancia en cent´ımetros desde el punto al centro de la placa. ¿Cu´al es la
masa de la placa?
2. ¿Cu´al es la masa de la placa si r es la distancia al v´ertice inferior izquierdo de la placa.
1. Supongamos que la placa est´a 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) =
x2 + y2. La masa de la placa se calcula como sigue:
1/2
−1/2
1/2
−1/2
(4 + r2
)dx dy =
1/2
−1/2
1/2
−1/2
(4 + x2
+ y2
)dx dy =
1/2
−1/2
49
12
+ y2
dy =
25
6
2. En este caso situamos la placa con el v´ertice inferior izquierdo sobre el origen de coordenadas y en el primer
cuadrante de plano. De esta forma, volvemos a tener r = x2 + y2 y la masa de la placa es:
1
0
1
0
(4 + r2
)dx dy =
1
0
1
0
(4 + x2
+ y2
)dx dy =
1
0
13
3
+ y2
dy =
14
3
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

545. Integraci´on 540
Problema 273 Hallar el valor medio de las siguientes funciones sobre las regiones dadas.
(a) f(x, y) = y sen xy, R = [0, π] × [0, π].
(b) f(x, y) = 1/(x + y), R = [e, e2] × [e, e2].
(c) f(x, y) = x2 + y2, sobre el anillo comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1/4 y x2 + y2 = 1.
Si A es el ´area de la regi´on R, el valor medio de una funci´on f(x, y) en R es:
V M =
1
A
R
f
(a)
V M =
1
A
R
f =
1
π2
π
0
π
0
(y sen xy)dx dy
=
1
π2
π
0
(1 − cos πy)dy =
1
π2
π −
1
π
sen π2
(c) Sea C1 el c´ırculo x2 + y2 ≤ 1 y C2 el c´ırculo x2 + y2 ≤ 1/4.
V M =
1
A
R
f =
4
3π


C1
f −
C2
f


Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

546. Integraci´on 541
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 funci´on g transforma rect´angulos [0, ρ] × [0, 2π] en c´ırculos x2 + y2 ≤ ρ2. Por tanto, la integrales las
calculamos como sigue:
C1
f =
1
0
2π
0
(r2
cos2
θ + r2
sen2
θ)rdθ dr =
1
0
2π
0
r3
dθ dr =
1
0
2πr3
dr =
π
2
C2
f =
1/2
0
2π
0
r3
dθ dr =
1/2
0
2πr3
dr =
π
32
El valor medio de la funci´on es:
V M =
4
3π
π
2
−
π
32
=
5
8
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

547. Integraci´on 542
Problema 274 Hallar el centro de masas de la regi´on entre y = x2 e y = x si la densidad viene dada por x + y.
El centro de masas, (¯x, ¯y), de una placa que cubre una regi´on del plano R y cuya densidad viene dada por una
funci´on ρ(x, y) es:
¯x = R
xρ(x, y)dx dy
R
ρ(x, y)dx dy
¯y = R
yρ(x, y)dx dy
R
ρ(x, y)dx dy
Hallemos las tres integrales necesarias para la regi´on propuesta:
R
xρ(x, y)dx dy =
1
0
x
x2
(x2
+ xy)dy dx =
11
120
R
yρ(x, y)dx dy =
1
0
x
x2
(xy + y2
)dy dx =
13
168
R
ρ(x, y)dx dy =
1
0
x
x2
(x + y)dy dx =
3
20
Por tanto: ¯x =
11
120
20
3
=
11
18
, ¯y =
13
168
20
3
=
65
126
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

548. Integraci´on 543
Problema 275 Hallar el centro de masas del disco determinado por (x − 1)2 + y2 ≤ 1 si la densidad es x2.
(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 funci´on g transforma rect´angulos [0, c] × [0, 2π] en c´ırculos (x − 1)2 + y2 ≤ c2.
Las tres integrales necesarias para hallar las coordenadas ¯x e ¯y del centro de masas son:
R
xρ(x, y)dx dy =
2π
0
1
0
(1 + r cos θ)(1 + r cos θ)2
r dr dθ
=
2π
0
1
2
+
1
4
cos3
θ + cos2
θ +
3
2
cos θ dθ = 2π
R
yρ(x, y)dx dy =
1
0
2π
0
r sen θ(1 + r cos θ)2
r dθ dr = 0
(Obs´ervese que en cada caso optamos por el orden de integraci´on atendiendo a la simplicidad del c´alculo de la
primitiva correspondiente).
R
ρ(x, y)dx dy =
2π
0
1
0
(1 + r cos θ)2
r dr dθ =
2π
0
(
1
2
+
1
4
cos2
θ +
2
3
cos θ)dθ =
5
4
π
Por tanto: ¯x = 2π
4
5π
=
8
5
, ¯y = 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

549. Integraci´on 544
Problema 276 H´allese el momento de inercia respecto al eje OX de la regi´on acotada por el eje OX, la curva
y = ex y las rectas x = 0, x = 1 sabiendo que la densidad en cada punto de la regi´on viene dada por δ(x, y) = y + 1.
El momento de inercia respecto al eje OX se calcula mediante la siguiente f´ormula
Ix =
R
y2
δ(x, y) dx dy
Con los datos del enunciado tenemos:
IX =
1
0
ex
0
y2
(y + 1) dy dx =
1
0
1
4
e4x
+
1
3
e3x
dx = −
25
144
+
1
3
e3
+
1
16
e4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

550. Integraci´on 545
Problema 277 Calc´ulese el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje OX de cada una de las figuras
siguientes:
(a) La regi´on rectangular 0 ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ h.
(b) El disco encerrado por la circunferencia x2 + y2 = a2.
(c) La regi´on acotada por la elipse (x/a)2 + (y/b)2 = 1.
En los tres apartados suponemos que la densidad es constante e igual a 1.
(a)
IX =
h
0
b
0
y2
dx dy =
h
0
by2
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.
RX =
IX
m
=
h3b
2bh
=
1
√
2
h
(b)
IX =
a
−a
√
a2−y2
−
√
a2−y2
y2
dx dy =
a
−a
2y2
a2 − y2dy =
π
4
a4
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

551. Integraci´on 546
RX =
πa4
4πa2
=
a
2
(c) (Los c´alculos son exactamente iguales que en el apartado anterior).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

552. Integraci´on 547
Problema 278 Invierte el orden de integraci´on:
5
−5
√
25−y2
0
f(x, y) dx dy;
2
0
3−y
y/2
f(x, y) dx dy;
1
0
√
y
0
f(x, y) dx dy +
2
1
√
2−y
0
f(x, y) dx dy.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

553. Integraci´on 548
Problema 279 Evaluar las integrales iteradas que se indican invirtiendo el orden de integraci´on:
1
0
2
2y
e−y/x
dx dy;
1
−1
√
1−x2
−
√
1−x2
x 1 − x2 − y2 dy dx.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

554. Cap´ıtulo 8
Ecuaciones diferenciales ordinarias
549

555. Ecuaciones diferenciales ordinarias 550
Problema 280 Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias y, en su caso, calcular su valor:
1.
3
−2
dx
(x + 2)(3 − x)
2.
+∞
0
e−2x
cos ax dx
3.
+∞
e
dx
x log x
4.
π
0
tg x dx
1. La integral
3
−2
dx
(x + 2)(3 − x)
es impropia en los dos extremos y en los dos es convergente, ya que en −2
tiene el mismo car´acter que
3
−2
dx
√
x + 2
y en 3 tiene el mismo car´acter que
3
−2
dx
√
3 − x
y ambas series son
convergentes por ser (1/2)-integrales.
Vamos a calcular la integral de dos formas distintas. En la primera, utilizaremos la sustituci´on de Euler:
(x + 2)(3 − x) = u(x + 2)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

556. Ecuaciones diferenciales ordinarias 551
Haciendo las operaciones necesarias llegamos a:
u =
3 − x
x + 2
, x =
3 − 2u2
u2 + 1
, x + 2 =
5
u2 + 1
, dx =
− 10u
(u2 + 1)2 du
Los l´ımites de integraci´on cambian a:
l´ım
x→3
3 − x
x + 2
= 0, l´ım
x→−2+
3 − x
x + 2
= +∞
Y entonces:
3
−2
dx
(x + 2)(3 − x)
=
0
+∞
− 10u
(u2 + 1)2
5u
u2 + 1
du
=
+∞
0
2
u2 + 1
du
= 2 arc tg u
+∞
0
= l´ım
u→+∞
2 arc tg u = 2
π
2
= π
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

557. Ecuaciones diferenciales ordinarias 552
Una sustituci´on por funci´on trigonom´etrica conduce a un c´alculo igual de simple:
3
−2
dx
(x + 2)(3 − x)
=
3
−2
dx
√
6 + x − x2
=
3
−2
dx
5
2 1 − 2
5(x − 1
2)
2
2
5(x − 1
2 ) = sen θ, θ ∈ (−π/2, π/2)
dx =
5
2
cos θ
=
π/2
−π/2
5
2 cos θ
5
2
√
1 − sen2 θ
dθ
=
π/2
−π/2
dθ
=
π
2
+
π
2
= π
2. La integral
+∞
0
e−2x
cos ax dx converge, ya que
+∞
0
e−2x
dx converge y
|e−2x
cos ax| ≤ e−2x
Para a = 0 la integral se reduce a
+∞
0
e−2x
dx =
1
2
Γ(1) =
1
2
.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

558. Ecuaciones diferenciales ordinarias 553
Para a = 0 calculamos la integral utilizando integraci´on por partes:
+∞
0
e−2x
cos ax dx =
u = e−2x du = −2e−2xdx
dv = cos ax dx v = 1
a sen ax
= e−2x 1
a
sen ax
+∞
0
+
+∞
0
2
a
e−2x
sen axdx
=
2
a
+∞
0
e−2x
sen axdx
u = e−2x du = −2e−2xdx
dv = sen ax dx v = −1
a cos ax
=
2
a
−e−2x 1
a
cos ax
+∞
0
−
2
a
+∞
0
2
a
e−2x
cos axdx
= l´ım
x→+∞
2
a2 −e−2x
cos ax + 1 −
4
a2
+∞
0
e−2x
cos axdx
=
2
a2 −
4
a2
+∞
0
e−2x
cos axdx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

559. Ecuaciones diferenciales ordinarias 554
De donde se obtiene que:
+∞
0
e−2x
cos ax dx =
2
a2
1 + 4
a2
=
2
a2 + 4
3. Dado que la funci´on f(x) =
1
x log x
es decreciente en [2, +∞) (ya que tanto la funci´on x como la funci´on
log x son crecientes), la integral
+∞
e
dx
x log x
tiene el mismo car´acter que la serie 1
n log n
; por el criterio de
condensaci´on esta serie tiene el mismo car´acter que
1
k log 2
que es divergente.
Vamos a estudiar directamente la convergencia a trav´es del c´alculo de la integral. El cambio de variable x = eu
hace que el estudio directo sea pr´acticamente id´entico al realizado arriba:
+∞
e
dx
x log x
=
+∞
1
eudu
eu log eu =
+∞
1
du
u
La integral de la derecha no es convergente y en consecuencia la integral propuesta tampoco.
4. La integral
π
0
tg x dx es impropia en un punto intermedio del intervalo de integraci´on, π/2. Aparentemente,
la simetr´ıa de la funci´on tangente en el intervalo de integraci´on respecto del punto (π/2, 0) permitir´ıa deducir
que la integral propuesta converge a 0.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

560. Ecuaciones diferenciales ordinarias 555
π/2 π
Y
X
Sin embargo, vamos a ver que, de hecho, esta integral no converge. Seg´un la definici´on, la integral
π
0
tg x dx
converge si y solo si convergen las integrales
π/2
0
tg x dx y
π
π/2
tg x dx
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

561. Ecuaciones diferenciales ordinarias 556
Estudiamos la primera:
π/2
0
tg x dx = − log cos x
π/2
0
= l´ım
x→π/2
(− log cos x) = +∞
Por lo tanto, la integral propuesta no converge.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

562. Ecuaciones diferenciales ordinarias 557
Problema 281 1. Demostrar que la integral impropia Γ(x) =
+∞
0
tx−1
e−t
dt converge para cada x ∈ (0, +∞).
2. Demostrar que la integral impropia β(x) =
1
0
tx−1
(1 − t)y−1
dt converge para cada x ∈ (0, +∞), y ∈ (0, +∞).
1. Seg´un 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) =
+∞
0
e−t
dt = −e−t
+∞
0
= l´ım
t→+∞
(−e−t
+ 1) = 1
Para 0 x 1: Γ(x) =
+∞
0
dt
t1−xet =
1
0
dt
t1−xet
I1
+
+∞
1
dt
t1−xet
I2
.
La integral I1 es impropia en 0 y es convergente, ya que tiene el mismo car´acter que
1
0
dt
t1−x y 0
1 − x 1:
l´ım
t→0
1
t1−xet
1
t1−x
= l´ım
t→0
1
et = 1 = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

563. Ecuaciones diferenciales ordinarias 558
La integral I2 es impropia en +∞; teniendo en cuenta que la integral
+∞
0
e−t
dt converge y que:
l´ım
t→+∞
1
t1−xet
1
et
= l´ım
t→+∞
1
t1−x = 0
deducimos que I2 tambi´en converge.
Para x 1, el teorema de integraci´on por partes permite deducir la siguiente igualdad:
Γ(x) =
+∞
0
tx−1
e−t
dt = −tx−1
e−t
+∞
0
+
+∞
0
tx−2
e−t
dt
=
+∞
0
tx−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 funci´on 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. Seg´un 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 funci´on β est´a bien definida por que el integrando es una
funci´on continua.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

564. Ecuaciones diferenciales ordinarias 559
Si x = 1, β(x, 1) =
1
0
tx−1
dt =
tx
x
1
0
=
1
x
. Obs´ervese que, si x 1, la integral es impropia en 0, pero
el c´alculo realizado es igualmente v´alido.
Si y = 1, β(1, y) =
1
0
(1 − t)y−1
dt = −
(1 − t)y
y
1
0
=
1
y
. Nuevamente, si y 1, la integral es impropia
en 1.
Si 0 x 1 y 0 y 1, entonces la integral es impropia en 0 y 1; en 0 tiene el mismo car´acter que
1
0
tx−1
dt que es convergente (ya que 1 − x 1) y en 1 tiene el mismo car´acter que
1
0
(1 − t)y−1
dt 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 car´acter que
1
0
tx−1
dt
que es convergente.
Si x 1 y 0 y 1, entonces la integral es impropia solo en 1 y tiene el mismo car´acter que
1
0
(1−t)y−1
dt
que es convergente.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

565. Ecuaciones diferenciales ordinarias 560
Problema 282 Hallar el ´area de la regi´on limitada superiormente por xy = 1, inferiormente por y(x2 + 1) = x, y
a la izquierda por x = 1.
Observamos en primer lugar que la curva xy = 1 est´a por encima de y(x2 + 1) = x para x = 0:
1
x
x
x2 + 1
=
x2 + 1
x2 1
Por lo tanto, el ´area pedida es
+∞
1
1
x
−
x
x2 + 1
dx = log x −
1
2
log(x2
+ 1)
+∞
0
= log
x
√
x2 + 1
+∞
0
= 0 − log
1
√
2
= log
√
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

566. Ecuaciones diferenciales ordinarias 561
Problema 283 Usando la funci´on β calcular:
π/2
0
sen3
θ cos4
θ dθ.
π/2
0
sen3
θ cos4
θ dθ =
1
2
β(
4
2
,
5
2
) =
Γ(2)Γ(5/2)
2Γ(9/2)
=
1!Γ(5/2)
27
2
5
2Γ(5/2)
=
2
35
En la simplificaci´on hemos utilizado la igualdad: Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1).
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

567. Ecuaciones diferenciales ordinarias 562
Problema 284 Utilizar el teorema de Green para demostrar que el ´area encerrada por una curva cerrada y simple
C, recorrida en el sentido contrario a las agujas del reloj, es:
A =
1
2 C
−ydx + xdy
Por lo tanto, si γ(t) = (x(t), y(t)), t ∈ [a, b], es una parametrizaci´on de C, entonces:
1
2
a
b
(−y(t)x′
(t) + x(t)y′
(t))dt
Calcular el ´area de la regi´on interior al lazo del folium de Descartes, es decir, la regi´on limitada por la curva:
x(t) =
3t
t3 + 1
y(t) =
3t2
t3 + 1
La demostraci´on es una mera comprobaci´on; si F (x, y) = (−y, x), entonces el teorema de Green establece que
si C est´a recorrida en sentido positivo (sentido contrario al de la agujas del reloj), entonces:
C
(−ydx + xdy) =
C
F =
D
(D1F2 − D2F1)dxdy =
D
(1 + 1)dxdy = 2A
Y en consecuencia A =
1
2 C
(−ydx + xdy).
Recordemos la forma de curva denominada folium de Descartes:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

568. Ecuaciones diferenciales ordinarias 563
t → −1+
t → −1−
t → −∞
t → +∞
t = 0
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

569. Ecuaciones diferenciales ordinarias 564
El lazo de esta curva corresponde al intervalo [0, +∞) y en consecuencia su ´area es:
A =
1
2 C
(−ydx + xdy) =
1
2
+∞
0
−
3t2
t3 + 1
3(t3 + 1) − 9t3
(t3 + 1)2 +
3t
t3 + 1
6t(t3 + 1) − 9t4
(t3 + 1)2 dt
=
1
2
+∞
0
9t2 + 9t5
(t3 + 1)3 dt
= −
3
2
+∞
0
− 3t2
(t3 + 1)2 dt
= −
3
2
1
t3 + 1
+∞
0
= l´ım
t→+∞
−
3
2(t3 + 1)
+
3
2
=
3
2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

570. Ecuaciones diferenciales ordinarias 565
Problema 285 Utilizar la definici´on para calcular la trasformada de Laplace de la siguiente funci´on y especificar
su dominio.
f(t) =



−1 si 0 t 1
1 si t ≥ 1
L {f(t)} =
+∞
0
e−st
f(t)dt =
1
0
−e−st
dt +
+∞
1
e−st
dt
=
e−st
s
1
t=0
+ −
e−st
s
+∞
t=1
=
e−s
s
−
1
s
− l´ım
t→+∞
e−st
s
−
e−s
s
=
2e−s − 1
s
−
1
s
l´ım
t→+∞
e−st
Si s = 0, la integral impropia
+∞
1
e−st
dt =
+∞
1
dt no converge; si s 0, el l´ımite l´ım
t→+∞
e−st
es igual a +∞ y
por lo tanto la integral impropia no converge; si s 0, el l´ımite l´ım
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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

571. Ecuaciones diferenciales ordinarias 566
Podemos calcular la transformada utilizando el segundo teorema de traslaci´on y teniendo en cuenta que f(t) =
2H(t − 1) − 1 (la funci´on H es la funci´on de Heaviside);
L {f(t)} = 2L {H(t − 1)} − L {1} = 2e−s
L {1} − L {1} =
2e−s − 1
s
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

572. Ecuaciones diferenciales ordinarias 567
Problema 286 Demostrar que si α −1, entonces L {tα} =
Γ(α + 1)
sα+1 .
Utilizar este resultado para calcular L {t−1/2} y L {t3/2}.
L {tα
} =
+∞
0
e−st
tα
dt
u = st du = s dt
=
+∞
0
e−u uα
sα
du
s
=
1
sα+1
+∞
0
e−u
uα
du
=
Γ(α + 1)
sα+1
Para que tenga sentido la ´ultima expresi´on necesariamente α −1. Por otra parte, si α es un n´umero natural,
entonces:
L {tn
} =
n!
sn+1
L {t−1/2} =
Γ(1/2)
s1/2 =
π
s
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

573. Ecuaciones diferenciales ordinarias 568
L {t3/2} =
Γ(5/2)
s5/2 =
3
2
1
2Γ(1/2)
s5/2 =
3
4
π
s5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

574. Ecuaciones diferenciales ordinarias 569
Problema 287 Use la lista de transformadas b´asicas y la propiedad de linealidad para calcular las transformadas
de las siguientes funciones:
1. f(t) = t2 + 6t − 3
2. f(t) = et senh t
3. f(t) = sen t cos 2t
1. L {t2 + 6t − 3} = L {t2} + 6L {t} − 3L {1} =
2
s3 + 6
1
s2 − 3
1
s
=
2 + 6s − 3s2
s3
2. L {et senh t} = L {
e2t − 1
2
} =
1
2
L {e2t} −
1
2
L {1} =
1
2(s − 2)
−
1
2s
=
1
s(s − 2)
3. Utilizamos la igualdad:
cos α sen β =
1
2
sen(α + β) −
1
2
sen(α − β)
Por lo tanto:
L {sen t cos 2t} = L {
1
2
sen 3t −
1
2
sen t} =
3
2(s2 + 9)
−
1
2(s2 + 1)
=
s2 − 3
(s2 + 9)(s2 + 1)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

575. Ecuaciones diferenciales ordinarias 570
Problema 288 Calcular la transformada de Laplace de la siguiente funci´on:
g(t) =



e3t si t ≥ 0, t = 5
1 si t = 5
¿Podemos afirmar que la transformada inversa de Laplace de una funci´on es ´unica?
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

576. Ecuaciones diferenciales ordinarias 571
L {g(t)} =
+∞
0
e−st
g(t)dt
=
5
0
e−st
g(t)dt +
+∞
5
e−st
g(t)dt
=
5
0
e−st
e3t
dt +
+∞
5
e−st
e3t
dt
=
5
0
et(3−s)
dt +
6
5
et(3−s)
dt +
+∞
6
et(3−s)
dt
=
et(3−s)
3 − s
5
0
+
et(3−s)
3 − s
6
5
+
et(3−s)
3 − s
+∞
6
= l´ım
t→5
e5(3−s)
3 − s
−
1
3 − s
+ l´ım
t→5
e6(3−s)
3 − s
−
et(3−s)
3 − s
+ l´ım
t→+∞
et(3−s)
3 − s
−
e6(3−s)
3 − s
=
1
s − 3
+ l´ım
t→+∞
et(3−s)
3 − s
=
1
s − 3
si s 3
Si s ≤ 3, el ´ultimo l´ımite es +∞ y por lo tanto la integral no converge. Hemos obtenido entonces que L {g(t)} =
L {e3t} 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
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

577. Ecuaciones diferenciales ordinarias 572
Laplace si difieren en un conjunto finito de puntos de su dominio.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

578. Ecuaciones diferenciales ordinarias 573
Problema 289 Demu´estrese que la funci´on f(t) = 1/t2 no admite transformada de Laplace.
La existencia de la transformada est´a determinada por la convergencia de la integral impropia que la define:
L {1/t2
} =
+∞
0
e−st
t2
dt =
1
0
e−st
t2
dt +
+∞
1
e−st
t2
dt
Esta integral no converge puesto que la integral b´asica
1
0
e−st
t2
dt tiene el mismo car´acter que la serie divergente
1
0
1
t2
dt:
l´ım
t→0
e−st
t2
1
t2
= l´ım
t→0
e−st
= 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

579. Ecuaciones diferenciales ordinarias 574
Problema 290 Hallar la transformada de Laplace de la siguientes funci´on escribi´endolas en t´erminos de la funci´on
de Heaviside.
f(t) =



sen t si 0 ≤ t 2π
0 si t ≥ 2π
La estrategia para calcular la transformada de Laplace de este tipo de funciones es expresarlas en t´erminos de
la funci´on 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 traslaci´on permite calcular f´acilmente la transformada:
L {f(t)} = L {sen t} − L {H(t − 2π) sen(t − 2π)}
=
1
s2 + 1
− e−2πs
L {sen t}
=
1
s2 + 1
− e−2πs 1
s2 + 1
=
1 − e−2πs
s2 + 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

580. Ecuaciones diferenciales ordinarias 575
Problema 291 Utilizar la lista de transformadas b´asicas y la propiedad de linealidad para calcular la transformada
inversa de Laplace de las siguientes funciones:
a) F(s) =
(s + 1)2
s3 b) F(s) =
s − 1
s2(s2 + 1)
c) F(s) =
e−2s
s2(s − 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
s2 } +
1
2
L −1
{
2
s3 }
= 1 + 2t +
1
2
t2
b) Efectuamos en primer lugar la descomposici´on de la funci´on racional:
s − 1
s2(s2 + 1)
=
A
s
+
B
s2 +
Cs + D
s2 + 1
Efectuando la suma e igualando coeficientes obtenemos:
s − 1
s2(s2 + 1)
=
1
s
−
1
s2 −
s − 1
s2 + 1
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

581. Ecuaciones diferenciales ordinarias 576
y en consecuencia:
L −1
{
s − 1
s2(s2 + 1)
} = L −1
{
1
s
−
1
s2 −
s − 1
s2 + 1
} = 1 − t − cos t + sen t
c) L −1
{
e−2s
s2(s − 1)
} = H(t − 2)L −1
{
1
s2(s − 1)
}t→t−2
= H(t − 2)L −1
{−
1
s
−
1
s2 +
1
s − 1
}t→t−2
= H(t − 2) −1 − t + et
t→t−2
= (−1 − (t − 2) + et−2
)H(t − 2) = (1 − t + et−2
)H(t − 2)
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582. Ecuaciones diferenciales ordinarias 577
Problema 292 Usar el teorema de la derivaci´on de la transformada de Laplace para n = 1 para calcular f(t) =
L −1{arc tg 1/s}
Por el teorema de derivaci´on de la transformada de Laplace, podemos escribir:
L {tf(t)} = −
d
ds
L {f(t)}}
Entonces:
f(t) = −
1
t
L −1
{
d
ds
L {f(t)}}
= −
1
t
L −1
{
d
ds
arc tg 1/s}
= −
1
t
L −1
{
− 1
s2 + 1
}
= −
1
t
(− sen t)
=
sen t
t
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

583. Ecuaciones diferenciales ordinarias 578
Problema 293 Calcular las siguientes transformadas:
a) L {1 ∗ t3
} b) L {t
t
0
ue−u
du}
a) La transformada se calcula facilmente con el teorema de convoluci´on:
L {1 ∗ t3
} = L {1}L {t3
} =
1
s
6
s4 =
6
s5
Calculando previamente la convoluci´on el c´alculo queda igual de simple:
L {1 ∗ t3
} = L {
t
0
u3
du} = L {
1
4
t4
du} =
1
4
4!
s5
=
6
s5
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

584. Ecuaciones diferenciales ordinarias 579
b) Aplicando las propiedades de la transformada y la convoluci´on:
L {t
t
0
ue−u
du} = L {t(te−t
∗ 1)} Def. de convoluci´on
= −
d
ds
L {te−t
∗ 1} T. de derivaci´on de la transformada
= −
d
ds
(L {te−t
}L {1}) Teor. de convoluci´on
= −
d
ds
(L {t}s→s+1L {1}) Primer teorema de traslaci´on
= −
d
ds
1
(s + 1)2
1
s
=
3s2 + 4s + 1
(s + 1)4s2 =
3s + 1
(s + 1)3s2
Calculando la primitiva de la funci´on a transformar, podemos hacer el c´alculo sin utilizar la convoluci´on:
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

585. Ecuaciones diferenciales ordinarias 580
L {t
t
0
ue−u
du} = L {t −ue−u
− e−u
t
0
}
= L {t(−te−t
− e−t
+ 1)}
= L {−t2
e−t
− te−t
+ t)}
= −L {t2
e−t
} − L {te−t
} + L {t}
= −L {t2
}s→s+1 − L {t}s→s+1 + L {t}
= −
2
(s + 1)3 −
1
(s + 1)2 +
1
s2 =
3s + 1
(s + 1)3s2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

586. Ecuaciones diferenciales ordinarias 581
Problema 294 Usar el teorema de convoluci´on para calcular L −1{
1
s(s2 + 1)
}
Por el teorema de convoluci´on tenemos que:
L −1
{
1
s(s2 + 1)
} = L −1
{
1
s
} ∗ L −1
{
1
s2 + 1
} = 1 ∗ sen t
Calculamos finalmente la convoluci´on que hemos obtenido:
1 ∗ sen t = sen t ∗ 1 =
t
0
sen udu = − cos u
u=t
u=0
= 1 − cos t
Por lo tanto:
L −1
{
1
s(s2 + 1)
} = 1 − cos t
La propiedad de linealidad y la igualdad
1
s(s2 + 1)
=
1
s
−
s
s2 + 1
conduce de una forma m´as simple al mismo
resultado.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

587. Ecuaciones diferenciales ordinarias 582
Problema 295 Describir la curva que forma un cable flexible de longitud ℓ que est´a colgado por sus extremos entre
dos postes de alturas h1 y h2 respectivamente y separados por una distancia d. ¿Qu´e tensi´on 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, seg´un se muestra en la figura siguiente; la curva vendr´a dada
por la grafica de una funci´on y de x que tendremos que determinar.
T 0
T ( x ) cos ( x ) = T
T ( x ) s en ( x
x
) = P ( x ) − T 0
d
h 1
0
h 2
En cada punto del cable act´ua la tensi´on del mismo en la direcci´on tangente a la curva, T(x); la componente
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

588. Ecuaciones diferenciales ordinarias 583
horizontal de esta tensi´on es la misma en cada punto, T = T(x) sen θ(x), ya que no act´ua ninguna fuerza externa
en ning´un 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 tensi´on vertical que ejerce el poste izquierdo, T0; si δ es la densidad
lineal, el valor de esta tensi´on es:
T(x) sen θ(x) = P(x) − T0 = δ
x
0
1 + (y′(t))2dt − T0
Dividiendo las expresiones que determinan las dos componentes de la tensi´on, obtenemos la siguiente igualdad:
y′
(x) =
sen θ(x)
cos θ(x)
=
δ
T
x
0
1 + (y′(t))2dt −
T0
T
y derivando ambos miembros, obtenemos la ecuaci´on diferencial que describe la curva buscada:
y′′
(x) =
sen θ(x)
cos θ(x)
=
δ
T
1 + (y′(x))2
Esta ecuaci´on es una ecuaci´on en variables separables en y′,
y′′
1 + (y′)2
=
δ
T
y por lo tanto:
arg senh y′
=
δ
T
x + C1
y′
= senh
δ
T
x + C1
y =
T
δ
cosh
δ
T
x + C1 + C2
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

589. Ecuaciones diferenciales ordinarias 584
Ya tenemos determinada la forma del cable: coincide con la grafica del coseno hiperb´olico (salvo las constantes
que determinan el desplazamiento y la apertura). Posiblemente una de las aplicaciones m´as importantes de este
ejercicio sea determinar la tensi´on lateral que soportan los postes y que condicionar´a la resistencia de los mismos.
Esta tensi´on es uno de los par´ametros que determina la curva anterior y que habr´a que calcular a partir de los datos
iniciales del problema: longitud del cable, ℓ, separaci´on de los postes, d, altura del poste izquierdo, h1, altura del
poste derecho, h2 y densidad lineal del cable, δ. Para hacer este ´ultimo c´alculo, aplicamos las condiciones inciales
del problema a la ecuaci´on obtenida; las condiciones son:
y(0) = h1 y(d) = h2
y′
(0) =
T0
T
y′
(d) =
ℓδ − T0
T
Una vez aplicadas a la ecuaci´on de la curva, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones num´ericas:
C2 +
T
δ
cosh C1 = h1 (8.1)
C2 +
T
δ
cosh
δ
T
d + C1 = h2 (8.2)
senh C1 = −
T0
T
(8.3)
senh
δ
T
d + C1 =
ℓδ − T0
T
(8.4)
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

590. Ecuaciones diferenciales ordinarias 585
Vamos a trabajar con estas cuatro ecuaciones para dirigir el c´alculo de los par´ametros T, C1 y C2 en funci´on de
los datos iniciales.
T
δ
cosh
δd
T
+ C1 − cosh C1 = h2 − h1 (8.2)-(8.1)
2
T
δ
senh
δd
2T
+ C1 senh
δd
2T
= h2 − h1 (8.5)
senh
δd
T
+ C1 − senh C1 =
ℓδ
T
(8.4)-(8.3)
2 cosh
δd
2T
+ C1 senh
δd
2T
=
ℓδ
T
(8.6)
tgh
δd
2T
+ C1 =
h2 − h1
ℓ
(8.5):(8.6) (8.7)
senh
δd
2T
+ C1 =
h2 − h1
ℓ2 − (h2 − h1)2
(8.8)
senh
δd
2T
=
δ
2T
ℓ2 − (h2 − h1)2 De (8.5) y (8.8) (8.9)
Por lo tanto, la tensi´on T es la soluci´on de la ecuaci´on (8.9). Obs´ervese que dicha ecuaci´on tiene soluci´on, ya que
para que el problema est´e bien planteado debe cumplirse que ℓ2 d2 + (h2 − h1)2, y en este caso, la ecuaci´on
senh δd
2T
= δd
2T
ℓ2 − (h2 − h1)2
d2 tiene soluci´on, que es ´unica si tenemos en cuenta que T 0. A partir del valor de
T y de la ecuaci´on (8.7) podemos hallar el valor de C1 y finalmente, con este valor y la ecuaci´on (8.1) hallamos C2.
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

591. Ecuaciones diferenciales ordinarias 586
La ecuaci´on (8.9) no puede resolverse de forma algebraica y para cada problema concreto se resolver´a de forma
num´erica:
a0 = 1
an =
ℓ2 − (h2 − h1)2
d
arg senh an−1
α = l´ım an
T =
δ
2α
ℓ2 − (h2 − h1)2
Por ejemplo, supongamos que δ = 1 kg/m, d = 10 m, ℓ = 12 m, h1 = 4 m y h2 = 6 m, entonces:
a0 = 1
an =
7
5
arg senh an−1
α = l´ım an ≈ a100 ≈ 1,20867
T =
1
2α
√
140 ≈ 4,89472 Kp
C1 = arg tgh
2
12
−
10
2T
≈ −0,853273
C2 = 4 − T cosh C1 ≈ −2,78735
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde

592. Ecuaciones diferenciales ordinarias 587
Por lo tanto, la ecuaci´on de curva que forma el cable es:
y = 4,89472 cosh
x
4,89472
− 0,853273 − 2,78735
El siguiente gr´afico ha sido generado con un ordenador y corresponde a la grafica de la funci´on anterior
10 12
4
6
Ejercicios resueltos de C´alculo. c Agust´ın Valverde