Trabajo Final 2.0 Ga..docx

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA FACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Y DE SISTEMAS

CÁLCULO DIFERENCIAL

AUTOR: MG. ING. VÁSQUEZ DOMÍNGUEZ RIQUELMER APOLINAR

LIMA-PERÚ

2018

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

PRÓLOGO Cálculo diferencial es el inicio del análisis matemático, en él se combina la lógica, la teoría de conjuntos, el sistema de los números reales para plasmarlo en un sistema de coordenadas y de ello deducir conceptos muy abstractos como límite, derivada, derivada de la derivada etc. Sin el cálculo diferencial el análisis matemático no tendría la base ni la fortaleza para convertirlo en un instrumento imprescindible en el campo de la física, química, biología, y sus aplicaciones en todas las áreas relacionadas con ella tales como por ejemplo la ingeniería, la medicina y otras más. Las aplicaciones son infinitas , no podríamos abordar todas ellas pero al menos pondremos como ejemplo tres de ellas tales como rastrear átomos e identificar su posición en una reacción química, deducir mecanismos de reacción en reacciones químicas de más de un paso y hasta muy complejos, otro puede ser en el campo de la economía para conocer los cambios marginales y la optimización de procesos económicos y una tercera seria de las razones de cambios obtenidas con mucha precisión que son propicias para dar a conocer nuevas definiciones en el campo de la física. Todas las ciencias aunadas a la tecnología sirven de sostén para el desarrollo de la ingeniería, biología y la medicina mejorando cada día nuestra calidad de vida y haciendo cada vez de nuestras vidas menos complicada y hasta más feliz.

El autor

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DEDICATORIA: A los jóvenes estudiantes, que en su día a día buscan ser mejores profesionales haciendo de la matemática un instrumento para conseguirlo.

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ÍNDICE

CAPÍTULO I ............................................................................................................... 7 LÓGICA PROPOSICIONAL ....................................................................................... 7 1.1.

Conectores ................................................................................................... 8

1.2.

Leyes del álgebra proposicional ...............................................................10

1.3.

Tautología ...................................................................................................12

1.4.

Contradicción .............................................................................................12

1.5.

Contingencia o consistencia .....................................................................13

1.6.

Implicancia ..................................................................................................13

1.7.

Equivalencia ...............................................................................................14

CAPÍTULO II .............................................................................................................30 CONJUNTOS ............................................................................................................30 2.1.

Clases de conjuntos ..................................................................................32

2.2.

Relaciones entre conjunto.........................................................................33

2.3.

Operaciones entre conjuntos ....................................................................35

2.4.

Propiedades ................................................................................................36

2.5.

Subconjunto ...............................................................................................38

2.6.

Cuantificador ..............................................................................................38

2.7.

Conjunto Potencia ......................................................................................39

CAPÍTULO III ............................................................................................................54 NÚMEROS REALES .................................................................................................54 3.1.

Operación de Adición ................................................................................54

3.2.

Operación de Multiplicación......................................................................55

3.3.

Relación de Orden ......................................................................................55

3.4.

Propiedades de la Adición.........................................................................56 Pág. 3

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3.5.

Propiedades de la Multiplicación ..............................................................56

3.6.

Propiedades de la Relación de Orden ......................................................56

3.7. Teoremas .....................................................................................................57 3.8.

La raíz cuadrada .........................................................................................67

3.9

Valor absoluto .............................................................................................68

CAPÍTULO IV ............................................................................................................96 FUNCIONES .............................................................................................................96 4.1 Producto Cartesiano ......................................................................................96 4.2.

Relaciones ..................................................................................................96

4.3. Definición de Función .................................................................................97 4.4.

Dominio y Rango de Funciones ................................................................97

4.5.

Funciones Reales sobre los Reales .........................................................98

4.6. Gráfica de una Función Real ......................................................................99 4.7. Operaciones con Funciones ....................................................................103 4.8.

Funciones Especiales ..............................................................................104

4.9.

Funciones Monótonas .............................................................................106

4.10. Funciones Trigonométricas ....................................................................107 4.11. Función Periódica ....................................................................................109 4.12. Función Compuesta .................................................................................110 4.13. Función Univalente o Inyectiva ...............................................................112 4.14. Función Suryectiva o Sobreyectiva ........................................................114 4.15. Función Biyectiva ....................................................................................115 4.16. Función Inversa ........................................................................................115 CAPÍTULO V ...........................................................................................................140 LÍMITES ..................................................................................................................140 5.1. Vecindad .....................................................................................................140 5.2.

Definición de Límite .................................................................................141 Pág. 4

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5.3.

Propiedades ..............................................................................................150

5.4.

Límites Laterales ......................................................................................154

5.5.

Límites Infinitos ........................................................................................159

5.6

Asíntota ......................................................................................................168

CAPÍTULO VI ..........................................................................................................194 CONTINUIDAD .......................................................................................................194 6.1. Definición ...................................................................................................194 6.2. Propiedades ...............................................................................................194 6.3. Continuidad de algunas Funciones especiales ......................................195 6.5. Recta y gráfica de una Función ...............................................................204 6.6.

Pendiente de una Recta Tangente ..........................................................206

CAPÍTULO VII .........................................................................................................233 DERIVADA ..............................................................................................................233 7.1.

Definición ..................................................................................................233

7.2.

Diferenciabilidad en un Punto .................................................................236

7.3.

Diferenciabilidad en un Intervalo ............................................................237

7.4.

Derivación Implícita .................................................................................248

7.5.

Derivada de Orden Superior ....................................................................253

7.6.

Derivadas Laterales .................................................................................254

7.7.

Razón de Cambio .....................................................................................257

7.8.

Diferencial .................................................................................................260

7.9.

Mínimos y Máximos Relativos .................................................................265

7.10. Valores Extremos .....................................................................................266 7.11. Punto de Inflexión ....................................................................................268 7.12. Teorema de Rolle .....................................................................................272 7.13. Teorema de Lagrange ..............................................................................273 7.14. Teorema de Cauchy .................................................................................274 Pág. 5

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7.15. Regla L’Hopital para la forma (𝟎𝟎) ..........................................................277

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CAPÍTULO I LÓGICA PROPOSICIONAL Lógica. - Ciencia que estudia las formas de razonamiento. Lógica proposicional. – Estudia las proposiciones (enunciados que poseen valor de verdad). Proposición. - Es un enunciado que tiene valor de verdad, puede ser verdadero (V) o falso (F) pero no ambos a la vez. Ejemplo:

Los gatos ladran

(F)

El 5 es un número primo

(V)

El triángulo tiene tres lados

(V)

Proposiciones simples o atómicas: Es aquella que no se puede descomponer en otras proposiciones. Ejemplo: La Tierra es un planeta. Proposiciones Proposiciones compuestas o moleculares: Es aquella que contiene varias proposiciones. Ejemplo: Lima es la capital del Perú y Santiago es la capital de Chile. Notación: Generalmente una proposición se le denota con una letra minúscula a partir de la “p”. Ejemplos: p = América es un continente. q = China es un país.

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1.1.

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Conectores Son símbolos (v, ʌ, ↔, ∆, →, ̴) que unen dos proposiciones. Clases de conectores:

Símbolo

Se lee:

∧

Y

∨

O

⟶

Si… entonces

↔

Si y solo si

∆

O…o

~

No

**

p y q: Proposiciones **

p∆q

Se lee: O p o q, significa p o q pero no ambos a la vez.

Ejemplo 1: p ∧ q

/ pyq

Ejemplo 2: p ⟶ q / si p entonces q Ejemplo 3: p ↔ q / p si y solo si q  Conjunción de proposiciones (∧) Es una proposición cuyo valor de verdad se considera verdadero, cuando las dos proposiciones que la componen son verdaderas, y en el resto de casos se consideran falsas. p V V F F

q V F V F

p∧q V F F F Pág. 8

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 Disyunción de proposiciones (∨) Es una proposición cuyo valor de verdad se considera falsa, cuando las dos proposiciones que la componen son falsas, y en el resto de casos se consideran verdaderas. p V V F F

p∨q V V V F

q V F V F

 Condicional de proposiciones(→) Es una proposición denotada por p → q, cuyo valor de verdad se considera falsa cuando “p” es verdadera y “q” es falsa, y en el resto de casos se considera verdadera.

p V V F F

q V F V F

p→q V F V V

Observación: En la proposición p → q, “p” se denomina antecedente y “q” consecuente.  Bicondicional de proposiciones (↔) Es otra proposición denotada por p ↔ q, en la que su valor de verdad se considera verdadera cuando las dos proposiciones tienen el mismo valor de verdad, en otros casos se considera falsa.

p V V F F

q V F V F

p↔q V F F V Pág. 9

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 Disyunción fuerte de proposiciones (∆) Es una proposición denotada por p ∆ q, en la que su valor de verdad se considera falsa cuando las dos proposiciones tienen el mismo valor de verdad, y si no ocurriera eso se considera verdadera.

p V V F F

p∆q F V V F

q V F V F

Observación: La disyunción fuerte p ∆ q es una proposición exclusiva porque significa p o q pero no ambos a la vez  Negación de una proposición (~) Es otra proposición en la que su valor de verdad es contrario al de la proposición en la que se le ha antepuesto el adverbio de negación (~). p V F

~p F V

~ p se lee: “No p”

1.2.

Leyes del álgebra proposicional 

Involución ~ (~ p) ≡ p



Idempotencia p∧p≡p p∨p≡p



Conmutativa Pág. 10

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p∧q≡q∧p p∨q≡q∨p p↔q≡q↔p p∆q≡q∆p



Asociativa p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ q ∧ r p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ q ∨ r p ↔ (q ↔ r) ≡ (p ↔ q) ↔ r ≡ p ↔ q ↔ r



Distributiva p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) p → (q ∧ r) ≡ (p → q) ∧ (p → r) p → (q ∨ r) ≡ (p → q) ∨ (p → r)



Morgan ∼ (p ∧ q) ≡ (∼ p) ∨ (∼ q) ∼ (p ∨ q) ≡ (∼ p) ∧ (∼ q)



Absorción p ∧ (p ∨ q) ≡ p p ∨ (p ∧ q) ≡ p



Semiabsorción p ∧ (∼ p ∨ q) ≡ p ∧ q p ∨ (∼ p ∧ q) ≡ p ∨ q



Condicional p→q≡~p∨q p→q≡~q→~p

Pág. 11

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Bicondicional p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p) p ↔ q ≡ ~ (p ∆ q)



Otros p∧F≡F p∧V≡p p∨F≡p p∨V≡V p ∧ (∼ p) ≡ F p ∨ (∼ p) ≡ V

1.3.

Tautología Es una proposición verdadera. Ejemplo: Analizar si la siguiente proposición es una tautología. [ (p ∨ ∼ q) ∧ q ] → p Solución: [ (p ∨ ∼ q) ∧ q ] → p

(Semiabsorción)

(q ∧ p) → p

(Condicional)

~ (q ∧ p) ∨ p

(Morgan)

(∼ q ∨ ∼ p) ∨ p

(Asociativa)

∼ q ∨ (∼ p ∨ p)

(Definición de disyunción)

∼q∨V

(Definición de disyunción)

V

1.4.

Contradicción Es una proposición falsa. Ejemplo: Analizar si la siguiente proposición es una contradicción. ((p ∧ q) ∨ q) ∆ q Solución: ((p ∧ q) ∨ q) ∆ q

(Absorción) Pág. 12

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q∆q

(Definición)

F 1.5.

Contingencia o consistencia Es una proposición que no es tautología ni contradicción. Ejemplo: Analizar si la siguiente proposición es una contingencia. (p ∨ ∼ q) ∆ q Solución:

1.6.

(p ∨ ∼ q) ∆ q

(Bicondicional)

~[(p ∨ ∼ q) ↔ q ]

(Bicondicional)

~{[(p ∨ ∼ q) → q] ∧ [q → (p ∨ ~ q)]}

(Condicional)

~{[∼(p ∨ ∼ q) ∨ q] ∧ [∼ q ∨ (p ∨ ∼ q)]}

(Morgan)

~{[(~ p ∧ q) ∨ q] ∧ [~ q ∨ p ∨ ~ q]}

(Absorción y Asociativa)

~{q ∧ [~ q ∨ ~ q ∨ p]}

(Idempotencia)

~{q ∧ [~ q ∨ p]}

(Semiabsorción)

~{q ∧ p}

(Depende de los valores de p y q)

Implicancia Es una condicional tautológica. Notación: A ⇒B se lee: A implica B Ejemplo: Analizar si la siguiente proposición es una implicancia: (p ∧ q) → q Solución: (p ∧ q) → q

(Condicional)

~ (p ∧ q) ∨ q

(Morgan)

(∼ p ∨ ∼ q) ∨ q

(Asociativa)

~ p ∨ (~ q ∨ q)

(Definición de disyunción)

∼p∨V

(Definición de disyunción)

V ∴ Esta proposición es una implicancia.

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1.7.

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Equivalencia Es una bicondicional tautológica. A⇔B

Notación:

Se lee: A y B equivalentes Ejemplo: Analizar si la proposición es una equivalencia. [ p ∧ (∼ p ∨ q) ] ↔ (p ∧ q) Solución: [p ∧ (∼ p ∨ q)] ↔ (p ∧ q)

(Semiabsorción)

(p ∧ q) ↔ (p ∧ q)

(Definición)

V ∴ La proposición p ∧ (∼ p ∨ q) ↔ (p ∧ q) es una equivalencia. Ejemplo: 

Analizar que: M ⟷ N es una equivalencia, donde: M ≡ (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p)

,

N≡p △q

Solución: (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p)

(Morgan inverso)

(∼ (∼ p ∨ q)) ∨ (∼ (∼ q ∨ p))

(Morgan)

∼ ((∼ p ∨ q) ∧ (∼ q ∨ p))

(Condicional)

∼ ((p → q) ∧ (q → p))

(Bicondicional)

~ (p ↔ q)

(Definición de Disyunción Fuerte)

p∆q p ∆ q (es N) ∴ La proposición M⟷N es una implicancia



Ejemplo de disyunción exclusiva: Escribir la simbología del enunciado siguiente: De 2 lugares:

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- Cancún - Punta Sal Rocío pasa sus vacaciones en un solo lugar. Solución: Rocío pasa sus vacaciones en Cancún, pero no en Punta Sal o Rocío pasa sus vacaciones en Punta Sal, pero no en Cancún. Esto se puede simbolizar de la siguiente manera: (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p)

(Definición de disyunción fuerte)

De donde se concluye: p∆q 

Ejemplo de disyunción exclusiva: Escribir la simbología en el enunciado. Luis Alberto hace su tarea de cálculo diferencial o geometría analítica, pero no ambos. Solución: Luis Alberto hace su tarea de cálculo diferencial, pero no de geometría analítica, o Luis Alberto hace su tarea de geometría analítica, pero no de cálculo diferencial. (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p)

(Definición de disyunción fuerte)

p∆q 

Ejemplo de disyunción inclusiva: Demostrar que: (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p) ∨ (p ∧ q) ≡ p ∨ q Solución: (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p) ∨ (p ∧ q)

(Aplicando Asociativa)

(p ∧ ∼q) ∨ ((q ∧ ∼ p) ∨ (p ∧ q))

(Conmutativa)

(p ∧ ∼ q) ∨ ((q ∧ ∼ p) ∨ (q ∧ p))

(Distributiva inversa)

(p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ (∼ p ∨ p) )

(Definición de disyunción)

(p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ( V ))

(Definición de conjunción)

(p ∧ ∼ q) ∨ (q)

(Semiabsorción)

p∨q

L.q.q.d.

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Ejemplo de disyunción inclusiva: Escribir la simbología del enunciado siguiente: De 2 platos: - Arroz con pato - Lomo saltado Robert come por lo menos un plato. Solución: Robert come arroz con pato pero no lomo saltado o Robert come lomo saltado, pero no arroz con pato o Robert come arroz con pato y lomo saltado. Esto se puede simbolizar de la siguiente manera:

∴

(p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ~ p) ∨ (p ∧ q)

(Conmutativa)

(p ∧ q) ∨ (p ∧ ∼ q) ∨ (q ∧ ∼ p)

(Asociativa y Distributiva)

[p ∧ (q ∨ ∼ q)] ∨ (q ∧ ∼ p)

(Definición de disyunción)

[p ∧ V] ∨ (q ∧ ∼ p)

(Definición de conjunción)

p ∨ (q ∧ ∼ p)

(Conmutativa y Semiabsorción)

p∨q

Rpta.

Ejercicio 1 Si la proposición p es falsa, determine el valor de verdad de la proposición: A ↔ ∼ [B → C] Donde: A ≡ [(p ∆ ~ q)→r] ∧ [(p ∆ ~ q)→~ r] B ≡ [~(~ p → ~ q) ↔ ~ (p ∧ q)] ∨ [p → (~ p ∧ q ∧ r)] C≡~p↔~q Solución: p≡F

(Dato)

Sea A ≡ [(p ∆ ~ q) → r] ∧ [(p ∆ ~ q) → ~ r] Entonces: A ≡ [(F ∆ ~ q) → r ] ∩ [(F ∆ ~ q) → ~ r] Si m ≡(F ∆ ~ q), entonces se tiene: A ≡ [m → r] ∧ [m → ~ r]

(Aplicando Condicional)

A ≡ (~ m ∨ r) ∧ (~ m ∨ ~ r)

(Asociativa)

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A ≡ ~m ∨ (r ∧ ~r)

(Definición)

A≡~m ∨ F

(Definición)

A≡~m

(Reemplazando m = (F ∆ ∼q))

A≡~(F ∆ ~q)

(Bicondicional)

A≡(F ↔ ~q)

(Bicondicional)

A≡[(F → ~q) ∧ (~q → F]

(Condicional)

A≡[(~F ∨ ~q) ∧ (q ∨ F)]

(Negación)

A≡(V ∧ q)

(Definición)

∴ A≡ q

Rpta.

Sea B≡[~(~p → ~q) ↔ ~(p ∨ q)] ∨ [p → (~p ∧ q ∧ r)] p=F

(Dato)

Entonces: B≡[~(~F → ~q) ↔ ~(F ∨ q)] ∨ [F → (~F ∧ q ∧ r)] (Aplicando Condicional) B≡=[~(F ∨ ~q) ↔ ~(F ∨ q)] ∨ [~F ∨ (V ∧ q ∧ r)]

(Definición)

B≡[~(F ∨ ~q) ↔ ~(F ∨ q)] ∨ [ V ]

(Definición)

∴ B≡V

Rpta.

Sea C ≡ ~p ↔ ~q p=F

(Dato)

C ≡ ~F ↔ ~q

(Negación)

C ≡ V ↔ ~q

(Bicondicional)

C ≡ (V → ~q) ∧ (~q → V)

(Condicional)

C ≡ (~V ∨ ~q) ∧ (q ∨ V)

(Definición)

C ≡ (F ∨ ~q) ∧ V

(Definición)

∴ C ≡ ~q

Rpta.

Reemplazando A, B y C en: A ↔ ∼ [B → C] q ↔ ∼[V → ~q]

(Condicional)

q ↔ ~(~V ∨ ~q)

(Negación)

q ↔ ~(F ∨ ~q)

(Definición)

q ↔ ~(~q)

(Doble negación) Pág. 17

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q↔q ∴ V

(Definición) Rpta.

Ejercicio 2 Simplificar: {[~r → ~(p ∆ ~q)] ∩ [r → ~(p ∆ ~q)]} ∆ (p ↔ ~q) Solución: {[~r → ~(p ∆ ~q)] ∩ [r → ~(p ∆ ~q)]} ∆ (p ↔ ~q) Sea: p ∆~q ≡ w, reemplazando se tiene: {[~r → ~w] ∧ [r → ~w]} ∆ (p ↔ ~q)

(Aplicando Condicional)

{[r ∨ ~w] ∧ [~r ∨ ~w]} ∆ (p ↔ ~q)

(Distributiva inversa)

{(r ∧ ~r) ∨ ~w} ∆ (p ↔ ~q)

(Definición)

(F ∨ ~w) ∆ (p ↔ ~q)

(Definición)

~w ∆ (p ↔ ~q)

(Reemplazando “w”)

~(p ∆ ~q) ∆ (p ↔ ~q)

(Diferencia simétrica)

(p ↔ ~q) ∆ (p ↔ ~q)

(Definición)

∴ 𝐅

Rpta.

Ejercicio 3 Si A y B son proposiciones, se define la operación * así: A * B = A → B Halle A*B. A = [(𝐩 → 𝐫) ∧ (𝐪 → 𝐬) ∧ (𝐩 ∨ 𝐪)] → (𝐫 ∨ 𝐬) B = {[(𝐩 ∧ ~ 𝐫) → (𝐪 ∧ ~ 𝐪)] → (𝐩 → 𝐫)} Solución: Sea A = [(p → r) ∧ (q → s) ∧ (p ∨ q)] → (r ∨ s)

(Condicional)

A = [(~p ∨ r) ∧ (~q ∨ s) ∧ (p ∨ q)] → (r ∨ s)

(Condicional)

A = ~[(~p ∨ r) ∧ (~q ∨ s) ∧ (p ∨ q)] ∨ (r ∨ s)

(Morgan)

A = (p ∧ ~r) ∨ (q ∧ ~s) ∨ (~p ∧ ~q) ∨ (r ∨ s)

(Agrupando)

A = (p ∧ ~r) ∨ r ∨ (q ∧ ~s) ∨ s ∨ (~p ∧ ~q)

(Semiabsorción)

A = (p ∨ r) ∨ (q ∨ s) ∨ (~p ∧ ~q)

(Agrupando)

A = r ∨ (q ∨ s) ∨ p ∨ (~p ∧ ~q)

(Semiabsorción)

A = r ∨ (q ∨ s) ∨ p ∨ ~q

(Agrupando) Pág. 18

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A = r ∨ q ∨ ~q ∨ p ∨ s

(Definición)

A=r ∨V∨p∨s

(Definición)

∴A=V

Rpta.

Sea B = {[(p ∧ ~ r) → (q ∧ ~ q)] → (p → r)}

(Definición)

B = {[(p ∧ ~ r) → F] → (p → r)}

(Condicional)

B = {~ [~ (p ∧ ~ r) ∨ F] ∨ (~p ∨ r)}

(Definición)

B = {~ [~ (p ∧ ~ r)] ∨ (~p ∨ r)}

(Morgan)

B = [(p ∧ ~ r) ∨ (~p ∨ r)]

(Agrupando)

B = [(p ∧ ~ r) ∨ ~p ∨ r ]

(Semiabsorción)

B = ( ~ r ∨ ~p ∨ r )

(Definición)

B = ( V ∨ ~p )

(Definición)

B=V ⇒ A * B=A→B =V →V ∴ V

Rpta.

Ejercicio 4 De la falsedad de (𝐩 → 𝐪) ∨ ( ~ 𝐫 → 𝐬), deducir el valor de verdad de las siguientes proposiciones: A=(~ p ∧ ~ q) ∨ ~ q B=[(~ r ∨ q) ∧ 𝐪] ↔ [(~ q ∨ r) ∧ s] C=(p → r) → [(p ∨ q) ∧ ~q] Solución: 

(p → q) ∨ ( ~ r → s) = F

(Por dato)

⇒ (p → q) = F y también (~ r → s) = F

(Por definición de disyunción)

De donde por definición de condicional se obtiene: p = V, q = F ……..(1) 

Sea A= (~ p ∧ ~ q) ∨ ~ q A = (F ∧ V) ∨ V

y también

r = F, s = F .........(2)

(Dato) (de 1)

∴A=V Pág. 19

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas Rpta.



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B= [(~ r ∨ q) ∧ q] ↔ [(~ q ∨ r) ∧ s]

(Dato)

B= [(V ∨ F) ∧ F] ↔ [(V ∨ F) ∧ F]

(de 1 y 2)

B=F↔F ∴B=V 

(por definición de conjunción y disyunción)

Rpta.

C= (p → r) → [(p ∨ q) ∧ ~q]

(Dato)

C= (V → F) → [(V ∨ F) ∧ V]

(De 1 y 2)

C= F → V ∴ C= V

(por definición de conjunción y disyunción)

Rpta.

Ejercicio 5 Simplificar las siguientes fórmulas lógicas: A[(~𝐩 ∧ 𝐪) → (𝐫 ∧ ~𝐫)] ∧ ~𝐪 B=[(~𝐪 → ~𝐩) → (~𝐩 ∧ ~𝐪)] ∧ ~(𝐩 ∧ 𝐪) C=[~(𝐩 → 𝐪) ↔ ~(𝐪 → 𝐩)] ∨ (𝐩 → 𝐪) Solución: A=[(~p ∧ q) → (𝑟 ∧ ~𝑟)] ∧ ~𝑞 (dato)

(Aplicando definición de conjunción)

A=[(~p ∧ q) → F] ∧ ~q

(Condicional)

A= [~ (~p ∧ q) ∨ F] ∧ ~q

(Definición)

A= [~ (~p ∧ q)] ∧ ~q

(Morgan)

A= (p ∨ ~q) ∧ ~q

(Absorción)

∴ A= ~q

Rpta.

B=[(~q → ~p) → (~p ∧ ~q)] ∧

(dato)

(Condicional y Morgan)

B=[(q ∨ ~p)→(~p∧ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Condicional)

B= [~ (q ∨ ~p) ∨ (~p ∧ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Morgan)

B= [(~q ∧ p) ∨ (~p ∧ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Distributiva)

B= [(~q ∨ ~p) ∧ (~q ∧ ~q) ∧ (p ∨ ~p) ∧ (p ∨ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Definición)

B= [(~q ∨ ~p) ∧ ~q ∧ V ∧ (p ∨ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Absorción)

B= [~q ∧ (p ∨ ~q)] ∧ (~p ∨ ~q)

(Absorción)

B= ~q ∧ (~p ∨ ~q)

(Absorción) Pág. 20

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∴ B= ~q

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Rpta.

C= [~(𝑝 → 𝑞) ↔ ~(𝑞 → 𝑝)] ∨ (p → 𝑞) (Dato)

(Condicional)

C= [~ (~p ∨ q) ↔ ~ (~q ∨ p)] ∨ (~p ∨ q)

(Morgan)

C= [(p ∧ ~q) ↔ (q ∧ ~p)] ∨ (~p ∨ q)

(Bicondicional)

C= {[(p ∧ ~q) → (q ∧ ~p)] ∧ [(q ∧ ~p) → (p ∧ ~q)]} ∨ (~p ∨ q)

(Condicional)

C= {[~ (p ∧ ~q) ∨ (q ∧ ~p)] ∧ [~ (q ∧ ~p) ∨ (p ∧ ~q)]} ∨ (~p ∨ q) (Morgan) C= {[~p ∨ q ∨ (q ∧ ~p)] ∧ [~q ∨ p ∨ (p ∧ ~q)]} ∨ (~p ∨ q)

(Absorción)

C= [(~p ∨ q) ∧ (~q ∨ p)] ∨ (~p ∨ q)

(Absorción)

∴ C= ~p ∨ q

Rpta.

Ejercicio 6 Sabiendo que la proposición siguiente es falsa: 𝑴 ≡ {~[(p ˄ q)→q] ˄ [(p ˅ q) ∆ s]} → {(s ∆ p) → t} Determinar el valor de verdad de las proposiciones: a) { [(~p ∆ q) ∆ r] → [~(q → (u → p))]} ∆ (p ∆ q) b) {~(p → q) ∆ [(r ˄ p) → ~(r v s)]} ∆ t Solución: 𝑀 ≡ {~[(p ˄ q) → q] ˄ [(p ˅ q) ∆ s]} → {(s ∆ p) → t} ≡ 𝐹 A

B

(Por tabla de condicional) A≡V

˄

B≡F

Analizando “A”: {~[(p ˄ q)→q]˄[(p ˅q)∆s]} ≡V V

(Por conjunción)

V

~[(p˄q)→q] ≡ V [(p ˄ q)→q] ≡ F q ≡F p ≡V

˄ ˄

(Por condicional) p˄r ≡ V

(Por conjunción)

r ≡V

Analizando “B”: Pág. 21

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(s ∆ p) → t ≡ F (s ∆ p) ≡ V

(Por condicional)

˄

t≡ F

V s≡F Reemplazando en (a): {[(~V ∆ F) ∆ V]→[~(F → (u → V))]} ∆ (V ∆ F) V

Rpta.

Reemplazando en (b): {~(V → F) ∆ [(V ˄ V) → ~(V ˅ F)]} ∆ F V

Rpta.

Ejercicio 7 Si p, q, r, s, t, w son proposiciones tales que (𝐩 ˄~𝐫) ↔ (𝐬 → 𝐰)

es

verdadera y (~𝒘 → ~𝒔) es falsa, halle el valor de verdad de: 𝐌 ≡ [𝐭 → (𝐰 ˅ ~𝐩) ˄ ~(𝐩 → 𝐫)] Solución: (~w → ~s) ≡ F (Dato)

(Por condicional)

~w ≡ V

˄

~s ≡ V

w≡F

˄

s≡V

(p ˄ ~r) ↔ (s → w) ≡ V (Dato) Reemplazando los valores de “w” y “s” (p ˄ ~r) ↔ (V → F) ≡ V (p ˄ ~r) ↔ F ≡ V

(Por bicondicional)

(p ˄ ~r) ≡ F Reemplazando valores obtenidos en M: M ≡ [t → (F ˅ ~p) ˄ ~(p → r)]

(Condicional)

M ≡ [t → (F ˅ ~p) ˄ ~(~p ˅ r)]

(Morgan)

M ≡ [t → (F ˅ ~p) ˄ (p ˄ ~r)]

(Reemplazando)

M ≡ [t → (F ˅ ~p) ˄ F]

(Definición) Pág. 22

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∴𝑀≡𝐹

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Rpta.

Ejercicio 8 Determine el valor de verdad de la siguiente proposición: [𝐌 ↔ 𝐍] ↔ 𝐑 Si: 𝐌 ≡ ~[~(𝐩˄𝐪) → ~𝐪] 𝐍 ≡ [(~𝐩˄𝐪) → ~(~𝐫˅𝐫)]˄~𝐪 𝐑 ≡ [(𝐩˅~𝐪)˄𝐪] → 𝐩 Solución: M ≡ ~[~(p˄q) → ~q] (Dato)

(Condicional)

M ≡ ~[(p˄q)˅~q]

(Absorción)

M ≡ ~(~q˅p)

(Morgan)

M ≡ q ˄~p N ≡ [(~p˄q) → ~(~r˅r)]˄~q (Dato)

(Por disyunción)

N ≡ [(~p˄q) → ~(V)]˄~q

(Negacion)

N ≡ [(~p˄q) → F]˄~q

(Por condicional)

N ≡ ~(~p˄q)˄~q

(Negación)

N ≡ (p˅~q)˄~q

(Absorción)

N ≡ ~q R ≡ [(p˅~q)˄q] → p

(Dato)

(Absorción)

R ≡ (p˄q) → p

(Condicional)

R ≡ ~(p˄q)˅p

(Morgan)

R ≡ ~p˅~q˅p

(Disyunción)

R≡V Reemplazando M, N, R: [𝐌 ↔ 𝐍] ↔ 𝐑 [(~p˄q) ↔ ~q] ↔ V

(Bicondicional)

[(~p˄q) ↔ ~q]

(Bicondicional)

[(~p˄q) → ~q]˄[~q → (~p˄q)]

(Definición de condicional)

[(p˅~q)˅~q]˄[q ˅(~p˄q)]

(Absorción y Asociativa) Pág. 23

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[p˅(~q˅~q)]˄[q]

(Idempotencia)

[p˅~q]˄[q]

(Semiabsorción)

∴ p˄q

Rpta.

Ejercicio 9 Simplificar y negar la siguiente proposición compuesta: “Todos los números enteros son impares y existen números reales irracionales, si existe algún número entero par; si, y solo si, hay algún número real irracional o cualquier número entero es un número impar, si cada número es un número racional” Solución: Denotemos por: 𝑝: ∀ x ∈ Z : x es impar

𝑞: ∃ x ∈ R : x es irracional

Y vemos que: ~𝑝: ∃ x ∈ Z / x es par

~𝑞: ∀ x ∈ R ∶ x es racional

Así, la proposición original se puede expresar como: [~p → (p ∧ q) ] ↔ [ ~q → ( q ∨ p )] Que al simplificar se obtiene: ≡ [p ∨ (p ∧ q)] ↔ (q ∨ q ∨ p)

(Absorción)

≡ p ↔ (p ∨ q)

(Bicondicional)

≡ [p → (p ∨ q)] ∧ [(q ∨ p) → p]

(Condicional)

≡ [~p ∨ (p ∨ q)] ∧ [(~q ∧ ~p) ∨ p]

(Asociativa y semiabsorcion)

≡ [(~p ∨ p ) ∨ q] ∧ [~q ∨ p] ≡ [V ∨ q] ∧ [p ∨ ~q] ≡ V ∧ (p ∨ ~q)

(Definición) Pág. 24

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≡ (p ∨ ~q) ∴ La negación correspondiente: (~𝑝 ∧ 𝑞)

Rpta.

Ejercicio 10 Simplificar la siguiente expresión 𝐏 = { [ (~𝐪 → ~𝐩) ∧ ~(~𝐩 → ~𝐪) ] ∨ [ ~(𝐩 → 𝐪) ∨ (𝐩 ∧ 𝐪 ) ] } Solución: P = { [ (~q → ~p) ∧ ~(~p → ~q) ] ∨ [ ~(p → q) ∨ (p ∧ q ) ] } ………………………………………………………………… (Condicional) P = { [ (p → q) ∧ ~(q → p) ] ∨ [ ~(p → q) ∨ (p ∧ q ) ] }

(Condicional)…

P = { [ (p → q) ∧ ~(q → p) ] ∨ [ ~(~p ∨ q) ∨ (p ∧ q ) ] } (Condicional) P = { [ (~p ∨ q) ∧ ~(~q ∨ ~p) ] ∨ [ ~(~p ∨ q) ∨ (p ∧ q ) ] } (Morgan) P = { [ (~p ∨ q) ∧ ~(~q ∨ ~p) ] ∨ [ (p ∧ ~q) ∨ (p ∧ q ) ] } (Morgan) P = { [ (~p ∨ q) ∧ (q ∧ p) ] ∨ [ (p ∧ ~q) ∨ (p ∧ q ) ] }

(Distributiva)

P = { [ (~p ∨ q) ∧ (q ∧ p) ] ∨ [ (p ∧ (~q ∨ q )] }

(Absorción)

P = { [ (q ∧ p) ] ∨ [ (p ∧ (~q ∨ q )] }

(Definición)

P = { [ (q ∧ p) ] ∨ p }

(Absorción)

∴P=p

Rpta.

Ejercicio 11 Simplificar las siguientes expresiones: 𝐀 = [(𝐩 𝐩)  𝐪]  [~𝐪  (𝐫  𝐪)]  [𝐩  (𝐩  ~𝐪)] Pág. 25

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𝐁 = [(𝐩 ˄ 𝐪) → ~𝐫] 𝐯 [𝐩 → (𝐪 → ~𝐫)] Solución: Simplificando A: A = [(p p)  q]  [~q  (r  q)]  [p  (p  ~q)]

(Condicional)

A = [(~p  p)  q]  [~q  (r  q)]  [~p  (p  ~q)]

(Asociativa)

A = [(~p  p)  q]  [~q  (r  q)]  [(~p  p)  ~q]

(Definición)

A = (V  q) [~q  (r  q)] (V  ~q)

(Definición)

A = V  [~q  (r  q)] V

(Arreglando)

A = V  V  [~q  (r  q)]

(Definición)

A = V  [~q  (r  q)]

(Definición)

A = ~q  (r  q)

(Semiabsorción)

∴ A = ~q  r

Rpta.

Simplificando B: B = [(p ˄ q) → ~r] v [p → (q → ~r)]

(Condicional)

B = [~ (p ˄ q) v ~r] v [~p v (~q v ~r)]

(Morgan)

B = [(~p v ~q) v ~r] v [~p v (~q v ~r)]

(Morgan)

B = ~p v ~q v ~r v ~p v ~q v ~r

(Agrupando)

B = (~p v ~p) v (~q v ~q) v (~r v ~r)

(Definición)

B = ~p v ~q v ~r

(Morgan)

∴ B = ~ (p ˄ q ˄ r)

Rpta.

Ejercicio 12 Demostración:

(𝒑∆𝒒)∆𝒓≡𝒑∆(𝒒∆𝒓)

Partimos de: 𝑝 ∆ 𝑞 ≡ ~ ( 𝑝 ↔ 𝑞) ≡ ~ [(𝑝 → 𝑞) ∧ (𝑞 → 𝑝)] …

(Bicondicional)

𝑝 ∆ 𝑞 ≡ ~[(~𝑝 ∨ 𝑞) ∧ (~𝑞 ∨ 𝑝)] …

(Condicional)

𝑝 ∆ 𝑞 ≡ (𝑝 ∧ ~ 𝑞) ∨ (𝑞 ∧ ~𝑝 ) …

(Morgan)

→ (𝑝∆𝑞)∆𝑟

(Bicondicional/condicional)

≡ [(𝑝 ∧ ~ 𝑞) ∨ (𝑞 ∧ ~𝑝)] ∆ 𝑟 ….

(Bicondicional/condicional)

Pág. 26

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≡ {[(𝑝 ∧ ~ 𝑞) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞)] ∧ ~𝑟} ∨ {~[(𝑝 ∧ ~ 𝑞) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞)] ∧ 𝑟} ≡ {[(𝑝 ∧ ~ 𝑞) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞)] ∧ ~𝑟} ∨ {[(~𝑝 ∨ 𝑞) ∧ (𝑝 ∨ ~𝑞)] ∧ 𝑟} (Morgan) ≡ {(𝑝 ∧ ~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ~𝑟)} ∨ {([(~𝑝 ∧ (𝑝 ∨ ~𝑞)] ∨ [𝑞 ∧ (𝑝 ∨ ~𝑞)]) ∧ 𝑟} (Distributiva) ≡ {(𝑝 ∧ ~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ~𝑟)} ∨ {[(~𝑝 ∧ ~𝑞) ∨ (𝑝 ∧ 𝑞)] ∧ 𝑟} (Proposicional) ≡ {(𝑝 ∧ ~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ~𝑟)} ∨ {(~𝑝 ∧ ~𝑞 ∧ 𝑟) ∨ (𝑝 ∧ 𝑞 ∧ 𝑟)} (Distributiva) ≡ (𝑝 ∧ ~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ ~𝑞 ∧ 𝑟) ∨ (𝑝 ∧ 𝑞 ∧ 𝑟)

(Asociativo)

≡ (𝑝 ∧ ~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (𝑝 ∧ 𝑞 ∧ 𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∨ (~𝑝 ∧ ~𝑞 ∧ 𝑟)

(Asociativo)

≡ {𝑝 ∧ [(~ 𝑞 ∧ ~𝑟) ∧ (𝑞 ∧ 𝑟)]} ∨ {~𝑝 ∧ [(𝑞 ∧ ~𝑟) ∧ (~𝑞 ∧ 𝑟)]} ≡ {𝑝 ∧ [(𝑞 ∨ ~𝑟) ∧ (~𝑞 ∨ 𝑟)]} ∨ {~𝑝 ∧ [(𝑞 ∧ ~𝑟) ∧ (~𝑞 ∧ 𝑟)]}

(Distributiva)

≡ {𝑝 ∧ ~[(~𝑞 ∧ 𝑟) ∨ (𝑞 ∧ ~𝑟)]} ∨ {~ ∧ [(𝑞 ∧ ~𝑟) ∧ (~𝑞 ∧ 𝑟)]}

(Morgan)

≡ {𝑝 ∧ ~(𝑞 ∆ 𝑟)} ∨ {~𝑝 ∧ (𝑞 ∆ 𝑟)} ≡𝑝∆(𝑞∆𝑟)

Rpta. Rpta.

Ejercicio 13 Sean A, B y C proposiciones:  A= ~ (p → q) → r  B= (p ∧ ~ q) v r  C= ~ r→ ~ (~ q → ~ p) Hallar cuales de las proposiciones tienen el mismo valor de verdad Solución:    

A= ~(p → q) → r A= ~ (~p v q) → r A= (~p v q) v r A= ~p v q v r

  

C= ~r→ ~(~q→~p) C= ~r→ ~(p → q) C= (p → q) →r

   

B=(p∧~q) v r B=~(~p ∧ q) v r B=~(p → q) v r B=(p → q) →r

Recordar: p → q ≡ ~q→~p

∴ B≡C Rpta.

Pág. 27

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Ejercicio 14 Si [ (t → s) → t] ⇔ [t → (s → t)] es falso, Hallar (r ⇔ s) → ∼t Solución: [∼(∼t ∨ s) ∨ t ] ⇔ [ ∼t ∨ (∼s ∨ t)] ≡ F (Condicional) [(t ∧ ∼s) ∨ t ] ⇔ [ ∼t ∨ (t ∨ ∼s)]

(Distributiva, Negación)

[ (∼t ∨ t) ∨ ∼s] V

[(t ∧ ∼s) ∨ t ] ≡ F

(Prop. Disyunción)

t≡F Piden: (r ⇔ s) → ∼t (r ⇔ s) → V ⇒ Es verdadero. Rpta.

Ejercicio 15 Se define el operador ∇ por: p ∇ q = (p ∧ ∼q) ∨ (q ∨ ∼p) Simplificar:

[(∼p ∇ q) → q] → [p → (q ∇ p)]

Solución: ∼[∼(∼p ∇ q) ∨ q] ∨ [∼p ∨ (q ∇ p)] [(∼p ∇ q) ∧ ∼q] ∨ [∼p ∨ (q ∇ p)]

(Condicional) (Distributiva, Negación)

[{(∼p ∧ ∼q) ∨ (q ∨ p)} ∧ ∼q] ∨ [∼p ∨ {(q ∧ ∼p) ∨ (p ∨ ∼q)}] [(∼p ∧ ∼q) ∨ (p ∨ ∼q)] ∨ [∼p ∨ {(p ∧ q) ∨ ∼q}]

(Absorción)

(∼p ∧ ∼q) ∨ (∼p ∨ ∼q)

(Absorción)

∼p ∨ ∼q

Rpta.

Pág. 28

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Ejercicio 16 Demostrar que: Si (A – B) ⊂ (B △ C) → (B ∪ C)' ⊂ A' Solución: (A – B) ∩ (B △ C)' = Φ

(Usando propiedad del complemento)

(A – B) ∩ [(B – C) ∪ (C – B)]' = ∅ A ∩ B' ∩ [(B ∩ C') ∪ (C ∩ B')]' = ∅ A ∩ B' ∩ [(B' ∪ C) ∩ (C' ∪ B)] = ∅

(Distributiva) (Distributiva del complemento)

A ∩ [{B' ∩ (B' ∪ C)} ∩ {B' ∩ (C' ∪ B)}] = ∅

(Asociativa)

A ∩ B' ∩ (C' ∩ B) = ∅

(Absorción)

A ∩ (B' ∩ C') = ∅

(Asociativa)

A ∩ (B ∪ C)' = ∅

(Simplificando complemento)

(B ∪ C)' ⊂ A'

(Propiedad) Rpta.

Pág. 29

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CAPÍTULO II CONJUNTOS Definición. Es la reunión de cosas o entes abstractos distinguibles entre sí. Ejemplo:

A A={

B ,

}

B={

,

}

Notación: Generalmente un conjunto se denota con letra mayúscula del abecedario.  Elementos de un conjunto Son las cosas o entes abstractos que forman el conjunto.  Diagrama de Venn Euler Es la representación de un conjunto mediante una región del plano limitada por una figura cerrada y en cuyo interior se indican los elementos que forman el conjunto. Ejemplo: A .m .n  Número ordinal Nos indica la posición en el orden en que se presentan los elementos de un conjunto. Ejemplo: Pág. 30

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A={

,

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}

N° ordinal: 1 N° ordinal: 2  Cardinal de un conjunto Indica la cantidad de elementos diferentes que tiene el conjunto. Ejemplo: D={

,

,

}

.: Cardinal del conjunto D es 3 Notación: n(D) Se lee: Número de elementos del conjunto D. Ejemplo: n(D) = 3  Determinación de un conjunto Consiste en precisar correctamente qué elementos forman parte del conjunto puede hacerse de dos maneras: por extensión y por comprensión. 

Por extensión Cuando se nombra a todos y cada uno de los elementos. Ejemplo: E = {a, e, i, o, u} Se observa que se nombra a todos y cada uno de los elementos.



Por comprensión Para nombrarlo se usa una característica o definición que solamente lo cumplen los elementos de ese conjunto y no otros. Ejemplos:

Pág. 31

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F = { x/x es vocal } G = { x/x ∈ N ∧ 3 ≤ x ≤ 8 } Observación: No todos los conjuntos pueden ser determinados por comprensión. 2.1.

Clases de conjuntos

 Conjunto universal Es el conjunto de todos los elementos. Observación: - Para determinados estudios aparece la necesidad de definir un conjunto universal con mucha utilidad para realizar ese estudio deseado. - No existe un conjunto universal absoluto.  Conjunto unitario Es el conjunto que posee un solo elemento. Ejemplo: H = { a }  Conjunto vacío Es aquel conjunto que no posee elementos. Ejemplo:

∅={}

 Conjunto finito Es el conjunto que posee una cantidad limitada de elementos. Ejemplo: A = { a, e, i, o, u }

Conjunto de vocales

 Conjunto infinito Es el conjunto en el que al contar sus elementos nunca se terminaría de hacerlo.

Pág. 32

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Ejemplos: Z = {...-2, -1, 0, 1, 2…} Conjunto de los números enteros. Q = { a/b, a∈R ∧ b ∈ Z ∧ b ≠ 0 } Conjunto de los números racionales. N = { 1, 2, 3, …} Conjunto de los números naturales. R = { x/x elementos que cumplan con el sistema de los números reales } Conjunto de los números reales. I=R-Q Conjunto de los números irracionales. C = { a + bi / a ∈ R ∧ b ∈ R ∧ 𝑖 = √−1 } Conjunto de los números complejos. 2.2.

Relaciones entre conjunto

 Relación de pertenencia Nos indica si un elemento es de un conjunto determinado o no lo es. Ejemplo: J = { a, e, i, o, u } Entonces se puede afirmar: a∈J Se lee: a pertenece al conjunto J z∉J Se lee: z no pertenece al conjunto J

Pág. 33

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 Relación de igualdad de conjuntos Nos dice que dos conjuntos son iguales si tienen los mismos elementos. Ejemplo: K = { a, e, i, o, u } L = { a, e, i, o, u } Entonces se puede afirmar que los conjuntos K y L son iguales. Notación:

K=L

Se lee: Los conjuntos K y L son iguales  Relación de inclusión de conjuntos Nos indica si un conjunto está incluido en otro o no. Observación: Se dice que un conjunto está incluido en otro cuando todos los elementos de este conjunto son también elementos del otro. Ejemplo: M = { a, e, i, o, u } N = { a, e } Se observa que N está incluido en M porque todos los elementos de N son también de M. Notación: N ⊂ M Se lee: N está incluido en M.  Conjuntos comparables Dos conjuntos son comparables cuando solo uno está incluido en el otro. Ejemplo: O = { a, e, i, o, u } P={e}

Pág. 34

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∴ O y P son conjuntos comparables porque solo P está incluido en O. 2.3.

Operaciones entre conjuntos Es un proceso que consiste en obtener un nuevo conjunto a partir de otros conjuntos.

 Unión de dos conjuntos Es una operación en el que los elementos del nuevo conjunto están formados por todos los elementos de los 2 conjuntos. Ejemplo: Q= { a, e, i, o, u } R= { 1, 2, 3 } Q ∪ R = { a, e, i, o, u, 1, 2, 3 } Se lee: Conjunto Q unión R.  Intersección de dos conjuntos Es una operación en el que los elementos del nuevo conjunto son los elementos comunes de los 2 conjuntos. Ejemplo: S= { a, e, i, o, u } T= { e } S∩T = {e } Se lee: S intersección T  Diferencia de dos conjuntos Es una operación en el que los elementos del nuevo conjunto son elementos de uno, pero no lo son del otro. Ejemplo: U= { a, e, i, o, u } Pág. 35

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W= { e, i } U – W = { a, o, u } Se lee: Conjunto U menos W  Diferencia simétrica de dos conjuntos Es una operación en el que los elementos del nuevo conjunto están formados por todos los no comunes. Ejemplo: X = { a, b, c, d, e, f } Z = { b, c, e, i, j } X ∆ Z = { a, d, f, i, j } Se lee: Conjunto X diferencia simétrica Z  Complemento de un conjunto Es una operación que se realiza con un conjunto en el que el nuevo conjunto contiene a todos los elementos que no están en el conjunto inicial. Ejemplo: AC = U – A, donde U es el conjunto universal Se lee: El complemento de A. Ejemplo: U 𝐶 = ∅ Se lee: El complemento del conjunto universal es el vacío. Observación: Una notación también usada para el complemento de A es A’. 2.4.

Propiedades 

Idempotencia A∪A = A A∩A = A



Conmutativa A∪B =B∪A Pág. 36

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A∩B = B∩A A∆B = B∆A 

Asociativa (A ∪ B) ∪ C = (A ∪ C) ∪ (B ∪ C) = A ∪ B ∪ C (A ∩ B) ∩ C = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = A ∩ B ∩ C (A ∆ B) ∆ C = A ∆ (B ∆ C) = A ∆ B ∆ C



Distributiva A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)



Morgan (A ∪ B)C = AC ∩ BC (A ∩ B)C = AC ∪ BC



Absorción A ∪ (A ∩ B) = A A ∩ (A ∪ B) = A



Semiabsorción A ∪ (AC ∩ B) = A ∪ B A ∩ (AC ∪ B) = A ∩ B



Diferencia A−B = A ∩ BC



Diferencia simétrica A ∆ B = (A−B) ∪ (B−A) A ∆ B = (A ∪ B) − (A ∩ B)



Universal A∪U =U A∩U=A A ∪ AC = U UC = ∅



Vacío Pág. 37

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A∪∅=A A∩∅=∅ A ∩ AC = ∅ ∅C = U 

Inclusión A ⊂ (A ∪ B) (A ∩ B) ⊂ B (A ∩ B) ⊂ A A ⊂ B → A ∩ BC = ∅ A ⊂ B → BC ⊂ AC A⊂B↔A∪B=B A⊂B↔A∩B=A

2.5.

Subconjunto Se dice que un conjunto de A es subconjunto de otro B si A está incluido en B. Ejemplo: J = {a, e, i, o, u} K = {a, e} Se observa que K está incluido en J por lo tanto K es subconjunto de J.

2.6.

Cuantificador Es aquello que cuantifica. Cuantificar Es la acción de contar. Los cuantificadores más utilizados son:

 Cuantificador existencial Símbolo: ∃ Pág. 38

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Se lee: “Existe al menos un…”  Cuantificador universal Símbolo: ∀ Se lee: “Para todo” Para utilizar un cuantificador se necesita de: 

Un conjunto



Una propiedad o condición Ejemplo: A = { 3,-3 } P: x2 = 9 ∀ x ∈ A / x2 = 9 ∃ x ∈ A / x2=9

 Negación de cuantificadores Es la negación que se hace a una proposición que contiene un cuantificador. Ejemplo: “Todos los chimbotanos son pescadores” es una proposición que contiene el cuantificador universal, entonces su negación será: “no todos los chimbotanos son pescadores”, en símbolos sería así: P: ∀ x ∈ A, x es pescador A: {Todos los chimbotanos} La negación es: ~P: ∃ x ∈ A / x no es pescador. En general se cumple: ~[ x ∈ A, P(x) ] ≡ ∃ x ∈ A /~ P(x) Similarmente: ~[ ∃ x ∈ A / P(x)] ≡ ∀ x ∈ A: ~ P(x) 2.7.

Conjunto Potencia

Pág. 39

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El conjunto potencia de A denotado por P(A) o 2n. Se define como un nuevo conjunto cuyos elementos son todos los subconjuntos de A. Sea:

A = {a, e, i}

Los subconjuntos de A son: {a, e, i}, {a, e}, {a, i}, {e, i}, {a}, {e}, {i} y { } Entonces el conjunto potencia de A es: {{a, e, i}, {a, e}, {a, i}, {e, i }, { a }, { e }, { i }, { }} = 23 Observación: Los subconjuntos de A: { a, e }, { a, i }, { e, i }, { a }, { e }, { i } y { } se denominan subconjuntos propios de A.  Propiedades de conjunto potencia 

P (∅) = { ∅ }



a ∈ A ↔ { a } ∈ P(A)



A ⊂ B ↔ A ⊂ P(B)



A ⊂ C ↔ P(A) ⊂ P(B)



A = B ↔ P(A) = P(B)



P(A∩B) = P(A) ∩ P(B)



P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A∪B)

Ejercicios 1. Usando elementos, demostrar que: 𝐀 ∪ (𝐀 ∩ 𝐁) = 𝐀 Demostración: Dos conjuntos se dice que son iguales si solo si uno de ellos está incluido en el otro y el otro también está incluido en él. Pág. 40

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Mediante símbolos se expresa así: M = N ⟷ (M ⊂ N) ∧ (N ⊂ M) Para nuestro caso: Queremos demostrar que A ∪ (A ∩ B) = A , entonces debe demostrar que A ∪ (A ∩ B) ⊂ A

∧

A ⊂ A ∪ (A ∩ B)

I 

II

Demostración I:

x ∈ A ∪ (A ∩ B)

(Aplicamos la definición de unión)

x ∈ A ∨ x ∈ (A ∩ B)

(Aplicamos la definición de intersección)

x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B) Sea x ∈ A = p , x ∈ B = q p ∨ (p ∧ q)

(Aplicamos la propiedad de absorción)

p

(Restituyendo)

x∈A ∴ A ∪ (A ∩ B) ⊂ A 

Demostración II:

x∈A x∈A∧x∈⋃

(Universal)

x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ Bc )

(Aplicamos la definición de unión)

x ∈ A ∧ (x ∈ Bc ∨ x ∈ B) Sea x ∈ A = p , x ∈ Bc = q , x ∈ B = r p ∧ (q ∨ r)

(Aplicamos la propiedad distributiva)

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

(Restituyendo)

(x ∈ A ∧ x ∈ Bc ) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)

(Aplicamos la definición de intersección Pág. 41

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[x ∈ A ∧ ~(x ∈ B)] ∨ x ∈ (A ∩ B) (Aplicamos la definición de intersección) x ∈ A ∨ x ∈ (A ∩ B)

(Aplicamos la definición de unión)

𝑥 ∈ 𝐴 ∪ (𝐴 ∩ 𝐵) ∴ A ⊂ A ∪ (A ∩ B) 

De I y II: A ∪ (A ∩ B) = A

L.q.q.d.

2. Usando elementos demostrar que: (𝐀 ∩ 𝐁) − (𝐀 ∩ 𝐂 𝐜 ) = 𝐀 ∩ (𝐁 − 𝐂 𝐜 ) Demostración: 

Sea:

M = (A ∩ B) − (A ∩ Cc ) N = A ∩ (B − Cc ) 

Queremos demostrar que M = N , entonces debemos demostrar que:

M⊂N ∧ N⊂M I



II

Demostración I:

x ∈ M

(Reemplazando)

x ∈ (A ∩ B) − (A ∩ Cc )

(Aplicamos la propiedad de diferencia)

x ∈ (A ∩ B) ∧ ∼ [x ∈ (A ∩ Cc )]

(Aplicamos la definición de intersección)

(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ ∼ (x ∈ A ∧ x ∈ Cc ) Sea x ∈ A = p, x ∈ B = q, x ∈ Cc = r Reemplazando en lo anterior tenemos (p ∧ q) ∧ ∼ (p ∧ r)

(Aplicamos Morgan)

(p ∧ q) ∧ (∼ p ∨∼ r)

(Aplicamos la propiedad asociativa inversa) Pág. 42

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p ∧ q ∧ (∼ p ∨∼ r)

(Aplicamos la propiedad conmutativa)

q ∧ p ∧ (∼ p ∨∼ r) .

(Aplicamos la propiedad de

…………………………………… q∧p∧∼r

.

semiabsorción) (Aplicamos la propiedad conmutativa)

p∧q∧∼r

(Restituyendo)

x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ ∼ (x ∈ Cc )

(Aplicamos la propiedad de diferencia)

x ∈ A ∧ x ∈ (B − Cc )

(Aplicamos la definición de intersección)

x ∈ [A ∩ (B − Cc )]

(Reemplazando por N)

x∈N ∴M⊂N 

Demostración II:

x∈N

(Reemplazando)

x ∈ [A ∩ (B − Cc )]

(Aplicamos definición de intersección)

x ∈ A ∧ x ∈ (B − Cc )

(Aplicamos la definición de diferencia)

x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ ∼ (x ∈ Cc ) Sea x ∈ A = p, x ∈ B = q, x ∈ Cc = r Remplazando en lo anterior tenemos: p∧q∧∼r

(Aplicamos la propiedad conmutativa)

q∧p∧∼ r

(Aplicamos Semiabsorción inversa)

q ∧ p ∧ (∼ p ∨∼ r)

(Aplicamos la propiedad conmutativa)

p ∧ q ∧ (∼ p ∨∼ r)

(Aplicamos Morgan inverso)

p ∧ q ∧ ∼ (p ∧ r)

(Restituyendo)

x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ ∼ (x ∈ A ∧ x ∈ Cc ) (Aplicamos la definición de ………………………………………………...........intersección) x ∈ (A ∩ B) ∧ ∼ [x ∈ (A ∩ Cc )] (Aplicamos la definición de ……………………………………………..diferencia) x ∈ [(A ∩ B) − (A ∩ Cc )]

(Reemplazando por M)

Pág. 43

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x∈M ∴N⊂M 

De I y II: N=M

L.q.q.d.

3. Sean 𝐀, B y C conjuntos no vacíos. Simplificar: 𝐌 = {[(𝐂 − 𝐀)′ ∪ 𝐁′] ∪ [𝐀′ ∩ (𝐁 − 𝐂)′]} ∩ (𝐁 ∪ 𝐀)′ Solución: M = {[(C − A)′ ∪ B′] ∪ [A′ ∩ (B − C)′]} ∩ (B ∪ A)′

(Diferencia)

M = {[(C ∩ A′)′ ∪ B′] ∪ [A′ ∩ (B ∩ C′)′]} ∩ (B ∪ A)′

(Morgan)

M = {[(C′ ∪ A) ∪ B′] ∪ [A′ ∩ (B′ ∪ C)]} ∩ (B′ ∩ A′)

(Agrupando)

M = {C′ ∪ B′ ∪ A ∪ [A′ ∩ (B′ ∪ C)]} ∩ (B′ ∩ A′)

(Semiabsorción)

M = [C′ ∪ B′ ∪ A ∪ (B′ ∪ C)] ∩ (B′ ∩ A′)

(Agrupando)

M = (C′ ∪ C ∪ A ∪ B′ ∪ B′) ∩ (B′ ∩ A′)

(Universal)

M = (U ∪ A ∪ B′) ∩ (B′ ∩ A′)

(Universal)

M = U ∩ (B′ ∩ A′)

(Universal)

∴

M = (B′ ∩ A′)

Rpta.

4. Simplificar: 𝐏 = {[(𝐀 ∪ 𝐁′) ∩ (𝐀 ∩ 𝐁)] ∪ (𝐀 ∩ 𝐁′)} ∪ (𝐂 − 𝐀) Solución: P = {[(A ∪ B′) ∩ (A ∩ B)] ∪ (A ∩ B′)} ∪ (C − A)

(Diferencia)

P = {[(A ∪ B′) ∩ A ∩ B] ∪ (A ∩ B′)} ∪ (C ∩ A′)

(Absorción)

P = [(A ∩ B) ∪ (A ∩ B′)] ∪ (C ∩ A′)

(Distributiva)

P = [(A ∪ A) ∩ (A ∪ B′) ∩ (B ∪ A) ∩ (B ∪ B′)] ∪ (C ∩ A′)

(Idempotencia)

Pág. 44

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P = [A ∩ (A ∪ B′) ∩ (B ∪ A) ∩ U] ∪ (C ∩ A′)

(Absorción)

P = [A ∩ (B ∪ A)] ∪ (C ∩ A′)

(Absorción)

P = A ∪ (C ∩ A′)

(Semiabsorción)

∴P= A∪C

Rpta.

5. Demuestre que para todo conjunto C (𝐀 − 𝐁) ⊂ (𝐀 − 𝐂) ∪ (𝐂 − 𝐁) Solución: Usaremos:

M∩N⊂M

(A − B) = (A ∩ B′ ) = (A ∩ B′ ) ∩ 𝕌 = (A ∩ B′ ) ∩ (C ∪ C′ ) = (A ∩ B′ ∩ C) ∪ (A ∩ B′ ∩ C′ ) ⊂ (A ∩ C′ ) ∪ (C ∩ B′ ) = (A − C) ∪ (C − B) L.q.q.d.

6. Demostrar:

(𝐀 ∆ 𝐁) ∆ 𝐂 = 𝐀 ∆ (𝐁 ∆ 𝐂)

Solución: (A ∆ B) ∆ C = [(A − B) ∪ (B − A)] ∆ C = [(A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ )] ∆ C ………………………………………………………………(Diferencia) = {[(A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ )] − C ∪ C − [(A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ )]} ………………………………………………………………(Dif. Simétrica) = {[(A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ )] ∩ C′ } ∪ {C ∩ [(A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ )]′ } ………………………………………………………………(Distributiva) = [(A ∩ B′ ) ∩ C′ ] ∪ [(B ∩ A′ ) ∩ C′ ] ∪ {C ∩ [(A ∩ B′ )′ ∩ (B ∩ A′ )′ ]} = (A ∩ B′ ∩ C′ ) ∪ (B ∩ A′ ∩ C′ ) ∪ {C ∩ [(A′ ∪ B) ∩ (B′ ∪ A)]} ………………………………………………………………(Distributiva) = (A ∩ B′ ∩ C′ ) ∪ (B ∩ A′ ∩ C′ ) ∪ {C ∩ [((A′ ∪ B) ∩ B′ ) ∪ ((A′ ∪ B) ∩ A)]} ……………………………………………………………

(Semiabsorción) Pág. 45

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= (A ∩ B′ ∩ C′ ) ∪ (B ∩ A′ ∩ C′ ) ∪ {C ∩ [(A′ ∩ B′ ) ∪ (B ∩ B′ ) ∪ (A′ ∩ A) ∪ (B ∩ A)]}

(Vacío)

= (A ∩ B′ ∩ C′ ) ∪ (B ∩ A′ ∩ C′ ) ∪ {C ∩ [(A′ ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A)]} ……………………………………………………………… (Distributiva) = (A ∩ B′ ∩ C′ ) ∪ (B ∩ A′ ∩ C′ ) ∪ (C ∩ A′ ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A ∩ C) ……………………………………………………………… (Ordenando) = [(A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ B′ ∩ C′ )] ∪ [(A′ ∩ B ∩ C′ ) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ C)] ……………………………………………………………

(Distributiva inversa)

= {A ∩ [(B ∩ C) ∪ (B′ ∩ C′ )]} ∪ {A′ ∩ [(B ∩ C′ ) ∪ (B′ ∩ C)]} (Morgan inverso) = { A ∩ [(B ∩ C) ∪ (B ∪ C)′ ]} ∪ {A′ ∩ [(B ∩ C′ ) ∪ (B′ ∩ C)]} …………………………………………………… (Diferencia simétrica inversa) = { A ∩ [B∆C]′} ∪ {A′ ∩ [B∆C]} = A∆[B∆C]

L.q.q.d.

7. Demostrar que, si A y B son conjuntos cualesquiera, entonces: 𝐚) 𝐧(𝐀 ∪ 𝐁) = 𝐧(𝐀) + 𝐧(𝐁),

𝐬𝐢 𝐀 ∩ 𝐁 = 𝚽

𝐛) 𝐧(𝐀 − 𝐁) = 𝐧(𝐀) − 𝐧(𝐀 ∩ 𝐁) Solución: a) Supongamos que: A tiene x elementos ⟹ n(𝐀) = x B tiene y elementos ⟹ n(𝐁) = y Sabemos que la intersección es vacía, por lo tanto, no hay elementos comunes a los dos, esto quiere decir que A ∪ B tiene x+y elementos, entonces: ∴ n(𝐀 ∪ B) = x + y = n(A) + n(B) L.q.q.d. b) Sea M = (A − B) = (A ∩ B′ ), N = (A ∩ B) , se tiene: M ∪ N = (A ∩ B′ ) ∪ (A ∩ B) = A

Pág. 46

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M ∩ N = (A ∩ B′ ) ∩ (A ∩ B) Por asociatividad y conmutatividad de ∩ = A ∩ (B′ ∩ B) ∩ A Pero como B ∩ B ′ = Φ M∩N=Φ Por propiedad (1): n(A) = n(M ∪ N) = n(M) + n(N) = n(A − B) + n(A ∩ B) ∴ Donde:

n(A − B) = n(A) − n(A ∩ B)

L.q.q.d.

8. Demostrar que: a) 𝐀∆𝐁 ′ = 𝐁 →

𝐁 ⊂ 𝐀

b) 𝐀∆𝐁 = ∅ ↔ 𝐀 = 𝐁 Solución: a) A ∆B′ = (A − B′ ) ∪ (B′ − A) = (A ∩ B) ∪ (B′ ∩ A′ )

(Diferencia)

Pero: A∆B′ = B

(Dato), entonces

[ (A ∩ B) ∪ (B ′ ∩ A′ )] ∩ B = B

(Distributiva)

(A ∩ B ∩ B) ∪ (B′ ∩ B ∩ A′ ) = B

(Idempotencia y Vacío)

(A ∩ B ) ∪ ∅ = B

(Vacío)

A ∩ B = B ……….……(1) (A ∩ B ) ⊂ A ……….(2)

(Teoría), entonces reemplazando 1 en 2

B ⊂ A L.q.q.d. b) A∆B = ∅ ↔ A = B A∆B = ∅

↔

(A − B) ∪ (B − A) = ∅

(Definición)

↔

(A − B) = ∅ ˄ (B − A) = ∅

(Diferencia)

↔

(A ∩ B′ ) = ∅ ˄ (B ∩ A′ ) = ∅

(Definición)

↔

(A ⊂ B) ˄ (B ⊂ A) Pág. 47

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↔

∴A=B

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L.q.q.d.

9. Demuestre que: (𝐀 ∆ 𝐁)′ = (𝐀′ ∆ 𝐁 ′ ) → 𝐀 = ∅ ˄ 𝐁 = 𝐔 Solución: A′ ∆ B′ = (A′ − B′ ) ∪ (B′ − A′ ) (A′ − B′ ) ∪ (B ′ − A′ ) = (A′ ∩ B) ∪ (B′ ∩ A)

(Diferencia)

(A′ ∩ B) ∪ (B ′ ∩ A) = (A − B) ∪ (B − A)

(Diferencia)

(A − B) ∪ (B − A) = A ∆ B Por hipótesis: (A ∆ B)′ = (A′ ∆ B′ ) = A ∆ B Sea

M= A∆B (M)′ = M

→

(M)′ = M

→ M = M ∪ M = M′ ∪ M = U → M = M′ = U′ = ∅

→ U=∅

→ A=∅ ˄ B=∅=U ∴ A = ∅ ˄ B = U L.q.q.d.

10. Demostrar: 𝐃 ⊂ (𝐀 ∆ 𝐁) → 𝐃 = (𝐀 ∪ 𝐁) − [(𝐀 − 𝐃) ∪ (𝐁 − 𝐃) ∪ (𝐀 ∩ 𝐁)] Solución: Utilizaremos las siguientes propiedades 1) M ⊂ N ↔ M = M ∩ N 2) M ⊂ N ↔ M ∩ N′ = ∅ 3) (M − N) − P = M − (N ∪ P) Pág. 48

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4) (M ∪ N ) − P = (M − P) ∪ (N − P) , así que … De la hipótesis de (2), y de: A ∆ B = (A ∪ B) − (A ∩ B) ⊂ A … . (I) D ⊂ (A ∆ B) ∁ A ∪ B → (A ∆ B) ∩ (A ∪ B)′ = ∅

… . (II)

D = (A ∆ B) ∩ D = [(A ∆ B) ∩ D] ∪ ∅ D = [(A ∆ B) ∩ D] ∪ [(A∆B) ∩ (A ∪ B)′ ] D = (A ∆ B) ∩ [D ∪ ([A ∪ B]′ )] D = (A ∆ B) ∩ [(A ∪ B) ∩ D′ ] D = [(A ∪ B) − ((A ∩ B)] − [(A ∪ B) − D] D = (A ∪ B) − [(A ∩ B) ∪ ([A ∪ B] − D)] ∴ D = (A ∪ B) − [(A ∩ B) ∪ (A − D) ∪ (B − D)] L.q.q.d.

𝐀 − (𝐁 ∩ 𝐂) = (𝐀 − 𝐁) ∪ (𝐀 − 𝐂)

11. Demostrar Solución: x∈ [ A

−

(B ∩ C)

]

x∈ A

⋀

x ∉ (B ∩ C)

x∈ A

⋀

x ∈ (B ∩ C) C

x∈ A

⋀

x ∈ (Bc ∪ Cc )

x∈ A

⋀

(x ∈ Bc ⋁

x ∈ Cc )

(x ∈ A ⋀ x ∈ Bc ) ⋁ (x ∈ A ⋀ x ∈ Cc ) (x ∈ A ∩ Bc )

⋁

(x ∈ A ∩ Cc )

x ∈ (A ∩ Bc )

⋁

( A ∩ Cc )

x ∈ (A − B)

⋁

( A − C) L.q.q.d.

Pág. 49

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12. Demostrar:

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(𝑨 ∪ 𝑩 ∪ 𝑪) − (𝑨 ∩ 𝑩 ∩ 𝑪) ≡ (𝑨∆𝑩) ∪ (𝑩∆𝑪) ∪ (𝑨∆𝑪)

Solución: Recordar:

𝐴 − 𝐵 ≡ 𝐴 ∩ 𝐵∁

𝐴∆𝐵 ≡ (𝐴 − 𝐵) ∪ (𝐵 − 𝐴)

≡ (𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) − (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) ≡ (𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) ∩ (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶)∁ ≡ (𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) ∩ (𝐴∁ ∪ 𝐵 ∁ ∪ 𝐶 ∁ )

(Morgan)

≡ [(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) ∩ 𝐴∁ ] ∪ [(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) ∩ 𝐵 ∁ ] ∪ [(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) ∩ 𝐶 ∁ ] (Distributiva) ≡ [𝐴∁ ∩ (𝐴∁ ∪ 𝐶)] ∪ [𝐵 ∁ ∩ (𝐴 ∪ 𝐶)] ∪ [𝐶 ∁ ∩ (𝐴 ∪ 𝐵)]

(Ley de conjuntos)

≡ (𝐴∁ ∩ 𝐵) ∪ (𝐴∁ ∩ 𝐶) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵 ∁ ) ∪ (𝐵 ∁ ∩ 𝐶) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶 ∁ ) ∪ (𝐵 ∩ 𝐶 ∁ ) (Distributiva) ≡ [(𝐴 ∩ 𝐵 ∁ ) ∪ (𝐴∁ ∩ 𝐵)] ∪ [(𝐵 ∩ 𝐶 ∁ ) ∪ (𝐵 ∁ ∩ 𝐶)] ∪ [(𝐴 ∩ 𝐶 ∁ ) ∪ (𝐴∁ ∩ 𝐶)] (Asociativa) ≡ [(𝐴 − 𝐵) ∪ (𝐵 − 𝐴)] ∪ [(𝐵 − 𝐶) ∪ (𝐶 − 𝐵)] ∪ [(𝐴 − 𝐶) ∪ (𝐶 − 𝐴)] ≡ (𝐴∆𝐵) ∪ (𝐵∆𝐶) ∪ (𝐴∆𝐶)

L.q.q.d

(𝐀 − 𝐁) ⊂ (𝐁∆𝐂) → (𝐁 ∪ 𝐂)′ ⊂ 𝐀′

13. Demostrar: Solución: Recordar:

M⊂N

↔

M ∩ N′ = ∅

(A ∩ B′) ∩ [(B − C) ∪ (C − B)]′ = ∅ (A ∩ B′) ∩ [(B ∩ C′) ∪ (C ∩ B′)]′ = ∅ (A ∩ B′) ∩ [(B′ ∪ C) ∩ (C′ ∪ B)] = ∅

(Morgan)

A ∩ [B′ ∩ (B′ ∪ C)] ∩ (C′ ∪ B) = ∅

(Asociativa)

A ∩ B′ ∩ (C′ ∩ B) = ∅

(Absorción)

A ∩ [B′ ∩ C′ ] = ∅

(Ley de conjuntos)

A ∩ (B ∪ C)′ = ∅ … De Morgan → (B ∪ C)′ ⊂ A′

L.q.q.d

14. Analice la veracidad de las siguientes proposiciones: Pág. 50

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i. 𝐏(𝐀 ∩ 𝐁) ⊂ [𝐏(𝐀) ∩ 𝐏(𝐁)] ii. 𝐀 ∆ 𝐁 ′ = 𝐁 ↔ 𝐁 ⊂ 𝐀 iii. 𝐀 ∆ 𝐁 = ∅ ↔ 𝐏(𝐀) ⊂ 𝐏(𝐁) Solución: i. P(A ∩ B) ⊂ P(A) ∩ P(B) ∀ {X} ∈ P(A ∩ B) ; {X} ∈ P(A ∩ B) → {X} ⊂ (A ∩ B) →

X ∈ (A ∩ B)

→

X∈A ∧ X∈B

→ {X} ∈ P(A) ∧ {X} ∈ P(B) → {X} ∈ (P(A) ∩ P(B)) ∴ P(A ∩ B) ⊂ P(A) ∩ P(B) ∴ Es verdadera

ii. A ∆ B′ = B ⟷ B ⊂ A (A − B′ ) ∪ (B′ − A) = B (A ∩ B) ∪ (B′ ∩ A′ ) = B [(A ∩ B) ∪ (B′ ∩ A′ )] ∩ B = B ∩ B (A ∩ B ∩ B) ∪ (B′ ∩ A′ ∩ B) = B (A ∩ B ∩ B) ∪ (A′ ∩ B′ ∩ B) = B ∅ (A ∩ B) ∪ (A′ ∩ ∅) = B (A ∩ B) ∪

∅ = B

A∩B=B ↔ B⊂A

∴ Es verdadera

iii. AΔB = ∅ ↔ P(A) ⊂ P(B) (A − B) ∪ (B − A) = ∅ (A ∩ B′ ) ∪ (B ∩ A′ ) = ∅ A ∩ B′ = ∅ ∧ B ∩ A′ = ∅ A⊂B ∧ B⊂A ⟷ A=B Pág. 51

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A = B ↔ P(A) = P(B)

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∴ Es verdadera

P(A) ⊂ P(B) 15. Analice la veracidad de las siguientes afirmaciones: i) A’ △ B’ ≡ A △ B ii) A ⊂ B ↔ A’ ⊂ B’ iii) (A-B) ∩ (A-C) ≡ A- (B∪C) Solución:

i) A’ △ B’ ≡ A △ B A’ △ B’ = (A’- B’) ∪ (B’- A’) = (A’∩B) ∪ (B’∩A) = (A∩B’) ∪ (B∩A’) = (A-B) ∪ (B- A)

∴ Es verdadera

=A△B ii) A ⊂ B ↔ A’ ⊂ B’ M∩N ↔ M∩N’ = ø A∩B’= ø ↔ A’⊂ B’ B’∩A= ø ↔ A’⊂ B’ B’⊂ A’ ↔ A’⊂ B’

∴ Es falsa

iii) (A-B) ∩ (A-C) ≡ A- (B∪C)

(A∩B’) ∩ (A∩C’) A∩A∩B’∩C’ A∩B’∩C’ A∩ (B’∩C’) A∩ (B∩C)’ A-(B∩C)

∴ Es verdadera

16. Calcular E=A Δ B Δ C, sabiendo que B ≡ C. Solución: E= A Δ B Δ C E= A Δ (B Δ C) E= A Δ (B Δ B)

Recordando: A Δ A = ø

E= A Δ ø

Recordando: A Δ ø = A

E= A

Rpta.

Pág. 52

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17. Demostrar 𝐀 ∩ (𝐁∆𝐂) = (𝐀 ∩ 𝐂)∆(𝐀 ∩ 𝐁) Solución: A ∩ (B∆C) A ∩ [(B ∪ C)\(B ∩ C)] A ∩ [(B ∪ C) ∩ (B ∩ C)∁ ]

(Morgan)

A ∩ [(B ∪ C) ∩ (B∁ ∪ C ∁ )]

(Distributiva)

A ∩ {[(B ∪ C) ∩ B∁ ] ∪ [(B ∪ C) ∩ C ∁ ]}

(Proposicional)

A ∩ [(B∁ ∩ C) ∪ (B ∩ C ∁ )]

(Distributiva)

(A ∩ B∁ ∩ C) ∪ (A ∩ B ∩ C ∁ )

(Asociativa)

[(A ∩ C) ∩ (A∁ ∪ B∁ )] ∪ [(A ∩ B) ∩ (A∁ ∩ C∁ )]

(Morgan)

[(A ∩ C) ∩ (A ∩ B)∁ ] ∪ [(A ∩ B) ∩ (A ∩ C)∁ ] [(A ∩ C)\(A ∩ B)] ∪ [(A ∩ B)\(A ∩ C)] (A ∩ C)∆(A ∩ B) ∴ A ∩ (B∆C) = (A ∩ C)∆(A ∩ B)

L.q.q.d

Pág. 53

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CAPÍTULO III



NÚMEROS REALES Definición. Es un conjunto de elementos en donde se ha definido:

R

.a

.b .c

 Operación de adición  Operación de multiplicación  Una relación de orden 3.1.

Operación de Adición

2

+

3

5

Numeral = Símbolo para representar una cantidad. Los numerales son usados en las diferentes operaciones y relaciones de orden del sistema de los números reales así, por ejemplo, en la operación de adición que se realiza con el diagrama inicial. Los numerales son 2 y 3, estos representan las cantidades de patitos en cada conjunto. El símbolo + se denomina operador, obsérvese que el resultado de la operación es la cantidad de patitos dentro del recuadro rectangular que contiene a los dos conjuntos. Usando símbolos sería así: Pág. 54

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2+3=5 De manera general sería: 3.2.

a+b=c

Operación de Multiplicación Cantidad de patitos en el recuadro más grande: 2

2x3=3x2=6 Cantidad de conjuntos

2

Cantidad de patitos en cada conjunto. x: operador de la multiplicación.

2

De manera general sería: axb=c

o

a.b = c

o

(a)(b) = c

Nótese que se han usado otras maneras de indicar la operación de multiplicación. 3.3.

Relación de Orden Definición. Consiste en comparar cantidades.



Relación de igualdad

2

=

2

Se lee: 2 es igual a 2 De manera general: a = b  Relación de desigualdad

  2

Se lee:

  3

2<3

2 es menor que 3 Pág. 55

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o 3 es mayor que 2 De manera general: 3.4.

3.5.

a
Propiedades de la Adición 

a, b ∈ ℝ ⟶ a+b ∈ ℝ

(Clausura)



a+b=b+a

(Conmutativa)



a + (b+c) = (a+b) + c

(Asociativa)



a + (0) = a

(Elemento neutro de la adición)



a + b = b + c → a=c

(Cancelativa)



a + (-a) = 0

(Inverso aditivo de a)

Propiedades de la Multiplicación 

a,b ∈ ℝ ⟶ a.b ∈ ℝ

(Clausura)



a.b = b.a

(Conmutativa)



a.(b.c) = (a.b).c

(Asociativa)



a.b = a.c ∧ a≠0 ⟶ b=c

(Cancelativa)



a.1 = a

(Elemento neutro de la multiplicación)



a. (a-1) = 1

(Inverso multiplicativo de a)

 Propiedades de la adición y multiplicación 

3.6.

a . (b + c) = a . b + a.c

(Distributiva)

Propiedades de la Relación de Orden Si a y b  R entonces solo se puede cumplir una de las siguientes relaciones.

a b



ab



b a

(Tricotomía)



a < b → a+c < b +c,



a0



a>b∧ b>c ⟶ a >c

(Transitiva)



a.c < b.c ∧ c>0 → a
(Cancelativa)

∀a,b,c ∈ℝ

Observación: Los axiomas o postulados son proposiciones en la que, para corroborar su verdad, necesitamos solo de nuestros cinco sentidos y en caso Pág. 56

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de no ser así esas proposiciones se llamarían teoremas. Es por ello que la demostración de un teorema se sustenta en un número no determinado de axiomas o postulados. 3.7. Teoremas 

a.0 = 0

Demostración:

a . 0 = a.0

a.0=a.0 +0 a . 0 = a .0 + a + -a a . 0 = a.0 + a.1 + -a a . 0 = a(0+1) + -a

a . 0 = a.1 + -a a . 0 = a+ -a a.0 =0

∴ a.0 = 0



L.q.q.d.

(-1)a =-a Demostración: (-1) a = (-1)a (-1)a = (-1)a + 0 (-1)a = (-1)a + a + -a (-1)a = (-1)a + a.1 + -a (-1)a = a(-1+1) + -a

Pág. 57

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(-1)a = a.0 + -a (-1)a = 0 + -a (-1)a = -a ∴ (-1)a = -a



L.q.q.d.

-(-a) = a Demostración: -(-a) = -(-a) -(-a) = -(-a) + 0 -(-a) = -(-a) + -a + a

(Por propiedad (-1) a = - a)

(-a) = (-1)(-a) + -a + a -(-a) = (-a)(-1+1) + a -(-a) = (-a)(0) + a -(-a) = 0 + a -(-a) = a ∴ -(-a) = a



L.q.q.d.

(-a) b = -(ab) = a(-b) Demostración: (-a)b= (-a).(b) (-a)b= (-1).ab

(Por propiedad (-1) a = - a)

(-a)b= (-1).(ab) ∴ (-a)b= -(ab) (-a)b= (-a)b

L.q.q.d. (Por propiedad (-1) a = - a)

(-a)b=(-1)ab Pág. 58

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(-a)b =a(-1)b

(Conmutativa)

(-a)b =a((-1)b)

(Por propiedad (-1) a = - a)

∴ (-a)b =a(-b)



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L.q.q.d.

(-a)(-b) = ab Demostración: (-a)(-b)= (-a)(-b) (-a)(-b)=(-a)(-b) + 0 (-a)(-b)=(-a)(-b) + ab + -(ab) (-a)(-b)=(-a)(-b) + ab +a.(-b)

(Por la propiedad conmutativa de la adición)

(-a)(-b)=a(-b) + (-a)(-b) +ab (-a)(-b)=(-b)(a-a) + ab (-a)(-b)=(-b).(0) + ab (-a)(-b) = 0 + ab (-a)(-b)= ab ∴ (-a)(-b)=ab

L.q.q.d.

 Propiedades 

a < b ∧ 0 < c → a.c < b.c Demostración:

a
Dato …... (1)

c <0

Dato

-c +c < 0 - c 0 < -c ………..…… (2) Pág. 59

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De (1) y (2) se tiene a(-c) < b(-c) -ac < -bc -ac+ac+bc< -bc +bc +ac

0 + bc < 0 + ac ∴ bc < ac L.q.q.d. 

En adelante la expresión a + (- b) la denotaremos por a - b Es decir: a  ( b) = a - b



De igual manera la expresión a . b -1 lo denotaremos por: a ÷b

o

a b

Es decir:

a . b-1 = a ÷ b

o

a b

Ejemplo: 4  4.2 1 2

4  2. 2 . 2 1 2

4 2 4 2



 2 .1

2

a 1 . b 1  (ab)

1

Demostración: a-1. b-1 = a-1. b-1.1 a-1. b-1  (a 1 ) (b 1 ) . (ab) (ab)1 Pág. 60

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a-1. b-1  a 1. b 1 . ab (ab)1 a-1. b-1  a 1 a b 1 b (ab)1 a-1. b-1  1. 1 (ab) 1 ∴ a-1. b-1 = (ab)-1



L.q.q.d.

a c ad  bc   b d bd

Demostración: a c   ab 1  cd 1 b d a c  ab 1 dd1  cd1 bb 1 + b d a c  ad. b 1 d1  bcb 1 d1 + b d a c  (ad  bc ) b 1 d1 + b d a c  (ad  bc ). ( bd) 1 + b d

a c ad  bc   b d bd



L.q.q.d.

ab  0  a  0  b  0

Demostración: ab = 0

ab = 0

abb-1 = 0b-1

baa-1 = 0a-1

a.1 = 0

b.1 = 0

Pág. 61

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∴ a=0



Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

∴ b=0

L.q.q.d.

L.q.q.d.

a2  b2  a  b  a   b Demostración:

a2  b2  0 (a  b ) (a  b )  0

a+b = 0 ∨ a-b = 0 ∴ a = -b ∨ a = b 

L.q.q.d.

Definiciones: - Si 0  a entonces “a” se denomina número positivo. - Si 0  a entonces “a” se denomina número negativo.



b-a Demostración: b
∴



-a < -b

L.q.q.d.

0 < a < b ∧ 0 < c < d → ac < bd Demostración: Datos: a < b

∧

Propiedad: a < b ∴ ac < Datos:

c< d

∴ bc <

0 < c ∧

0 < c

→ ac < bc

bc………………. (1) ∧

0 < b → bc < bd

bd………………. (2) Pág. 62

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De (1) y (2) por la propiedad transitiva

L.q.q.d.

ac < bd



a  0  0  a2 Demostración:

a≠0

(dato)

0
(−a). a < (−a). 0

0 < a2

∨

−a2 < 0

0 < a2

∨

−a2 + a2 < a2

0 < a2

∨

0 < a2

0 < a2 ∴ a ≠ 0 ⟶ 0 < a2 

L.q.q.d.

a = 0 → a2 = 0 Demostración: a 0 a. a

 0. a

∴ a2 = 0



0 < ab ⟶

L.q.q.d.

(0 < a ∧ 0 < b) ∨

(a < 0 ∧ b < 0)

Demostración:  0  a  dato : 0  ab a.b.0 < a.a.b Pág. 63

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0  a 2 .b

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(Pero sabemos que

0  a2 )

0
∴ 0
 a<0

∧

L.q.q.d.

0 < ab

Dato:

0  a.b  a  0 0 < ab ∧

0<-a

( a ) 0  a ( a) b 0   a2 b

a2 b  0

a2 b < a2.0

∴ b<0

(Sabemos que 0  a 2 )

L.q.q.d.

Teorema El inverso multiplicado de a si existe, tiene el mismo signo, es decir:

0  a 

0  a 1

a  0 

a 1  0

Demostraciones: Partimos de la propiedad: “Todo número elevado al cuadrado es positivo” Entonces: 0 < (a 1 )2  0
∧

0 < (a 1 )2

Pág. 64

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a. 0 < (a -1.a -1 )(a) 0  1 (a 1 ) ∴ 0 < a−1

L.q.q.d.

 a rel="nofollow">0

0  (a 1 )2  a  0 0  (a 1 )2  0   a (  a) 0  (a) (a 1 )2 0   (a . a 1 ) . a 1

0   1 . a 1

0   a 1

a−1 + 0 < a−1 − a−1  a 1  0

L.q.q.d.

 Observaciones  

0 0

< a < b < c < d

Se cumple: a.c < b.d No siempre se cumple:

a b  c d

 Propiedades ab < 0 ⟹ (0 < a ∧ b < 0) ∨ (a < 0 ∧ 0 < b) Demostración:  0
∧

ab < 0

(dato)

0  a 1  ab  0 a 1 ab  a 1 . 0 Pág. 65

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1.b < 0 ∴b<0

L.q.q.d.

 a < 0 ∧ ab < 0

(dato)

a 1  0  ab  0

0   a 1  ab  0

(  a 1 ) ab  ( a 1 ) (0)  (a 1. a) b  0 -b<0 ∴b rel="nofollow">0



L.q.q.d.

a 2  b 2  (0  a  0  b)  a  b Demostración:

a2 < b2 ∧ a2  b2

0
∧

0
a2  b2  0

∧

0
( a + b )( a – b ) < 0 ( 0< a + b

∧

∧

0
a–b<0)∨(a+b<0

[ (–b < a ∧ a < b ) ∨ (a < –b ∧

∧

0
b < a) ] ∧ 0 < a

No existe un “a” que satisfaga las dos condiciones al mismo tiempo. [–b
L.q.q.d.

Ejemplo:

Pág. 66

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42  52



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0 4

(5  4  4  5)  0  4 0  4  5 3.8.

La raíz cuadrada Definición: La raíz cuadrada de un número positivo se define como otro número positivo, cuyo valor se definirá con exactitud en el tema de valor absoluto. 

a2 < b ∧ 0 < b → −√b < a < √b

Demostración:

a2  b

 0 b

a2  b  0  0  b [(a+√b)(a-√b) < 0] ∧ [0




0 <(a-√b)] } ∧ [ 0
√b < a ] } ∧ [ 0 < b]

{ [-√b < a ∧ a < √b ] ∨ ∅ }  [0


[0
∴ −√b < a < √b



L.q.q.d.

a2 rel="nofollow"> b ∧ 0 < b → √b < a ∨ a < −√b

Demostración:

a2 > b ∧ 0 < b a2 − b > 0 ∧

0
Pág. 67

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(a + √b)(a − √b) > 0 ∧

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0
Si m.n > 0 entonces m y n son del mismo signo.

[ (0 < a + √b ∧ 0 < a − √b )] ∨ [ (a + √b < 0 ∧ a − √b < 0)] ∧ 0 < b [√b < a ∧ −√b < a] ∨ [a < √b ∧ a < −√b] [√b < a ∨ a < −√b] ∧ 0 < b ∴ √b < a ∨ a < −√b



L.q.q.d.

a2 ≤ b ∧ 0 < b → −√b ≤ a ≤ √b Demostración:

a2 ≤ b ∧ 0 < b a2 − b ≤ 0

∧

0
(a + √b)(a − √b) ≤ 0 ∧

0
Si m.n < 0 entonces m y n son de diferentes signos.

[ (0 < a + √b ∧ a − √b < 0 )] ∨ [ (a + √b < 0 ∧ 0 < a − √b)] [−√b < a ∧ a < √b] ∨ [a < −√b ∧ √b < a] [−√b < a ∧ a < √b] ∨ ϕ ∴ −√b < a < √b

3.9

L.q.q.d.

Valor absoluto El valor absoluto de un número a ∈ R denotado por | a | se define de la siguiente manera:

a ; a  0 a    a ; a  0

Pág. 68

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Ejemplo: 8 8  5   (5)  5

 Propiedades 

a 0



a 0  a0



|a. b| = |a||b|

Demostración: Para la demostración consideramos tres casos: a.b < 0 ∨ a.b = 0 ∨ 0 < a.b  Si 0 < a.b Se cumple:

(a < 0 ∧ b < 0) ∨ ( 0 < a ∧ 0 < b ) (−a = |a| ∧ −b = |b|) ∨ (a = |a| ∧ b = |b|) a. b = |a||b| ∨ a. b = |a||b| Es decir:

(a. b = |a||b|) ……...……………………………………(1)

Pero por definición de valor absoluto |a.b| = a.b………………..(2) De (1) y (2):

∴ |a. b| = |a||b|

L.q.q.d. ...........…………..………….………..(α)

 Si a.b = 0 Se cumple: (a = 0) ∨ (b = 0) ∨ (a = 0 ∧ b = 0) |a| = 0 ∨

|b|= 0

∨ |a| = 0 ∧ |b|= 0

|a||b| = 0 ∨ |a||b| = 0 ∨ |a||b| = 0……………………..…......(3) Pág. 69

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Pero por definición de valor absoluto |a.b| = a.b = 0………(4) de (3) y (4): |a.b| = |a||b|……………………………………………………(β)  Si a.b < 0 Se cumple:

(a < 0 ∧ b > 0) ∨ (0 < a ∧ b < 0) (−a = |a| ∧ b = |b| ) ∨ ( a = |a| ∧ −b = |b| ) [ (−a)(b) = |a||b| ] ∨ [ (a)(−b) = |a||b| ] Es decir: −a. b = |a||b| ……….………………………..……………(5) Por definición de valor absoluto |a.b| = - a.b …………………….(6) De (5) en (6):

|a. b| = |a||b| ……………………………………………………….(γ) De (α) , (ß) y (γ) se obtiene: ∴ |a. b| = |a||b|

a

L.q.q.d.

|a|



| | = |b| ; ∀ b ≠ 0



|a2 | = |a|2 = a2

b

Demostración: Si 0 ≤ a a a

a a a2  a

2

…………………………..(1)

Pero 0  a 2

 a 2  a 2 ……...….....(2) Pág. 70

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De (1) y (2):

 ∴ a2  a 2  a2

L.q.q.d.

Si a < 0

a  a a  a

a2 = |a|2 ……………….……..…..(3) Pero 0  a 2

 a 2  a 2 …………….(4)

De (3) y (4): 2

∴ a2  a  a2



L.q.q.d.

−|a| ≤ a ≤ |a| Demostración:  Si: 0 ≤ a → |a| = a

∧ -a ≤ 0

(-|a| = - a ∧ -a ≤ 0 ) ∧

∧

0≤a

0≤a

(-|a| ≤ 0) ∧ 0≤a -|a| ≤ 0 ≤ a -|a| ≤ a………………..…(α)  Si 0  a → -a = |a| ∧ 0≤ -a ∧ a≤0 (-a= |a| ∧ 0≤ -a) ∧ (a≤0) (0<|a|) ∧ (a≤0) a ≤ 0 ≤ |a| a ≤ |a|………….(β) De (α) y (β): ∴  a a a

L.q.q.d.

Pág. 71

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a  a



Demostración:

 a  (1)a  a  1 a

 a  1a ∴ a  a



L.q.q.d.

b  a  b

∧

0b

 a b

Demostración:  Si 0  a entonces a  a …………………(1) Pero sabemos que a  b (dato)……..…….(2) (1) en (2):

a b  Si 0  a entonces  a  a ………………...(3) Pero sabemos que  b  a (dato) -a ≤ b…………………..…..……………(4) (3) en (4):

a b ∴ a b 

a b

∧

L.q.q.d. 0b



b  a  b

Demostración:

a b  a  b Pero sabemos que  a  a  a

b  a  a  a  b ∴ b  a  b

L.q.q.d. Pág. 72

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a  b ∧ 0  b  a  b ∨ b  a



Demostración:  Si 0  a



a a

a b

Pero por dato

ab

Entonces:  Si 0 > a

 a  a a b

Pero por dato Entonces:

a  b

a  b

∴ a  b ∨

ba

L.q.q.d.

ab  a  b



Demostración: Partimos de |a| ≥ a

a. b ≤ |a. b| a. b ≤ |a||b| 2a. b ≤ 2|a||b| |a|2 + 2a. b + |b|2 ≤ |a|2 + 2|a||b| + |b|2 a2 + 2a. b + b2 ≤ |a|2 + 2|a||b| + |b|2 (a + b)2 ≤ (|a| + |b|)2 |a + b| ≤ ||a| + |b|| ∴ |a + b| ≤ |a| + |b| 

a  b  ab

pero |a| + |b| ≥ 0

L.q.q.d.

; ∀ a,b ∈ R

Pág. 73

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Demostración:

a  (a  b )  b

a  (a  b)  b  a  b  b

a  b  a  b ……………………...……..(I) b  (b  a)  a

b  (b  a)  a  b  a  a b  a  ba

(a  b)  b a a  b   b  a ………………..….……...(II) De (I) y (II):

 a b  a  b  a b Por propiedad

-a < x < a entonces |x| < a

∴ ||a| − |b|| ≤ |a − b|



L.q.q.d.

a  b  a2  b2 Demostración:

ab Pero

 2 2 0  a  b a b   0  a  b

 ∴ a2  b2



L.q.q.d.

0  a  b  ac  bd  0  c  d Pág. 74

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Demostración: a  b ∧ 0≤ c  ac  bc ……….……………..(1)

c ≤ d ∧ 0≤ b  bc  bd …...…..……………...(2)  De (1) y (2), por propiedad transitiva se tiene

∴ ac  bd

L.q.q.d.

3.10 Máximo entero Sea x ∈ ℝ , entonces el máximo entero de x denotado por ⟦x⟧ se define: ⟦x⟧=n ↔ n ∈ Z ∧ n ≤ x< n+1 ⟦x⟧=n, cuando:

x n

n+1

Ejemplos: ⟦5,1⟧=5 ⟦-5,1⟧=-6  Propiedades: 

⟦x⟧ ≤ x < ⟦x⟧ +1



⟦x⟧ ≤n → x


0 ≤ x- ⟦x⟧ <1



⟦x⟧


⟦x⟧ ≥n → x ≥ n



⟦x⟧>n → n+1 ≤ x



⟦x+n⟧= ⟦x⟧+n, n∈ ℤ

Pág. 75

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Ejemplo: Hallar en forma de intervalo el conjunto A A={ x ∈ ℝ /

√1−|x| ⟦x2 −4⟧

+

1−⟦−x⟧ ⟦x⟧−1

<0 }

Solución: √1−|x| ⟦x2 −4⟧

+

1−⟦−x⟧ ⟦x⟧−1

<0 (dato)……………………………………(1)

Vemos que debe cumplirse: 0≤1-|x| |x|≤1 -1≤x≤1



Analizamos el primer tramo: -1<x<0 -1<x<0

→

1>-x>0

→ ⟦-x⟧=0

⟦x⟧=-1

Elevando al cuadrado: 0 < x2 < 1 - 4 < x2 - 4 < -3

→

⟦x2 -4⟧=-4

Reemplazando en la inecuación (1): Pág. 76

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√1-(-x) 1 + <0 -4 -2 √1+x > -2 Todos los x de nuestro tramo satisfacen la inecuación ∴ x∈〈-1,0〉 

Analizamos en el punto: x=0 x=0 →

⟦-x⟧=0

⟦x⟧=0 Elevando al cuadrado y restando 4: x2- 4 = - 4 ⟦x2 - 4⟧= -4 Reemplazando en la inecuación (1): 1 1-0 + <0 -4 0-1 -

3 4

<0

Vemos que x=0 satisface la inecuación ∴ x=0 Es parte de la solución. 

Analizamos el segundo tramo: 0<x<1 0<x<1 → ⟦x⟧=0 0>-x>-1 → ⟦-x⟧=-1 Elevando al cuadrado: 0<x2 <1 -4< x2 - 4 < -3

→

⟦x2 - 4⟧=-4

Reemplazando en la inecuación (1): Pág. 77

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√1-x 1-(-1) + <0 -4 0-1 √1-x >-8 Vemos que todos los x de nuestro tramo satisfacen la inecuación ∴ x∈〈0,1〉 

Analizamos en el punto: x=1 Reemplazando en la inecuación (1): 0+

1-(-1) 1-1

<0

Vemos que x=1 no satisface la inecuación porque lo hace indeterminado. 

Analizamos en el punto: x=-1 Reemplazando en la inecuación (1): 1−1

0+ −1−1 <0 0<0 Vemos que x=-1 no satisface la inecuación por lo tanto no es la solución ∴C.S.=〈-1,1〉 Ejemplo: 

Demostrar que: x ∈ R ∧ n ∈ ℤ, ⟦x⟧ ≥ n ↔ x≥n Solución: Sabemos que: p ↔ q≡(p →q)∧(q →p) Demostramos: (⟦x⟧ ≥ n →x ≥ n) ∧ (x ≥ n →⟦x⟧ ≥ n) (I)



(II)

Demostración de (I) ⟦x⟧ ≥ n Sea ⟦x⟧ = t, t ∈ Z………..…….....(1) t ≤ x < t+1 t ≤ x…………………………..(α) Pág. 78

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Pero ⟦x⟧ ≥ n (dato) ………...…..(2) (1) en (2)

t ≥ n……………………...….(β) 

De (α) y (β), por la propiedad transitiva ∴ x≥n



L.q.q.d.

Demostración de (II) x≥n Sea ⟦x⟧ = t , t∈Z…………...……(3) t ≤ x ≤ t+1 t+1 ≤ x+1 < t+2………………(4) Pero por dato: x ≥ n x+1 ≥ n+1…………………...(5)



De (4) y (5), aplicamos la propiedad transitiva n+1 < t+2 n < t+1 Pero n y t son enteras: → n ≤ t ……………………….......(6)



(3) en (6) ∴ n ≤ ⟦x⟧ L.q.q.d.



De (I) y (II) se ha demostrado que: ⟦x⟧ ≥ n ↔ x ≥ n Ejercicios: 1. Resolver:

Pág. 79

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𝐀 = { 𝐱 ∈ ℝ/

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(⟦x⟧-2)(√|x|-2-1)(√5-x+1) |√x-4|

≥ 𝟎}

Solución: (⟦x⟧-2)(√|x|-2-1)(√5-x+1)

A = { x ∈ ℝ/ 

|√x-4|

≥ 0} ……………………………...……..(ω)

Restricciones: 0 < x  0  5 – x  0  | x | –2 

x 40

0 < x  x  5  (x  –2  2  x)  x  16 2  x  5……………………………………………….........................(1) 0x–23 0  ⟦x-2⟧ Observación: ⟦x – n⟧=⟦x⟧ - n 0  ⟦x⟧ – 2…………………………………………………………...(2) De la inecuación (2) se puede considerar los siguientes casos:



0 < ⟦x⟧ – 2 

0 = ⟦x⟧ – 2

1er caso

2do caso

Analizando el 1° caso: 0 < ⟦x⟧ – 2………………………………......(3) De las inecuaciones (1) y (3) se tiene en la inecuación (ω): +

+

(⟦x⟧-2)(√|x|-2-1)(√5-x+1) |√x-4|

≥0

+

| x | 2  1  0 Pero x es positivo según la inecuación (1), entonces:

1 x  2 1 x – 2 3  x

…………………………………………………………(4)

De (1) y (4): 3  x  5…………………………………….……………………(5) 

Analizamos el 2° caso: 0 = ⟦x⟧ – 2……………………………….. (6) De las inecuaciones (1) y (6) se tiene en la inecuación (ω): Pág. 80

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0

n

+

(⟦x⟧-2)(√|x|-2-1)(√5-x+1) |√x-4|

≥0

+ Obsérvese que la inecuación se satisface sin importar cuál es el signo de n, Entonces: ⟦x⟧– 2= 0 ⟦x⟧= 2 2  x < 3 …………………….……………….…………. (7) Considerando los resultados de los dos casos (ver las inecuaciones (5) y (7)) tenemos: 3x5 ∨ 2x<3 2x5 ∴ C.S = [2, 5]

Rpta

2. Demostrar:

x 10

x 15 y 15 z15 x5  y5  z5    3  x 5 y 5  y 10 y 10  y 5 z 5  z10 z10  z 5 x 5  x 10 Solución:

x 10

x 15 y 15 z15 x5  y5  z5    3  x 5 y 5  y 10 y 10  y 5 z 5  z10 z10  z 5 x 5  x 10 ……...(I) Sean:

a = x5 b = y5

c = z5 Reemplazando en (I) obtenemos: a3 b3 c3 abc  2  2  2 2 2 2 3 a  ab  b b  bc  c c  ca  a

Sabemos que: (a – b)2  0 Entonces: a2 + b2 + ab  2ab + ab a2 + b2 + ab  3ab Pág. 81

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1 1  2 3ab a  b 2  ab ab(a  b) ab(a  b)  2 3ab a  b 2  ab (a  b ) ab(a  b) a  2 a 3 a  b 2  ab b  2a  a3  b 2a  a 2b  a 2b  ab2  3 a 2  ab  b2 a3 2a  b  2 2 3 a  ab  b

De forma general se tiene:

b3

≥ 2b - c

b2 + bc + c2

3

c3

≥ 2c - a

c2 + ca + a2

3

+

3

a3 b3 ac3 abc  2  2  2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ac  a 53

∴

L.q.q.d

3. Hallar el intervalo al que pertenece k: x 2  ( 2  k )x  k  2  3 ;  xℝ x2  x  1

Solución: x 2  ( 2  k )x  k  2 3 x2  x  1 n

3 

x 2  ( 2  k )x  k  2  3 x2  x  1

………………………………(α)

x2 – x + 1  0 por teoría: |x| < a



– a < x < a, siempre que a > 0 Pág. 82

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en nuestro caso: |n| < 3  –3
–3
 n<3 2



x2

Como

1 3  – x + 1 =  x    > 0, multiplicamos por este factor a 2 4 

la inecuación (α), entonces se tiene: – 3(x2 – x + 1) < x2 – (2 + k)x + k + 2 < 3(x2 – x + 1) Sumando (2 + k)x - (k+2) – x2 a todos los miembros tenemos: (2 + k)x – 4x2 + 3x – 3 – (k + 2) < 0 < 2x2 – 3x + 3 + (2 + k)x – (k + 2) – 4x2 + (5 + k)x – (k + 5) < 0 < 2x2 + (k – 1)x + 1 – k

(5  k ) k 5 1 k    2 (k  1)  4  x2  x x   0  2x   4 4  2 2    -4[(x-

(5+k) 8

2

) +(

k+5 4

)-(

5+k 2 8

) ]< 0 < [(x+

k-1 2 4

) +

1-k 2

-(

k-1 2 4

) ]………(1)

Se puede garantizar que cualquier valor numérico para x satisface la relación (1) cuando: 0< -(

k+5 2

k+5

2

) (2)

∧

 k  5  2  0    1  1 < 0 8    

⋀

8

) +(

8

2

k  5   1  1   8 

1

0

k5 1 1 8

k5 2 8

– 5 < k < 11

⋀

k-1 2

0< - ( 4 ) - (

k-1 8

)

 k  1  2  0     1  1 4    

 k  1  2  0     1 <  11   4 

⋀ ⋀

1

2

k 1 0 4

–7
⋀  –5
k 1 1 1 4

Rpta.

4. Demuestre que:

Pág. 83

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 𝟏 𝟐

𝟑

𝟓

+ 𝟐𝟐 + 𝟐𝟑 + ⋯ +

𝟐𝐧−𝟏

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez 𝟐𝐧+𝟑

=𝟑−(

𝟐𝐧

) ∀ 𝐧 ∈ ℕ

𝟐𝐧

Solución: 1

3

2

22

k= +

5

+

3

5

2

22

2k = 1 + +

2n−1

+ ⋯+

23

+

7

2n

…+

23

……………. (I)

2n−1 2n−1

………… (II)

Restando (II) y (I) 1

1

2

22

k=1+1+ + k=2+ k=2+ k=2+

+

1 23

+ ⋯+

2n−3 +2n−4 +2n−5 +⋯+2+1 2n−2 2n−2 −1 2n−2 2n−2 2n−2

k=2+1− k=2+1− ∴k=3–(

−

1

4 2n

−

2n+3 2n

)

2n−1 2n

2n−1 2n

2n

2n−2

2n−2

−

−

2n−1

1

−

1 2n−2

−

−

2n−1 2n

2n−1 2n

2n−1 2n

L.q.q.d.

5. Si a y b son números positivos distintos, demuestre que:

𝐚+𝐛<

𝐚𝟐 𝐛

+

𝐛𝟐 𝐚

Solución: Sabemos que a > 0 , b>0 y a≠b Partimos de:

(a − b)2 > 0

⟹

a2 + b2 − 2ab > 0

a2 + b2 − ab > ab

Pág. 84

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Multiplicamos ambos lados por (a+b), y no cambia la desigualdad porque es una cantidad positiva y diferente de cero según los datos.

(a + b)(a2 + b2 − ab) > ab(a + b) (a3 + b3 ) > ab(a + b) Pasamos a dividir (ab) al lado izquierdo sin cambiar la desigualdad porque es un valor positivo y diferente de cero.

∴

a2 b

+

b2 a

>a+b

L.q.q.d.

6. Si a, b, c son números positivos diferentes, demuestre que:

(𝐚 + 𝐛)(𝐛 + 𝐜)(𝐜 + 𝐚) > 𝟖𝐚𝐛𝐜 Solución: Partimos de:

(√a − √b)2 > 0

a + b − 2√a√b > 0

⟹

a + b > 2√a√b > 0 … (i)

Análogamente se obtiene las siguientes desigualdades

b + c > 2√b√c > 0 … (ii) c + a > 2√c√a > 0 … (iii) Multiplicando las desigualdades (i), (ii), (iii) se obtiene: 2

2

(a + b)(b + c)(c + a) > 8√a √b √c ∴ (a + b)(b + c)(c + a) > 8abc

2

L.q.q.d. 𝐚

𝐜

7. Sean a, b, c, d números positivos distintos. Se tiene que 𝐛 > 𝐝 . Demostrar: 𝐚 𝐛

>

𝐚+𝐜 𝐛+𝐝

>

𝐜 𝐝

Solución:

Pág. 85

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas a

Partimos del dato:

b

>

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

c

⟹

d

a. d > b. c …(i)

Sumamos a ambos miembros (ab), entonces: a. d + a. b > b. c + a. b a(b + d) > b(a + c) Sabemos que b y (a+c) son cantidades positivas entonces pasamos a dividir: a b

>

a+c

… (ii)

b+d

Sumamos (c.d) a (i), entonces: ad + cd > bc + c d(a + c) > c(b + d) Como (a+c) y d son cantidades positivas pasamos a dividir dichas cantidades: (a+c) b+d

>

c

… (iii)

d

De (ii) y (iii) concluimos que: a

a+c

b

b+d

∴ >

>

c d

l.q.q.d.

8. Demostrar que la 𝐌𝐇 < 𝐌𝐆 < 𝐌𝐀 Solución: a) Demostraremos MG < MA: ∀ a, b ∈ R+ : 2

(√a − √b) > 0 a − 2√a . √b + b > 0 a + b > 2√a . b

Pág. 86

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∴

a+b 2

> √a . b ……(I)

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

L.q.q.d.

b) Demostraremos MH < MG: ∀ a, b ∈ R+ : (a − b)2 > 0 a2 − 2a. b + b2 > 0 a2 + b2 > 2a. b a2 + b2 + 2a. b > 2a. b + 2a. b (a + b)2 > 4 a. b (a. b)(a + b)2 > (a. b)4 a. b (a. b)(a + b)2 > 4 a2 . b2 4 a2 .b2

(a. b) > (a+b)2 2 a.b

√a. b > (a+b) ….. (II) De (I) y (II): 2 a.b

∴ (a+b) < √a. b <

a+b

L.q.q.d.

2

9. Si a, b y c son números distintos de cero, demuestre que: 𝟗 𝟏 𝟏 𝟏 ≤ + + |𝐚| + |𝐛| + |𝐜| |𝐚| |𝐛| |𝐜| Solución: ∀ x, y ≠ 0: (|x| + |y|) ( Obs:

1

1 |x|

1

x

y

+ |y|) = 2 + |y| + |x| y

|y| + |1| ≥ 2 , para todo y ≠ 0 x

y

→ 2 + |y| + |x| ≥ 4 Pág. 87

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Luego: (|a| + |b| + |c|) ( (|a| + |b|) (

1 |a|

1

1

(|a| + |b| + |c|) ≥ ∴

1

1

1

c

a

c

b

1 1 c a c b + )+| |+| |+| |+| |+1 ≥ 4+2+2+1=9 |a| |b| a c b c

(|a| + |b| + |c|) ( 1

1

+ |b| + |c|) = (|a| + |b|) (|a| + |b|) + |a| + |c| + |b| + | c | + 1

9 |a|+|b|+|c|

1 |a|

1

1

+ |b| + |c|) ≥ 9

9 (|a|+|b|+|c|)

1

1

1

≤ |a| + |b| + |c|

L.q.q.d.

10. Demostrar que : ⟦𝟐𝐱⟧ − 𝟐⟦𝐱⟧ = 𝟎 ∨ 𝟏 Solución: 1

Sea ⟦x⟧ = k ∈ Z , k ≤ x < k + 1 ↔ x ∈ [k , k + 2 > ∪ [k +

1 2

, k+1>

1

I) Si x ∈ [k , k + 2 > entonces ⟦x⟧ = k ; además, 1

k≤ x< k+2

→

2k ≤ 2x < 2k + 2

⟦2x⟧ = 2k

→

Luego: ⟦2x⟧ − 2⟦x⟧ = 2k − 2k = 0 II) Si x ∈ [k + k+

1 2

1 2

, k + 1 > entonces ⟦x⟧ = k ; además,

≤ x < k + 1 → 2k + 1 ≤ 2x < 2k + 2 → ⟦2x⟧ = 2k + 1

Luego: ⟦2x⟧ − 2⟦x⟧ = (2k + 1) − 2(k) = 1 Por lo tanto: 1

∴ ⟦2x⟧ − 2⟦x⟧ = {

0 , si x ∈ [k , k + 2 > 1 , si x ∈ [k +

1 2

,k + 1 >

L.q.q.d.

11. Determine A-B 𝐀 = {𝐱 ∈ 𝐑 /|𝐱 − |𝐱|| ≤ 𝟏 } Pág. 88

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𝐁 = {𝐱 ∈ 𝐑 /|𝐱 − |𝐱| − 𝟏| ≤ 𝟏} Solución: 

Para el conjunto A |x − |x|| ≤ 1 → −1 ≤ x − |x| ≤ 1 →

|x| − 1 ≤ x ≤ 1 + |x|

x ≤ 1 + |x| … (i) |x| − 1 ≤ x … (ii) en (i)

∀x ∈ R se cumple que |x| + 1 ≥ x

en (ii)

|x| − 1 ≤ x

→ |x| ≤ x + 1 →

−1 − x ≤ x ≤ x + 1

−1 − x ≤ x ∧ x ≤ x + 1 2x ≥ −1 ∧ x≥−

1 2

0≤1

∧

V

∴ x≥− 

1 2

Para el conjunto B |x − |x| − 1| ≤ 1 → −1 ≤ x − |x| − 1 ≤ 1 →

|x| ≤ x ≤ 2 + |x|

|x| ≤ x … (α) x ≤ 2 + |x| … (β) en (α)

x ≥ |x| ∧ |x| ≥ 0 → x ≥ 0

en (β)

|x| ≥ x − 2 →

x≥ x−2 ∨ x≤2−x

0 ≥ −2

∨

x≤1

V

∨

x≤1

∴ V Concluimos que x ≥ 0 A= x≥−

1 2 Pág. 89

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B= x≥0 Luego 1

∴ A − B = x ∈ [− 2 , 0 >

12. Demostrar

Rpta.

𝟐𝐧 ≥ 𝟏 + 𝐧√𝟐𝐧−𝟏 , 𝐧 ≥ 𝟎, 𝐧 ∈ 𝐙

Solución: Sabiendo que MA ≥ MG, se tiene que: 1+ 21 +22 +⋯+2n−1 n

1

n

≥ √1. 21 . 22 … 2n−1

2

n−1

1 + 2 + 2 + ⋯+ 2

n

(n)(n−1) 2

≥ n. √2

… (i)

Sea S = 1 + 21 + 22 + ⋯ + 2n−1 (dividiendo entre 2n ) S 1 1 1 1 = ( ) (1 + + 2 + ⋯ n ) n 2 2 2 2 2 2S S 1 2S − 2n S−1 = (1 + − ) → = ( ) → S = 2n − 1 n n n n n 2 2 2 2 2 en (i) n

(n)(n−1) 2n − 1 ≥ n. √2 2 →

2n − 1 ≥ n. √2(n−1)

Finalmente: ∴ 2n ≥ 1 + n. √2(n−1)

13. Demostrar

𝟏+

𝟏 𝟐𝟐

L.q.q.d.

𝟏

+ 𝟑𝟐 …

𝟏 𝐧𝟐

𝟏

<𝟐−𝐧 , 𝐧∈𝐍𝐲 𝐧 > 𝟏

Solución: ∀ n > 1 se cumple: n>n−1 →

n2 > n(n − 1)

→

1 n2

1

< n(n−1)

→

1 n2

1

< (n−1) −

1 n

Reemplazando valores: Pág. 90

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< 1−

22 1

1

<2−

32

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1 2 1 3

1 1 1 < − n − 12 (n − 2) n − 1 1

1

n2 1 22

1

< (n−1) − 1

+ 32 …

∴1+

1 22

1 n2

n

1

< 1 − n (sumando 1 a cada miembro) 1

+ 32 …

14. Resolver:

(y sumando)

1

1

n2

<2−n

L.q.q.d.

𝟐⟦𝐱 − 𝟏⟧𝟐 + 𝟓⟦𝐱⟧ ≤ 𝟏𝟕

Solución: 2⟦x − 1⟧2 + 5⟦x⟧ ≤ 17 → ⟦x ± n⟧ = ⟦x⟧ ± n,

n∈ℤ

2⟦x − 1⟧2 + 5⟦x⟧ − 17 ≤ 0 2⟦x − 1⟧2 + 5(⟦x⟧ − 1) − 12 ≤ 0 2⟦x − 1⟧2 + 5⟦x − 1⟧ − 12 ≤ 0 (2⟦x − 1⟧ − 3) (⟦x − 1⟧ + 4) ≤ 0

-

+

+ 3 2

−4

−4 ≤ ⟦x − 1⟧ ≤

3 2

−4 ≤ ⟦x − 1⟧

∨

⟦x − 1⟧ ≤

3 2

Pág. 91

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−4 ≤ ⟦x⟧ − 1

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⟦x − 1⟧ ≤ 1

−3 ≤ ⟦x⟧

⟦x⟧ − 1 ≤ 1

⟦x⟧ ≥ −3

⟦x⟧ ≤ 2

x ≥ −3

x<3

x ∈ [−3,3 >

Rpta.

15. Demostración de la formula general: 𝐚𝐱 𝟐 + 𝐛𝐱 + 𝐜 = 𝟎 ,

𝐚≠𝟎

Solución: b c a (x 2 + x + ) = 0 a a b c x2 + x + = 0 a a b b2 b2 c 4a x2 + x + 2 − 2 + . = 0 a 4a 4a a 4a b 2 b2 4ac (x + ) − 2 + 2 = 0 2a 4a 4a b 2 b2 − 4ac (x + ) = 2a 4a2

x+

b b 2 − 4ac = ±√ 2a 4a2

x+

b √b 2 − 4ac =± 2a 2a

x=

−b ± √b 2 − 4ac 2a

L.q.q.d.

Pág. 92

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16. Demostración:

𝐱 𝐲

+

𝐳 𝐰

=

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

𝐱𝐰+𝐲𝐳 𝐲𝐰

x. y −1 . 1 + z. w −1 . 1 x. y −1 . w. w −1 + z. w −1 . y. y −1

x. w(y. w)−1 + zy. (yw)−1 xw zy + yw yw xw + zy yw

L.q.q.d.

17. Si a, b y c son números positivos distintos, demuestre que: 𝟑(𝐚𝟐 + 𝐛𝟐 + 𝐜 𝟐 ) > (𝐚 + 𝐛 + 𝐜)𝟐 Demostración: 3(a2 + b2 + c 2 ) > a2 + b2 + c 2 + 2(ab + bc + ac) 2(a2 + b2 + c 2 ) > 2(ab + bc + ac) → como a, b y c positivos distintos, entonces: (a − b)2 > 0 ↔ a2 + b2 > 2ab (a − c)2 > 0 ↔ a2 + c 2 > 2ac

(+)

(b − c)2 > 0 ↔ b2 + a2 > 2bc 2(a2 + b2 + c 2 ) > 2(ab + bc + ac) (a2 + b2 + c 2 ) + 2(a2 + b2 + c 2 ) > 2(ab + bc + ac) + (a2 + b2 + c 2 ) 3(a2 + b2 + c 2 ) > a2 + b2 + c 2 + 2(ab + bc + ac) ∴ 3(a2 + b2 + c 2 ) > (a + b + c)2 L.q.q.d. 18. Sean 𝐚, 𝐛, 𝐜, 𝐱, 𝐲, 𝐳 𝛜 ℝ+ , distintos tales que: 𝐢) 𝐚𝟐 + 𝐛𝟐 + 𝐜 𝟐 = 𝟏 Pág. 93

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𝐢𝐢) 𝐱 𝟐 + 𝐲 𝟐 + 𝐳 𝟐 = 𝟏 Demostrar que: 𝐚𝐱 + 𝐛𝐲 + 𝐜𝐳 < 𝟏 Resolución: 

De la desigualdad Cauchy – Schwarz: n

n 2

n

2

2

∑(ai ) . ∑(bi ) ≥ [∑ ai bi ] i=0

i=0

i=0



Este es un caso cuando n = 2:



Por lo tanto, sea el conjunto {ay, bx, az, cx, bz, cy} ∈ ℝ+ distintos entre sí.



Sabemos que: (ay)2 + (bx)2 > 2(ay)(bx) … (α) (az)2 + (cx)2 > 2(az)(cx) … (β) (bz)2 + (cy)2 > 2(bz)(cy) … (θ)



De ((α) + (β) + (θ)) + (a2 x 2 + b2 y 2 + c 2 z 2 ): a2 y 2 + a2 z 2 + b2 x 2 + b2 z 2 + c 2 x 2 + c 2 y 2 + (a2 x 2 + b2 y 2 + c 2 z 2 ) > (a2 x 2 + b2 y 2 + c 2 z 2 ) + 2(ay)(bx) + 2(az)(cx) + 2(bz)(cy) a2 x 2 + a2 y 2 + a2 z 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 + b 2 z 2 + c 2 x 2 + c 2 y 2 + c2z2 > (ax)2 + (by)2 + (cz)2 + 2(ay)(bx) + 2(az)(cx) + 2(bz)(cy)



Operando obtenemos lo siguiente: a2 (x 2 + y 2 + z 2 ) + b(x 2 + y 2 + z 2 ) + c 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) > (ax + by + cz)2 (x 2 + y 2 + z 2 )(a2 + b2 + c 2 ) > (ax + by + cz)2 1

1

Pág. 94

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(ax + by + cz)2 < 1

⟹ ∴

ax + by + cz < 1

19. Sean 𝐚 , 𝐛 y 𝐜 reales positivos tal que 𝐚𝐛𝐜 = 𝟏, demuestre que: 𝟏 𝟏 𝟏 𝟑 + + ≥ 𝐚𝟑 (𝐛 + 𝐜) 𝐛 𝟑 (𝐚 + 𝐜) 𝐜 𝟑 (𝐚 + 𝐛) 𝟐 Solución: Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en forma de Engel: a21 a22 a2n (a1 + a2 + ⋯ + an )2 + + ⋯+ ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + ⋯ + xn Entonces: 1 1 + b3 (a+c) a3 (b+c) 1 a2

a(b+c)

∴

1 a2

a(b+c)

+

+

1 b2

b(a+c) 1 b2

b(a+c)

+ +

+

1 c3 (b+c)

+

b(a+c)

( + + )

c(a+b)

c(a+b)

a(b+c)

1 b2

1 1 1 2 a b c

1 c2

1 c2

=

1 a2

≥ 2(ab+bc+ac) = 3

≥

3 √(abc)2 2

3

=2

+

1 b2

c(a+b)

ab+bc+ac 2abc

L.q.q.d.

Pág. 95

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CAPÍTULO IV FUNCIONES 4.1 Producto Cartesiano Sean A y B dos conjuntos, entonces el conjunto producto cartesiano de A por B denotado por A x B se define de la siguiente manera: A x B = (a,b) / a  A ˄ b  B Ejemplo: A=a,b B=1,2 Entonces: A x B =(a,1);(a,2);(b,1);(b,2) 4.2.

Relaciones Definición: Sean A y B dos conjuntos, entonces una relación “R” de A en B denotado por R: A  B se define como un subconjunto del conjunto producto cartesiano A x B. Ejemplo: Sea:

A = {1,2} B = {a, b}

A x B = {(1,a); (1,b); (2, a); (2, b)}

A R1

 R1: A  B R1 = {(1, a); (1, b) ;(2, a)}  R2: A  B R2 = {(1, a); (1, b)}

 R3: A  B

B

1

a

2

b

A 1

B R2

a

2

b

A

B

1

R3 = {(1, a); (2,a)} 2

R3

a b Pág. 96

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A

 R4: A  B

B R4

1

R4 = {(1, a)}

a b

2

4.3. Definición de Función Una función de A en B denotado por f: AB es una relación en donde para todo y cada elemento “x” de A debe corresponderle un único elemento “y” en B tal que (x,y) ∈ f. Ejemplo de funciones: Sea: A = {1,2} y B = {a, b} , entonces:  R3: A  B R3 = {(1, a) (2, a)}

A 1

B R3

a

b

2

 R1 es una función porque cumple la definición de función.  R4: A  B R4 = {(1, a)}

A 1

B R4

2

a b

R4 no es función porque para 2 no le corresponde ningún elemento en B, debería corresponderle algún elemento en B.

4.4.

Dominio y Rango de Funciones

 Dominio El dominio de una función f denotado por Df, es el conjunto formado por las primeras componentes de todos los elementos de la función. También se puede definir así: Pág. 97

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Sea f: A  B una función, entonces el dominio de f es el conjunto: Df = {x / xA ∧ f(x) exista} Ejemplo: f= {(2, 5); (3, 5); (7, 9)} Df = {2, 3, 7}  Rango El rango de f denotado por Rf

es el conjunto formado por las segundas

componentes de todos los elementos del conjunto f. También el rango de una función f se puede definir así: Sea: f: A  B una función, entonces el rango de f es el conjunto: Rf = {f(x) / x  Df } Ejemplo: f = {(2,5); (3,1); (7,9)} Rf = {5, 1, 9}

4.5.

Funciones Reales sobre los Reales Una función f: A  B se denomina función real sobre los reales cuando AR  BR Entre las funciones reales sobre los reales, a las más simples se las llamará funciones básicas. A continuación, se le presentará un cuadro con las funciones básicas más utilizadas:

Función

F. Constante

Regla de

Gráfica

correspondencia f(x) = c

c

Dominio

Rango

R

C

Pág. 98

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f(x) = x

F. Identidad

R

R

45

F. Afín

f(x) = ax ; a  0

R

R

F. Lineal

f(x) = ax + b ; a  0

R

R

F. Cuadrática

f(x) = x2

R

[0, +>

F. Cúbica

f(x) = x3

R

R

R

[0, +>

x

[0, +>

[0, +>

1 x

R – {0}

R – {0}

R

Z

R

{-1,0, 1}

R

{0, 1}

F. Valor

f(x) = |x|

absoluto F. Raíz

f(x) =

cuadrada F. Inverso

f(x) =

multiplicativo F. Máximo

f(x) = ⟦x⟧

entero

F. Signo

F. Escalón Unitario

45°

45°

f (x)

 1 0 x   sgn( x)   0 0  x  1 x  0 

0 x  a f ( x )  a ( x )   1 a ≤ x

1 -1

1

0

a

4.6. Gráfica de una Función Real

Pág. 99

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Es un conjunto de puntos del plano cartesiano en donde las coordenadas de sus puntos son los elementos de la función real. Ejemplo: Sea f = {(2,7); (4,5); (5,4); (6,3); (8,2.9)} Gráfica de f: y (2,7) (4,5) (5,4)

(8, 2.9)

(6,3)

x

0

 Técnica de graficación Son instrumentos que sirven para conocer las gráficas de cualquier otra función a partir de las funciones básicas.  Desplazamiento Vertical y

g(x) = f(x) + a

g a

f

0

x

Desplazamiento hacia arriba si 0 < a Desplazamiento hacia abajo

si a < 0

 Desplazamiento Horizontal y

0
a<0 f

y

g

g

f

g(x) = f(x+a) 0

x

0

x

Desplazamiento horizontal derecho si a < 0 Desplazamiento horizontal izquierdo si 0 < a  Reflexión sobre el eje x Pág. 100

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y f

0

x

g

g(x) = -f(x)

 Reflexión sobre el eje y y g

f

g(x) = f(-x) 0

x

 Semireflexión sobre el eje X y

y g

f

g(x) = |f(x) |

0

0

x

x

 Semireflexión sobre el eje Y y

y g

g(x) = f(|x|)

f

0

x

x

0

 Dilatación o contracción vertical g(x) = a f(x) , 1 < a

g(x) = af(x) , 0 < a < 1

y

y g f f g

0

x

0

x Pág. 101

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 Dilatación o contracción horizontal g(x) = f(ax) , 1 < a

g(x) = f(ax) , 0 < a < 1

y

y gE E f

4 4

0

0

x

E E f 4 4

g

x

Ejemplo: Graficar: g(x) = (|x| – 3)2 + 2  1º paso:

q(x) = x2 y

q x 0

 2º paso:

h(x) = (x – 3)2 y h x 0

 3º paso:

3

w(x) = (|x| – 3)2 y

w

x

0 -3

 4° paso:

3

g(x) = (|x| – 3)2 + 2 y g 2

x -3 0

3

Pág. 102

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4.7. Operaciones con Funciones Es un proceso que consiste en obtener una nueva función a partir de otras funciones. Sean f y g funciones reales sobre reales, a continuación, se presenta el nombre de la operación, la notación de la nueva función y la respectiva definición de la regla de correspondencia.

 Suma de funciones f + g, regla de correspondencia: (f + g)(x) = f(x)+ g(x).  Resta de funciones f – g, regla de correspondencia: (f – g) (x) = f(x) - g(x).  Producto de funciones f. g, regla de correspondencia: (f. g) (x) = f(x). g(x).  Cociente de funciones f / g , regla de correspondencia : (f / g)(x)

=

f( x ) g( x )

; g(x)  0.

 El dominio de la nueva función es el dominio común de f y g. Ejemplo: Sea

2x  1

f(x) =

g(x) = x + 3 Hallar: f + g; f – g; f. g; f/g Solución: 

Cálculo del dominio 0  2x + 1 

1 x 2 1

D(f) =[- 2 , ∞ rel="nofollow"> Pág. 103

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D(g) = R 1

El dominio común sería: [- 2 , ∞> Este dominio común será el dominio de todas las funciones nuevas cuyas reglas de correspondencia determinaremos:  (g+f)(x) =g(x) + f(x) (g+f)(x) = 2x  1 + x + 3  (g-f)(x) = g(x) - f(x) (g-f)(x) = 2x  1 – x – 3  (g.f)(x) = g(x) .f(x) (g.f)(x) = ( 2x  1 ) (x+3)  (f/g)(x) = f(x) / g(x)

(f/g)(x) =

4.8.

2x + 1 x +3

Funciones Especiales Son funciones con ciertas características específicas que las diferencian de muchas otras funciones.



Función par: Es una función real tal que x ∈ Df , se cumple: f(x) = f(-x) Ejemplo: La función f donde f(x) = x2 cumple la definición de función par. Verificación: f(-x) = (-x)2 Pág. 104

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f(x) = x2

f(-x) = x2 f(-x) = f(x) Ejemplo: a) Averigüe si f es una función par, donde: f(x) = |–2x+3| + |–2x–3| Solución: 

Calculamos f(–x) f(-x) = | –2(–x) + 3| + |–2(–x) –3| f(-x) = |2x+3| + |2x–3| f(-x) = 1 |2x+3| + 1|2x–3| f(-x) = |–1| |2x+3| + |–1| |2x–3| f(-x) = |–2x–3| + |3–2x| f(-x) = f(x)



Es decir: f(x) = f(-x)  f es función par

Rpta.

b) Averiguar si f es función par, donde: f(x) =   x 2  5 Solución: Pág. 105

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Calculando f(-x) : f(-x) =   ( x )2  5 f(-x) =   x 2  5 f(-x) = f(x) f(x) = f(-x)  f es función par



Rpta.

Función impar:

Es una función real f tal que x ∈ Df, se cumple: f(x) = -f(-x) Ejemplo: Averigüe si f es función impar, donde f(x) = x3 + 2x Solución:  Calculando f(-x) :

f(-x) = (–x)3 + 2(–x) f(-x) = –x3 – 2x f(-x) = – (x3 + 2x) f(x) = –f(x)  f sí es función impar

4.9.

Rpta.

Funciones Monótonas Son funciones con tendencias constantes.  Función creciente Una función f se denomina creciente cuando para dos valores x1, x2  Df (x1 < x2) se cumple:

f(x1 ) < f(x2 ) Pág. 106

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Es decir: x1 < x2  f(x1 ) < f(x2 ) A continuación, mostramos la gráfica de una función creciente. y

f(x2 ) f(x1 ) 0

f

x1

x2

x

 Función Decreciente Una funcion f se denomina función decreciente cuando para dos valores x1 y x2  Df (x1 < x2) se cumple: f(x2 ) < f(x1 ) x1 < x2  f(x2 ) < f(x1 )

Es decir:

A continuación, se muestra la gráfica de una función decreciente y

f(x1) f(x2)

f

x1

x2

x

0

4.10. Funciones Trigonométricas Son funciones que contienen razones trigonométricas en sus reglas de correspondencias.

A

continuación,

se

presenta

algunas

funciones

trigonométricas con su regla de correspondencia, su dominio y su gráfica. 

Función Seno f(x) = senx; Df = R y 1

f

 0

/2

3𝜋 2

2

x

-1

Pág. 107

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

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Función Coseno f(x) = cosx; Df = R y 1

f  /2

0

x

2

-1



Función Tangente f(x) = tanx; Df = R – (2k +1)/2, ∀ k∈ℤ y

f 

0

2 x



Función Cotangente f(x) = cotx; Df = R – (k) , ∀ k∈ℤ

f

-𝜋



-

𝜋 2

Función secante 2k +1

f(x) = secx; Df = R – (

2

) ,∀ k∈ℤ

Pág. 108

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y

f 1 

0

2

x

-1



Función cosecante f(x) = cscx ; Df = R – k,∀ k∈ℤ y

f 1 0 -1



2 x

4.11. Función Periódica Una función real se denomina función periódica, si existe un número T tal que (x+T) pertenece al dominio de f de manera que se cumpla: f(x+T) = f(x) El número T se llama periodo Observación: Periodo mínimo es el valor de T más pequeño y positivo. Ejemplo:  Calcule el periodo mínimo de f, donde: f(x) = Senx

Pág. 109

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Solución: Se observa que: f(x+2) = f(x) f(x+4) = f(x) f(x+6) = f(x)

Para nuestra función seno, el menor valor positivo de T es 2, por lo tanto 2 es el periodo de la función seno. 4.12. Función Compuesta Sean las funciones reales f y g, entonces denominamos función compuesta a una función denotada por f o g, con regla de correspondencia: (f o g) (x) = f(g(x) ) , tal que: x  Dg  g(x)  Df Ejemplo: Sea: f(x) = 2x – 3 g(x) =

x -1

Hallar (f o g) (x) con su respectivo dominio. Solución: Por dato: f(x) = 2x – 3 g(x) =

x -1

Entonces (f o g)(x) = f(g(x) ) =2(g(x) ) – 3 = 2 x - 1 - 3 , es una función compuesta.  Cálculo de D(fog) : 0x–1 1 x Obsérvese que [1;∞> pertenece al dominio de f, entonces: Pág. 110

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 D(fog) = [1, +> Ejemplo: Analice el valor de verdad: El periodo mínimo y rango de f(x) = Sen 2x - Cos 2x , son respectivamente 3

y [0,

2

3

3 2

]

Solución:  Una función es periódica cuando: f(x) =f(x+T) Donde el T mínimo positivo se llama el período de la función.  Analizaremos f(x+T) f(x) =

(Sen

2x 2x 2 2x 2x - Cos ) = 1- 2Sen .Cos 3 3 3 3

f(x) = 1 - Sen

4x 3

f(x+T) =f(x)

√1-Sen

4x 4( x + T ) =√1-Sen 3 3

√1-Sen

4x 4x 4T =√1-Sen ( + ) 3 3 3

Pero sabemos para la función seno que

4T 3

puede ser:

2πk , k ϵ Z Considerando

4T 3

igual a 2π tendremos:

Pág. 111

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f(x+T) =√1-Sen (

4X + 2π ) 3

f(x+T) =√1-Sen

4x 3

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f(x+T) = f(x) Significa que si T es el período de f entonces debe cumplir 4T 3

= 2π 3π

De donde T= 2

Entonces el periodo de f es

3π 2

 Además:  1  Sen

1 ≥ -Sen

4x 1 3

4x ≥ -1 3

2  1  Sen

4x 0 3

2  1  Sen

4x 0 3

2 ≥ f( x ) ≥ 0 Rf = [0,√2] ∴ De los resultados obtenidos, decimos que la proposición es verdadera. 4.13. Función Univalente o Inyectiva Sea f una función real, entonces f se denominará función univalente o inyectiva cuando para todo par de valores diferentes x1 y x2  Df se cumple: fx1 ≠ fx2 Pág. 112

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f(x1) = f(x2)  x1 = x2

La definición se puede entender así: y

f

f(x) único x 0

x único

Nótese en el gráfico que cuando f(x1) = f(x2) = f(x) se obtiene x1 = x2 = x A continuación, se muestra la gráfica de una función que no es inyectiva. y

f(x1) =f(x2)

f

único

0

X1

X2

x

Obsérvese que f(x1) = f(x2) , pero x1 ≠ x2  f no es función univalente Ejemplo: Analizar si la función f es inyectiva. donde : f (x) 

2x - 3 ; x  [1, 3> x2  4x

Solución: Probamos si f es inyectiva: f(x1 ) = f(x2 ) 2x 1 - 3 2

x 1 + 4x 1

=

2x 2 - 3 x 2 2 + 4x 2

(2x1 – 3) (x22 + 4x2) = (2x2 – 3) (x12 + 4x1) 2x1.x22 + 8x1.x2 – 3x22 – 12x2 = 2x2x12 + 8x1x2 – 3x12 – 12x1 2x1x2(x2 – x1) + 3(x12 – x22) + 12(x1 – x2) = 0

Pág. 113

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(x1 – x2) [3(x1 + x2) – 2x1.x2 + 12] = 0………………………..............(1) 

Pero x  [1, 3> por dato, como x1 y x2 pertenecen al Df, entonces debe cumplirse: 1  x1 < 3…………………………………………………………….…. (2) 1  x2 < 3……………………………………………………………..… (3)



Sumando (2) y (3) 2  x1+x2 < 6 6  3(x1 + x2) < 18……………………………………………….….... (4)



Multiplicando las ecuaciones (2) y (3) se tiene: 1 ≤ x1 x2 <9 -18 < -2x1x2  – 2………………………………………………………... (5)



Sumando (4) y (5) – 12 < 3(x1+x2) – 2x1x2 < 16 0 < 3(x1+x2) – 2x1x2 + 12 < 28……………………………………..…. (6)



De (1) y (6): x1 = x2

f es univalente o inyectiva. 4.14. Función Suryectiva o Sobreyectiva Sea f una función real, tal que f: A  B; f se denomina función suryectiva Si: Rf = B Ejemplo: A

B

f a b c

1 5 Pág. 114

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Rf = B  f es suryectiva Ejemplo: f

A

B

a

1

b

2

c

3

Rf

Rf  B  f no es suryectiva 4.15. Función Biyectiva f: A  B es una función biyectiva, si es inyectiva y suryectiva a la vez. 4.16. Función Inversa Sea f: A  B una función biyectiva, entonces la función inversa de f denotado por f–1, se define de la siguiente manera: f–1 :B  A donde: f–1 = {(f(x) , x) / x  A  f(x)  B} Ejemplos: 

f = {(2;3), (4;5), (6;7)} f–1 = {(3;2), (5;4), (7;6)}  f–1 es la función inversa de f



h = {(3; 2), (5; 2), (4; 1)} Se observa que f no es inyectiva.  h no tiene función inversa. Pág. 115

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 

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g = {(2; 3), (2; 5), (1; 4)} g no es función  g no tiene función inversa Ejemplo: Analizar si existe la inversa de la función f: A  B donde: f(x) = x + 1………………………………………. (1) A = {x/x es par, 2  x < 6} B = {y/y es impar, 3  y  7} Solución:

 Analizamos si f es inyectiva: Para que f sea inyectiva debe cumplirse que sí: f(x1 ) = f(x2 ) , entonces x1 = x2 Luego partimos de: f(x1) = f(x2 ) x1 + 1 = x2 + 1 x1 = x2  f es inyectiva  Analizamos si f es sobreyectiva: A = {x/x es par, 2  x < 6} = {2,4}……………….. (2) B = {y/y es impar, 3  y  7} = {3, 5,7}………….. (3) Reemplazando (2) en (1) Rf = {3; 5}……………………………….…………. (4) De (3) y (4) se concluye que. Rf ≠B Significa que f no es sobreyectiva.

Pág. 116

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 No existe la inversa de f, porque no es biyectiva. Conclusión: Para que una función tenga inversa debe ser inyectiva y suryectiva; es decir tiene que ser biyectiva. 

Recomendación para obtener la regla de correspondencia de una función inversa.

La recomendación se haría usando un ejemplo particular. 1º Escribir la regla de correspondencia de la función f (x) = x + 1 2º Reemplazar: f(x)  y y=x+1 3º Despejar x: x = y – 1

4º Reemplazar x por f f

-1

(x)

-1

(x) ,

e y por x

=x–1

 Propiedades: Las funciones: f(x) = ax + b +

cx  d

con a y c del mismo signo.

f(x) = ax + b –

cx  d

con a y c de signos contrarios.

Tienen funciones inversas en sus respectivos dominios y además: Df -1 = Rf



Rf -1 = Df

Ejercicios: 1. Hallar la función inversa de 𝒇(𝒙) si es que existe: 𝒇(𝒙) =

x + 1 + 2x

Solución:

Pág. 117

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x + 1 + 2x

𝒇(𝒙) =

Despejando x

x + 1 + 2x

y=

x +1

(y - 2x) = (y - 2x)2 = (

x + 1)2

4x2 – 4xy + y2 = x + 1 4x2 - (4y +1) x + y2-1 = 0

𝑥= x=

(4𝑦+1)±√[−(4𝑦+1)]2 −4.(4).(𝑦 2 −1) 2.(4)

( 4 y + 1) ± 8 y + 17 ………………………………. (ω) 8

Pero sabemos que:

x + 1 + 2x

y= X

3

…

Y

8

…

Reemplazando: y = 8 en (ω) x=

( 4(8) + 1) ± 8(8) + 17 8

x=

33 ± 9 8

Con el signo negativo se obtiene x=3, por tal motivo se elige de la ecuación (ω) el signo negativo.

x=

(4y + 1) - 8y + 17 8

 Intercambiando variables y=

( 4 x + 1) - 8 x + 17 8

∴ f -1 =

( 4 x + 1) - 8 x + 17 8

Rpta.

Pág. 118

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2. Sea 𝒇: ℝ → ℝ la función definida por: 𝒇(𝒙) =

𝟏𝟐𝒙 , 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕𝒐𝒅𝒐 𝒙 ∈ ℝ 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏

a. Determine el rango de 𝒇. b. Trace la gráfica. Solución: 12𝑥

𝑓(𝑥) = 𝑥 2 +𝑥+1 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑥 ∈ ℝ a. Hallando el rango 𝑓(𝑥) =

12 1 (𝑥 + 𝑥) + 1

Sabemos que:  Si x > 0

 Si x < 0

1 (𝑥 + ) ≥ 2 𝑥

1 (𝑥 + ) ≤ −2 𝑥

1 (𝑥 + ) + 1 ≥ 3 𝑥

1 (𝑥 + ) + 1 ≤ −1 𝑥

1 1 ≤ 1 (𝑥 + 𝑥 ) + 1 3

1 ≥ −1 1 (𝑥 + 𝑥 ) + 1

12 ≤4 1 (𝑥 + 𝑥 ) + 1

12 ≥ −12 1 (𝑥 + 𝑥 ) + 1

∴⇒ Rango f(x) = [−12,4]

Rpta.

Pág. 119

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b. Graficando

Rpta.

3. Sea: 𝒇(𝒙) = {

√𝒙 − 𝟑, 𝒙 ≥ 𝟒, −√𝟑 − 𝒙, 𝒙 ≤ 𝟐

Hallar f*(x) Solución: 𝑓(𝑥) = {

√𝑥 − 3, 𝑥 ≥ 4, … 𝑓1 (𝑥) −√3 − 𝑥, 𝑥 ≤ 2 … 𝑓2 (𝑥)

Para saber si existe 𝒇∗(𝒙) , debemos averiguar si es inyectiva Domf1(x) ∩ Domf2(x) = ∅

Pág. 120

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En 𝑓1(𝑥)

En 𝑓2(𝑥)

𝑓1(𝑥1) = 𝑓1(𝑥2)

𝑓2(𝑥1 ) = 𝑓2(𝑥2 )

√𝑥1 − 3 = √𝑥2 − 3

−√3 − 𝑥1 = −√3 − 𝑥2

|𝑥1 − 3| = |𝑥2 − 3|

|3 − 𝑥1 | = |3 − 𝑥2 |

Sabemos que x1 ≥ 4 ∧ x2 ≥ 4

Sabemos que x1 ≤ 2 ∧ x2 ≤ 2

x1 - 3 ≥ 1 ∧ x2 - 3 ≥ 1

3 - x1 ≥ 1 ∧ 3 - x2 ≥ 1

⇒ 𝑥1 − 3 = 𝑥2 − 3

⇒ 3 − 𝑥1 = 3 − 𝑥2

𝑥1 = 𝑥2 Si es inyectiva

𝑥1 = 𝑥2 Si es inyectiva

Determinar el rango de 𝑓1

Determinar el rango de 𝑓2

𝑥≥4

𝑥≤2

𝑥−3≥1

3−𝑥 ≥1

√𝑥 − 3 ≥ 1

−√3 − 𝑥 ≤ −1

Rf1 = [1, +𝛼⟩

Rf2 = ⟨−𝛼, −1]

Rf1 ∩ Rf2 = ∅ Determinamos 𝑓1∗

Determinamos 𝑓2∗

𝑦 = √𝑥 − 3

𝑦 = −√3 − 𝑥

𝑦2 + 3 = 𝑥

3 − 𝑦2 = 𝑥

𝑓 ∗ (x) = 𝑥 2 + 3

𝑓 ∗ (x) = 3 − 𝑥 2

𝑥2 + 3 , 1 ≤ 𝑥 ∴ 𝑓 ∗ (x) = { 3 − 𝑥 2 , 𝑥 ≤ −1

Rpta.

4. Sean f y g las funciones reales definidas por 𝒇(𝒙) = 𝟒𝒙 + 𝟓 ∀ 𝒙 < 𝟏𝟎

𝒚

−𝟐𝒙, 𝒈(𝒙) = { 𝟓𝒙,

𝒙<𝟎 𝒙≥𝟏

Determine la función 𝒇𝒐𝒈

Solución: Pág. 121

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−𝟐𝒙, 𝒙 < 𝟎 𝟓𝒙, 𝒙 ≥ 𝟏

𝒇(𝒙) = 𝟒𝒙 + 𝟓 ∀ 𝒙 < 𝟏𝟎

𝒚

𝒈(𝒙) = {

𝑥 ∈ 𝐷𝑓𝑜𝑔 ⇔ 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚𝑔

∧

𝑔(𝑥) ∈ 𝐷𝑓

⇔ (𝑥 < 0 ∨ 𝑥 ≥ 1)

∧

𝑔(𝑥) < 10

⇔ (𝑥 < 0 ∧ 𝑔(𝑥) < 10)

∨

(𝑥 ≥ 1 ∧ 𝑔(𝑥) < 10)

⇔ (𝑥 < 0 ∧ −2𝑥 < 10)

∨

(𝑥 ≥ 1 ∧ 5𝑥 < 10)

⇔ (𝑥 < 0 ∧ −5 < 𝑥)

∨

(𝑥 ≥ 1 ∧ 𝑥 < 2)

⇔ −5 < 𝑥 < 0

∨

1≤𝑥<2

⇒ 𝐷𝑓𝑜𝑔 = 〈−5,0〉 ∪ [1, 2⟩ Por el otro lado: Si 𝑥 ∈ 〈−5,0〉 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(−2𝑥) = 4(−2𝑥) + 5 = −8𝑥 + 5 Si 𝑥 ∈ [1, 2⟩ 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(5𝑥) = 4(5𝑥) + 5 = 20𝑥 + 5 ∴ ⇒ (𝑓𝑜𝑔)(𝑥) = {

−8𝑥 + 5, −5 < 𝑥 < 0 20𝑥 + 5, 1 ≤ 𝑥 < 2

Rpta.

5. Hallar el rango y la gráfica de la función 𝟑

𝒇(𝒙) = ⟦𝒙𝟐 +𝟏⟧

Solución: ∀𝑥 ∈𝑅 ∶ 3

𝑥 2 + 1 ≥ 1 → 0 < 𝑥 2 +1 ≤ 3

y así el máximo entero de esta expresión solo

puede ser: 0,1,2,3, luego.

Pág. 122

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I)

3

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3

⟦(𝑥 2 +1)⟧ = 0 ↔ 0 < (𝑥 2 +1) < 1 ↔ 𝑥2 + 1 > 3 ↔ 𝑥2 > 2 ↔ 𝑥 ∈ < −∞, −√2 > ∪ < √2, ∞ > 3

II)

⟦(𝑥 2 +1)⟧ = 1 ↔ 𝑥 ∈ [−√𝟐, − 𝟏⁄𝟐 > ∪ < 𝟏⁄ , √𝟐 ] √𝟐

III)

⟦(𝑥 2 +1)⟧ = 2 ↔ 𝑥 ∈ [− 𝟏⁄ , 𝟎 > ∪ < 𝟎, 𝟏⁄ ] √𝟐 √𝟐

IV)

⟦(𝑥 2 +1)⟧ = 3 ↔ 𝑥 = 0

3

3

Graficando:

Rpta.

6. Hallar el rango de la función 𝒙

𝒙

𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 ⟦𝟐⟧ − 𝟒𝒙 ⟦𝟑⟧ , 𝒙 ∈ < 𝟐, 𝟔 ]

Pág. 123

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Solución: Dividiremos el dominio < 2,6 ] en subintervalos de manera adecuada a los máximos enteros involucrados: ⟦𝑥⁄2⟧ = n ↔ n ≤ 𝑥⁄2 < n+1 ↔ 2n ≤ 𝑥 < 2n + 2 ….. (I) ⟦𝑥⁄2⟧ = m ↔ 3m ≤ 𝑥 < 3m+3 …..(II) Como en (I) los intervalos van de 2 en 2, y en (II) de 3 en 3, los intersecaremos de modo que sigan cubriendo al Dominio <2,6]: ( [2,4 > ∪ [4,6 > ∪ {6} ) ∩ ( [0,3 > ∪ [3,6 > ∪ {6} ) ∩ 𝐷𝑜𝑚 𝑓 = = < 2,3 > ∪ < 3,4 > ∪ [4,6 > ∪ {6}: a)

𝒙 ∈ [𝟐, 𝟑 >∶ 𝑥⁄2 ∈ [ 1, 3⁄2 >

𝑥⁄ ∈ [ 2⁄ , 1 > 3 3

,

𝑓(𝑥) = 𝑥 2 . 1 − 4𝑥. 0 = 𝑥 2 ∈ [4,9 > → 𝒇(𝒙) ∈ < 𝟒, 𝟑 > b)

𝒙 ∈ [𝟑, 𝟒 >∶ 𝑥⁄2 ∈

[ 3⁄2 , 2 >

,

𝑥⁄ ∈ 3

[1, 4⁄3 >

𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥 = (𝑥 − 2)2 − 4 ∈ [−3,0 > → 𝒇(𝒙) ∈ < −𝟑, 𝟎 > 𝒙 ∈ [𝟒, 𝟔 >∶ 𝑥⁄2 ∈

c)

[ 2,3 >

,

𝒇(𝒙) = 2𝑥 2 − 4𝑥 = 2(𝑥 − 1)2 − 2 d)

𝑥⁄ ∈ 3

[4⁄3 , 2 >

∈ [𝟏𝟔, 𝟒𝟖 >

𝒙 = 𝟔 ∶ 𝒇(𝒙) = 𝑓(6) = 36(3) − 24(2) = 𝟔𝟎

De a, b, c y d: ∴ Rang. 𝑓(𝑥) = < 4,9 > ∪ < −3,0 > ∪ [16, 48 > ∪ {60}

Rpta.

7. Determinar si 𝒇 es univalente

𝒇(𝒙) =

𝟐𝒙𝟐 −𝟑𝒙−𝟐𝟎 𝒙𝟐 −𝟒𝒙−𝟏𝟐

; 𝒙 ∈ [−𝟏, 𝟓]

Solución: 𝑓(𝑥) =

2x2 −3x−20 x2 −4x−12

=

5x+4 x2 −4x−12

+2

Si f es univalente entonces: ∀ x1 , x2 ∈ Df → 𝑓(x1 ) = 𝑓(x2 ) ↔ x1 = x2 Pág. 124

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 5x1 +4 (x1 )2 −4x1 −12 5x1 +4 (x1 )2 −4x1 −12

+2=

=

5x2 +4 (x2 )2 −4x2 −12

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+2

5x2 +4 (x2 )2 −4x2 −12

5x1 (x2 )2 − 20x1 x2 − 60x1 + 4(x2 )2 − 16x2 − 48 = 5x2 (x1 )2 − 20x2 x1 −60x2 + 4(x1 )2 − 16x1 − 48 5x1 (x2 )2 − 60x1 + 4(x2 )2 − 16x2 = 5x2 (x1 )2 − 60x2 + 4(x1 )2 − 16x1 5x1 x2 (x2 − x1 ) + 60(x2 − x1 ) + 4( (x2 )2 − (x1 )2 ) + 16(x1 − x2 ) = 0 (x2 − x1 )( 5x1 x2 + 60 + 4(x2 + x1 ) − 16 ) = 0 (x2 − x1 ) ( 5x1 x2 + 4(x2 + x1 ) + 44 ) = 0 Obs: (5x1 x2 + 4(x2 + x1 ) + 44 ) > 0

,

∀ x1 , x2 ∈ Df

→ (x2 − x1 ) = 0 𝑥2 = 𝑥1 ∴ 𝒇 es univalente

Rpta.

8. Hallar el rango y gráfica de la función. 𝐲 = 𝒇(𝒙) = −𝟑 + √𝐱 𝟐 − 𝟒𝐱 + 𝟓 ,

−𝟐 ≤ 𝐱 ≤ 𝟔

Solución: Completamos cuadrados: x 2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1 , luego −2 ≤ x ≤ 6

⟺

−4 ≤ x − 2 ≤ 4

⟹

0 ≤ (x − 2)2 ≤ 16

⟺ 1 ≤ (x − 2)2 + 1 ≤ 17 ⟺ 1 ≤ √(x − 2)2 + 1 ≤ √17 −2 ≤ −3 + √(x − 2)2 + 1 ≤ √17 − 3 ∴ Ran(𝒇) = [−2, √17] Como y = −3 + √x 2 − 4x + 5 ⟹

y + 3 = √x 2 − 4x + 5

⟺ (y + 3)2 − (x − 2)2 = 1 ∴ La gráfica corresponde a la curva superior de una hipérbola.

Pág. 125

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Rpta.

9. Hallar el dominio, rango y graficar la siguiente función:

𝒇(𝒙) =

𝒙𝟑 +𝒙𝟐 +𝒙+𝟏 |𝒙+𝟏|

Solución: El único punto que no puede tomar la función es en x = -1, entonces 𝑑𝑜𝑚(𝑓) = ℝ − {−1} 𝑓(𝑥) =

𝑥 2 (𝑥 + 1) + (𝑥 + 1) (𝑥 + 1)(𝑥 2 + 1) = |𝑥 + 1| |𝑥 + 1|

Podemos expresar la función de la siguiente forma 𝑥 2 + 1 , 𝑥 > −1 … … … . (𝑖) 𝑓(𝑥) = { −(𝑥 2 + 1) , 𝑥 < −1 … . . . (𝑖𝑖) De (i) 𝑥 > −1

⟹

𝑥2 > 0

⟺

𝑥2 + 1 > 1

El rango con respecto a (i) es [1, ∞[ De (ii) 𝑥 < −1

⟹

𝑥2 > 1

⟺

𝑥2 + 1 > 2

⟺

−(𝑥 2 + 1) < −2

El rango con respecto a (ii) es ]−∞, −2[ Por lo tanto, el rango de la función es:

Pág. 126

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∴ 𝑅𝑎𝑛(𝑓) = ]−∞, −2[ ∪ [1, ∞[

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez Rpta.

La gráfica de esta función son dos parábolas con diferente dominio

Rpta.

10. Demuestre que la función 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒙 + √𝟒 + 𝒙𝟐 para 𝒙 ∈ 〈−𝟑, 𝟐〉, es inyectiva.

Solución: Sean x1, x2 ∈ 〈−3,2〉, asumiendo que: 𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑥2 )

⟹

2𝑥1 + √4 + 𝑥1 = 2𝑥2 + √4 + 𝑥2

𝑥2 + 𝑥1 −2(𝑥2 − 𝑥1 ) = (𝑥2 − 𝑥1 ) [ ] √4 + 𝑥1 2 + √4 + 𝑥2 2 ⟹ 𝑥2 − 𝑥1 = 0 … (𝑖) ∨ 𝑥2 − 𝑥1 ≠ 0 … (ii) Si consideramos (ii) entonces: −2 = [

𝑥2 +𝑥1 √4+𝑥1 2 +√4+𝑥2 2

]=A

………….… (iii)

Y se puede verificar que |𝑥1 | |𝑥1 | [ ]≤[ ]≤1 √4 + 𝑥1 2 + √4 + 𝑥2 2 √4 + 𝑥1 2 Entonces

Pág. 127

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0 ≤ |𝐴| ≤

|𝑥1 + 𝑥2 | √4 + 𝑥1 2 + √4 + 𝑥2 2

0 ≤ |𝐴| < 2

⟹

⟹

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≤

|𝑥1 | √4 + 𝑥1 2

+

|𝑥2 | √4 + 𝑥2 2

<1+1=2

−2 < 𝐴 < 2

Según la igualdad hallada en (iii) esto sería una contradicción Y por lo tanto la hipótesis (ii) no sería correcta. Así que solo (i) cumple ⟹ 𝑥2 − 𝑥1 = 0

∴ 𝑥1 = 𝑥2 (De esta manera f(x) es inyectiva)

Rpta.

11. Hallar 𝑓 ∗ si existe

𝒇(𝒙) =

𝟑𝒙 , +𝟏

𝒙>𝟏

𝒙𝟐

Solución:

𝑠𝑖 𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑥2 ) → 𝑥1 = 𝑥2 𝑓 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 3𝑥1 3𝑥2 = → 𝑥1 2 + 1 𝑥2 2 + 1

3𝑥1 (𝑥2 2 + 1) = 3𝑥2 (𝑥1 2 + 1)

𝑥1 𝑥2 2 + 𝑥1 = 𝑥2 𝑥1 2 + 𝑥2 →

(𝑥1 𝑥2 )(𝑥1 +𝑥2 )(𝑥1−𝑥2 ) = 0

(𝑥1 𝑥2 )(𝑥1 +𝑥2 ) = 0 ∨ (𝑥1 −𝑥2 ) = 0 , 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥1 > 1 ∧ 𝑥2 > 1 → 𝑥1 𝑥2 > 1 ∧ 𝑥1 +𝑥2 > 2 → (𝑥1 𝑥2 )(𝑥1 +𝑥2 ) > 2 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 (𝑥1 −𝑥2 ) = 0 → 𝑥1 = 𝑥2 𝑓 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑦=

3𝑥 → +1

𝑥 2 𝑦 + 𝑦 = 3𝑥 →

𝑥2

3 ± √9 − 4𝑦 2 𝑥= 2𝑦 36 ) 25

𝑠𝑖 𝑥 = 2, 𝑓(2) =

3 ± √9 − 4 ( 2=

2(6) 5

𝑥 2 𝑦 − 3𝑥 + 𝑦 = 0 6 5

81 9 3± 25 5 = 15 ± 9 = 15 + 9 = 2 = (12) (12) 12 12 5 5

3±√ =

Finalmente ∴ 𝑓 ∗ (x) =

3+√9−4𝑥 2 2𝑥

Rpta.

Pág. 128

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12. Hallar el domino, rango y grafique 𝒇 𝒙 𝒙 𝒇(𝒙) = |𝒔𝒆𝒏 ( )| + |𝒄𝒐𝒔 ( )| 𝟐 𝟐 Solución: Sabemos que |𝑎| + |𝑏| = ||𝑎| + |𝑏||

|𝑎| + |𝑏| = √(|𝑎| + |𝑏|)2

→

𝑥

𝑥

En el problema 𝑓(𝑥) = |𝑠𝑒𝑛 (2)| + |𝑐𝑜𝑠 (2)| , 𝐷𝑓 ∈ 𝑅 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 2 𝑓(𝑥) = |𝑠𝑒𝑛 ( )| + |𝑐𝑜𝑠 ( )| = √(|𝑠𝑒𝑛 ( )| + |𝑐𝑜𝑠 ( )|) 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑓(𝑥) = √𝑠𝑒𝑛( )2 + 𝑐𝑜𝑠( )2 + 2 |𝑠𝑒𝑛 ( )| . |𝑐𝑜𝑠 ( )| 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑓(𝑥) = √1 + 2 |𝑠𝑒𝑛 ( ) . 𝑐𝑜𝑠 ( )| = √1 + |𝑠𝑒𝑛𝑥| 2 2 0 ≤ |𝑠𝑒𝑛𝑥| ≤ 1 → 1 ≤ 1 + |𝑠𝑒𝑛𝑥| ≤ 2 → 1 ≤ √1 + |𝑠𝑒𝑛𝑥| ≤ √2 1 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ √2, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑅𝑓 ∈ [1, √2 ]

Rpta.

Su gráfica es la siguiente:

Rpta.

Pág. 129

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13.

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𝒇: 𝑨 → ℝ | ∀ 𝒙 ∈ 𝑨 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 𝒇(𝒙) = √ 𝒙−𝟐 Determinar el dominio máximo

Solución: 𝑥−2≠0 𝑥 3 +2𝑥 2 +𝑥 𝑥−2

→

𝑥 ≠ 2 ... (1) v

≥0

𝑥(𝑥 2 +2𝑥+1) 𝑥−2

≥0

𝑥(𝑥 + 1)2 ≥0 𝑥−2

(𝑥 = −1)

𝑥 ≥0 𝑥−2 {𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑥 − 2 ≥ 0} ∨ {𝑥 ≤ 0 ∧ 𝑥 − 2 ≤ 0} {𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑥 ≥ 2} ∨ {𝑥 ≤ 0 ∧ 𝑥 ≤ 2} {𝑥 ≥ 2} ∨ {𝑥 ≤ 0} 𝑥 ∈ < −∞, 0] ∪ [2, +∞ > ⋯ (2) De (1) y (2): 𝐷𝑜𝑚 𝑓 =< −∞, 0] ∪ < 2, +∞]

14.

𝒇(𝐱) = √𝟒 + 𝟑𝒙 − 𝒙𝟐 Determinar el dominio, rango, gráfica. Solución: 

Determinando el dominio de f:

4 + 3𝑥 − 𝑥 2 ≥ 0 Pág. 130

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(1 + 𝑥)(4 − 𝑥) ≥ 0 {1 + 𝑥 ≥ 0 ∧ 4 − 𝑥 ≥ 0} ∨ {1 + 𝑥 ≤ 0 ∧ 4 − 𝑥 ≤ 0} {−1 ≤ 𝑥 ≤ 4} ∨ ∅ 𝑥 ∈ [−1,4] 𝐷𝑜𝑚 𝑓 = [−1,4]



Determinando el rango de f:

𝑓(𝑥) = √4 + 3𝑥 − 𝑥 2

𝑓(𝑥) = √− (𝑥 2 − 2

3𝑥 9 25 + )+ 2 4 4

3 2 25 𝑓(𝑥) = √− (𝑥 − ) + 2 4 Partimos del 𝐷𝑜𝑚 𝑓: −1 ≤ 𝑥 ≤ 4 5 3 5 − ≤𝑥− ≤ 2 2 2 3 2 25 0 ≤ (𝑥 − ) ≤ 2 4 −

25 3 2 ≤ − (𝑥 − ) ≤ 0 4 2

25 3 2 25 0≤ − (𝑥 − ) ≤ 4 2 4 25 3 2 5 √ 0≤ − (𝑥 − ) ≤ 4 2 2 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤

5 2

5 𝑅𝑎𝑛 𝑓 = [0, ] 2

Pág. 131

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Gráfica 𝑓(x):

25 3 2 √ 𝑓(𝑥) = − (𝑥 − ) 4 2 25 3 2 𝑦 = √ − (𝑥 − ) 4 2 3 2 2

5 2 2

𝑦 ≥ 0 ∧ 𝑦 2 + (𝑥 − ) = ( )

Rpta.

15. Determine el dominio, rango y grafique: 𝒇(𝒙) = √𝟒 + 𝟑𝒙 − 𝒙𝟐 Solución: I. Hallando el Dominio: 𝐷𝑜𝑚 𝑓 → 4 + 3𝑥 − 𝑥 2 ≥ 0 𝑥 2 − 3𝑥 − 4 ≤ 0 𝑥 −4 𝑥 +1

Pág. 132

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(𝑥 − 4)(𝑥 + 1) ≤ 0 II. Hallando el Rango:

∴ 𝐷𝑜𝑚 𝑓 = [−1; 4]

𝑅𝑎𝑛 𝑓 → √4 + 3𝑥 − 𝑥 2

𝑆𝑖 𝑥 ∈ [−1; 4]

→ √−(𝑥 2 − 3𝑥 − 4) 9

−1 ≤ 𝑥 ≤ 4 9

5

→ √− [(𝑥 2 − 3𝑥 + 4) − 4 − 4] 3

→ √− [(𝑥 − 2)2 − 25

] 4

3 2

0 ≤ (𝑥 − 2) ≤ −

25 4

0≤ Gráfico:

5

3 2

25

→ √ 4 − (𝑥 − 2)

3

−2 ≤ 𝑥 − 2 ≤ 2 25 4

3 2

≤ − (𝑥 − 2) ≤ 0 25 4

3 2

− (𝑥 − 2) ≤

25

25

3 2

4 5

0 ≤ √ 4 − (𝑥 − 2) ≤ 2 5

∴ 𝑅𝑎𝑛 𝑓 = [0; 2]

Rpta.

16. Determine el dominio, rango y grafique: 𝒇(𝒙) = 𝟏 + √𝒙(𝒙 − 𝟑) I. Hallando el Dominio: 𝐷𝑜𝑚 𝑓 → 𝑥(𝑥 − 3) ≥ 0

Pág. 133

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∴ 𝐷𝑜𝑚 𝑓 = ⟨−∞; 0] ∪ [3; ∞ +⟩ II. Hallando el Rango: 𝑅𝑎𝑛 𝑓 → 1 + √𝑥(𝑥 − 3)

𝑖𝑖) 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 ≥ 3

9

9

3

→ √(𝑥 2 − 3𝑥 + 4) − 4 3

2

9

9

→ √(𝑥 − 2)2 − 4

3

≤ 𝑥−2 3 2

≤ (𝑥 − 2) 4 3 2

9

𝑆𝑖 𝑥 ∈ ⟨−∞; 0] ∪ [3; ∞ +⟩

0 ≤ (𝑥 − 2) − 4

𝑖) 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 ≤ 0

0 ≤ √(𝑥 − 2) − 4

3

3 2

3 2

3

9

1 ≤ 1 + √(𝑥 − 2) − 4

𝑥 − 2 ≤ −2 3 2

9

9

∴ 𝑅𝑎𝑛 𝑓 = [1; ∞ +⟩

≤ (𝑥 − 2) 4 3 2

9

Gráfico:

0 ≤ (𝑥 − 2) − 4 3 2

9

0 ≤ √(𝑥 − 2) − 4 3 2

9

1 ≤ 1 + √(𝑥 − 2) − 4

Rpta.

17. Determine el dominio, rango y grafique:

𝒇(𝒙) {

𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 , 𝟏𝟓 − 𝟐𝒙 ,

𝒙<𝟓 𝒙≥𝟓

→ 𝑫𝒐𝒎 𝒇 = ℝ

Pág. 134

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Hallando el rango: 𝑅𝑎𝑛 𝑓 → →

𝑥 2 − 4𝑥 + 4 − 4

𝑣

(𝑥 + 2)2 − 4 , 𝑥 < 5

𝑣

15 − 2𝑥 15 − 2𝑥 , 𝑥 ≥ 5

𝑥<5

𝑣

𝑥≥5

𝑥−2<3

𝑣

− 2𝑥 ≤ −10

(𝑥 − 2)2 < 9

𝑣

− 2𝑥 + 15 ≤ 5

(𝑥 − 2)2 − 4 < 5

𝑣

− 2𝑥 + 15 ≤ 5

∴ 𝑅𝑎𝑛 𝑓 = ⟨−∞; 5]

Gráfico:

Rpta.

Pág. 135

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18. Hallar el dominio, rango y gráfica de la siguiente función: 𝒙−𝟏

f(x) = √𝒙−𝟑 Hallando el dominio 𝑥−1 𝑥−3

≥0

+

-

+

1

3

Dom f = ˂-∞,1] U ˂3,+ ∞˃ Hallando el rango partiendo del dominio 𝑥−1−2+2

f(x) = √

x≤1

𝑥−3 2

f(x) = √1 + 𝑥−3

ᴠ

3˂x

x – 3 ≤ -2 1

-2 ≤

1 𝑥−3

2

˂0 v

-1 ≤ 𝑥−3 ˂ 0 2

v

v

0˂x–3 1

0 ˂ 𝑥−3 2

0 ˂ 𝑥−3

0 ≤ 1 + 𝑥−3 ˂ 1 v 1 ˂ 1 + 2

2 𝑥−3 2

0 ≤ √1 + 𝑥−3 ˂ 1 v 1 ˂ √1 + 𝑥−3 Ran f = [0,1˃ U ˂1,+ ∞˃

Gráfica: Asíntota vertical: x = 3 Asíntota horizontal: y = 1

Pág. 136

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19. Halle el dominio y el rango de: 𝟐𝒙+𝟓

√𝒙+𝟐

𝒇(𝒙) = √𝟗 − 𝒙𝟐 𝒔𝒈𝒏 ( 𝒙−𝟏 ) + ⟦ 𝒙+𝟑 ⟧ − 𝟏 Solución: Analizando el dominio 9 − x2 ≥ 0

∧

x−1≠0

∧

x+3≠0

∧

x+2≥0

x2 ≤ 9

∧

x≠1

∧

x ≠ −3

∧

x ≥ −2

−3 ≤ 𝑥 ≤ 3 𝐷𝑜𝑚 𝑓 = [−2;1⟩ ∪ ⟨1;3] a)

⟨1;3] √𝑥 + 2 > 0, 𝑥 ∈ { = 0, 𝑥 = −2 𝑥−1 < 0, 𝑥 ∈ [−2;1⟩

b)

⟦ 𝑥+3 ⟧ = ⟦2 − 𝑥+3⟧ = 2 + ⟦− 𝑥+3⟧

2𝑥+5

1

−2 ≤ 𝑥 < 1

1

∨

1<𝑥<3 Pág. 137

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1≤𝑥+3<4 1 4

∨

1

< 𝑥+3 ≤ 1 1

4<𝑥+3<6 1

∨ 1

−1 ≤ − 𝑥+3 < − 4 1

⟦− 𝑥+3⟧ = −1 1

2 + ⟦− 𝑥+3⟧ = 1 c)

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6

1

1

< 𝑥+3 < 4

1

1

1

∨

− 4 < − 𝑥+3 < − 6

∨

⟦− 𝑥+3⟧ = −1

∨

2 + ⟦− 𝑥+3⟧ = 1

1

1

De a y b

−√9 − 𝑥 2 , 𝑥 ∈ 〈−2; 1〉 0 , 𝑥 = −2 𝑦 = 𝑓(𝑥) = { √9 − 𝑥 2 , 𝑥 ∈ ⟨1;3]

20. Halle la gráfica y el rango de: 𝒇(𝒙) = ⟦𝒔𝒆𝒏 𝒙⟧ , 𝒙 ∈ [𝟎; 𝟐𝝅] Solución: 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 1

,

𝑠𝑖 𝑥 =

𝜋 2

𝜋 𝜋 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∈ [0;1⟩ , 𝑠𝑖 𝑥 ∈ [0; ⟩ ∪ ⟨ ; 𝜋] ∪ {2𝜋} 2 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 ∈ [−1;0⟩ , 𝑠𝑖 𝑥 ∈ 〈𝜋; 2𝜋〉

Entonces: 1

; 𝜋

𝑓(𝑥) = ⟦𝑠𝑒𝑛𝑥⟧ =

𝑥 =

𝜋 2

𝜋

0 ; 𝑥 ∈ [0; 2 ⟩ ∪ ⟨ 2 ; 𝜋] ∪ {2𝜋} {

−1 ; 𝑥 ∈ 〈 𝜋 ; 2𝜋 〉

Pág. 138

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Pág. 139

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CAPÍTULO V LÍMITES 5.1. Vecindad Es un intervalo no vacío. Ejemplo: a

b

Todos los puntos desde a hasta b constituyen lo que llamamos una vecindad.  Vecindad de centro xo y de radio . Se define como el intervalo: 〈𝑥0 − 𝜆, 𝑥0 + 𝜆〉 De manera gráfica tenemos:

xo–

xo

xo+

 Vecindad reducida de centro xo y de radio . Se define como el intervalo: 〈𝑥0 − 𝜆, 𝑥0 〉 ∪ 〈𝑥0 , 𝑥0 + 𝜆〉 De manera gráfica tenemos:

xo–

xo

xo+

 Punto de acumulación: Sea A un conjunto no vacío incluido en los reales y P un elemento de los reales. Se dice que P es un punto de acumulación del conjunto A, si toda la vecindad de P interseca al conjunto A. Ejemplo:

A

P 𝝐 ℝ

Pág. 140

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Se observa que toda vecindad de P interseca al conjunto A, entonces P es un punto de acumulación del conjunto A. 5.2.

Definición de Límite El número L se denomina límite de una función f en el punto xo (xo no necesariamente pertenece al dominio de f , si para todo  > 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de  tal que: x Df  0 < |x – xo| <   | f( x ) – L| <  Y

f f(x)

|f(x) -L|



L

 |x-x0 |

xo–

0

xo 

x xo+

X



Ejemplo: Sea f una función en los reales tal que: 𝑓(𝑥) =

2𝑥 2 −3𝑥−2 𝑥−2

Entonces tabulamos f, obteniéndose la siguiente tabla: f ( x)

3 4

4,5

4,8

X

1 1, 5

1,7 1,9 5

Se observa que f(2) =

5,00 5,0 5, 5,5 6 1 1 2 2,000 2,0 2,0 2, 2,2 2, 1 01 1 1 5 5

4,98 4,998 ∄ 5,0002

7

1,99

3

1,99 9

2 (2)2 - 3 (2) - 2 2-2

2

0

= 0 , entonces f(2) no existe.

En la tabla se observa que cuando x se aproxima a 2, f(x) se aproxima a 5, este hecho la simbolizaremos de la siguiente manera: Lim f( x ) = 5 , en el cual x→ 2

leeremos así: Pág. 141

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

Límite de f( x ) en x = 2 es igual a 5.



f( x ) se aproxima a 5 cuando x se aproxima a 2. Cuando x se aproxima a 2, f( x ) se aproxima a 5. También se puede graficar la función f a partir de la tabla obtenida, obteniéndose la siguiente gráfica: Y

7 6 5 4 3

o

f

1 1,5 2 2.5 3

X

En el gráfico se puede observar que f(x) se aproxima a 5 cuando x se aproxima a 2. También se puede redefinir la función f, como a continuación lo haremos: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) =

2𝑥 2 −3𝑥−2 𝑥−2 (2𝑥+1)(𝑥−2) (𝑥−2)

 Si x  2, entonces 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1  Si x = 2, entonces 𝑓(𝑥) = ∄ indeterminado Es decir: f(x) = {

2x+1 , si x≠2 ∄ , si x=2

0 f( 2 ) = Indeterminado 0

Cuando x = 2, f(x) no existe, es por ello que en la gráfica de f se observa el comportamiento lineal (f(x) =2x+1) excepto en x = 2 en donde hay un vacío.

Método para hallar el límite de una función Este es un método práctico que permite encontrar el número L en la expresión: lim f(x) = L x→x0



Escribir la regla de correspondencia de la función.



Mediante procesos algebraicos (factorización) levantar la indeterminación. Pág. 142

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Repetir el paso anterior las veces que sea necesario para asegurarse que no exista la indeterminación.



Reemplazar en la expresión resultante el valor numérico de x en el que se desea encontrar el límite.



El resultado es el límite. Ejemplo: Hallar el límite de 𝑓 en x = 2 cuando 𝑓(𝑥) =

2x 2 – x – 6 x–2

Solución: 𝑓(𝑥) =

𝑓(𝑥) =

2𝑥 2 −𝑥−6 𝑥−2

(2𝑥+3)(𝑥−2) 𝑥−2

2x+3 𝑓(𝑥) = { ∄ 𝑓(𝑥) =

x≠2 x=2

(2𝑥+3)(𝑥−2) (𝑥−2)

Esta etapa se llama levantando la indeterminación.

𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 3 Luego:

lím f ( x )  2(2)  3 x 2

(Obsérvese que se ha reemplazado x = 2 en el resultado de la expresión anterior)

lím f ( x )  7 x2

Rpta.

Ejercicio: Calcule el siguiente límite. lím

1- 16 cos4 (x)

3x→π sen(

3x - π ) 3

Pág. 143

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Solución: 1- 16 cos4 (x)

lím

3x - π sen( ) 3

3x→π

lím

1- 16 cos4 (x) 3x - π sen( ) 3

3x→π

lím

1- 16 cos4 (x) 3x - π sen( ) 3

3x→π

lím

1- 16 cos4 (x)

3x→π sen(

lím

3x - π ) 3

1- 16 cos4 (x) 3x - π sen( ) 3

3x→π

1-(2 cos(x))4

= lím

3x→π

= lím

sen(

3x-π ) 3

(1-4cos2 (x))(1+4cos2 (x))

3x→π

sen(

3x-π ) 3

-sen(3x) (1+4cos2 (x))

= lím ( 3x→π

= lím

)

sen(

3x-π ) 3

2 3sen(3x-π) (1+4cos (x)) (3x-π)

sen(x)

3x→π

= lím

sen(x)

sen(

3x-π ) 3

3(3x-π)

3sen(3x-π)(1+4cos2 (x))

1

(3x-π).sen(x)

3x→π

sen(

3x-π ) 3

( (3x-π) ) 3

lím

1- 16 cos4 (x) 3x - π sen( ) 3

3x→π

lím

1- 16 cos4 (x)

3x→π sen(

lím

3x - π ) 3

1- 16 cos4 (x)

3x→π sen(

3x - π ) 3

= 3.1. (

1 2 2 √3 2

1+4( )

1

).1

2

= 3.1. √3 .1 2

= 4√3 Rpta.

Observación: Hay que demostrar que: 1− 4cos2 (x) =

- sen(3x) sen(x)

También más adelante se demostrará: lím

x→0

senx x

=1

Ejercicio:  Hallar un  > 0 que depende de  > 0 tal que x ∈ Df , 0 < | x-x0 | < 𝛿  |𝑓(𝑥) - 7| < 𝜀 , donde

𝑓(𝑥) =

2𝑥 2 −𝑥−6 𝑥−2

𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 7 𝑥→2

x0 = 2

Pág. 144

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Solución: f( x ) =

f( x ) =

2x 2 - x - 6 x-2

(2x + 3)( x - 2) ( x - 2)

f( x ) = 2 x + 3 lim f( x ) = 2(2) + 3 = 7 x →2



I 𝑓(𝑥) - L I = I 2x + 3 – 7 I I 𝑓(𝑥) - L I = |2x - 4| I 𝑓(𝑥) - L I = 2|x - 2|…………………….................(1)



Pero sabemos que: I 𝑓(𝑥) - L I <  (dato)…………….........................(2)



(1) en (2) 2|x - 2| <  

|x - 2| < ………………………………………....(3) 2



0 < | x – 2| <  (dato)….......................................(4)



De (3) y (4) se presentan tres opciones 



2 

2







2

Como se busca solo una dependencia elegimos una de ellas: .:  =

 𝟐

Rpta.

Pág. 145

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Y

|f(x) -L|

ƒ(x) L

f

 

xo x |x –xo|

X

Observación: Se elige el  MÍN para que la definición siga prevaleciendo.

 Use la definición del límite para demostrar

lim f( x ) = 7 x→ 2

2x 2 - x - 6 donde: f( x ) = x-2 Solución: 

Definición de límite

L = lim f( x ) , > 0,  () > 0 / 0 < | x – xo | <  I 𝑓(𝑥) - L I <  x →x o

III

I

II

Para nuestro problema L=7 ; 

xo = 2 ;

2x 2 - x - 6 f( x ) = x-2

| f( x ) - L | =

2x 2 - x - 6 -7 x-2

| f(x) - L | =

(2x + 3)( x - 2) -7 ( x - 2)

Se ha simplificado (x - 2) porque sabemos que: x  2 I 𝑓(𝑥) - L I = | 2x + 3 – 7| 

= 2 | x – 2|…………..(1)

| x – 2| < ………………………………………..(I)

Pág. 146

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Multiplicando por 2 2|x – 2| < 2…………………………………...…...(2)

(1) en (2) I 𝑓(𝑥) - L I < 2………………..............……….…...(3) I 𝑓(𝑥) - L I < ………………………........................(II) De (3) y (II) se tiene 2= =

 2

…...L.q.q.d.

Use la definición del límite para demostrar:

lim f( x ) = 2 ; donde 𝑓(𝑥) = x→1

4 √9x-5

Solución: Definición:

L = lim f( x ) , > 0,  () > 0 / 0 < | x – xo | <  I 𝑓(𝑥) - L I < x →x o

Para nuestro problema: L = 2; xo = 1; f( x ) =

4 9x - 5

4 -2 9x - 5

I 𝑓(𝑥) - L I =

I 𝑓(𝑥) - L I = 4 - 2 9x - 5 9x - 5

I 𝑓(𝑥) - L I =

(4 - 2 9 x - 5) (4  2 9 x - 5) 9 x - 5 (4  2 9 x - 5) m

I 𝑓(𝑥) - L I =

16 - 4(9x - 5) ( 9x - 5 ) . m

I 𝑓(𝑥) - L I = 36

x -1 ( 9x - 5 ) . m

……………… (1)

Pág. 147

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Sabemos que: I 𝑓(𝑥) - L I < …………………………………...(2)



(1) en (2): 36



x -1 ( 9x - 5 ) . m

| x – xo | <

< ε…………………...……..(3)

, x≠

5 9

Iniciamos con 1 = 1 |x–1|<1 –1<x–1<1 0<x<2 Pero 𝑓 no existe para x = Probamos con  2  |x-1| < 

5 9

̂ = 0, 5

1 3

1 3

1 1  x 1 3 3

2 4 x … …………………………………(4) 3 3

Se observa:

5 9 

2 3

4 3

5 2 4 ∉ , entonces δ es correcto 9 3 3

Multiplicando la relación (4) por 9: 6 < 9x < 12 1 < 9x – 5 < 7

Pág. 148

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1 < 9x - 5 < 7 .………….……………………. (5) 2 < 2 9x - 5 < 2 7 6 < 4 + 2 9x - 5 < 4 + 2 7 Sea 4 + 2√ 9x - 5 = m, entonces se tiene 6 < m < 4 + 2√7……………………………… (6) 

Multiplicando (3) por (4) 6 < √9x - 5 . m < √7 (4 + 2√7) De donde:

1 1 < ( 9x - 5 ) m 6 

Multiplicando por 36 (| x - 1 |) , se tiene

36 | x - 1 | 36 | x - 1 | < 6 ( 9x - 5 ) m 36



x -1 < 6|x – 1|..……….................(7) 9x - 5 (m)

Continuamos con un  más pequeño que

1 1 entonces  < , demostraremos 3 3

que existe δ(ε) >0, tal que | x – 1| <  36

x -1  ( 9 x - 5 )m

I

II

III

Entonces de III: 36

x -1 <ε 9x - 5 m

También de II: | x – 1| <  6| x – 1| < 6 …………………...................... (8) Pág. 149

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 

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De (7) y (8) aplicando la propiedad transitiva se tiene:

x 1  6  ……………………….. (9) 9x  5 m

36

Reemplazando la ecuación (1) en (9): I 𝑓(𝑥) - L I < 6  Pero sabemos que: I 𝑓(𝑥) - L I < ε Entonces se tendrá: 6= δ=

ε 6

∴ δ = mín

5.3.

1 ε , 3 6

……L.q.q.d.

Propiedades Si: lim f( x ) = L , entonces: x → xo













lim c. 𝑓(𝑥) = c. L , donde c: constante

𝑥→𝑥0

𝑛

lim 𝑛√𝑓(𝑥) = √𝐿

𝑥→𝑥0

lim (𝑓(𝑥) − L) = 0

𝑥→𝑥0

lim 𝑓(𝑥+𝑥0 ) = 𝐿

𝑥→𝑥0

lim 𝑓(𝑥.𝑥0 ) = L

𝑥⟶1

lim c = c

x→ x 0





lim ax + b = ax0 + b

x →x 0

lim (f + g)( x ) = lim f( x ) + lim g( x )

x →x 0

x →x 0

x →x 0

Pág. 150

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



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lim ( fg)( x ) = ( lim f( x ) )( lim g( x ) )

x→x0

x→x0

x→x0

lim f( x ) x →x0 f ; ∀ x / g(x) ≠0 lim ( )( x ) = x→x0 g lim g( x ) x → x0

Si f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) y lim f(x) = lim h(x) = L

x→x0

x→x0

Entonces 





lim g

x→x0 (x)

=L

(Teorema del Sándwich)

lim f(x) =L → lim f(x-x0 ) =L

x→0

x→x0

lim f(x) =L → lim f(x+a) =L

x→x0 +a

x→x0

lim f(x) =L y lim g(t) =x0

Si:

x→x0

t→t0

Entonces: lim (f o g)(t) =lim fg(t) =L

t→t0

t→t0

Si: lim h(x) = 0 → lim h(x) f(x) =0 x→x0





x→x0

lim f(x) =L →lim f(at) = L

x→at0

lim x→0

t→t0

Senx =1 x



lim Cosx = 1



1−

x→0

𝑥2 2

< cos 𝑥 <

sen 𝑥 𝑥

< 1 para 0 < x <

π 2

Pág. 151

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Demostración: Sea el círculo trigonométrico mostrado Y

T(1, tanx)

P Tanx

W

Senx x 0

Cosx M

N

X

1 – Cosx

En el gráfico se puede establecer las siguientes relaciones: 

LNP = x (la longitud coincide con el valor numérico de x que está en radianes)



TPW (A mayor ángulo mayor lado) PW  TW   () (Teorema de la envolvente) x  PW  WN  x < TW + WN x < TN pero TN = tanx, entonces x < tanx ……………………………………………... (1) NP < x (Teorema de la envolvente) …………..………...(2)





En

MNP

NP = MP 2 + MN 2 NP = Sen2 x + (1 - Cosx)2 NP = 2 - 2Cosx

………………………………………..(3)

…………………………………………….......(3b)

Pág. 152

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MNP MP < NP (a mayor ángulo, mayor lado)………..... (4) Sen(x) <



2 - 2 cos x

De (1), (2) y (4) usando la propiedad transitiva se puede afirmar lo siguiente: MP < NP < x < tan(x) De la ecuación (2):

NP < x

Reemplazando (3b) se obtiene:

2 - 2 cos x < x

x2 1 - < cos x …………………………….……..................() 2 de la ecuación (1):

x < tan(x)

Se obtiene: x<

Cosx <

De:

Senx Cosx Senx …………………………………......................() x

MP < x

Sen(x) < x Senx < 1 ……………………………………........................() x



Aplicando la propiedad de Transitividad en (), () y () se tiene:

x2 Senx 1 - < Cosx < < 1 , para 0 < x < 2 x



π 2

L.q.q.d.

Teorema: lim

𝑥→0

𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑥

=1

Pág. 153

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Demostración: Sabemos que: Senx π < 1 , ∀ 0<x< 2 x

Cosx <

f(x)

g(x)

h(x)

También sabemos que: lim f(x) = lim h(x) = 1

x→0

x→0

Entonces: lim g = 1

(Por T. Sándwich)

x→0 (x)

Es decir: lim x →0

5.4. 

Senx = 1 x

L.q.q.d.

Límites Laterales

Límite lateral por la izquierda Se dice que el número L es el límite lateral por la izquierda de la función f, cuando x se aproxima a xo (xo no necesariamente pertenece al dominio de f), cuando   > 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de , tal que: x Df, xo –  < x < xo  |f(x) – L | <  Se puede entender la definición de límite por la izquierda observando el siguiente gráfico Y

º

L

|f(x) -L| f (x)



f

Notación: lim f(x) = L

x→x0-



0

xo–

x xo

X

Se lee: Límite de f(x) por la izquierda en xo es L

|x – xo|

Pág. 154

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

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Límite Lateral por la Derecha L es el límite de f por la derecha en x = xo cuando para todo  > 0 es posible encontrar al menos un  > 0 que depende de  tal que: xDf, xo < x < xo +   | f(x) – L | <  De la misma manera, se puede comprender mejor la definición empleando un gráfico como el que se muestra:

Y L+

|f(x) - L|

f



f(x) L



0

xo

x xo + 

X

|x – xo|

Notación: lim f(x) = L

x→x + 0

Se lee: Límite de f(x) por la derecha en xo es L A continuación, se muestra un gráfico en donde se puede observar los límites laterales. Y b

lim f(x) = 𝑏

x→x + 0

a

f

lim f(x) = 𝑎

x→x0-

0

xo

X

Pág. 155

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Teorema Sea f una función: lim f(x) = L

x→x0

↔ x→x lim f(x) = L + 0

∧ lim f(x) = L x→x0-

Ejercicio 

Calcule si existe el lim f(x) x→x0

Donde: 𝑥0 = 3

x 3 - 2x 2 - 5 x + 16 ; x<3 x -3 f(X) = x +1 -1 x+2

; xX ≥ ≥ 33

Solución:  lim- f( X ) x →3

lim f( X)

x →3-

x 3 - 2x 2 - 5 x + 6 = lim ( ) x -3 x →3 ( x - 3)( x 2 + x - 2) = limx →3 ( x - 3)

lim f( X ) = 32 + 3 - 2 = 10…………………………………. (∝)

x →3-



lim f( X ) = lim (

x →3+

x →3+

………………………………(β)

lim f( X )

x →3 +



x +1 -1 ) x+2

De (∝) y (β) lim f( X ) ≠ lim f( X )

x →3-

x →3 +

∴ No existe lim f(X) x →3

Rpta. Pág. 156

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Ejercicio 

Calcule el siguiente límite n

lim

x →0

1 + kx - 1 x

Solución: n

lim

x →0

1 + kx - 1 x

n términos    n-1 n- 2 n -3 n n n n ( 1+ kx - 1)[( 1+ kx ) + ( 1+ kx ) + ( 1+ kx ) + ... + 1] lim x →0 x [( n 1+ kx )n-1 + (n 1+ kx )n-2 + (n 1+ kx )n-3 + ... + 1)]

(n 1+ kx )n - 1n lim x →0 x [( n 1 + kx )n-1 + ( n 1+ kx )n-2 + (n 1 + kx )n-3 + ... + 1)]

lim

x →0

1 + kx - 1 xn

k lim

x →0

n

Rpta.

Ejercicio 

Calcule y demuestre el lim f( X ) , si: x →2

f(x) = 4x2 - x + 1 Solución: lim f( x ) = lim ( 4x 2 - x + 1) x →2

x →2

lim f( x ) = 4( 4) - 2 + 1 = 15 x →2

lim f( x ) =15 x →2

Rpta.

Pág. 157

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Demostración: Según la definición de límite L = lim f( X ) ,   > 0 /   > 0 / 0 < | x – xo | <   | f(x) – L | <  x → xo

Para nuestro caso: 

xo = 2 ,

L = 15

,

f(x) = 4x2 - x + 1

Luego 0 < | x - 2 | <  ; para 1 = 1 se tiene: |x-2|<1 –1 < x - 2 < 1 1<x<3 Sabemos que |f(x) - L|< , entonces reemplazando los datos se tiene: 

|f(x) - 15| <  |4x2 - x + 1 - 15 | <  |4x2 - x - 14 | <  4x

7

x

-2

| (4x + 7) (x - 2)| <  …………………………………………… (1) pero: 1 < x < 3 4 < 4x < 12 11 < 4x + 7 < 19 | 4x + 7 | < 19 | 4x + 7| | x - 2 | < 19 | x - 2 |………………………….…….. (2) 

De |x-2|< ,(dato) se obtiene: 19|x-2| < 19 ……………..……………………………………. (3)



De (2) y (3) aplicando la propiedad transitiva Se tiene: | 4x+7 | | x - 2 | < 19 ……………………………………….... (4)



De (1) y (4) obtenemos: Pág. 158

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Entonces:

 = 19 =

 

  mín  1 ,

ε

   19 

L.q.q.d.

19

5.5.

Límites Infinitos



Límite al Infinito Una función f se dice que crece sin límite conforme x se aproxima a x0, cuando para todo N > 0, es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que: x  Df  0 < |x – x0| <   N < f(x) I

II

III

Y

f f(x)

Notación: lim f( x ) = ∞ x→x0

N

Se lee: f(x) crece sin límite conforme x se aproxima a x0.

 0

xo

X0-

x

x

|x – xo|



Límite al menos Infinito Una función f se dice que decrece sin límite conforme x se aproxima a x0, cuando para todo N > 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que: Y

x  Df  0 < |x – x0| <   f(x) < N  x X0

x

X0-

Ix-x0I

f

Notación: lim f( x ) = - ∞ x→x0

N

f(x)

Se lee: f(x) decrece sin límite conforme x se aproxima a x0.

Pág. 159

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

 En la gráfica mostrada se puede observar que f no crece sin límite en x0. Y L

N

f

f(X)

0

x0

x

x0+

x



|x – xo|

Por ejemplo, se ha determinado un valor de  a partir de N usando la recta L, es decir,  depende de N a través de la recta L. Se ha ubicado un x tal que 0< |x – xo| < , pero se observa que ya no se cumple la desigualdad L< f(X) , por esta razón queda demostrado que f no crece sin límite en x0. 

Límite lateral al Infinito por la Izquierda Se dice que una función f crece sin límite por la izquierda conforme x se aproxima a x0 por la izquierda, cuando para todo N > 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que: x  Df  x0 – 𝛿< x < x0  N < f(x) Y

f f(x) Notación:

N

lim f(x) = ∞

x→x0-

Se lee: f(x) crece sin límite por la izquierda en x = x0. 0

X0-

x

xo

X



Pág. 160

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

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Límite lateral al Infinito por la Derecha Se dice que f crece sin límite por la derecha conforme x se aproxima a x0 por la derecha, cuando para todo N > 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que: x  Df  x0 < x< x0+δ  N
Notación:

f

f(x)

lim f ( x )  ∞

x→ x0 

Se lee: f(x) crece sin límite por la derecha en x = x0.

N

0

xo

x

xo+

x





Límite lateral al menos Infinito por la Izquierda. Se dice que una función f decrece sin límite por la izquierda conforme “x” se aproxima a x0 por la izquierda, cuando para todo N < 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que:

x  Df  x0 - δ < x < x0  f(x) < N

Y

X0-

 0

x xo

X

Notación:

lim f( x ) = - ∞

x → x0 -

Se lee: f(x) decrece sin límite por la izquierda en x = x0.

N f(x)

f

Pág. 161

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

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Límite lateral al menos Infinito por la Derecha Se dice que una función f decrece sin límite por la derecha conforme x se aproxima a x0 por la derecha, cuando para todo N < 0 es posible encontrar un  > 0 que depende de N tal que: x  Df  x0 < x < x0 +  f(x) < N Y

0

Notación:

 x0+

xo

x

x

lim f( x ) = - ∞

x →x 0+

Se lee: f(x) decrece sin límite por la derecha en x = x0.

f N

f(x)

Ejercicio: 

Demuestre por definición de límite que: lim+

x →1

3x =- ∞ 1- x

Solución: Según la definición de límite:

lim+ f( x ) = ∞

x→x0

,

∀𝑁 < 0, ∃𝛿𝑁 > 0/ 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 → 𝑓(𝑥) < 𝑁

I

II

III

Nótese que en la parte II tiene una presentación equivalente al original que es: x0 < x < x0 +δ 

Pero x0 = 1

f( x ) =

3x 3 ……………………………………………………………………(1) = -3 + 1- x 1- x Pág. 162

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

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Sea  = 1, entonces de la condición 0< x – xo <  se tiene: 0<x-1<1 1<x<2 -2 < - x < - 1 -1 < 1 - x < 0 1 < -1 1- x 3 < -3 1- x -3+



3 < -6 1- x

Sea  más pequeño 0<x-1< 1 1 < δ x -1

3 3 < δ x -1 3 -3 < 1- x δ -3 +

3 -3 < -3 + 1- x δ

-3 +

3 - 3δ - 3 ……………………………………………...(2) < 1- x δ

(1) en (2) f( x ) < 

- 3δ - 3 ……………………………………………………(3) δ

De la condición (III), f(x)< N y de la relación (3) tenemos: N=

- 3δ - 3 δ

Pág. 163

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δ=

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-3 N+3

-3    mín   1 ,   N 3 

L.q.q.d.

 Límite en el Infinito L es el límite de la función f conforme x crece sin límite, cuando para todo  >0 es posible encontrar un N > 0 que depende de  tal que: x Df y N < x  |f(x) – L| <  A continuación, se muestra el gráfico de una función en donde L es el límite cuando x crece sin límite.

|f(x) –L|

Y L

f(x) 

Notación: lim f( x ) = L x →∞

Se lee: L es límite de f cuando x crece sin límite. 0

N

x

X

 Límite en el menos Infinito L es el límite de la función f conforme x decrece sin límite cuando para todo > 0, es posible encontrar un N < 0 que depende de  tal que: x Df y x < N  |f(x) – L| < ε

En la figura se muestra la gráfica de una función F cuyo límite es L cuando x decrece sin límite, observe que cuando x
Pág. 164

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Y

Notación: lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

L



f(x)

𝑥→−∞

|f(x) – L |

Se lee: L es el límite de f cuando x decrece sin límite.

x

0

N

X

Ejercicio lim  

 Hallar

x

x→- ∞ √x 2 +1

Solución: lim  

x

x→- ∞ √x2 +1

lim  

-√x2

x→ - ∞ √x2 +1

lim =

x→ - ∞

-1 1

= lim   x→ -∞

-√x2 x √x2 +1

x2

= lim  

-√ 2 x

x→ - ∞ √1+ 1 x2

x

=-1

√1+ 2 x

Ejercicio 

Demostrar que: lim  

x

x→ - ∞ √x2 +1

=-1

Demostración: Por definición: L= lim f(x) , ∀ ε  0 , ∃ N

(

x→- ∞

I

ε ) < 0 / x ∈ Df ∧ x < N →| f(x) – L | < ε II

III

Pág. 165

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donde: L = – 1 ; 

f( x ) =

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

x x2 + 1

Cálculo de |f(x) – L| x

|f(x) – L|=

2

x +1

|f(x) – L|=

- x2 x2 +1

+1

-1

|f(x) – L|=

- (-1)

1 1+ 2 x

+1

…………………………... (1)



Consideremos la condición II: x < N<0



Entonces: N2 < x2 1 1  2 2 x N

1

1 1  1 2 2 x N

1

1 1  1 2 2 x N

1 1+

1 N2

1

<

1+

1 x2

-1 -1 < 1 1 1+ 2 1+ 2 x N 1+

-1 1+

1 x2

< 1+

-1 1+

1 N2

Pág. 166

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1+



-1 1 1+ 2 x

-1

1 …………………….….(2) 1+ 2 N

De (1) en (2):

-1

|f ( x ) -L |< 1+



< 1+

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1 1+ 2 N

…………………………………….(3)

De la condición de III, |f(x) – L| <  y de la relación (3) se tiene:

-1

ε = 1+

1 N2

1+ 1

1- ε =

1+

(1- ε )2 =

1 N2

1 1+

1+

1 N2

1 1 2 = N (1- ε ) 2

1 1 -1 2 = N (1 - ε ) 2 1 1  (1  )2  N2 (1  )2

N2 =

(1 - ε ) 2 1 - (1 - ε ) 2

Pág. 167

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N=∴ lim

(1 - ε ) 2 1 - (1 - ε ) 2

x

x→- ∞ √x2 +1

5.6

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= -1

L.q.q.d.

Asíntota Es una recta, en la que la gráfica de la función se va aproximando cada vez más a ella. Ejemplos de asíntotas: Y

Y

f

f

0



0

X

X

Clases de Asíntotas 

Asíntota vertical



Asíntota horizontal



Asíntota oblicua

 Asíntota Vertical La recta L: x=x0 se denomina asíntota vertical si cumple al menos cualquiera de las siguientes condiciones.

Y

lim  f(x) = +∞

L : X = X0

x→x0 +

lim  f(x) = +∞

f x

x→x0 --

lim  f(x) = -∞

x→x0 +

lim  f(x) = -∞

x→x0 --

0

X

Entonces la recta cuya ecuación es x = x0, se denomina asíntota vertical. Pág. 168

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Ejemplo: Graficar la asíntota vertical de la función f, donde: f (x) = 3 / (x-2)

Solución: Se observa en el siguiente gráfico que: Y

lim f( x ) = ∞

x→2+

f

0

x= 2

x

Entonces la recta L: x = 2 es una asíntota vertical de f.

 Asíntota Horizontal La recta L: y = a, se denomina asíntota vertical si cumple al menos cualquiera de las siguientes condiciones. Y

Y a

a f

0

f

X

lim 𝑓(𝑥) = 𝑎

𝑋→+∞

0

X

lim 𝑓(𝑥) = 𝑎

𝑋→−∞

Entonces la recta y = a, se denomina asíntota horizontal de f.

Ejemplo: Graficar la siguiente función f con su respectiva asíntota horizontal. Donde: f( x ) =

3 x-2

Pág. 169

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Solución: Y

La gráfica de f:

f

0

2

En el gráfico se observa que:

X 3

lim  f(x) =  lim   x-2 = 0

x→ ∞

x→ ∞

Entonces la recta L: y = 0, se denomina asíntota horizontal de f. 

Asíntota Oblicua Asíntota oblicua por la derecha: la recta L: y = mx + b. se denomina oblicua por la derecha cuando: Y

m= lim  

f(x) x

x→ +∞

f

L

b= lim  (f(x) -mx) x→ +∞

0 

X

Asíntota Oblicua por la Izquierda: la recta L: y = mx + b. se denomina oblicua Y

por la izquierda cuando: m = lim   x→ - ∞

L

f(x) x

b = lim  (f(x) -mx)

f

x→-∞

X 0

 Demostración: (x;f(x))

Y

L

f(x) y

b

0

(x;y)



x

Pág. 170 X

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

 L: y = mx + b y-b

m=

………………………….(1)

x

pero cuando x crece sin limite el valor de f(x) y de “y” se aproxima, por tanto: m= lim  

f(x) - b x

x→∞

m= lim  ( x→∞

m= lim   x→∞

m= lim   x→∞

m= lim   x→∞



f(x) b

-x)

x

f(x) x f(x) x

b

- lim   x x→∞

-0

f(x) x

L.q.q.d.

De (1) mx = y – b y = mx + b lim  f(x) = lim  (mx+b)

x→∞

x→∞

lim  f(x) = lim  mx+ lim  b

x→∞

x→∞

x→∞

lim  f(x) = lim  mx+b

x→∞

x→∞

lim  (f(x) -mx)=b

x→∞

∴ b= lim (f(x) -mx) x⟶∞

L.q.q.d.

Ejercicios: 1. Determine las asíntotas y bosqueje la gráfica de la función f definida por: f(x) =| x+4 | +

4 |x|- 3

Solución: Redefinimos la función, pero los puntos críticos son: -4, -3, 0 y 3

Pág. 171

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez 4

-(x+4) + x+4 +

f(x)  =

x+4 +

; x<- 4

-x-3 4

; -4< x <0,x ≠ -3

-x-3 4

;

x-3

0<x

{ 

Cálculo de las asíntotas

 Asíntotas verticales: x = -3; x = 3 

Asíntota horizontal:

lim f(x) =L

lim f(x) =L

x→+∞

x→-∞

Se observa que:

lim f(x) = lim (x+4 +

x→+∞

x→+∞

4 x-3

lim f(x) = lim (-(x+4) +

x→-∞

x→-∞

) = +∞ 4 -x-3

) = -∞

 Se confirma que no hay asíntota horizontal 

Asíntotas oblicuas Asíntota oblicua por la derecha: L: y = mx + b Donde: m = lim   x→+∞

f(x) x

b= lim  (f(x) -mx) x→+∞

o Cálculo de m: m = lim  

f(x)

x→+∞

m = lim  ( x→+∞

x x+4 + x 4

4 x-3

) 4

m = lim  (1+ x + x(x-3) ) x→+∞

Pág. 172

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

m=1 o Cálculo de b: b =  lim  (f(x) - mx) x→+∞

4

b = lim  (x+4 +

- 1x)

x-3

x→+∞

b=4 ∴ L: y = x + 4, es una asíntota oblicua por la derecha. Asíntota oblicua por la izquierda: L: y = mx + b Donde:

m = lim  

f(x) x

x→- ∞

b =  lim  (f(x) - mx) x→-∞

o Cálculo de m: m = lim  

f(x) x

x→- ∞

m = lim  (

-(x+4) +

x→-∞

m = lim  (-1 x→-∞

x 4 x

4 -x-3

+

) 4

x(-x-3)

)

m=–1 o Cálculo de b: b = lim [f(x) - mx] x→-∞

b = lim [ -(x+4) + x→-∞

4 -x-3

-(-1)x]

b=–4 ∴ y = – x – 4, es una asíntota oblicua por la izquierda. Y 

Gráfica 4

f

-4

-3

0

3

4

X Pág. 173

-4

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

2. Sea una función f: f(x)= 3 - 2x -

x2 √x2 - x - 2

Calcular las asíntotas de la función y bosqueje la gráfica. Solución: f(x)= 3 - 2x -

x2 √x2 - x - 2

x2 - x - 2 → (x-2)(x+1) ≠ 0 x ≠ 2,-1

Asíntotas Verticales x2 lim+ 3 - 2x = -∞ x→2 √(x-2)(x+1) lim - 3 - 2x -

x→-1

x2 √(x-2)(x+1)

= -∞

Asíntotas Horizontales x2 x2 lim 3 - 2x = lim 3 - 2x =±∞ x→∞ 1 2 √(x-2)(x+1) x→∞ x√1 - x - 2 x

∴ No hay asíntotas horizontales

Asíntotas oblicuas

Derecha:

Pág. 174

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3 - 2x m= lim

x→+∞

b= lim 3 - 2x x→+∞

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

x2 √x2 - x - 2 = lim 3 - 2 x→+∞ x x x2 √x2 - x - 2

x2 1 2 x2 √1- x - 2 x

=-3

+ 3x = 3

∴y = -3x + 3 Rpta.

Izquierda: 3 - 2xm= lim

x→-∞

b= lim 3 - 2x x→-∞

∴ y = -x + 3

x2 √x2 - x - 2 = lim 3 -2 x→-∞ x x x2 √x2 - x - 2

x2 -x2 √1

1 2 - - 2 x x

= -1

+x =3

Rpta.

Graficando:

3. Hallar todas las asíntotas:

Pág. 175

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f(x)= 3 - 2x -

x2 √x2 + x - 2

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

= 3 - 2x -

x2 √(x+2)(x-1)

Hallando las asíntotas: Solución: Asíntota vertical:  

x2

lim+ 3 - 2x -

√(x+2)(x-1)

x→-2

lim - 3 - 2x -

x→-2

x2 √(x+2)(x-1)

=-∞ =-∞

∴ x=-2 … Asíntota vertical  

lim + 3 - 2x -

x→+1

lim - 3 - 2x -

x→+1

x2 √(x+2)(x-1) x2 √(x+2)(x-1)

=-∞ =-∞

∴ x=1 … Asíntota vertical Asíntota horizontal: 

lim 3 - 2x -

x→+∞

x2 √x2 + x - 2

= lim 3 - 2x x→+∞

x2

= lim 3 - 2x x→+∞

x2

1

2

|x|√1 + - 2 x x x

= lim 3 - 2x -

1 2 x√1 + - 2 x x

x→+∞

1

2

√1 + - 2 x x

= lim 3 - 2x - x= lim 3 - 3x =-∞ …No presenta A.H. derecha. x→+∞



lim 3 - 2x -

x→-∞

x→+∞

x2 √x2 + x - 2

= lim 3 - 2x + x→-∞

x2

= lim 3 - 2x x→-∞

x2 1 2 x√1 + - 2 x x

= lim 3 - 2x + x→-∞

1

2

|x|√1 + - 2 x x x 1

2

√1 + - 2 x x

= lim 3 -2x + x= lim 3-x =+∞ … No presenta A.H. izquierda. x→-∞

x→-∞

Asíntota oblicua derecha: Pág. 176

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas (3 - 2x -

 m = lim

3 -2x

x→+∞

)

x

x→+∞

= lim

x2 √x2 + x - 2

(

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez 3

= lim (x - 2 x→+∞

1 √1+ 1 - 22 x x )

 b= lim (3-2xx→+∞

x2 √x2 + x - 2

x

3

1 2 |x|√1 + - 2 x x

) = lim (x -2x→+∞

x 1

2

1

2

)

x√1 + - 2 x x

=-3

x2

+3x) = lim (3+xx→+∞

1

2

)= 3

x√1+ - 2 x x

∴y= mx + b= -3x + 3 … Asíntota oblicua derecha.

Asíntota oblicua izquierda:



m = lim

(3 - 2x -

x2 ) 2 √x + x - 2

x

x→-∞

3

= lim (x - 2 x→-∞

x

3

1

) = lim (x -2+ 2

|x|√1 + - 2 x x

x→-∞

x

)

x√1 + - 2 x x

m=-1  b= lim 3 - 2x x→-∞

x2 √x2 +x-2

x2

+x= lim 3-x x→-∞

1

2

= lim 3-x +

|x|√1+ - 2 x x

x→-∞

x 1

2

=3

√1 + - 2 x x

∴ y = -x+3 … Asíntota oblicua izquierda.

4. Hallar las asíntotas: 1 1 f(X)= (x2 + 2x - 1)= x + 2 x x Solución: Asíntota vertical: 

1

lim+ 2 + x - x =-∞… Asíntota vertical derecha.

x→0

1

 lim- 2 + x - x =+∞… Asíntota vertical izquierda. x→0

∴ x = 0 … Asíntota vertical. Pág. 177

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Asíntota Horizontal:  

1

lim 2 + x - x = +∞… No presenta asíntota horizontal superior.

x→+∞

1

lim 2 + x -

= -∞… No presenta asíntota horizontal inferior.

x

x→-∞

Asíntota Oblicua: Sabemos: f(x)

lim

x→+∞ x 1 x

2+x-

 m= lim

x→+∞

x

=m ∧

= lim

2

lim [f(x) - mx] = b

x→+∞ 1

+1-

x→+∞ x

x2

1

=1

∧ b= lim [2 + x - x - x] =2 x→+∞

∴y = mx + b = x+2… Asíntota oblicua derecha.  m= lim

2+x-

x→-∞

1 x

x

= lim

2

x→-∞ x

+1-

1 x2

=1

∧ b= lim [2 + x x→-∞

1 x

- x] =2

∴y= mx + b = x+2… Asíntota oblicua izquierda.

5. Hallar lim f(x) si f(x)=

|5+x| - |x| - 5

x→0

x

Solución: lim

x→0

|5+x| - |x| - 5 x

5 + x > 0 ⇒ |5+x| = 5 + x 5 + x - |x| - 5 x→0 x lim

Recordar que: lim f(x) =L ↔ lim - f(x) = lim + f(x) = L

x→xo

x→xo

x→xo

Reemplazando

Pág. 178

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5 + x - |x| - 5 5 + x- |x| - 5 5 + x - |x| - 5 = L ↔ lim= lim+ =L x→0 x→0 x x x x→0 lim

lim-

5 + x - |x| - 5 5 + x - (-x) - 5 2x = lim= lim- = 2 x→0 x→0 x x x

lim+

5 + x - |x| - 5 5+x-x-5 0 = lim+ = lim+ = 0 x x x→0 x→0 x

x→0

x→0

Como lim

x→0-

5 + x - |x| - 5 x

≠ lim+

5+ x - |x| - 5 x

x→0

∴ No existe

|5+x| - |x| - 5

el lim

x

x→0

Rpta.

6. Use la definición de límite para demostrar que lim

6⟦

x+1 ⟧ x

x→9 √18 - x

=2

Solución: lim

6⟦

x+1 ⟧ x

x→9 √18 - x

Evaluando x = 2 ⇒ ⟦ 1≤

=2

x+1 x

⟧ =1

x+1 <2⇒1<x x

18 - x > 0 ⇒ 18 > x Quedaría: lim

6

x→9 √18 - x

=2 , 1< x <18

Recordar que: lim f(x) = L

x→xo

∀ε > 0, ∃δ > 0 ∕ 0 < |x - xo | < δ → |f(x) - L| < ε En el problema 6 |x - 9| < δ , | - 2| < ε √18 - x

Pág. 179

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|

2(x - 9) 3 2 9 (√18 - x+ ) 2 4

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

| <ε

Partiendo del dominio: 1< x <18 0< 18 - x <17 3 3 3 < √18 - x + <√17 + 2 2 2 3 2 9 3 2 9 0< (√18 - x+ ) - < (√17 + ) 2 4 2 4 2

2

<

2

3 9 (√17 + ) 2 4

3 2 9 (√18 - x + ) 2 4

2|x - 9| 3 2 9 |(√18 - x + ) - | 2 4

< 2……multiplicando por |x-9| < δ

< 2δ

Tomamos ε = 2δ ⇒δ=

∴

ε 2

Rpta.

7. Hallar los siguientes límites: 𝟏

𝟐

𝟑

𝐚) 𝐥𝐢𝐦 (𝐧𝟐 + 𝐧𝟐 + 𝐧𝟐 + ⋯ + 𝐧→∞

𝟐

𝟒

𝟔

𝐧−𝟏 𝐧𝟐

)

𝟐𝐧

𝐛) 𝐥𝐢𝐦 (𝐧𝟐 + 𝐧𝟐 + 𝐧𝟐 + ⋯ + 𝐧𝟐 ) 𝐧→∞

𝐜) 𝐥𝐢𝐦 (

𝟏 + 𝟒 + 𝟗 + 𝟏𝟔 +⋯+ 𝐧𝟐 𝐧𝟑

𝐧→∞

)

Solución: 1

2

3

𝑎) 𝑆𝑒𝑎: 𝐿 = lim (𝑛2 + 𝑛2 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛→∞

𝐿 = lim (

1 + 2 + 3 +⋯+ (𝑛−1) 𝑛2

𝑛→∞

𝐿 = lim ( 𝑛→∞

(𝑛−1)𝑛 2 𝑛2

𝑛−1 𝑛2

)

)

)

Pág. 180

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𝐿 = lim

1

𝑛→∞ 2

(

𝑛−1

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)

𝑛

1

1

𝐿 = 2 lim (1 −

)

𝑛

𝑛→∞

1

𝐿 = 2 (1 − 0) 1

∴𝐿=2

Rpta.

2

4

6

2𝑛

𝑏) 𝑆𝑒𝑎: 𝐿 = lim (𝑛2 + 𝑛2 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛2 ) 𝑛→∞

𝐿 = lim (

2+4+6+⋯+2𝑛 𝑛2

𝑛→∞

𝐿 = lim ( 𝑛→∞

)

𝑛(𝑛+1)

)

𝑛2 1

𝐿 = lim (1 + 𝑛) 𝑛→∞

𝐿 = (1 + 0) ∴ 𝐿=1

Rpta.

𝑐) 𝑆𝑒𝑎: 𝐿 = lim (

1 + 4 + 9 + 16 +⋯+ 𝑛2 𝑛3

𝑛→∞

𝐿 = lim (

12 + 22 + 32 + 42 +⋯+ 𝑛2 𝑛3

𝑛→∞

𝐿 = lim (

12 + 22 + 32 + 42 +⋯+ 𝑛2 𝑛3

𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞ 6

𝑛2

1

(𝑛+1)

𝑛→∞ 1

)

1 (𝑛+1)(2𝑛+1)

𝐿 = lim 6 ( 𝐿=

)

1 𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1) 6 𝑛3

𝐿 = lim 𝐿 = lim

)

𝑛

2𝑛+1

)(

𝑛

)

1

1

𝑛

𝑛

lim (1 + ) (2 + )

6 𝑛→∞ 1

𝐿 = 6 (1 + 0) (2 + 0) 1

∴ 𝐿=3

Rpta.

8. Calcular el siguiente limite si existe:

Pág. 181

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𝐜𝐭𝐠 𝟐𝒙 𝒙→𝟎 𝐜𝐭𝐠 𝟑𝒙

𝐥𝐢𝐦

Solución: ctg 2𝑥

Sea: 𝐿 = lim ctg 3𝑥 𝑥→0

1 𝑡𝑎𝑛2𝑥 1 𝑡𝑎𝑛3𝑥

𝐿 = lim

𝑥→0

𝑡𝑎𝑛3𝑥

𝐿 = lim 𝑡𝑎𝑛2𝑥 𝑥→0

𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝐿 = lim

𝑥→0

𝑠𝑒𝑛3𝑥 . 𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝐿 = lim 𝑐𝑜𝑠3𝑥 . 𝑥→0

𝑠𝑒𝑛2𝑥

𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝐿 = lim 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ∙

𝟑 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝟑𝒙

𝑥→0

3 𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝐿 = lim 2 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ∙

𝑠𝑒𝑛3𝑥

𝑥→0

3𝑥

3 𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝐿 = lim( 2 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ) lim( 𝑥→0

𝐿=

3 ∙1 2∙1

∴𝐿=

𝟐𝒙

∙ 𝟐 𝑠𝑒𝑛2𝑥 1

∙

𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑥

𝑠𝑒𝑛3𝑥

1

3𝑥

𝑠𝑒𝑛2𝑥 2𝑥

𝑥→0

)

(1 ∙ 1)

3 2

Rpta.

9. Calcular el siguiente limite si existe 𝐥𝐢𝐦 𝒙(√𝒙𝟐 + 𝟑 − 𝒙)

𝒙→−∞

Solución: 𝐿 = lim 𝑥(√𝑥 2 + 3 − 𝑥) 𝑥→−∞

𝐿 = lim 𝑥(√𝑥 2 + 3 − 𝑥) . 𝑥→−∞

𝐿 = lim

√𝒙𝟐 +𝟑+𝒙 √𝒙𝟐 +𝟑+𝒙

𝑥(𝑥 2 +3−𝑥2 )

𝑥→−∞ √𝑥 2 +3+𝑥

𝐿 = lim

3𝑥

𝑥→−∞ √𝑥 2 √1+ 3 +𝑥 2 𝑥

Obs:

(√𝑥 2 ) = |𝑥| = −𝑥

ya que si

𝑥 → −∞ → 𝑥 < 0

Pág. 182

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3𝑥

𝐿 = lim

𝑥→−∞ (−𝑥) √1+ 3 +𝑥 2 𝑥

3𝑥

𝐿 = lim

𝑥→−∞ 𝑥(1−√1+ 3 ) 𝑥2 3

𝐿 = lim

𝑥→−∞ 1−√1+ 3 2 𝑥

3

𝐿 = 1−1+ 𝐿= ∴

3 0−

𝐿 = −∞

Rpta. 𝟐

10. Calcule

𝐥𝐢𝐦+

𝒙⟦√𝟗−𝒙 ⟧ 𝒙+𝟐

𝒙→𝟏

Solución: Como

𝑥 → 1+

⟹

𝑥>1

Redefiniendo el máximo entero Partiremos de:

𝑥>1

⟺

−𝑥 < −1 9−𝑥 <8 7<9−𝑥 <8

√7 < √9 − 𝑥 < √8 2,64 … < √9 − 𝑥 < 2,82 … ⟺

⟦√9 − 𝑥 ⟧ = 2

Reemplazando en el límite ∴ lim+ 𝑥→1

𝑥(22 ) 𝑥+2

=

1(22 ) 1+2

=

4 3

Rpta.

11. Calcule el siguiente límite 𝟓

𝐥𝐢𝐦 𝒙→𝟎

𝟑 √𝒙+𝟏−𝟐√𝒙+𝟏−𝟏 𝒙

Pág. 183

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Solución: Haciendo cambio de variable: (𝑥 + 1) = 𝑧10 𝑥→0

Si:

𝑥 = 𝑧10 − 1

→ ⟹

(1 + 𝑥) → 1

⇒

1

(1 + 𝑥)10 → 1

⇒

𝑧→1

Reemplazando en el límite: 3𝑧 2 − 2𝑧 5 − 1 −(2𝑧 5 − 3𝑧 2 + 1) = lim 𝑧→1 𝑧→1 𝑧10 − 1 𝑧10 − 1 lim

∴ lim

−(2𝑧 5 −3𝑧 2 +1)

= lim

𝑧 10 −1

𝑧→1

−(𝑧−1)(2𝑧 4 +2𝑧 3 +2𝑧 2 −𝑧−1)

𝑧→1

(𝑧−1)(𝑧 9 +𝑧 8 +𝑧 7 +⋯𝑧+1)

4

2

= − 10 = − 5

Rpta.

12. Calcule el siguiente límite si existe

𝑳 = 𝐥𝐢𝐦 𝟑𝝅 𝒙→

𝟓𝒙 𝟑

√𝐜𝐨𝐬( )+𝟏 √𝟑𝝅−√𝟓𝒙

𝟓

Solución:

Haciendo cambio de variable: 5𝑥 3

5𝑥

→𝜋

3

=𝑦

⟹

5𝑥 = 3𝑦

𝑦→𝜋 𝐿 = lim

√cos(𝑦)+1

𝑦→𝜋 √3𝜋−√3𝑦

Cambio de variable: 𝑦−𝜋 →0

𝑦 =𝑥+𝜋

𝑥→0 𝐿 = lim

√cos(𝑥+𝜋)+1

𝑥→0 √3𝜋−√3𝑥+3𝜋

𝐿 = lim

|sen 𝑥|

𝑥→0 −3𝑥

∗

= lim

√1−cos 𝑥

𝑥→0 √3𝜋−√3𝑥+3𝜋

∗

√1+cos 𝑥 √1+cos 𝑥

∗

√3𝜋+√3𝑥+3𝜋 √3𝜋+√3𝑥+3𝜋

√3𝜋+√3𝑥+3𝜋 √1+cos 𝑥

∴ El límite no existe, porque:

Pág. 184

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𝑥 → 0+ = límite por la derecha de 0 = − 𝑥 → 0− = límite por la izquierda de 0 =

2√3𝜋 3√2

Rpta.

2√3𝜋 3√2

13. Usando la definición de límite, demostrar que 𝐥𝐢𝐦(𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟐) = 8 𝒙→𝟐

Solución: ∀ 𝜀 > 0, ∃𝛿 > 0 / |𝑥 − 𝑥o| < 𝛿 → |f(x) - L| < 𝜀 |𝑥 2 + 𝑥 + 2 − 8| < 𝜀 |𝑥 2 + 𝑥 − 6| < 𝜀 |𝑥 + 3|. |𝑥 − 2| < 𝜀 Pero |𝑥 − 2| < 𝛿,

𝛿1 = 1

|𝑥 − 2| < 1 −1 < 𝑥 − 2 < 1 1<𝑥<3 |𝑥 + 3| < 6 y

|𝑥 − 2| < 𝛿

|𝑥 + 3|. |𝑥 − 2| < 𝜀 = 6𝛿 𝛿 = 𝜀/6 𝜀

Finalmente 𝛿 = 𝑚í𝑛{1, 6} L.q.q.d.

14. Calcular:

𝐥𝐢𝐦

𝒔𝒆𝒄𝟑 𝒙−𝒕𝒈𝟐 𝒙−𝟏

𝒙→𝟎 𝒙𝟑 𝒄𝒔𝒄𝒙.𝒔𝒆𝒄𝟐 𝒙

Solución: 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥 − 𝑡𝑔2 𝑥 − 1 lim 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥 − (𝑡𝑔2 𝑥 + 1) 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥

lim

𝑠𝑒𝑐 3 𝑥 − 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 lim

𝑠𝑒𝑐 2 𝑥(𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1) 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐𝑥. 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 lim

Pág. 185

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(𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1) 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐𝑥 lim

lim

1 (𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1) 1 𝑥 3 𝑠𝑒𝑛𝑥

𝑥→0

Recordar: lim

𝑥

1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛2 2

𝑠𝑒𝑛𝑥 .2𝑠𝑒𝑛2

𝑥 2

𝑥 3 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑥→0

𝑠𝑒𝑛𝑥(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥) 𝑥→0 𝑥 3 𝑐𝑜𝑠𝑥

= lim

= lim

𝑥→0

𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑥

.(

𝑠𝑒𝑛 𝑥 2

𝑥 2

1

)2 . 2𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑥 𝑠𝑒𝑛 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 1 = lim . lim( 𝑥 )2 . lim 𝑥→0 𝑥 𝑥→0 𝑥→0 2𝑐𝑜𝑠𝑥 2 1 1 ∴ = (1) . (12 ). ( ) = 2 2

Rpta.

15. Halle el dominio y asíntotas de la función f(x) 4

f(x) =

√x4 + 1 - √x2 + 1 x2

Solución: Dom f: como x4 + 1 ≥ 0 Λ x2 + 1 ≥ 0 siempre se cumple x ϵ ℝ , la única restricción que hacer esta en el denominador x ≠ 0 → Dom f : ℝ - {0}

Hallemos las asíntotas:  Asíntotas verticales En primera instancia creeríamos que se trata de cuando el x→0, esto es contradicho de la siguiente manera. 4

f(x) =

f(x) =

√x4 +1 - √x2 +1 x2

4

.

( √x4 +1 + √x2 +1) 4

( √x4 +1 + √x2 +1)

-2x2 4 4 x2 ( √x4 +1+√x2 +1)( √x4 +1+x2 +1)

2

.

=

( √x4 +1 + x2 +1) 4

( √x4 +1 + x2 +1)

-2 4

2

( √x4 +1 + √x2 +1)( √x4 +1 + x2 +1)

…. (1)

Resaltar además que la función es par: (f(x) = f(-x)), Pág. 186

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lim f(x)= lim f(x)= -1/2

x→0⁺

x→0¯

x=0

No es una asíntota vertical

f(x)

No tiene asíntotas verticales

 Asíntota horizontal De acuerdo a (1): lim f(x)= lim f(x)= 0

x→+∞

x→-∞

Por lo tanto y = 0 es una asíntota horizontal de la gráfica de la función y = f(x).

 Asíntota Oblicua f(x) -2 = 4 x x (√x4 + 1 +√x2 + 1) (√x4 + 1+x2 + 1) ⇒

lim [

x→-∞

f(x) ]= 0 = m x

Como la asíntota oblicua es de la forma: y = mx + b, al ser m = 0, se convierte en asíntota horizontal, la cual ya hemos previamente calculado.

16. Calcular: 𝟒

𝟒

a) 𝐥𝐢𝐦 𝒙√𝟑 + 𝒙𝟐

b) 𝐥𝐢𝐦 𝒙√𝟑 + 𝒙𝟐

𝒙→𝟎⁺

𝒙→𝟎¯

Aparentemente como la función es la misma 4

f(x) = 𝑥√3 + 𝑥 2 Para que el limite exista estas deben ser iguales, sin embargo a)

√𝑥 2

4

lim 𝑥 √𝑥 2 √3 + 𝑥 2

𝑥→0⁺

Pág. 187

Rpta.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas √𝑥 2

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4

lim 𝑥 √𝑥 2 √3 + 𝑥 2

b)

𝑥→0¯

𝑥√3𝑥 2 + 4 ⎸𝑥 ⎸ 𝑥→0⁺

a) = lim

=

𝑥√3𝑥 2 +4

b) = lim

=

⎸𝑥 ⎸

𝑥→0¯

lim √3𝑥 2 + 4 = 2

𝑥→0⁺

lim − √3𝑥 2 + 4 = −2 𝑥→0¯

Rpta. Rpta.

17. Hallar k y b que cumplan con el resultado lim [kx+b-

x→∞

x2 - 3x x+1

] =10

Resolución: lim [kx+b-

x→∞

lim [

x→∞

lim [

x→∞

x2 - 3x x+1

] =10

kx2 + bx + kx + b - x2 + 3x x+1

] =10

x2 (k - 1) + x(k + b + 3) + b x+1

] =10

→ Factorizamos un x en el numerador y denominador: b x(k-1)+(k+b+3)+ x lim [ ] =10 1 x→∞ 1+ x → Se debe eliminar el factor: x(k-1)=0  k=1 b k+b+3+ x lim [ ] =10 1 x→∞ 1+ x b lim [1 + b + 3 + x] =10 1 lim [1 + x] x→∞

x→∞

b lim [1 + b + 3 + ] =10 x→∞ x b lim [4 + b]+ lim [ ] =10 x→∞ x→∞ x Pág. 188

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Factorizamos b del segundo limite y operamos: 4 + b + b(0) = 10  b=6 y k=1

Rpta.

18. Halle lim f(x) , si existe, para f(x) = { x→0

x2 , x,

x>0 x<0

Solución: Si: Lim f(x) existe → Lim f(x) = Lim+ f(x) = Lim- f(x) x→0

x→0

x→0

x→0

*Límite por la derecha: f(x) =x2 lim f(x) = lim+ x2 = 0

x→0+

x→0

=0

*Límite por la izquierda: f(x) =x lim f(x)= = lim- x = 0 Lim x→0 x→0𝑥

Como:

lim f(x)

x→0-

→ lim f(x) x→0

19. Si f(x) = {

=

lim f(x)

x→0+

existe y es igual a 0

Rpta.

x3 , x2 ,

Calcule:

x≤0 ; x>0

lim

x→x0

f(x) - f(x0 ) x - x0

para x0 =0

Solución: *Limite por la derecha: f(x) = x2 lim +

f(x) - f(x ) 0

x→x0

x - x0

=

lim +

x→x0

x2 - x0 2 x - x0

= lim + x+x0 = 2x0 x→x0

Pero: x0 = 0 → 2(0) = 0 ∴ lim + x→x0

f(x) - f(x ) 0 x - x0

=0

*Limite por la izquierda: f(x) =x3 Pág. 189

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lim -

f(x) - f(x ) 0

= lim -

x - x0

x→x0

x3 - x0 3

x→x0 x - x0

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= Lim- x2 +x0 x+x0 2 = 3x0 2 x→x0

Pero: x0 = 0 → 3(0)2 = 0 f(x) -f(x ) 0

∴ lim -

x-x0

x→x0

=0

Finalmente: lim

f(x) - f(x ) 0

existe ya que lim +

x - x0

x→x0

x→x0

f(x) -f(x ) 0 x - x0

= lim x→x0

f(x) - f(x ) 0 x - x0

=0 Rpta.

20. Utilizando la definición, demuestre que: 𝐥𝐢𝐦

𝟏

𝟏

𝒙→𝟏 √𝟓−𝒙

=𝟐

Solución: Si para cada ε > 0 , ∃δ > 0 1

𝑥₀ ∈ Dom δ ∧ 0 < |𝑥 − 𝑥₀| < δ → |𝑓(𝑥) − 2| < ε 

Ahora: |

1

√5−𝑥

1

− 2| < ε

2−√5−𝑥

| 2√5−𝑥 | < ε (2−√5−𝑥)(2+√5−𝑥)

| (2

√5−𝑥)(2+√5−𝑥)



|<ε

Luego √5 − 𝑥 > 0 2 + √5 − 𝑥 > 2 1 2+√5−𝑥

1

<2 1

(2√5−𝑥)(2+√5−𝑥

1

< 4√5−𝑥 ) Pág. 190

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas |𝑥−1|

|𝑥−1|

< 4√5−𝑥

(2√5−𝑥)(2+√5−𝑥) 𝑥−1

|(2

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𝑥−1

√5−𝑥)(2+√5−𝑥)

| < |4√5−𝑥| < ε

→ Si δ₁ = 1 |𝑥 − 1| < 1 −1 < 𝑥 − 1 < 1 0<𝑥<2 −2 < −𝑥 < 0 3< 5−𝑥 < 5 √3 < √5 − 𝑥 < √5 4√3 < 4√5 − 𝑥 < 4√5 1

1

1

< 4√5−𝑥 < 4√3 4√5 1

1

Si: |4√5−𝑥| < 4√3 |𝑥−1|

< 4√5−𝑥

|𝑥−1| 4√3

<ε

|𝑥 − 1| < ε → δ₂ = 4√3 → δ = min{δ₁, δ₂} → δ = min{1,4√3}

Rpta.

21. Utilizando la definición, demuestre que: 𝟗𝒙𝟐 − 𝟏 𝐥𝐢𝐦 =𝟐 𝟏 𝒙→ 𝟑𝒙 − 𝟏 𝟑

Solución: Si para cada ε > 0 , ∃δ > 0 𝑥₀ ∈ Dom δ ∧ 0 < |𝑥 − 𝑥₀| < δ →|𝑓(𝑥) − 1| < ε

Pág. 191

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Partimos de: |𝑓(𝑥) − 1| < ε 1

Si 𝑥₀ = 3 |

9𝑥 2 − 1 − 2| < ε 3𝑥 − 1

|

9𝑥 2 − 1 − 2| < ε 3𝑥 − 1

|

(3𝑥 − 1)(3𝑥 + 1) − 2| < ε (3𝑥 − 1)

|3𝑥 + 1 − 2| < ε |3𝑥 − 1| < ε 1 3 |𝑥 − | < ε 3 1

ε

|𝑥 − 3| < 3…………..…………..…………..………….. (I)  Ahora 0 < |𝑥 − 𝑥₀| < δ 1

0 < |𝑥 − 3| < δ …………..…………..…………..…… (II) De (I) y (II) δ=

ε

Rpta.

3

22. Halle 𝐥𝐢𝐦 (√𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − √𝒙𝟐 + 𝒙) 𝒙→−∞

Solución: =

lim (√𝑥 2 + 3𝑥 − √𝑥 2 + 𝑥) = ∞ − ∞

𝑥→−∞

= lim

(√𝑥 2 +3𝑥−√𝑥 2 +𝑥)(√𝑥 2 +3𝑥+√𝑥 2 +𝑥)

𝑥→−∞

= lim

𝑥→−∞

√𝑥 2 +3𝑥+√𝑥 2 +𝑥

𝑥 2 +3𝑥−𝑥 2 −𝑥 √𝑥 2 +3𝑥+√𝑥 2 +𝑥

= lim

𝑥→−∞

2𝑥 √𝑥 2 +3𝑥+√𝑥 2 +𝑥

Pág. 192

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2𝑥

= lim

2 𝑥→−∞ |𝑥|√𝑥2 3𝑥 √𝑥2 + 𝑥2 2 + 2 +|𝑥| 𝑥

= lim

𝑥

𝑥

2𝑥

𝑥→∞ −𝑥(√1+3 +√1+1) 𝑥

𝑥

𝑥

2𝑥

= lim

𝑥→∞ |𝑥|(√1+3 +√1+1)

= lim

𝑥

−2

𝑥→∞ (√1+3 +√1+1) 𝑥

𝑥

= -1

Rpta.

𝑥

Pág. 193

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CAPÍTULO VI CONTINUIDAD

6.1. Definición Sea

f

una

función

en

donde

x0

es

punto

de

acumulación

del

dominio de f, entonces f se define como función continúa en x = x0 si se cumple lo siguiente: lim f(x) =f(x0 )

x→x0

Ejemplo: Y

f f es continua en x 0 porque

f( x 0 )

lim f(x) existe, además lim f(x) =f(x0)

x→x0

x0

0

x→x0

X

Observación: Redefiniendo una función se puede lograr que esta nueva función sea continua en un punto. Ejemplo:

Y

En la función f cuya gráfica se muestra, se puede redefinir f agregando la condición f( x 0 ) = L. Entonces la nueva función es continua en 0

x0 .

X

6.2. Propiedades Pág. 194

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Sean f y g funciones continuas en un intervalo I, entonces: -

f + g es continua en I

-

f – g es continua en I

-

f/g es continua en I, excepto en g(x) = 0 f.g es continua en I

-



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Continuidad en una función compuesta

Si lim g(x)= L y f es continua en L, entonces lim f(g(x))= f (lim g(x)) x→a



x→a

x→a

Teorema del valor intermedio Si f es continua en 〈 a, b 〉

y

k

∈

R tal que f(a) ≠ f(b) ∧ entonces

existe al menos un c que pertenece al intervalo 〈a,b〉 tal que: k = f( c ) Y

f

Y

k

0

a

c

b X

6.3. Continuidad de algunas Funciones especiales 

Función polinómica Las funciones polinómicas son continuas en todo su dominio. Ejemplo: P(X) = an xn + an-1 xn-1 +………+a1 x +a0 Sustento:

Pág. 195

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Sea cual fuere el valor de x perteneciente al dominio de f, siempre existirá un valor para P( x ) , además el límite de la función polinómica en x es igual a P( x ) por tanto la función polinómica es continua en x.



Función racional P

La función racional f(x) = Q(x) donde P y Q son funciones polinómicas según la (x)

relación que se presenta es continua siempre excepto cuando Q(x) = 0.



Función raíz enésima Es de la forma:

f( x ) = n√x Esta función es continua en todo su dominio porque: n

lim √x= n√x0

x→x0



Funciones trigonométricas

Estas funciones son continuas en todo su dominio. El dominio de las funciones trigonométricas seno y coseno son todos los reales, entonces son continuas en todo el conjunto de los números reales, mientras que los dominios de las otras funciones trigonométricas son todos los reales excepto en algunos puntos reales que tienen discontinuidades en algunos.

Ejercicios Averiguar si la función f es continua por la derecha en x = 2 f(x) = {

3x - 5, x ≤ 2 2x - 3, 2 < x

Solución: Cálculo de lim+ f( x ) x →2

lim f( x ) = lim+ 2x - 3 = 1

x → 2+

x→2

Pág. 196

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Cálculo de f( 2 ) =

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f( 2 )

2(2) – 3 = 1

∴ f es continua en x0 = 2 por la derecha porque lim+ f(x) =f(2) x→2

 Continuidad en un punto Y

Definición: Sea f una función con dominio Df = { x 0 } es decir el dominio es un punto, entonces se dice que f es continua en dicho punto. 0

X

Y

Sea f una función cuyo dominio es 〈a, b〉 U { x 0 } En este caso según la definición f es continua en x0

0

x0 .

X

 Continuidad de un punto por la derecha Se dice que f es una función continua por la derecha en el punto x0 cuando:

lim f( x ) = f( x0 )

x → x 0+

Ejemplos: Y

f es continua por la derecha en x0 porque lim f( x ) = f( x0 ) existe.

x → x 0+

0

X

Pág. 197

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Y

f es continua por la derecha en x 0 porque lim f( x ) = f( x0 ) existe.

x → x 0+

0

X

Y

f no es continua por la derecha en

x 0 porque no

existe f( x 0 ) a pesar de que lim f( x ) existe y es x → x 0+

igual a L.

0

X

f no es continua por la derecha porque: Y

f por la derecha es decreciente y sin límite, además f( x 0 ) no existe.

0

X

 Continuidad en un punto por la izquierda f es una función continua por la izquierda en el punto x0 cuando: lim f( x ) = f( x0 )

x →x 0 -

Ejemplos: Pág. 198

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Y

f es continua en

x 0 por la izquierda porque

lim f( x ) = f( x0 ) existe.

x →x 0 -

x0 0

X

f no es continua por la izquierda en x0 porque

Y

no existe f( x 0 ) a pesar de que lim f( x ) existe. x→ x0-

0

X

Propiedad: Una función f es continua en un punto si y solo si es continua por la izquierda y también por la derecha en dicho punto. lim f( x ) = f( x0 ) ↔ lim f( x ) = f( x

x →x 0

x →x 0 -

0

)

∧ lim f( x ) = f( x x →x 0+

0

)

Sustento: Cuando se analiza la expresión lim f( x ) = f( x x →x 0

0)

significa que f(x) se aproxima a

f( x 0 ) a medida que x se aproxima a x0 por la izquierda y también significa que f(x) se aproxima a

f( x 0 )

a medida que x se aproxima a x0 por la derecha.

 Continuidad en un Intervalo Abierto Se dice que f es continua en 〈a,b〉 cuando f es continua en cada punto del intervalo 〈a,b〉.

Pág. 199

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Y

0

X

 Continuidad en un Intervalo Semiabierto por la Derecha f es una función continua en [a, b> cuando: f es continua en 〈a,b〉 y además f es continua en a por la derecha. Y

0

X

 Continuidad en un Intervalo Semiabierto por la Izquierda f es una función continua con ⟨a,b] cuando: f es continua en 〈a,b〉 y además f es continua en b por la izquierda. Y

0

X

 Función Acotada Superiormente

Pág. 200

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La función f se dice que es acotada superiormente sobre el intervalo S  Df , cuando existe un número m tal que: f(x)  m. Y

0

X

Observación: En la figura mostrada, m puede tomar los valores m 1, m2… Los valores m1, m2, … se denominan cotas superiores de f sobre S.  Función Acotada Inferiormente Una función f se dice que es acotada inferiormente sobre el intervalo S  Df cuando existe un número m tal que: m  f(x) . Y

0

X

Observación: En la figura mostrada m puede tomar los valores m 1, m2, m3, …. Los valores m1, m2, m3, …. se denominan cotas inferiores.

6.4. Función Acotada Se dice que una función es acotada sobre el intervalo 〈a,b〉, cuando es acotada superior e inferiormente, es decir, m  f(x)  M, ∀ x ∈ 〈a,b〉. En el gráfico se muestra los valores m y M que son las cotas inferiores y superiores respectivamente de f para un intervalo 〈a,b〉. Pág. 201

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Y

M

m 0

a

b

X

m  f(x)  M  Supremo: El supremo de f sobre S⊂ Df denotado por Sup f(S) se define como: la menor de las cotas superiores, también se puede definir el supremo de la siguiente manera: Sup f(S) = máx { f( x ) /x  S} Se lee: Supremo de f sobre S  Df es igual al máximo valor de f para todo x que pertenece a S.  Ínfimo: El ínfimo de f para un intervalo S ⊂ Df denotado por Inf f(S) se define como: la mayor de las cotas inferiores, también se puede definir el ínfimo de f de la siguiente manera: Inf f(S) = mín { f( x ) /x  S}

Se lee: Ínfimo de f sobre S  Df es igual al mínimo valor de f para todo x que pertenece a S.

Ejemplo: π

Hallar el ínfimo y supremo de la función f sobre S = 〈- 2 ,π〉 donde: f(x)= senx Solución: A partir del siguiente gráfico: Pág. 202

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f Sup f (S) = 1, pero no tiene ínfimo

Teorema: Toda función f continua sobre [a, b] es acotada sobre [a, b]. Demostración: Según el grafico mostrado en [a, b] se puede ubicar los puntos de abscisas c y d tal que: Y

f(d) f

f(d) = max {f(x) /x  [a, b]} f(c) = min {f(x) /x  [a, b]}

f(c) 0

a

d

c

b

X

Ejercicio: ¿ f(x) = ⟦x⟧ – x es acotada en [0, 2] ? Solución: Redefiniendo f se tiene:

Pág. 203

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-x, 0 ≤ x < 1 f( x ) = 1 - x, 1 ≤ x < 2 0, x=2 Graficando f, se tiene:

0



f es acotada superiormente Sup f [0, 2] = 0



No tiene cota inferior No es acotada en [0, 2]

Rpta.

6.5. Recta y gráfica de una Función A continuación, se muestra la gráfica de una función f y de una recta L: Y

f

0

a

b

X

Sea m la pendiente de la recta L. Se puede calcular m de la siguiente manera: m=

m=

diferencia de ordenadas diferencia de abscisas

f _f (b) (a) b-a

Pág. 204

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También se puede obtener la pendiente utilizando otras variables como se muestra en el siguiente gráfico.

Entonces: La pendiente m de la recta sería: m=

m= X0

X0 + h

m=

diferencia de ordenadas diferencia de abscisas

f( x0 +h) - f( x0 ) ( x0 + h) − x 0

f( x0 +h) - f( x0 ) h

h

Ejercicio: Sea la función definida por la siguiente regla de correspondencia: f (x)= x2 , hallar la pendiente de la recta secante a la gráfica f en los puntos cuyas abscisas son 0 y 1. Solución: . A continuación, se muestra la gráfica de f y la recta L.

f(x)

L

Cálculo de f (0) y f (1) f (0) = 02 = 0 f (1) = 12 = 1 Entonces Pág. 205

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 1- 0 =1 1- 0

mL =

6.6.

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Rpta.

Pendiente de una Recta Tangente L1 L2 f(x0+h1)

L3

f(x0+h2) f(x0+h3) f(x0)

Sea

L1 , L 2

y

L 3 rectas secantes a la gráfica de f según f( x 0 ) del grafico ilustrado;

entonces:

f( x 0 +h1 ) - f( x 0 )

mL 1 =

h1

mL 2 = mL 3 =

f( x 0 +h2 ) - f( x 0 ) h2 f ( x 0 +h3 )-f( x 0 ) h3

Sea L la recta tangente a la gráfica de f en el punto ( x 0 ; f( x0 +0) ); entonces: mL =

f( x0 +0 ) - f( x0 ) 0

=

0 (Indeterminado) , 0

Según esto, la pendiente de la recta tangente no existe, es por ello que se va a definir a continuación la pendiente de una recta tangente a la gráfica de f.  Definición: Sea f una función y L una recta tangente a la gráfica de f en x = x 0 entonces la pendiente ( mL ) de la recta tangente a la gráfica de f en x = x0, se define: Pág. 206

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mL  lim h0

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f( x0 h ) - f( x0 ) h

Ejemplos: 1.

Hallar la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f en x0 =1 donde f(x) = x2

Solución: Por definición:

mL  lim h0 Donde

f( x0 h ) - f( x0 ) h

mL es la pendiente de la recta tangente a la gráfica de f en x0= 1.

Entonces:

mL = lim

f(1+ h) - f(1) h

h →0

(1 + h) 2 - 1 2 h→0 h

mL =

lim

mL =

lim h0

mL =

lim (2  h) h0

( 2  h)(h) h

mL = 2 + 0  mL = 2

Rpta.

2. Hallar la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f(x) = senx en el punto (x0, y). Solución: 

Sabemos por definición que:

Pág. 207

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m L T = lim

f( x 0 +h ) - f( x 0 ) h

h→ 0



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Reemplazando valores, se tiene:

sen( x 0 + h) - sen( x 0 ) h→0 h

mLT = lim

2 cos( mLT = lim

h→0

x0 + h+ x0 x + h - x0 )sen( 0 ) 2 2 h

h sen ( ) h 2 mLT = lim cos( x 0 + ) h h→0 2 2 h sen( ) h 2 mLT = lim cos( x 0 + ). lim h→0 2 h→0 h 2 Pero sabemos que: h sen( ) 2 =1 lim h h→ 0 2

 mL T = cos(x0)

y

lim cos( x 0 + h→0

h ) = cos(x0+0)= cos(x0) 2

Rpta.

3. Hallar la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f(x) =

loga x en el punto (x0, 4).

Solución: 

Sabemos por definición: mL = lim

f( x0 +h) - f( x0 )

h→0

h

loga ( x 0 + h) - loga x 0 h→0 h

mL = lim

Pág. 208

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Entonces, se tiene: x0 + h x0 h

loga

mL = lim h→ 0

mL

= lim h→ 0

(x0 ) h

log a (1+

h ) x0

(x0 )

Entonces, se tiene: 1 h = lim log a (1+ ) h→ 0 x x0 0

mL

x0 h

Cambiando de variable, haciendo

mL

1 1 = lim log a (1+ ) m→∞ x m 0

mL

1 1 = lim log a (1+ ) x 0 m→ ∞ m

mL

=

1 1 log a lim (1+ ) m→ ∞ x0 m

Pero se sabe que:

∴ mL =



1 loga e x0

lim (1+

m→∞

x0 = m se tiene: h

m

m

m

1 m ) = e, entonces: m

Rpta.

Número de Euler: El número de Euler denotado por e se define de la siguiente manera: e  1



1 1 1 1     ..... 1! 2! 3! 4!

Propiedad: Pág. 209

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lim (1+

h →∞

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1 m ) =e m

Demostración: Sabemos que: (a  b)n  an  na n 1b 



Para nuestro caso: a = 1; b  1

y n = m, entonces se tiene:

m

lim ( 1+

m→∞

1 m 1 m(m - 1) 1 m(m - 1)(m - 2) 1 ) = lim [1+ m. + . 2+ . 3 + ...] m→∞ m m 2! 3! m m

1 lim 1+ m→∞ m 

n(n  1) n  2 2 n(n  1)(n  2) n  3 3 a b  a b  .... 2! 3!

Cuando

1 1 2 ) (1 - )(1 - ) m m m + + ....] 2! 3!

m

(1 -

= lim [1+ 1+ m→∞

m→∞

entonces

1 m

→ 0

(1  0) (1  0)   1  1 1   ....  lim 1      m 2! 3!    m m

1 1 0   1   ....  lim 1    1  1   m 2! 3!    m m

m

1  lim 1     m  m

1+

1 1 1 1 + + + + ... 1! 2! 3! 4!

Pero sabemos que: e  1  1  1  1  1  . .. 1!

2!

3!

4!

Entonces: m

1  lim 1     e L.q.q.d. m  m

Pág. 210

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Ejercicios: 1. Dada la función: 𝒙𝒏 − 𝟏 + 𝟐𝒏(𝒙 − 𝟏) , 𝒙 < 𝟏, 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒙𝟐 − √𝒙 + 𝟑 , 𝒙>𝟏 𝒙 − √𝒙 { 𝒌 , 𝒙=𝟏 Determine 𝒌 y 𝒏 para que 𝒇 sea continua en 1. Solución: 𝒙𝒏 −𝟏+𝟐𝒏(𝒙−𝟏) 𝒙𝟐 −𝟏 𝟐𝒙𝟐 −√𝒙+𝟑

𝒇(𝒙) =

𝒙−√𝒙

{

𝒌

, 𝒙 < 𝟏,

, 𝒙>𝟏 , 𝒙=𝟏

Recordar que: lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥𝑜 )

𝑥→𝑥𝑜 −

𝑥→𝑥𝑜

En el problema: lim 𝑓(𝑥) = lim+𝑓(𝑥) = 𝑓(1)

𝑥→1−

𝑥→1

𝑥 𝑛 − 1 + 2𝑛(𝑥 − 1) 2𝑥 2 − √𝑥 + 3 lim = lim+ =𝑘 𝑥→1− 𝑥→1 𝑥2 − 1 𝑥 − √𝑥 Separando: 

lim+

2𝑥 2 −√𝑥+3 𝑥−√𝑥

𝑥→1

lim

(2𝑥 2 − √𝑥 + 3)(2𝑥 2 + √𝑥 + 3)(𝑥 + √𝑥) (𝑥 − √𝑥)(2𝑥 2 + √𝑥 + 3)(𝑥 + √𝑥)

𝑥→1+

lim+

(𝑥 − 1)(4𝑥 3 + 4𝑥 2 + 4𝑥 + 3)(𝑥 + √𝑥) 𝑥(𝑥 −

𝑥→1

⇒𝑘=



lim−

𝑥→1

lim−

𝑥→1

1)(2𝑥 2

+ √𝑥 + 3)

=

15 2

15 2

𝑥 𝑛 −1+2𝑛(𝑥−1) 𝑥 2 −1

=

15 2

𝑥 𝑛 + 2𝑛𝑥 − (2𝑛 + 1) (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) Pág. 211

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Si queremos eliminar el (𝑥-1), el numerador debe tener un factor (𝑥-1)

𝑥=1

1

0

0

…….

0

2𝑛

-2𝑛-1

↓

1

1

…….

1

1

2𝑛+1

1

1

1

…….

1

2𝑛+1

0

(𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 + ⋯ + 𝑥 + 2𝑛 + 1)(𝑥 − 1) lim 𝑥→1− (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) (𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 + ⋯ + 𝑥 + 2𝑛 + 1) lim 𝑥→1− (𝑥 + 1) Evaluamos: lim−

𝑥→1

(𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛−2 + ⋯ + 𝑥 + 2𝑛 + 1) 1 + 1 + ⋯ + 1 + 2𝑛 + 1 15 = = (𝑥 + 1) 2 2

∴⇒𝑛 = 5

Rpta.

2. Sea 𝒇 una función real de variable real definida por: 𝟏 𝟐𝒙𝒔𝒆𝒏 ( ) − 𝐜𝐨𝐬 𝒙 , 𝒙 ≠ 𝟎 𝒇(𝒙) = { 𝒙 𝟎 , 𝒙=𝟎 Verifique si la función 𝒇 es continua en cero. Solución: 1

𝑓(𝑥) = {

2𝑥𝑒𝑛 (𝑥) , 𝑥 ≠ 0 0

, 𝑥=0

Recordar que: 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥𝑜 )

𝑥→𝑥𝑜

En el problema: 𝑙𝑖𝑚𝑓(𝑥) = 𝑓(0) 𝑥→0

1 𝑙𝑖𝑚 2𝑥𝑠𝑒𝑛 ( ) = 0 𝑥→0 𝑥 1

Sabemos que: −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛 (𝑥) ≤ 1 1 |𝑠𝑒𝑛 ( )| ≤ 1 𝑥 Pág. 212

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1 |𝑥𝑠𝑒𝑛 ( )| ≤ |𝑥| 𝑥 1 −|𝑥| ≤ 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( ) ≤ |𝑥| 𝑥 1 −2|𝑥| ≤ 2𝑥𝑠𝑒𝑛 ( ) ≤ 2|𝑥| 𝑥 Por el Teorema del Sandwich: 𝑙𝑖𝑚 − 2|𝑥| = 0

𝑥→0−

𝑙𝑖𝑚 2|𝑥| = 0

𝑥→0+

1

∴ 𝑙𝑖𝑚 2𝑥𝑠𝑒𝑛 (𝑥) = 0 𝑥→0

L.q.q.d.

3. Determinar 𝒂 y 𝒃 para que la función sea continua en todo su dominio. 𝒂𝒙 + 𝒃 + 𝟓, 𝒔𝒊 − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ −𝟏 −𝒙, 𝒔𝒊 − 𝟏 < 𝒙 ≤ 𝟏 𝒇(𝒙) = { 𝒃𝒙𝟐 − 𝟑, 𝒔𝒊 𝟏 < 𝒙 ≤ 𝟑 Solución: 𝑎𝑥 + 𝑏 + 5, 𝑠𝑖 − 3 ≤ 𝑥 ≤ −1 −𝑥, 𝑠𝑖 − 1 < 𝑥 ≤ 1 𝑓(𝑥) = { 𝑏𝑥 2 − 3, 𝑠𝑖 1 < 𝑥 ≤ 3

Debemos analizar en 𝑥 = -1 y 𝑥 = 1 para que 𝑓(𝑥) sea continua en todo su dominio. En 𝑥 = -1 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚+𝑓(𝑥) = 𝑓(−1)

𝑥→−1−

𝑥→−1

𝑙𝑖𝑚 (𝑎𝑥 + 𝑏 + 5) = 𝑙𝑖𝑚+(−𝑥)

𝑥→−1−

𝑥→−1

𝑎(−1) + 𝑏 + 5 = −(−1) −𝑎 + 𝑏 = −4…….(*) En 𝑥 = 1 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(1)

𝑥→1−

𝑥→1

𝑙𝑖𝑚 (−𝑥) = 𝑙𝑖𝑚+ (𝑏𝑥 2 − 3)

𝑥→1−

𝑥→1

−(1) = 𝑏(1)2 − 3 Pág. 213

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

−1 = 𝑏 − 3 →𝑏=2 En (*) −𝑎 + 2 = −4

∴𝑎=6 y 𝑏=2

Rpta.

4. Sea la función 𝒇 dado por: 𝟐𝒙𝟐 −𝟒𝒙

𝒇(𝒙) = {

𝟐𝒙−𝟒

𝟒

, 𝒔𝒊 𝒙 ≠ 𝟐 , 𝒙=𝟐

Explique si es continua en 𝒙 = 𝟐. Solución: 

Si 𝑓(𝑥) =

2𝑥 2 −4𝑥 2𝑥−4

→ 𝐷𝑓 = 𝑅 − {2},

luego 𝑥 = 2 es un punto de

acumulación del dominio de 𝑓. 

Si lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(2), entonces 𝑓 es continua en 𝑥 = 2. 𝑥→2

Como: lim 𝑓(𝑥) = lim

2𝑥 2 −4𝑥

𝑥→2 2𝑥−4

𝑥→2

lim𝑓(𝑥) = lim

2𝑥(𝑥−2)

𝑥→2 2(𝑥−2)

𝑥→2

lim𝑓(𝑥) = lim 𝑥

𝑥→2

𝑥→2

lim𝑓(𝑥) = 2

𝑥→2

→ lim 𝑓(𝑥) = 2 𝑥→2

𝑓(2) = 4

y

Luego: → lim 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(2) 𝑥→2

∴ 𝑓 no es continua en 𝑥 = 2

Rpta.

5. Determinar los valores de 𝑨 y 𝑩, tal que la función: 𝝅 𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙 , 𝒔𝒊 𝒙 ≤ − 𝟐 𝝅

𝑨 𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝑩 ,

𝒇(𝒙) =

{ 𝒄𝒐𝒔𝒙

𝒔𝒊 − 𝟐 < 𝒙 <

,

𝒔𝒊

𝝅 𝟐

𝝅 𝟐

≤𝒙

Sea continua en la recta real. Solución: Si 𝑥 ∈ < −∞ , −

𝜋 2

> , entonces 𝑓 es continua, ya que 𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑒𝑛𝑥 , y

toda función senoidal es continua en su dominio, lo mismo ocurre para Pág. 214

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 𝜋

𝜋

𝑥 ∈ < −2 ,2 >

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

y 𝑥 ∈<

𝜋 2

, ∞ > . Entonces si 𝑓 debe ser continua en 𝜋

toda la recta real falta analizar en 𝑥 = ± 2 . 𝜋

1) Si 𝑓 debe ser continua en 𝑥 = − 2 debe cumplir que: 𝜋

lim𝜋− 𝑓(𝑥) = 𝑓 (− 2 )

𝑥→−

2

𝜋

𝜋

𝜋

𝑓 (− 2 ) = 2𝑠𝑒𝑛 (− 2 ) = −2𝑠𝑒𝑛 ( 2 ) − 2(1) = 2 Y si lim𝜋 𝑓(𝑥) ∃ → lim𝜋− 𝑓(𝑥) = 2 𝑥→−

𝑥→−

2

2

𝜋

lim+ (𝐴 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵 ) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (− 2 ) + 𝐵 = −𝐴 + 𝐵

→

𝑥→−

𝜋 2

−𝐴 + 𝐵 = 2 ………… (I)

𝜋

𝜋

Si lim𝜋 𝑓(𝑥) = 𝑓 ( 2 ) → 𝑓 es continua en 𝑥 = 2 .

2)

𝑥→

2

lim+ 𝑓(𝑥) =

𝑥→−

𝜋 2

lim+ (𝐴 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵 )

𝑥→−

𝜋 2

𝜋

→ lim+ (𝐴 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝐵 ) = cos( 2 ) = 0 𝜋 𝑥→− 2

𝐴 + 𝐵 = 0 ………… (II) De (I) y (II):

∴ 𝐴 = -1 y 𝐵 = 1

Rpta.

𝝅

6. Determinar el valor de 𝒂 ∈ < 𝟎, 𝟐 > para que la función 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒂 , 𝒙𝟐 − 𝒂𝟐 𝒇(𝒙) = { 𝟏 , 𝟐𝒂

𝒙≠𝒂 𝒙=𝒂

Sea continua en 𝒙 = 𝒂. Solución: Como 𝑎 ∈ 𝐷𝑓 y es punto de acumulación de 𝐷𝑓 , entonces: 1

Si lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) = 2𝑎 ………. (I), 𝑓 es continua en 𝑥 = 𝑎 𝑥→𝑎

Pág. 215

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𝐿 = lim

𝑠𝑒𝑛2 𝑥−𝑠𝑒𝑛2 𝑎 𝑥 2 − 𝑎2

𝑥→𝑎

𝐿 = lim

𝑠𝑒𝑛2 𝑥−𝑠𝑒𝑛2 𝑎 𝑥 2 − 𝑎2

𝑥→𝑎

𝐿 = lim

2𝑠𝑒𝑛2 𝑥−2𝑠𝑒𝑛2 𝑎 2(𝑥 2 − 𝑎2 )

𝑥→𝑎

2(𝑥 2 − 𝑎2 ) 𝑐𝑜𝑠2𝑎 −𝑐𝑜𝑠2𝑥 2(𝑥 2 − 𝑎2 )

𝑥→𝑎

𝐿 = lim

= lim

1−𝑐𝑜𝑠2𝑥−(1−𝑐𝑜𝑠2𝑎)

𝑥→𝑎

𝐿 = lim

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

2𝑠𝑒𝑛

2𝑥+2𝑎 2𝑥−2𝑎 𝑠𝑒𝑛 2 2

2(𝑥+𝑎)(𝑥−𝑎)

𝑥→𝑎

2𝑠𝑒𝑛(𝑥+𝑎) 𝑠𝑒𝑛(𝑥−𝑎)

𝐿 = lim

2(𝑥+𝑎)(𝑥−𝑎)

𝑥→𝑎

Si 𝑥 > 𝑎 2𝑠𝑒𝑛(𝑥+𝑎) 𝑠𝑒𝑛(𝑥−𝑎)

𝐿 = lim

2(𝑥+𝑎)(𝑥−𝑎)

𝑥→𝑎

𝐿=

𝑠𝑒𝑛(2𝑎)

→ lim

2𝑎

×1=

𝑠𝑒𝑛(2𝑎) 2𝑎

𝑥→𝑎

= lim

𝑥→𝑎

𝑠𝑒𝑛(𝑥+𝑎) (𝑥+𝑎)

lim

𝑠𝑒𝑛(𝑥−𝑎)

𝑥→𝑎

(𝑥−𝑎)

𝑠𝑒𝑛(2𝑎) 2𝑎

………(II)

De (I) y (II): 𝑠𝑒𝑛(2𝑎) 2𝑎

1

= 2𝑎 → 𝑠𝑒𝑛(2𝑎) = 1

→ 2𝑎 = →𝑎= ∴ 𝑎=

𝜋 4

𝜋 2 𝜋

∈ < 0, 2 >

𝜋

Rpta.

4

7. Halle 𝒌 de modo que 𝑭 sea continua en 𝒙 = 𝝅/𝟐 𝑭(𝒙) = {

𝐬𝐞𝐧 𝒙 , 𝒙 ≤ 𝝅/𝟐 𝒌𝒙 + 𝟑𝝅 , 𝒙 > 𝝅/𝟐

Solución: 𝜋

𝜋

Debemos verificar que 𝐹 ( 2 ) existe y lim𝜋 𝐹(𝑥) = 𝐹 ( 2 ) 𝑥→

𝜋

2

𝜋

Según la función: 𝐹 (2 ) = sen 2 = 1 Hallando el límite por la izquierda y por la derecha: lim+ 𝐹(𝑥) = lim+ sen(𝑥) = 1 …………………………… (i) 𝜋 2

𝑥→

𝜋 2

𝑥→

Pág. 216

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez 𝜋

(𝑘𝑥 + 3𝜋) = 𝑘 + 3𝜋 ……………...... (ii) lim 𝐹(𝑥) = lim 𝜋− 𝜋− 2

𝑥→

𝑥→

2

2

Como debemos garantizar la existencia del límite y este debe ser igual 𝜋

𝜋

a 𝐹 ( 2 ) entonces: (i) = (ii) = 𝐹 ( 2 ) 𝜋

𝑘 2 + 3𝜋 = 1 ∴ 𝑘=

2−6𝜋 𝜋

Rpta.

8. Si 𝒇 es una función definida en todo ℝ , tal que: i) 𝒇 es continua en 𝒂 = 𝟎. ii) 𝒇(𝒙 + 𝒚) = 𝒇(𝒙). 𝒇(𝒚), ∀ 𝒙. 𝒚 reales. Demuestre que 𝒇 es continua en cualquier punto 𝒂 ∈ ℝ. Solución:

 Debemos demostrar que lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) 𝑥→𝑎

Como 𝑓 es continua en 0 → lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) 𝑥→0

De la segunda condición implica que para 𝑥 = 𝑦 = 0 𝑓(0 + 0) = 𝑓(0). 𝑓(0) ⟹ 𝑓(0) = [𝑓(0)]2 ⟹ 𝑓(0). [1 − 𝑓(0)] = 0 ⟹ 𝑓(0) = 0 ó 𝑓(0) = 1 Así tenemos que: 

Si 𝑓(0) = 0 Entonces: 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎 + 0) = 𝑓(𝑎). 𝑓(0) = 0 lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥 + 𝑎) = lim 𝑓(𝑥). 𝑓(𝑎) 𝑥→𝑎

𝑥⟶0

𝑥⟶0

= 𝑓(𝑎) [ lim 𝑓(𝑥)] = 𝑓(𝑎). 𝑓(0) 𝑥⟶0

= (0)(0) = 0 = 𝑓(𝑎) Así resulta que lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) , por lo tanto 𝑓 es continua. 𝑥→𝑎



Si 𝑓(0) = 0 , 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥 + 𝑎) = lim[𝑓(𝑥). 𝑓(𝑎)] = 𝑥→𝑎

𝑥⟶0

𝑥→0

𝑓(𝑎). [ lim 𝑓(𝑥)] = 𝑓(𝑎). 𝑓(0) = 𝑓(𝑎). 1 = 𝑓(𝑎) 𝑥⟶0

∴ Así se verifica que 𝑓 es continua para este caso.

L.q.q.d.

Pág. 217

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9. Halle los valores de 𝒂 y 𝒃 para que la función 𝒇 sea continua en 〈−𝟓/𝟐, ∞〉 estando 𝒇 definida por: 𝒕𝒂𝒏𝝅𝒙 𝟓 , − < 𝒙 < −𝟐 𝒙+𝟐 𝟐 𝒂𝒙 + 𝒃 , −𝟐≤𝒙≤𝟎 𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝟑 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒙 , 𝟎<𝒙 𝒙 + 𝟐𝒙𝟒

𝒇(𝒙) {

Solución: 5

En cada punto de cada dominio parcial: 〈− 2 , −2〉 , 〈−2,0〉 𝑦 〈0, ∞〉 la función resulta continua. Solo falta analizar en los puntos 𝑥 = −2 𝑦 𝑥 = 0, donde para que 𝒇 sea continúa debe cumplirse que: a)

lim 𝑓(𝑥) = lim + 𝑓(𝑥) = 𝑓(−2) = −2𝑎 + 𝑏

𝑥→−2−

𝑥→−2

lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) = 𝑏

𝑥→0−

𝑥→0

Es decir: lim −

𝑥→−2

b)

𝑡𝑎𝑛𝜋𝑥 𝑥+2

= lim +(𝑎𝑥 + 𝑏) ⟹ 𝜋 = −2𝑎 + 𝑏 …………. (*) 𝑥→−2

lim−(𝑎𝑥 + 𝑏) = lim+

𝑥→0

2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑠𝑒𝑛2 𝑥

𝑥→0

𝑥+2𝑥 4

∴ Reemplazando en (*):

⟹

𝑏=2

1

𝑎 = 2 (2 − 𝜋) y 𝑏 = 2

Rpta.

10. Estudiar la continuidad de la función.

𝒇(𝒙) = {

𝟏 , 𝒙 √𝒙 + 𝟏 ,

𝒔𝒊 𝒙 < 𝟏 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟏

Solución:

La función presenta en 𝑥0 = 0 (donde no está definida) una discontinuidad de salto finito por ser los limites laterales infinitos y contrarios. lim− 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→0

𝑥→0

1 = −∞ 𝑥 Pág. 218

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lim+ 𝑓(𝑥) = lim+

𝑥→0

𝑥→0

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1 = +∞ 𝑥

En 𝑥0 = 1 se tiene que: 1

lim− 𝑓(𝑥) = lim− 𝑥 = 1

𝑥→1

𝑥→1

lim 𝑓(𝑥) = lim+ √𝑥 + 1 = √2 = 𝑓(1)

𝑥→1+

𝑥→1

∴ Luego solo se tiene continuidad por la derecha. La discontinuidad es de salto finito. Rpta. 11. Calcular “𝒎” si 𝒇 es continua en 𝑹. 𝟒𝒙 𝝅 𝝅 [ |𝒔𝒆𝒏𝒙| ]𝒕𝒈𝟐 𝒙 + √𝒎𝒔𝒆𝒏 , 𝒙 ∈< , > 𝟑 𝟒 𝟐 𝒇(𝒙) = { 𝝅 𝒙√𝟐 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 , 𝟎≤𝒙≤ 𝟒 Solución:

Si 𝑓(𝑥) es continua en 𝑅 lo será en 𝑥 =

𝜋 4

entonces:

𝜋

lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓 ( 4 ) … (𝑖) 𝜋−

𝑥→

𝜋 𝑥→ 4

4

En el problema |𝑠𝑒𝑛𝑥| ∈ [0,1 >

→ 0 ≤ |𝑠𝑒𝑛𝑥| < 1 → [|𝑠𝑒𝑛𝑥|] = 0

Redefiniendo la función: 𝑓(𝑥) = {

√𝑚𝑠𝑒𝑛

4𝑥 3

,

𝜋 𝜋

𝑥 ∈< 4 , 2 >

𝑥√2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 , 0 ≤ 𝑥 ≤

𝜋 4

En (i) lim 𝑥√2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = lim+ √𝑚𝑠𝑒𝑛 𝜋−

𝑥→

𝜋 𝑥→ 4

4

lim+ √𝑚𝑠𝑒𝑛

𝜋 𝑥→ 4

∴

√3.𝑚 2

=

4𝑥 𝜋√3 𝜋 𝜋√3 = → √𝑚𝑠𝑒𝑛 = 3 4 3 4

𝜋√3 4

4𝑥 𝜋 𝜋√3 = 𝑓( ) = 3 4 4

→ √𝑚 =

𝜋 2

→ 𝑚=

𝜋2 4

Rpta.

Pág. 219

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12. Dada la función continua en 𝒙 = 𝟐, hallar “𝒂” y “𝒃”. 𝒃[𝟑𝒙 + 𝟒],

𝒙 ∈ [𝟏, 𝟐 >

𝒇(𝒙) = {𝟓𝒙 √𝒂 − 𝟐𝒙, 𝒙 ∈ [𝟐, 𝟑 > 𝟐 𝟏𝟖𝒙 + 𝟗𝒙, 𝒙=𝟐 Solución: Si 𝑓(𝑥) es continua en 𝑥 = 2 entonces: lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(2)………………(i)

𝑥→2−

𝑥→2

En el problema: Redefinimos [3𝑥 + 4] como 𝑥 → 2 entonces 21 < 3𝑥 < 6 4

→

37 < 3𝑥 + 4 < 10 4

7 4

<𝑥<2

→ 9.25 < 3𝑥 + 4 < 10

entonces [3𝑥 + 4] = 9, redefiniendo la función: 9𝑏,

𝑥 ∈ [1,2 >

𝑓(𝑥) = {5𝑥 √𝑎 − 2𝑥, 18𝑥 2 + 9𝑥 ,

𝑥 ∈ [2,3 > 𝑥=2

En (i): lim 9𝑏 = lim+ 5𝑥 √𝑎 − 2𝑥 = 𝑓(2) = 90

𝑥→2−

𝑥→2

lim 9𝑏 = 90 → 9𝑏 = 90 → 𝑏 = 10

𝑥→2−

lim 5𝑥 √𝑎 − 2𝑥 = 90 → 10√𝑎 − 4 = 90 → √𝑎 − 4 = 9

𝑥→2+

𝑎 − 4 = 81 →

𝑎 = 85

∴ 𝑎 = 85 𝑦 𝑏 = 10

13. Si: f(x)=

2(1- cos( x2 )) x3 senx

Rpta.

, x≠0, f(0)=1. ¿Es f continua en x = 0?

Solución: Por definición tenemos: lim- f(x) = lim+ f(x) = f(0) = 1 x→0

x→0

Si queremos demostrar que f es continua en x=0, entonces tendremos que demostrar que los 2 límites son iguales a 1.

lim- =

x→0

2(1- cos( x2 )) x3 senx

Pág. 220

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lim =

x→0-

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x2 2

2(2sen2 ( ))

Recordar

x3 senx

lim =

lim =

x→0-

lim =

x→0-

x2 4.x(sen2 ( )) 2 x.x3 senx

senx x

=1

1 –cos2x=2sen2 (x)

x2 2

4.x(sen2 ( )) x4 4

4. senx

4x

lim = 4senx .

4x

2 x2 2 2 x2 ( ) 2

1

lim- = senx . x

Rpta ∴ f si es continua en x = 0

2 x2 2 2 x2 ( ) 2 2 x2 (sen( ) 2 2 x2 ( ) 2

lim = 4senx .

x→0-

Tomando limite = 1 cuando x→ 0+ será lo mismo ya que lo hemos multiplicado por un valor ya sea positivo o negativo no afectara al límite.

(sen( )

x→0-

x→0

x→0

(sen( )

14. Sean 𝒇 y 𝒈 las funciones definidas por: 𝒇(𝒙) =

𝒙−|𝒙| 𝟐

, ∀𝒙𝝐𝑹

;

𝒈(𝒙) = {

𝒙, 𝒙 < 𝟎 𝒙𝟐 , 𝒙 ≥ 𝟎

Halle los valores de 𝒙 donde la función 𝒉 = 𝒇 𝒐 𝒈 es continua Solución: Se observa: 𝑓(𝑥) = {

𝑥, 𝑥 < 0 0, 𝑥 ≥ 0

𝑔(𝑥) = {

𝑥, 𝑥 < 0 𝑥2, 𝑥 ≥ 0

Si: 𝑥 < 0 Dominio de ℎ(𝑥) = {

𝑥 𝜖 ⟨−∞; 0⟩ ∧ 𝑔(𝑥) 𝜖 ⟨−∞; 0⟩ 𝑥 𝜖 ⟨−∞; 0⟩ ∧ 𝑥 𝜖 ⟨−∞; 0⟩

Entonces 𝑓𝑜𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 Si : 𝑥 ≥ 0 𝑥 𝜖 [0; ∞⟩ ∧ 𝑔(𝑥) 𝜖 [0; ∞⟩ 𝐷𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 𝑑𝑒 ℎ(𝑥) = { 𝑥 𝜖 [0; ∞⟩ ∧ 𝑥 2 𝜖 [0; ∞⟩ 𝑥 𝜖 [0; ∞⟩ ∧ 𝑥 𝜖 [0; ∞⟩ Pág. 221

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→ 𝑥 ϵ [0; ∞⟩ Entonces 𝑓𝑜𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓( 𝑥 2 ) = 𝑓(𝑥) = 0 Se tiene: ℎ(𝑥) = 𝑓𝑜𝑔(𝑥) = {

𝑥, 0,

𝑥<0 𝑥≥0

Demostrando su continuidad en 0: lim ℎ(𝑥) = lim 𝑥 = 0

𝑥→0‾

𝑥→0‾

lim ℎ(𝑥) = lim+ 0 = 0

𝑥→0+

𝑥→0

Por lo tanto : lim ℎ(𝑥) = 0 𝑥→0

∴ 𝑓(𝑥) es continua en 𝑥 = 0

Rpta.

Graficando ℎ(𝑥)

15. Sea 𝒇 la siguiente función: 𝒙 − 𝟐, 𝒙 > 𝟑 𝒇(𝒙) = { 𝒙 + 𝟏, 𝒙 < 𝟑 Evaluar su continuidad. Pág. 222

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Solución: Para que sea continua en un punto 𝑥0 se debe cumplir que:

lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 )

𝑥→𝑥0 −

𝑥→𝑥0 +

lim 𝑓(𝑥) = x + 1 = 3 + 1 = 4 ;

𝑥→𝑥0

lim 𝑓(𝑥) = x - 2 = 3 - 2 = 1

𝑥→𝑥0 +

lim 𝑓(𝑥) ≠ lim 𝑓(𝑥) No es continua en ese punto.

𝑥→𝑥0 +

𝑥→𝑥0

Grafica de 𝑓(𝑥) :

b) Vemos gráficamente que es continua en <-∞,3> y <3,∞+>. c) En el intervalo [3,∞+> tiene que ser continua en el punto 3. No es continua en “3”

lim = 𝑥 + 1 = 3 + 1 = 4

𝑥→−3

∴ No es continua en [3,∞+>

= lim = 𝑥 − 2 = 3 − 2 = 1 𝑥→3+

d) <-∞,3] → Como

lim 𝑓(𝑥) = 4

𝑥→3−

lim 𝑓(𝑥) ≠ lim 𝑓(𝑥)

𝑥→3−

𝑥→3+

lim 𝑓(𝑥) = 1

𝑥→3+ →

No es continua en “3”

∴ No es continua en < −∞, 3] 𝝅 𝟐

𝒄𝒐𝒔 𝒙

16. Sea 𝒇(𝒙) = 𝒔𝒆𝒏𝝅𝒙 Hallar si las afirmaciones son correctas:

Pág. 223

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a) 𝒇 es discontinua removible en 𝒙 = 𝟐𝒏 + 𝟏 ⁄ 𝒏 ∈ 𝒁 , 𝒏 = 𝟐̇ 𝒏 b) 𝒇 tiene una discontinuidad esencial en 𝒙 = 𝟐 ⁄ 𝒏 ∈ 𝒁 , 𝒏 = 𝟐̇

c) Hallando la discontinuidad en 𝒙𝒐 = 𝟐𝒏 + 𝟏 ⁄ 𝒏 ∈ 𝒁 , 𝒏 = 𝟐̇ 𝒙𝒐 = 𝟏, 𝟓, 𝟗, … 𝐥𝐢𝐦 𝒇(𝒙) = 𝒇(𝟐𝒏 + 𝟏)

𝒙→𝟐𝒏+𝟏

Solución: Sea 𝑥𝑜 = 1 lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(1)

𝑥→1

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥

lim

𝑥→1+

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥

= lim−

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥

𝑥→1

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥

=

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 (1) 𝑠𝑒𝑛𝜋(1)

𝜋 𝜋 𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 lim = lim− = 𝑥→1 2𝑠𝑒𝑛 𝜋 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝜋 𝑥 𝑥→1+ 2𝑠𝑒𝑛 𝜋 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝜋 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜋 2 2 2 2 lim+

𝑥→1

1

1 0 lim− 𝜋 = 𝑥→1 𝜋 =0 2𝑠𝑒𝑛 2 𝑥 2𝑠𝑒𝑛 2 𝑥 1⁄ 2

1⁄ 2

∄

lim 𝑓(𝑥) = lim− 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(1)

𝑥→1+

𝑥→1

∄ Entonces deducimos que para cualquier valor de 𝑛 ∈ 𝑍 ⁄𝑛 = 2̇ es discontinua la función 𝑓(𝑥). Redefiniendo la función: 𝜋 2

𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑓(𝑥) = {

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥 1 2

, 𝑥 ≠ 2𝑛 + 1 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥, 𝑥 = 2𝑛 + 1 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇

La discontinuidad si existe lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥𝑜 )

𝑥→𝑥𝑜

𝜋 2

𝜋 2

𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥

(𝐶𝑈𝑀𝑃𝐿𝐸)

𝑥𝑜 = 1

1

lim+ 𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥 = lim− 𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝜋(1) 𝑥→1

𝑥→1

1⁄ 2

1⁄ 2

1⁄ 2 Pág. 224

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Deducimos que en el punto 𝑥𝑜 = 2𝑛 + 1 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇ es discontinua removible ya que si se puede redefinir la función para que sea continua en 𝑥𝑜 = 2𝑛 + 1 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇. (V) 𝑛

b) Hallando continuidad en 𝑥 = 2 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇ 𝑛 lim𝑛 𝑓(𝑥) = 𝑓 ( ) 2 𝑥→ 2

𝑆𝑒𝑎 𝑛 = 0 lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0)

𝑥→0

lim

x→0−

lim−

𝑥→0

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥

= 𝑙𝑖𝑚+

1 𝜋 2𝑠𝑒𝑛 2 𝑥

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥

𝑥→0

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥

= lim+ 𝑥→0

∄

=

1 𝜋 2𝑠𝑒𝑛 2 𝑥 ∄

𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 (0) 𝑠𝑒𝑛𝜋(0) =

1 0 ∄

Observamos que no es continua en todos los reales y es discontinua esencia en 𝑥𝑜 = 2𝑛 + 1 ⁄ 𝑛 ∈ 𝑍 , 𝑛 = 2̇ ya que: ∴ lim− 𝑓(𝑥) = ∄, 𝑥→𝑥𝑜

17.

lim 𝑓(𝑥) = ∄,

𝑥→𝑥𝑜 +

𝑓(𝑥𝑜 ) = ∄

Rpta.

Dada la función:

𝒇(𝒙)

⟦𝟏 − 𝒙⟧ + ⟦𝒙 − 𝟏⟧ , 𝟎≤𝒙<𝟐 = { 𝟐 − √|𝒙| − ⟦𝒙⟧ 𝟐𝒙 − 𝟓 , 𝒙 ≥ 𝟐

Analiza la continuidad de 𝒇. Indique la continuidad en sus intervalos. Solución:

Analizando por intervalos: Si 0 ≤ 𝑥 < 2 a)

Si 𝑥 = 𝑛

y

𝑛𝜖𝑍

→ ⟦1 − 𝑥⟧ = 1 − 𝑛 y ⟦𝑥 − 1⟧ = 𝑛 − 1 Pág. 225

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→ 𝑓(𝑥) =

1−𝑛+𝑛−1 2−√𝑥−𝑛

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=0

→ 𝑓(0) = 𝑓(1) = 0 ……(1)

𝑥𝜖𝑍

;

(𝑥 ≠ 𝑛 ; 𝑛 𝜖 𝑍 ˄ ⟦𝑥⟧ = 𝑛) ↔ ( 𝑛 < 𝑥 < 𝑛 + 1 )

b)

→ 𝑛 − 1 < 𝑥 − 1< 𝑛 ⟦𝑥 − 1⟧ = 𝑛 − 1 𝑓(𝑥) =

−𝑛+(𝑛−1) 2−√𝑥−𝑛

= 2−

˄ −𝑛 < 1 − 𝑥 < 1 − 𝑛

⟦1 − 𝑥⟧ = 1 − 𝑛 −1 √𝑥−𝑛

=

−1 √𝑥−𝑛−2

* 0 < 𝑥 < 1

⟦𝑥⟧ = 𝑛 = 0

* 1 < 𝑥 < 2

⟦𝑥⟧ = 𝑛 = 1

𝑓(𝑥) =

−1

𝑓(𝑥) =

√𝑥−2 −1

−1 √𝑥−1−2

1

Pero: lim+ 𝑓(𝑥) = 0−2 = - 2 y de (1): 𝑓(0) = 0 𝑥→0

(𝑓 es discontinua en 0) Además:

1

lim− 𝑓(𝑥) = 1−2 = - 1 ,

𝑥→1

−1

1

lim+ 𝑓(𝑥) = 0−2 = - 2 y 𝑓(1) = 0

𝑥→1

(𝑓 es discontinua en 1) Si 𝑥 ≥ 2 𝑓(𝑥) = 2𝑥 – 5 lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(2) = -1

𝑥→2+

Limite por la izquierda: lim 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→2−

1

𝑥→2 √𝑥−1−2

=

1 √2−1−2

= -1 = lim− 𝑓(𝑥) = 𝑓(2) 𝑥→2

Entonces 𝑓(𝑥) es continua en 2. ∴

𝑓(𝑥) es continua en < 0,1 > U < 1, + ∞ > Rpta. 𝑓(𝑥) es discontinua en 0 y 1 pero si es continua en 2

18. Definir 𝒇 en 0 y en 1, de modo que sea continua sobre [𝟎, 𝟏] donde:

Pág. 226

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𝒇(𝒙) =

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𝟏 − 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝝅𝒙 𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝝅𝒙 = 𝒙𝟐 (𝟏 − 𝒙𝟐 ) 𝒙𝟐 (𝟏 − 𝒙𝟐 )

1) ¿Es continua en 𝑥 = 0? Solución:

𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑥

lim+2 𝜋2

𝑥→0

𝑥 𝜋2

𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑥

= lim− 2 𝜋2 𝑥→0

2 (1−𝑥 2 )

2

𝑥 𝜋2

2 (1−𝑥 2 )

2

𝜋 −2 (1−02 )

= 𝜋−2 (1−02 )

2𝜋 2 = 2𝜋 2

∴ 𝑓 es continua en el punto 𝑥 = 0

Rpta.

2) ¿Es continua en 𝑥 = 1? Solución: lim 𝑓(𝑥) = lim− 𝑓(𝑥)

𝑥→1+

𝑥→1

𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑥

lim+2 𝑥 2 (1−𝑥 2 ) =

𝑥→1

𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑥

lim−2 𝑥 2 (1−𝑥 2 )

𝑥→1

Nota: 1– 𝑥 = 𝑀

(cambio de variable)

𝑥→ 1

𝑀→0

2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜋(1−𝑀))

lim− (1−𝑀)2 (1−(1−𝑀)2 )

𝑀→0

2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜋(1−𝑀))

lim− (1−𝑀)2 (𝑀)(2−𝑀)

𝑀→0

2 𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑀

lim− (1−𝑀)2 (𝑀)(2−𝑀)

𝑀→0

2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜋(1−𝑀))

= lim+ (1−𝑀)2 (1−(1−𝑀)2 ) 𝑀→0

=

=

2 𝑠𝑒𝑛2 (𝜋(1−𝑀))

lim+ (1−𝑀)2 (𝑀)(2−𝑀)

𝑀→0

2 𝑠𝑒𝑛2 𝜋𝑀

lim+ (1−𝑀)2 (𝑀)(2−𝑀)

𝑀→0

Pág. 227

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lim

(2𝑠𝑒𝑛𝜋𝑀)(𝑠𝑒𝑛𝜋𝑀)

𝑀→0−

∴

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=

𝜋𝑀 (1−𝑀)2 (2−𝑀) 𝜋

lim

𝑀→0+

(2𝑠𝑒𝑛𝜋𝑀)(𝑠𝑒𝑛𝜋𝑀) 𝜋𝑀 (1−𝑀)2 (2−𝑀) 𝜋

2𝜋 𝑠𝑒𝑛 0 (12 )(2)

=

2𝜋 𝑠𝑒𝑛 0 (12 )(2)

0

=

0

𝑓 es continua en el punto 𝑥 = 1

Rpta.

19. Estudie la continuidad de la siguiente función: 𝟏 ∶ 𝐒𝐢 |𝒙| > 𝟏 √ 𝒇(𝒙) ={ 𝒙𝟐 −𝟏 𝒙𝟑 ∶ 𝑺𝒊 |𝒙| ≤ 𝟏 Solución: Veamos que el radicando siempre es positivo:

|𝑥| > 1 → 𝑥 2 − 1 = |𝑥|2 − 1 > 1 − 1 = 0

Por tanto, los únicos puntos donde debemos estudiar la continuidad son aquellos donde cavia la definición de la función. 𝑥 = ±1 Calculamos los limites laterales:

1

= lim − 𝑓(𝑥) = lim− √𝑥 2 𝑥→−1

𝑥→−1

−1

= +∞

= lim +𝑓(𝑥) = lim+𝑥 3 = −1 𝑥→−1

𝑥→−1

1

= lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ √𝑥 2 𝑥→1

𝑥→1

−1

= +∞

= lim− 𝑓(𝑥) = lim−𝑥 3 = 1 𝑥→1

𝑥→1

→ lim − 𝑓(𝑥) ≠ lim+𝑓(𝑥) 𝑥→−1

𝑥→−1

∧

lim 𝑓(𝑥) ≠ lim+ 𝑓(𝑥)

𝑥→1−

𝑥→1

∴ Como los limites laterales no coinciden, la función no es continua en 𝑥 = 1 ni en 𝑥 = −1. Rpta.

Pág. 228

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GRÁFICA:

20. Según la función 𝒇(𝒙) =

√𝒙𝟐 −𝟏 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 𝒙 𝟑

⟦ ⟧−𝟏

, analice la continuidad en el

intervalo [−𝟏𝟐; −𝟑]. Solución: Analizando en 𝑥0 = −6 lim −

√𝑥 2 −1 𝑠𝑒𝑛3𝑥

lim +

𝑥 ⟦ ⟧−1 3

𝑥→−6

𝑥→−6

√𝑥 2 −1 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑥 3

⟦ ⟧−1

𝑥 < −6

𝑥 > −6

En una vecindad pequeña:

En una vecindad pequeña:

−7 < 𝑥 < −6

−6 < 𝑥 < −5

𝑥

𝑥

−2.3 < 3 < −2 Entonces: lim −

𝑥→−6

−2 < 3 < −1.6 𝑥

Entonces:

⟦3⟧ = −3

√𝑥 2 −1 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑥 ⟦ ⟧−1 3

=

→ lim − ≠ 𝑥→−6

√35𝑠𝑒𝑛(−18) −4

lim

𝑥→−6+

lim +

𝑥→−6

√𝑥 2 −1 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑥 ⟦ ⟧−1 3

=

𝑥

⟦3⟧ = −2 √35𝑠𝑒𝑛(−18) −3

No es continua en 𝑥0 = −6

∴ La función no es continua en el dominio [-12;-3] Rpta. Pág. 229

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21. Grafique y estudie la continuidad de la siguiente función: 𝐟(𝐱) = ⟦𝟕𝐱 𝟐 − 𝟕⟧ Solución: Sabemos: ⟦x⟧ = n ⟺ n ≤ x < n + 1 n = 0 → 0 ≤ 7x 2 − 7 < 1

a) Analizando:

7 ≤ 7x 2 < 8 8

1 ≤ x2 < 7 1 ≤ x < 1,07 …

∨

−1,07 ≤ x < −1

n = 1 → 1 ≤ 7x 2 − 7 < 2 8 ≤ 7x 2 < 9 8 7

9

≤ x2 < 7

1,07 ≤ x < 1,13

∨

−1,13 ≤ x < −1,07

n = −1 → −1 ≤ 7x 2 − 7 < 0 6 ≤ 7x 2 < 7 6 7

≤ x2 < 1

0,93 ≤ x < 1

∨

−1 ≤ x < −0,93

⋮ n = −7 → −7 ≤ 7x 2 − 7 < −6 0 ≤ 7x 2 < 1 1

0 ≤ x2 < 7 1 ≤ x < 0,3 …

∨

−0,3 ≤ x < 0

Gráfica:

Pág. 230

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f(x) = ⟦7x 2 − 7⟧ es una función par Observamos:  lim− f(x) = lim−⟦7x 2 − 7⟧ = −7 x→0

x→0

 lim+ f(x) = lim+⟦7x 2 − 7⟧ = −7 x→0

x→0

⟹ f(x) es continua en x = 0 b)

x = √2 lim− f(x) = lim −⟦7x 2 − 7⟧ = ⟦7(√1,9)2 − 7⟧ = ⟦6,3⟧ = 6

x→√2

x⟶√2

x = √1,9 lim+ f(x) = lim +⟦7x 2 − 7⟧ = ⟦7(√2,1)2 − 7⟧ = ⟦7,7⟧ = 7

x→√2

x⟶√2

x = √2,1

∴ f(x) no es continua en x = √2

Pág. 231

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22. Analice la existencia de una solución real de la ecuación: 𝟑𝒙𝟑 − 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝟑𝒙 + 𝟐 = 𝟎 Solución: Por el teorema del cero: Si 𝑓(𝑥) es continua en [𝑎; 𝑏] y 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0 → ∃ 𝑟 ∈ 〈𝑎; 𝑏〉 / 𝑓(𝑟) = 0 El polinomio 3𝑥 3 − 4𝑥 2 + 13𝑥 + 2 = 0 es continua en ∀ 𝑥 ∈ ℝ 𝑓(−1) = −18 , 𝑓(0) = 2 → 𝑓(−1)𝑓(0) = −36 < 0 ∴ ∃ 𝑟 ∈ 〈−1; 0〉 / 𝑓(𝑟) = 0 23. Analice la existencia de una solución real de la ecuación: 𝟑𝒙𝟑 − 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝟑𝒙 + 𝟐 = 𝟎 Solución: Por el teorema del cero: Si 𝑓(𝑥) es continua en [𝑎; 𝑏] y 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) < 0 → ∃ 𝑟 ∈ 〈𝑎; 𝑏〉 / 𝑓(𝑟) = 0 El polinomio 3𝑥 3 − 4𝑥 2 + 13𝑥 + 2 = 0 es continua en ∀ 𝑥 ∈ ℝ 𝑓(−1) = −18 , 𝑓(0) = 2 → 𝑓(−1)𝑓(0) = −36 < 0 ∴ ∃ 𝑟 ∈ 〈−1; 0〉 / 𝑓(𝑟) = 0

Pág. 232

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CAPÍTULO VII DERIVADA 7.1.

Definición La derivada de una función 𝑓 en el punto 𝑥 = 𝑥0  𝐷𝑓 denotado por 𝑓′(𝑥) o 𝐷𝑓𝑥 𝑑𝑦

o (𝑑𝑥 )(𝑥0 ), se define de la siguiente manera:

f '( x0 )  lim

f( x0  h ) - f( x0 )

h 0

h

Ejercicios: 1.

Hallar la derivada de la función 𝒇 con regla de correspondencia: 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 en 𝒙 = 𝒙𝟎 Solución: 

Por definición de derivada tenemos:

f '( x0 )  lim

f( x0  h ) - f( x0 )

h 0

h

( x0  h)2 - xo 2 h 0 h

f '( x0 )  lim

( x0 2  2 x0 h  h 2 ) - xo 2 h 0 h

f '( x0 )  lim

2 x0 h  h2 h 0 h

f '( x0 )  lim

h(2 x0  h) h 0 h

f '( x0 )  lim

f '( x0 )  2 x0  0

∴ f '( x0 )  2 x0 Rpta.

Pág. 233

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Hallar la derivada de la función 𝒇 en el punto 𝒙 = 𝒙𝟎 , donde 𝒇(𝒙) = 𝐥𝐨𝐠 𝒂 𝒙

2.

Solución: 

Por definición de derivada tenemos:

f '( x0 )  lim

f( x0 h ) - f( x0 )

h 0



h

Luego reemplazando se tiene: f '( x0 )  lim h 0

f '( x0 )

f '( x0 )

f '( x0 )

log a ( x0  h) - log a x0 h

 x h log a  0   x0   lim h 0 h

 h log a 1    x0   lim h 0 h 





h 

 1 x 1   lim . 0 .log a 1  h 0 x x0  h 0  x0

f '( x0 )

 h  1 1   lim .log a 1   h 0 x x0  0  h  

f '( x0 )

 h  1 1   .lim log a 1  x0  x0 h0  h  

x0

Haciendo f '( x0 ) 

𝑥0 ℎ

= 𝑚 se tiene:

1  1 . lim log a 1   x0 m  m

m

m

f '( x0 ) 

1 1  .log a [lim 1   ] m x0 m  

Pero lim 1  m 

∴ f '( x0 ) 



m

1   e , entonces: m

1 log a e x0

Rpta.

Pág. 234

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Hallar la derivada de la función 𝒇, donde 𝒇(𝒙) = 𝒙𝒏 en 𝒙 = 𝒙𝟎 ,

3.

Solución: 

Por definición de derivada tenemos:

f '( x0 )  lim

f ( x0  h ) - f ( xo )

h 0



h

Reemplazando la función 𝑓:

f '( x0 )

( x0  h)n - ( xo )n  lim h 0 h

Sabemos por teoría que: (a  b) n  a n  na n-1b 

n(n -1) n-2 2 n(n -1)(n - 2) n-3 3 a b  a b  .... 2! 3!

Para nuestro caso 𝑎 = 𝑥0 y 𝑏 = ℎ, entonces: ( x0  h) n  x0 n  nx0 n -1h 

Reemplazando en

f '( x0 ) f '( x0 )

f '( x0 )

n(n -1) n -2 2 n(n -1)(n - 2) n-3 3 x0 h  x0 h  .... 2! 3!

se obtiene:

n(n -1) n-2 2 n(n -1)(n - 2) n-3 3 n  n  n -1 1 x0 h  x0 h  ...  -  x0   x0  nx0 h  2! 3!   lim  h 0 h n(n -1) n-2 n(n -1)(n - 2) n-3 2    lim  nx0 n-1  x0 h  x0 h  ...  h 0 2! 3!  

f '( x0 )  nx0 n-1 

n(n -1) n-2 n(n -1)(n - 2) n-3 2 x0 (0)  x0 (0)  ... 2! 3!

f '( x0 )  nx0n-1  0  0  0... n-1 ∴ f '( x0 )  nx0



Rpta.

Derivadas de algunas funciones básicas A continuación, presentamos una tabla en donde se muestran las derivadas de ciertas funciones básicas: Pág. 235

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𝒇(𝒙)

𝒇′(𝒙)

𝒄

0

𝒙 𝒂𝒙 + 𝒃

1 𝑎

𝒙𝟐

2𝑥

𝒙𝒏

𝑛𝑥 𝑛−1

𝟏 𝒙 𝑺𝒆𝒏𝒙

−1 𝑥2 𝐶𝑜𝑠𝑥

𝑪𝒐𝒔𝒙

−𝑆𝑒𝑛𝑥

𝑻𝒂𝒏𝒙

𝑆𝑒𝑐 2 𝑥

𝑪𝒐𝒕𝒙

−𝐶𝑠𝑐 2 𝑥

𝑺𝒆𝒄𝒙

𝑇𝑎𝑛𝑥. 𝑠𝑒𝑐𝑥

𝑪𝒔𝒄𝒙

−𝐶𝑜𝑡. 𝑐𝑠𝑐𝑥

𝒂𝒓𝒄𝑺𝒆𝒏𝒙

1 √1 − 𝑥 2

𝒂𝒓𝒄𝑪𝒐𝒔𝒙

−1 √1 − 𝑥 2

𝒂𝒓𝒄𝑻𝒂𝒏𝒙

1 1 + 𝑥2

𝐥𝐨𝐠 𝐚 𝒙

1 log a 𝑒 𝑥

𝐋𝐧𝒙

7.2.

1 𝑥 𝑥

𝒆𝒙

𝑒

𝒂𝒙

𝑎 𝑥 . Ln𝑎

Diferenciabilidad en un Punto Definición: Se dice que la función es diferenciable en el punto 𝑥 = 𝑥0 cuando tiene derivada en dicho punto. Pág. 236

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7.3.

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Diferenciabilidad en un Intervalo Definición: Se dice que una función 𝑓(𝑥) es diferenciable en un intervalo, cuando es diferenciable en cada punto de dicho intervalo.

Teorema: Sean 𝑓 y 𝑔 funciones diferenciables en un intervalo, entonces: I. 𝐷(𝑓 + 𝑔)(𝑥) = 𝐷𝑓(𝑥) + 𝐷𝑔(𝑥) II. 𝐷(𝑓. 𝑔)(𝑥) = 𝑔(𝑥) . 𝐷𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) . 𝐷𝑔(𝑥) 𝑓

III. D(𝑔)(x) =

g(x) Df(x) - f(x) Dg(x) (g(x) )

2

Demostración de (I):

D( f  g )( x )  lim

( f  g )( x  h ) - ( f  g )( x )

h 0

D( f  g )( x )  lim

h f ( x  h )  g( x  h ) - ( f ( x )  g( x ) )

h 0

h  f ( x  h ) - f ( x ) g( x  h ) - g( x )  D( f  g )( x )  lim    h 0 h h   f( xh) - f( x) g( x  h ) - g( x ) D( f  g )( x )  lim  lim h 0

h 0

h

∴ D( f  g )( x )  Df x   Dg x 

h

L.q.q.d.

Demostración de (II):

D( f .g )( x )  lim h 0

( f .g ) ( x  h ) - ( f .g ) ( x ) h

 f ( x  h ) .g ( x  h ) - f ( x ) .g ( x )  D( f .g )( x )  lim   h 0 h   

Sumando y restando 𝑓(𝑥 + ℎ). 𝑔(𝑥) al numerador, para no alterar, tenemos:

D( f .g )( x )  lim h 0

f ( x  h ) .g ( x  h ) - f ( x  h ) .g ( x )  f ( x  h ) .g ( x ) - f ( x ) .g ( x ) h

 -g  - f  g  f D( f .g )( x )  lim  f ( x  h )  ( x  h ) ( x )   g ( x )  ( x  h ) ( x )   h 0 h h      g -g f -f D( f .g )( x )  lim f ( x  h ) .lim ( x  h ) ( x )  lim g( x ) .lim ( x  h ) ( x ) h 0 h 0 h 0 h 0 h h Pág. 237

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∴ 𝐷(𝑓. 𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝐷𝑔(𝑥) + 𝑔(𝑥) 𝐷𝑓(𝑥) L.q.q.d. Demostración de (III): 

Según la definición de derivada se tiene:  f  D   g ( x )

f f ( )( x  h )  ( )( x ) g g  lim h 0 h

f( xh)

-

f( x )

g g f .g - f .g f  D    lim ( x  h ) ( x )  lim ( x  h ) ( x ) ( x ) ( x  h ) h 0 h h.g( x  h ) .g ( x )  g  ( x ) h 0 

Sumando y restando 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) al numerador, para no alterar, tenemos:

 f ( x  h ) .g ( x ) - f ( x ) .g ( x )   f ( x ) .g ( x  h ) - f ( x ) . g ( x )   f D    lim   h . g ( x  h ) .g ( x )   g ( x ) h0     f( xh) - f( x)   g ( x  h ) - g ( x )    f  1 D    lim  g( x ) .  - f( x) .      h h  g ( x ) h0  g( x  h ) .g( x )           f -f g -g  f 1 D     lim g ( x ) .lim ( x  h ) ( x ) - f ( x ) .lim ( x  h ) ( x )    h 0 h 0 h h  g ( x )  h0 g ( x  h ) .g ( x )    f  1 D    g .Df - f( x) .Dg( x)  L.q.q.d. ∴  g ( x ) g ( x ) 2 ( x ) ( x )

Teorema: Sea 𝑓 una función diferenciable en un intervalo I, se cumple: I. lim h 0 II.

f ( x -h ) - f ( x )

lim h 0

h

 - f '( x )

f ( x  h ) - f ( x-h ) h

 2 f '( x )

Demostración de (I): Según la definición de derivada se tiene: lim h 0

f ( x-h ) - f ( x ) h Pág. 238

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Haciendo el cambio de variable ℎ = −𝑡 se tiene: lim

f ( x -h ) - f ( x )

h 0

 lim

f ( x-(-t )) - f ( x )

- t 0

h

-t

Pero por equivalencia de límites: lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) tenemos: 𝑡→0

lim

f ( x -h ) - f ( x )

h 0

lim h 0

∴

lim

f ( x t ) - f ( x )

 -lim

f( xh) - f( x)

t 0

h f ( x -h ) - f ( x ) h f ( x -h ) - f ( x )

h 0

 -lim

h

−𝑡→0

t

h 0

h

 - f '( x )

L.q.q.d.

Demostración de (II): lim

f ( x  h ) - f( x-h )

h 0

lim

h

f ( x  h ) - f ( x -h )

h 0

h f

 lim h 0

 lim

f ( x  h ) - f ( x ) -  f ( x-h ) - f( x )  h

f( xh) - f( x )

h 0

h

- lim h 0

f ( x -h ) - f ( x ) h

f ( x -h ) - f ( x )

-f

( xh) ( x -h ) Perolimsabemos que  f lim '( x 0) - - f '( x )  2f f'( x'()x ), entonces tendremos h h 0 h h

lim

f ( x  h ) - f ( x -h )

h 0

∴ lim h 0

h f ( x  h ) - f ( x-h ) h

 f '( x ) - - f '( x )   2 f '( x )

L.q.q.d.

Teorema: Sea 𝑓 una función diferenciable en 𝑥, entonces para ese valor de 𝑥, existe una función ᵩ que depende únicamente de ℎ, tal que:

𝑓(𝑥0 +ℎ) − 𝑓(𝑥0 )

lim  ( h )  0 h 0

Demostración: 

En la figura se muestra la gráfica de una función 𝑓 y la recta tangente a esta gráfica en el punto 𝑥. Pág. 239

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Y

Ls 𝐟(𝐱 + 𝐡) − 𝐟(𝐱)

0 X



Sea 𝐿𝑠 la recta secante a la gráfica de 𝑓 en los puntos (𝑥, 𝑓(𝑥)) y ((𝑥 + ℎ), 𝑓(𝑥 + ℎ)), entonces se puede calcular su pendiente 𝑚𝐿𝑠 de la siguiente manera: 𝑚𝐿𝑠 = 𝑚𝐿𝑠 =



diferencia de ordenadas

=

diferencia de abscisas

𝑓(𝑥+ℎ) −𝑓(𝑥) ℎ

𝑓(𝑥+ℎ) −𝑓(𝑥) ℎ

Sabemos que la pendiente 𝑚𝐿𝑇 de la recta tangente 𝐿𝑇 en el punto (𝑥, 𝑓(𝑥)), es la derivada de 𝑓 en 𝑥, es decir, 𝑓’(𝑥), entonces podemos definir para el punto (x, f(x)) la función 𝜑 , de la siguiente manera: 𝜑 = 𝑚𝐿𝑠 − 𝑚𝐿𝑇 , es decir:

( h ) 

f( xh) - f( x) h

- f '( x )

……(1)

 Donde para el punto (𝑥, 𝑓(𝑥)) la función 𝜑 dependa únicamente de ℎ.  Despejando 𝑓(𝑥 + ℎ) se tiene: ∴ 𝑓(𝑥0 +ℎ) − 𝑓(𝑥0 ) 

lim  ( h )  0 L.q.q.d. h 0

De la ecuación (1) aplicando límites tenemos:

 f( xh) - f( x )  lim ( h )  lim  - f '( x )  h 0 h 0 h  

 f( xh) - f( x ) lim ( h )  lim  h 0 h 0 h  lim ( h )  f '( x ) - f '( x ) h 0

  - f '( x ) 

L.q.q.d.

Pág. 240

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

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Entonces podemos enunciar lo siguiente: Si 𝑓 es una función diferenciable en 𝑥, entonces para ese 𝑥 fijo, existe una función 𝜑 que dependa únicamente de ℎ tal que: 𝑓(𝑥+ℎ) = 𝑓(𝑥) + ℎ 𝑓′(𝑥) + ℎ 𝜑(ℎ) y lim 𝜑(ℎ) = 0 ℎ→0



Todo lo anterior se puede enunciar de la siguiente manera: Si 𝑓 es una función diferenciable en 𝑟, entonces para ese 𝑟 fijo, existe una función 𝜑 que depende únicamente de 𝑧 tal que: 𝑓(𝑟+𝑧) = 𝑓(𝑟) + 𝑧 𝑓′(𝑟) + 𝑧 𝜑(𝑧) y lim φ(z) = 0 z⟶0

La demostración sería la misma, se llegaría a la misma estructura solo que las variables son símbolos y por ello la simbología de las variables puede ser cualquiera.  Regla de la cadena: Sean 𝑓 y 𝑔 funciones diferenciables en los intervalos 𝐽 e 𝐼 respectivamente, tal que 𝑔(𝐼) = 𝐽 entonces se demuestra que:

( fog ) '( x )  f '( g ( x )).g '( x ) Demostración:

( fog ) '( x )  lim h 0

( fog ) '( x )  lim h 0

( fog )( x  h ) - ( fog )( x ) h f ( g( xh ) ) - f ( g ( x ))

h

...................................(1)

 Para el valor de 𝑥 se puede definir una función 𝑘, que depende

únicamente de ℎ, la función 𝑘 la definimos así: 𝑔(𝑥+ℎ) = 𝑔(𝑥) + 𝑘(ℎ) …………………………………………(𝛼)

g

=g

 k …….......................................( )

(x) 𝑘(ℎ)(x+h) = 𝑔(𝑥+ℎ) − 𝑔(h)(𝑥) ………………………………………….(2)

k (h) =g (x+h) -g (x) ...…….....................................(2) Reemplazando 𝛼 en 1 tenemos:

Pág. 241

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( fog ) '( x )  lim

f ( g ( x )  k( h ) ) - f ( g ( x ) )

h 0



h

.........................................(3)

Por el teorema anterior sabemos que:

f ( r  z )  f ( r )  z f '( r )  z φ( z ) 

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lim φ(z) = 0

,

z⟶0

Si: 𝑟 = 𝑔(𝑥) y 𝑧 = 𝑘(ℎ) ), reemplazando en la función 𝑓, entonces se obtiene lo siguiente: fg



 x   k h 



 f ( g( x ) )  k( h ) f '( g( x ) )  k( h )( k( h ) ) ….......…….... (4) ,

lim φ(𝑘

𝑘(ℎ) ⟶0 

(ℎ) )

= 0………………………………...… (5)

(4) en (3): ( fog ) '( x )  lim[

f ( g( x ) )  k( h ) f '( g( x ) )  k( h )( k( h ) ) - f ( g( x ) )

h 0

h

]

f '( g( x ) )  ( k( h ) )   ( fog ) '( x )  lim  k( h ) …………………(β) h 0 h   

(2) en (β):

 g( x  h ) - g( x )  ( fog ) '( x )  lim  . f '( g( x ) )  ( k( h ) )  h 0 h   g( x  h ) - g( x ) ( fog ) '( x )  lim .lim  f '( g( x ) )  ( k( h ) )  h 0 h 0 h





( fog ) '( x )  g'(x).[f'(g(x))+ lim ( k( h ) ) ]...........................(6) h 0



Pero sabemos por la ecuación (2) que 𝑘(ℎ) = 𝑔(𝑥+ℎ) − 𝑔(𝑥) , aplicando límites tendremos:

lim k ( h )  lim  g( x  h ) - g( x )  h 0

h 0

lim k( h )  lim  g( x  h )  - g( x ) h 0

h 0

lim k ( h )  g ( x ) - g ( x ) h 0

lim k ( h )  0 h 0

Lo que significa que 𝑘(ℎ) se aproxima a 0, cuando ℎ se aproxima a 0, entonces podemos plantear la siguiente ecuación:

Pág. 242

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lim 𝜑(𝑘(ℎ) ) = lim 𝜑(𝑘(ℎ)) ………………… (7)

ℎ→0 

Reemplazando (5) en (7) se tiene: lim φ(𝑘

ℎ⟶0 

𝑘(ℎ) →0

(ℎ) )

= 0……………………………………… (8)

Reemplazamos (8) en (6): ( fog)'( x )

∴

= 𝑔′(𝑥) [𝑓’(𝑔(𝑥) ) + 0]

( fog)'( x )

= 𝑔′(𝑥) [𝑓’(𝑔(𝑥) )]

L.q.q.d.

 Regla de la cadena para tres funciones: Sean

𝑓, 𝑔

y

𝑤

funciones

diferenciables

en

los

intervalos

𝑅, 𝐼

y

𝑁 respectivamente, tal que: 𝑤(𝑁)  𝐼, 𝑔(𝑊(𝑁))  𝑅, entonces se demuestra que: (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = 𝑓’(𝑔(𝑤(𝑥))). 𝑔’(𝑤(𝑥)). 𝑤’(𝑥) Demostración: 

Sea: (𝑔𝑜𝑤)(𝑥) = 𝑀(𝑥), entonces……………………… (1) 𝑔(𝑤(𝑥)) = 𝑀(𝑥)……………………………………… (2)



Además: (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑤(𝑥))) …....………….………………. (3)



(2) en (3) (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)(𝑥) = 𝑓 (𝑀(𝑥)) (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)(𝑥) = (𝑓𝑜𝑀) (𝑥) (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = (𝑓𝑜𝑀)’(𝑥), entonces por la regla de cadena para dos variables se puede escribir: (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = 𝑓’(𝑀(𝑥)). 𝑀’(𝑥)……………………… (4)



(2) en (4) (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = 𝑓’(𝑀(𝑥)). (𝑔𝑜𝑤)’(𝑥), por la regla de la cadena se tiene: Pág. 243

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(𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = 𝑓’(𝑀(𝑥)). 𝑔’(𝑤(𝑥)). 𝑤’(𝑥)………………… (5) 

(2) en (5) (𝑓𝑜𝑔𝑜𝑤)’(𝑥) = 𝑓’(𝑔(𝑤(𝑥))). 𝑔’(𝑤(𝑥)). 𝑤’(𝑥)

L.q.q.d.

Ejemplos: 1. Hallar la derivada de la función h, que tiene la siguiente regla de correspondencia:

h ( x ) = Sen(log a x ) Solución: 

Sea: f(x) = senx g(x) = logax h(x) = (fog)(x)



Entonces: h(x) = (fog)(x) = f(g(x)) = sen(g(x)) = sen(logax) Significa que está correcta la designación de reglas de correspondencias para las funciones f y g.



Derivamos h respecto a x, tenemos: h’(x) = (fog)’(x)



Por la regla de la cadena se tiene: h’(x) = f ’(g(x)).g’(x)…………………………………… (1)



Pero f(x) = senx, por lo tanto, derivando se obtiene: f’(x) = cosx



Evaluando f’ en g(x) se tiene: f’(g(x)) = cos(logax)……………………………… (2)



También derivando la función g, con regla de correspondencia g (x) = logax, se obtiene: g’(x)=1/(xlna) …………………...…… (3)



(3), (2) en (1) h’(x): ∴ cos(logax).(1/xlna)

Rpta.

Pág. 244

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2. Hallar la derivada de la función h, que tiene la siguiente regla de correspondencia h(x) = √x2 +1 Solución: 

Sea: f(x)= √x g(x)= x2+1 h(x)=(fog)(x)



Entonces: h(x)=(fog)(x)= f(g(x)) = √g(x)=√x2 +1

Significa que está correcta la designación de reglas de correspondencia para las funciones f y g.



Derivando h, respecto en x tenemos: h’(x)=(fog)’(x)



Aplicando la regla de la cadena se tiene: h’(x)=f’(g(x)). g’(x)………………………………… (1)



Además f(x)= √x, derivando se obtiene:

f '( x )  

1 2 x

Evaluando f’ en g(x) se tiene

f ’(g(x))= 

2√g(x)

Pero g(x)= x2+1, entonces: f’(g(x))=



1

1 2√x2 +1

………………………........……....(2)

También derivando la función g, con regla de correspondencia g(x)= x2+1, se obtiene: g’(x) = 2x………………………………...…... (3)



(3), (2) en (1) ∴ h’(x) =

1

(2x)

2√x2 +1

Rpta. Pág. 245

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3. Determine el valor de verdad. y  f

x     x -2 

y f '( x ) 

x -1 Si: x

entonces y '( x  4)  - 1

4

Solución: 

Por dato, 𝑦 = 𝑓(



Derivando usando la regla de la cadena:

𝑥 ) 𝑥−2

entonces 𝑦 = 𝑓(1+

  2  y '  f ' 2  . 1    1   ( x - 2)    x -2  

y '  f '

2  1   x -2 



Pero por

2 ) 𝑥−2

'

 -1  …...……………… (1) .2  2  ( x 2)  

f '( x ) 

2 x -1 dato, entonces evaluando en 1  se tiene: x x-2

2   -1 1  x - 2  2 ………......…… (2) f ' 2     2 x   1  x -2   1   x-2  

(2) en (1)

2  -2  y '  .  x  ( x - 2) 2  1

∴ y ' ( x  4)  - ……………………………(verdadero) Rpta. 4 4. Hallar la derivada de h en x donde h(x) = loga(xn): Solución: 

Sean: f(x) = loga(x) g(x) = xn h(x) = (fog)(x)



Entonces h(x) = (fog)(x) = f(g(x)) = loga(g(x)) = loga(xn ) corrobora lo planteado para f y g. Pág. 246

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 

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Derivada de h respecto a x h’(x)= (fog)’(x)



Por la regla de la cadena se tiene: h’(x)= f’(g(x)). g’(x)………………………………… (1)



Además, f(x)= logax, derivando la función f se obtiene: f’(x) =



Evaluando f’ en g(x) se tiene: f’(g(x)) = [



1 ] . loga e g(x)

Pero g(x)= xn , entonces: f’(g(x)) = [



1 loga e x

1 ] . loga e ………………………………..(2) xn

También derivando la función g, con regla de correspondencia g (x) = xn, se obtiene: g’(x) = n.xn-1 …………………..…………......(3)



∴

(3), (2) en (1) h'( x ) 

1 .(log a e).nx n 1 n x

h'( x ) 

n .(log a e) x Rpta.

5. Hallar la derivada de f(x) = |x|: Solución: f(x) = |x|= (x2)1/2

1° Método (directo): 

Derivando f respecto a x según la regla de la cadena f ’(x)= [ ½ (x2)1/2-1 ] . 2x , ∀ x≠0 f ’(x)=(x2)-1/2 .x , f '(x) =

1 (x )

f '(x) =

1 .x |x|

2 1/ 2

x

∴ f '(x) = | x |

.x ,

∀

x ≠0

∀ x ≠0

∀ x ≠0 Rpta. Pág. 247

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

2° Método (por etapas): f(x)= |x| 

Sean: g(x)= √x h(x) = x2 f(x)=(goh)(x)



Derivando f respecto de x: f’(x)= (goh)’(x)



Por la regla de la cadena se tiene: f ’(x)= g’(h(x)). h’(x)…………………...…………...… (1)



Además g(x)=√x, derivando la función g se obtiene: g'( x ) =



Evaluando en h(x) se tiene:



1 2 h( x ) Pero h(x) = x2, entonces:

1 2 x

g' (h( x )) 

g' (h( x ))  

1 1  2 2 | x | …………………......…......(2) 2 x

También derivando la función h, con regla de correspondencia h(x) = x2, se obtiene: h’(x) = 2x…………………………………… (3)



(3), (2) en (1)

f '( x ) 

1 .2 x 2| x|

f '( x ) 

x |x|

Rpta .

7.4.

Derivación Implícita Es un proceso para derivar expresiones de la forma 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0, donde generalmente no se puede despejar la variable 𝑦. En la expresión 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0, tácitamente se entiende que 𝑦 = 𝑓(𝑥) Proceso: Este proceso tiene los siguientes pasos: 

Derivar respecto a 𝑥 los dos miembros de la ecuación 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0



Despejar 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Pág. 248

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

𝑑𝑦

Evaluar 𝑑𝑥 en el punto deseado.



Ejemplo:

y log a x - a x Ln( y  x)  0 Solución:

y log a x - a x Ln( y  x)  0 d ( y log a x - a x Ln( y  x) d 0  dx dx d ( y log a x) d (a x Ln( y  x )) 0 dx dx

dx d(log 𝑎 x) d𝑎x d(Ln(y+x) (log 𝑎 x) + y - [Ln(x+y) + 𝑎x ] =0 dy dx dx dx dy log 𝑎 dx

x +

y log 𝑎 x

e - Ln(x+y)𝑎x Ln𝑎 - 𝑎x y+x

dy log 𝑎 dx

x +

y log 𝑎 x

e - Ln(x+y)𝑎x Ln𝑎 -

dy

(dx) (log 𝑎 x -

𝑎x

1 d(x+y) =0 dx

y

𝑎x

dy ( +1) =0 y+x dx

) + x log 𝑎 e - Ln(x+y)𝑎x Ln𝑎 y+x x

𝑎x

y+x

=0

y

𝑎 Ln( x + y )𝑎x Ln𝑎 + y+x - - xlog 𝑎 e dy = x 𝑎 dx log 𝑎 x -

y+x x

y

𝑎 Ln( x + y )𝑎x Ln𝑎 + y+x - xlog 𝑎 e dy = x 𝑎 dx log 𝑎 x -

y+x

∴ 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0

Rpta.

Otro método para derivar expresiones de la forma 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0

Este método usa derivadas parciales Los pasos son los siguientes:



Se identifica la expresión 𝐹(𝑥, 𝑦). Pág. 249

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

Se calcula

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F llamada derivada parcial de 𝐹 respecto a 𝑥 de la siguiente x

manera: Para calcular las derivadas parciales respecto a una variable 𝑥 de 𝐹, se procede a derivar como si solo existiera la variable 𝑥 ignorando la existencia de las otras variables a las que hay que considerar como parámetros y no como variables.



Similarmente se calcula



Finalmente

dy dx

F la derivada parcial de 𝐹 respecto a la variable 𝑦. y

se obtiene mediante la siguiente ecuación.

  dy   dx   

F x F y

     

Ejemplo: dy dx

Hallar

en la ecuación: 𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑦 = 0

Solución: 

La ecuación es de la forma: 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0



Identificamos 𝐹 en la expresión: 𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑦 = 0 Luego: 𝐹(𝑥; 𝑦) = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑦



Cálculo de ∂F ∂x ∂F ∂x ∂F ∂x ∂F ∂x

= =

∂F ∂x

∂( x senx + cosy) ∂x ∂( x senx ) ∂( cos y ) + ∂x ∂x

= senx

∂( x ) x ∂ (senx ) + ∂x + 0 ∂x

= 𝑠𝑒𝑛(𝑥). 1 + 𝑥. 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 0 Pág. 250

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas ∂F

= 𝑠𝑒𝑛(𝑥). 1 + 𝑥. 𝑐𝑜𝑠(𝑥) …………….... (1)

∂x 

Cálculo de ∂F ∂y ∂F ∂y ∂F ∂y ∂F ∂y



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=

∂F ∂y

∂( x senx + cosy) ∂y

∂( x senx ) ∂( cos y ) + ∂y ∂y

=

= 0 + [− 𝑠𝑒𝑛(𝑦)] = − 𝑠𝑒𝑛 (𝑦) ……………………………… (2) dy

Cálculo de dx

Sabemos que: dy dx



=−

∂F ∂x ∂F ∂y

………………………………(3)

(1), (2) en (3) dy dx

dy dx

∴

-[sen(x)+x.cos(x)] - sen(y)

=

=

sen(x)+x.cos(x) sen(y)

Rpta.

Ejemplo: Hallar

𝑑𝑦 𝑑𝑥

en la ecuación: 𝑦𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 − 𝑎 𝑥 𝐿𝑛(𝑦 + 𝑥) = 0

Solución: La ecuación es de la forma 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 , donde: 

Cálculo de 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥

= =

∂F ∂x

𝜕(𝑦 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥−𝑎𝑥 𝐿𝑛(𝑦+𝑥) 𝜕𝑥 𝜕(𝑦 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥) 𝜕𝑥

−

𝜕(𝑎𝑥 𝐿𝑛(𝑦+𝑥)) 𝜕𝑥

Pág. 251

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥

𝜕𝑦

𝜕𝑥

𝜕𝑎𝑥

𝜕 𝑙𝑛(𝑦+𝑥)

] − [ 𝜕𝑥 . 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + 𝑎 𝑥 .

]

𝜕𝑥

1

1

= [0. 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 + 𝑦. 𝑥 . 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑒] − [𝑎 𝑥 . 𝑙𝑛 𝑎 . 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + 𝑎 𝑥 . (𝑥+𝑦) 𝑦

1

𝜕𝑦

𝜕(𝑦+𝑥) 𝜕𝑥

]

𝜕𝑥

= [𝑥 . 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑒] − [𝑎 𝑥 . 𝑙𝑛 𝑎 . 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + 𝑎 𝑥 . (𝑥+𝑦) (𝜕𝑥 + 𝜕𝑥)] 𝑎𝑥

𝑦

= 𝑥 . 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑒 − [𝑎 𝑥 . 𝑙𝑛 𝑎 . 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + (𝑥+𝑦) (0 + 1)]

𝜕 𝐹 𝜕𝑥 

𝜕 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥

= [𝜕𝑥 . 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 + 𝑦.

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𝑎𝑥

𝑦

= 𝑥 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑒 − 𝑎 𝑥 𝐿𝑛𝑎 𝐿𝑛(𝑦 + 𝑥) − 𝑦+𝑥……..(1) 𝜕𝐹

Cálculo de 𝜕𝑦 𝜕𝐹

= 𝜕𝑦 𝜕𝐹

= 𝜕𝑦 𝜕𝐹

𝜕(𝑦𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 −𝑎𝑥 𝐿𝑛(𝑦+𝑥) 𝜕 𝑦 𝜕(𝑦 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥) 𝜕𝑦

−

𝜕(𝑎𝑥 𝐿𝑛(𝑦+𝑥)) 𝜕𝑦

𝜕𝑦

= [𝜕𝑦 . 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 + 𝑦. 𝜕𝑦 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑥

𝜕 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 𝜕𝑦

𝜕𝑎𝑥

] − [ 𝜕𝑦 . 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + 𝑎 𝑥 .

= [1. 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 + 𝑦. (0)] − [0. 𝑙𝑛( 𝑥 + 𝑦) + 𝑎 𝑥 . 𝑎𝑥

𝜕𝑦

𝜕 𝑙𝑛(𝑦+𝑥) 𝜕𝑦

1

𝜕(𝑦+𝑥)

(𝑥+𝑦)

𝜕𝑦

]

]

𝜕𝑥

= [𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥] − [(𝑥+𝑦) . (𝜕𝑦 + 𝜕𝑦)] 𝑎𝑥

= [𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥] − [(𝑥+𝑦) . (1 + 0)] 𝑎𝑥

𝜕𝐹

= 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 − 𝑦+𝑥………………….…..(2) 𝜕𝑦 

𝑑𝑦

Cálculo de 𝑑𝑥

Sabemos que: 𝑑𝑦 𝑑𝑥



𝜕𝐹 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑦

= − ( )………………………..…(3)

(1), (2) en (3) 𝑑𝑦

∴ 𝑑𝑥 =

𝑎𝑥 𝑦+𝑥

𝑦 𝑥

+𝑙𝑛(𝑥+𝑦).𝑎𝑥 .𝑙𝑛𝑎 − .𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑒 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥−

𝑎𝑥 𝑦+𝑥

Rpta.

Pág. 252

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7.5.

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Derivada de Orden Superior Sea f una función con regla de correspondencia y = f (x), si derivamos f respecto a x obtendremos una función f’(x), si derivamos f’ obtendremos una función f” (x), llamada derivada de f de orden 2, si derivamos f” respecto a x obtendremos f”’(x), llamaremos derivada de f de orden 3 y si continuamos así sucesivamente obtendremos las funciones f IV(x), f V (x),…f

n (x),

donde f n(x) se denomina derivada

de f de orden n respecto a x. Ejemplo: f(x) = sen(x) Entonces: f’(x) = cos(x)

f (IV)(x) = sen(x)

f” (x) = -sen(x)

f (V)(x) = cos(x)

f”’ (x) = -cos(x)

y así sucesivamente.

DIFERENCIABILIDAD Y CONTINUIDAD 

Si una función es diferenciable en un punto entonces es continua en dicho punto. Es decir, considerando la función f: f ’(xo) ∃ →

lim f ( x ) = f ( x 0 )

x→x0

Demostración: f ’(xo) = lim h→0

f(X0

+ h)

- f(X0 )

h

( lim h )f ’(x0) = lim [ f ( X 0 h→ 0

h →0

+ h)

- f ( X 0 )]

Pág. 253

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0.f ’(xo) = lim f ( X 0

+ h)

h →0

0 = lim f ( X 0

+ h)

h →0

lim f ( X 0

7.6.

- f(X0 )

- f(X0 )

= f(X0 )

+ h)

h →0

∴

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lim f ( X) = f ( X0 ) ………………L.q.q.d.

h→0

Derivadas Laterales

 Derivada Lateral por la Izquierda Sea f una función en los reales, la derivada lateral por la izquierda de f en x o '

denotado por f - (x0 ) se define:

f-' (x o ) = limh→0

f ( x + h) - f ( x ) h

 Derivada Lateral por la Derecha Sea f una función en los reales, la derivada lateral por la derecha de f en x o '

denotado por f + (x0 ) se define:

Y '

'

f(x)

'

f (x ) =f-(x ) =f+(x ) 0

0

0

f+ ' ( x o ) = lim h→0

0

x0

x0 +h

f (x +

h)

- f (x)

h

X

A continuación, se muestra algunos valores de h que se van aproximando cada vez más a 0. Valores de h por la derecha

Valores de h por la izquierda

H

H Pág. 254

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0,1

- 0,1

0,01

- 0,01

0,001

- 0,001 . . .

. . .

Sea f una función en los reales tal que f sea continua en xo y en donde:

f( X ) =

f1( X )

, x < x0

f2 ( X )

, x0 ≤ x

A continuación, se muestra la gráfica de f :

Y

m1

f1

m2 f2

0

x0

X

Obsérvese que se ha extendido en la línea punteada la gráfica de f 1, más allá de xo, también de f2 y nótese que se traza en xo las rectas tangentes a las curvas cuyas pendientes son m1 para la gráfica f1 y m2 para la gráfica f2, entonces se demuestra que: m1 = f1' ( x 0 ) = f ' -

(x 0 )

m 2 = f 2' ( x 0 ) = f ' +

(x 0 )

Teorema: Una función f en los reales es diferenciable en x0 si solo si las derivadas laterales por la izquierda y por la derecha son iguales en dicho punto, este teorema se puede enunciar más exactamente de la siguiente manera: Pág. 255

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x0

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⟷

f( x 0

∧

)

f( x0 + h3 ) = L

Sustento: Sabemos por definición de derivada: f x o ) = lim (

h→0

f (x o + h ) - f (x o ) se aproxima a h

f (x o + h) - f (x o ) , significa que h

f ' ( x 0 ) = L a medida que h se aproxima a cero por la

izquierda y significa también que

f (x o + h ) - f (x o ) se aproxima a h

f ' ( x 0 ) = L a medida

que h se aproxima a cero por la derecha.

Ejercicio: Calcular a y b para que la función f sea diferenciable en todo su dominio, donde:

x 2 - 2x + a x ≤ 1 x 1< x x -b

f (x) =

Solución:

x 2 - 2x + a x ≤ 1 x 1< x x -b

f (x) = 

Calculamos la derivada de f 1 1 2 (𝑥 − 2𝑥 + 𝑎)2−1 (2𝑥 − 2) 2



Para que f sea diferenciable en x=1, debe cumplirse:

f ' - (1) = f+' (1) Entonces:

Pág. 256

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-1 1 -b ((1)2 - 2(1) + a) 2 .( 2(1) - 2) = 2 (1- b)2 0=

-b (1-b)2

⇒ b=0

Rpta.

Sabemos que una función diferenciable en x=1 es continua en x=1, entonces

lim f( x ) = f(1) x →1

lim f( x ) = lim- f( x ) = f(1)

x →1+

lim+

x →1

x →1

x 2 - 2x + a = limx →1

12 - 2(1) + a =

x = 12 - 2(1) + a x -b

1 = 12 - 2(1) + a 1- b

Pero b=0, entonces operando se tiene que: a=2 7.7.

Rpta.

Razón de Cambio Sea f una función con regla de correspondencia y = f (x) entonces la razón de cambio promedio de f en el intervalo [a, b] denotado por

y se define: x

f( x 0 + h2 ) A continuación, se muestra la gráfica de una función f y véase que conforme x cambia de “a” a “b”, f(x) cambia de f(a) a f(b). Y

f f(b) ∆Y

∆Y

f(a) ∆x

0

a

b

X

Pág. 257

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Δy f (b) - f (a) Razón de cambio promedio entre [a, b]. = Δx b-a

Observación: La razón de cambio promedio entre [a, b] es la pendiente de la recta secante a la gráfica de f que pasa por los puntos (a, f (a)) y (b, f(b)).

Ejemplo: Hallar la razón de cambio promedio entre [1, 3] de la función f cuya regla de correspondencia es: 𝐟(𝐱) = √𝐱 𝟐 + 𝟐𝐱 Solución: Sabemos que la razón de cambio promedio es: Δy f (b) - f (a) = Δx b-a

Para a=1, b = 3 y f(x) = √x 2 + 2x , evaluando se tiene: f(a) = f(1) = √3 f(b) = f(3) = √15 Por lo tanto: Δy 15 - 3 = Δx 2

Rpta.

La razón de cambio promedio entre [a, b] también se puede expresar de la siguiente manera: Δy f (a + h) - f (a) = Δx h

La gráfica muestra el uso de un nuevo parámetro h, donde b = a + h Y

f(a+h)

f f(a)

0

a

a+h

X

Pág. 258

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Luego f(b)=f(a+h) y la razón de cambio promedio seria: ∆y ∆x

=

f(a+h) -f(a)

∆y

(a+h)-a

→ ∆x =

f(a+h) -f(a) h

 Razón de Cambio Instantáneo. Sea f una función con regla de correspondencia y= f (x), entonces la razón de dy , se define de la siguiente dx

cambio instantáneo de f en x denotado por manera: f (xo dy = lim h → 0 dx

+ h)

- f (x o )

h

Pero sabemos: lim

f(xo +h) −f(xo )

h⟶0

Por lo tanto

h

= f ′ (x)

dy = f ' (x) dx

A continuación, se muestra una interpretación gráfica de la razón de cambio instantáneo donde se puede apreciar que la razón de cambio instantáneo en x = xo es la pendiente de la recta tangente a la gráfica en dicho punto.

Y f(x+h3 )

f f(x+h2 ) f(x+h1 ) f(x0 )

0

X0

X+h1

X+h2

X+h3

X

Pág. 259

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Observación: La razón de cambio instantáneo tiene muchas aplicaciones en la vida cotidiana y su uso es frecuente en muchos campos de la ciencia.

7.8.

Diferencial Sea f una función diferenciable en x, entonces la diferencial de f en x para un ∆x denotado por “dy”, se define: dy=f '(x) ∆x Interpretación geométrica f

Y

f(x+∆x) dy=f '(x) ∆x

f(x) ∆x

0

x

x+∆x

X

Sabemos que:

mLS = mLS =

diferencia de ordenadas diferencia de abscisas f(x+Δx)−f(x) Δx

También sabemos que:

mLS = f ′ (𝑥) Para un punto fijo “x” sea  una función definida así: mLS φ =

mLT

f ( x + Δx ) - f ( x ) - f ' (x) Δx

Significa que  va a depender de Δx Entonces: f ( x + Δx ) = f ( x ) + f ' ( x ) Δx + φΔx  dy

Pág. 260

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Ejercicio: Hallar la diferencial de f en x = 5 para un x = 3 donde f(x) = x2 +1 Solución: 

Por definición:

dy = f ' ( x ) Δx dy = 2x.Δx Para x=5, Δx =3 se tiene: dy = 2(5).(3) dy = 30

Rpta.

Diferencial de Orden Superior Si a la función derivada f’(x) lo derivamos una nueva vez, obtendremos una nueva función f ”(x) y a esta lo derivamos otra vez obtenemos una nueva función f ”’ (x) y así sucesivamente podríamos continuar de esa manera. Notación: f n(x) Se lee: Derivada de orden n. Calcularemos las diferenciales de f, diferencial de df y así sucesivamente. df = f ’(x) x d(df) = (f ’(x) x)’ x d(df) = f ”(x) (x)2 d2y = f ”(x) (x)2 Y continuamos con la diferencial de la nueva función obtenida. d3y = f ”’(x) (x)3 Y así sucesivamente en general tendríamos: dny = f n(x) (x)n Donde el término dny lo llamaremos diferencial de enésimo orden de f en el punto x para x = x. Teorema Sea f una función creciente en entonces 0 < f ‘(x)  x  Pág. 261

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 Gráficamente

Y

Y

f

0

a

x

f

b

x

a

0

x

x

b

Se observa que f es creciente y la pendiente m = f ’(x) de la recta tangente es positiva, es decir, 0< m ó 0 < f ’(x) Teorema Sea una función f decreciente en , entonces f ’(x) < 0  x   Gráficamente Y

Y f f

0

a x

b

X

x

0

a

b

X

Similarmente, f es decreciente y la pendiente m = f’(x) es negativa, es decir, f’(x) < 0 Teorema: Sea una función f, si 0 < f ’(x) para todo x  , entonces f es creciente en dicho intervalo . Demostración: 0 < f ’(x) 0< lim

h→o

f(x+h) -f(x) h

Considerando h>0, tenemos: h.0< f(x+h) -f(x)

Pág. 262

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f(x)
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L.q.q.d

Teorema: Sea una función f si f ’(x) < 0 para todo x  , entonces f es decreciente en dicho intervalo . Demostración: 0>f’(x) f(x+h) -f(x)

0> lim

h

h→o

Considerando h>0, entonces se tiene: h.0> f(x+h) -f(x) f(x)> f(x+h)

L.q.q.d.

 Criterio de la Segunda Derivada Teorema: Sea una función f diferenciable en : Si 0 < f ”(x) para todo x  , entonces la gráfica de la función f la llamaremos cóncava hacia arriba. Y

Y

Y

0

f

m L2= -1

X

f

m L2= 1

1 m L1= 2

Y

m L1= 0

1 2

X

Y

0

f’

X -1/2 1

-1

f

1/2 0 X

Pág. 263

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Se observa que la gráfica de f’ es creciente 0< f”. Este resultado se consigue cuando gráficamente f es de la forma que se muestra en la parte inicial en la que vamos a decir que f es cóncava hacia arriba.

Teorema: Sea una función f diferenciable en : Si f”(x) < 0 para todo x  , entonces la gráfica de la función f la llamaremos cóncava hacia abajo.

Y

f

Y

m L1= -1

m L1=

1 2

1 m L1 = − 2

f

m L1= -1 0

0

X

Y

Y

0 -1/2 -1

X

X 1

f

f’ 1/2 0

X

Se observa que la gráfica de f’ es decreciente, en la derivada de f’ tendrá que ser negativa es decir f” (x) < 0. Para que f” (x) < 0 la gráfica de f debe ser como la que se indica arriba a la que llamaremos cóncava hacia abajo.  Método para graficar una función Sea f una función, donde y = f (x) entonces se puede graficar la función con la ayuda del criterio de primera derivada y el criterio de segunda derivada usando los siguientes pasos: 

Hallar f’(x) y f ”(x).



Identificar que intervalos de x hacen que f’(x) y f”(x) permanezcan con el mismo signo. Pág. 264

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Elaborar una tabla tal que muestre los intervalos de x y los signos de f ’ (x) y f ”(x) para los intervalos.

Ejemplo particular: x





<m, n>





f ’(x)

-

+

-

+

f ”(x)

+

-

-

+

Bosquejar el gráfico como ejemplo de forma arbitraria hemos colocado en la tabla algunos signos para f ’(x) y f ”(x) y luego usando el criterio de la primera y segunda derivada se hace al final de la tabla un bosquejo del gráfico en ese intervalo. Esos bosquejos se trasladan al plano cartesiano X e Y para tener un bosquejo completo de la gráfica de f. A continuación, para el ejemplo dado, se presenta el bosquejo del grafico completo de f en XY. Y

f

0



7.9.

a

n

m

p

X

b

Con ayuda de las asíntotas se puede precisar mejor la gráfica de la función.

Mínimos y Máximos Relativos

 Mínimo relativo: Definición: Sea f una función, se dice que f tiene un mínimo relativo en c cuando para una vecindad (c) se cumple: x ∈ δ(c) → f(c)
Ejemplo: Y

f f(x) f(c) Pág. 265 0

X

c

X

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 Máximo relativo: Definición: Sea f una función, se dice que f tiene un máximo relativo en c cuando para una vecindad (c) se cumple: x ∈ δ(c) → f(x)
Ejemplo: Y

f(c) f(x)

c

0

X

X

7.10. Valores Extremos Es el conjunto de todos los mínimos y máximos relativos de una función f. Y

f

0

a

b

c

d

e

X

La función f tiene valores extremos en los siguientes puntos: x = a, b, c, d, e.

Teorema: Sea f una función diferenciable en x = c y f '(c) = 0, entonces f tiene un mínimo o máximo local en c.

Pág. 266

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Representación gráfica Y

Y

mL = f ’(c) = 0 mL = f ’(c) = 0 f

f

L

L 0

0

c

c

X

Teorema: Sea f una función diferenciable en x = c, f '(c) = 0

y f ”(c) > 0, entonces f tiene

un mínimo relativo. Gráficamente: Y

mL = f ’(c) = 0 f L 0

X

c

Teorema: Sea f una función diferenciable en x = c, f '(c) = 0 y f ”(c) < 0 , entonces f tiene un máximo relativo. Y

Gráficamente:

mL = f ’(c) = 0 f

0

L

c

X

Pág. 267

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7.11. Punto de Inflexión Sea f una función, entonces se dice que el punto P es un punto de inflexión de f, cuando f cambia de concavidad en el punto P como se puede mostrar en los siguientes gráficos: Y

Y

f

f

P

P

0

X

Ejemplo:

0

X

𝟏

Sea f(x)= (x+4)(x-5)2/3 graficar f(x), indicando asíntotas, valores extremos, 𝟐

puntos de inflexión ¿Es f derivable? Solución:

f(x)= 1 (x+4)(x-5)2/3 2



No tiene asíntota horizontal ni vertical.



Cálculo de las asíntotas oblicuas:

 Asíntota oblicua por la derecha L: y = mx + b Donde:

m = lim

f(x)

x→∞ x

b = lim (f(x) − mx) x→∞

 Cálculo de m: m = lim

f(x)

x→∞ x

m = lim

(x+4)(x−5)2/3 2x

x→∞ 1

2

m = lim (2 + x)(x − 5)2/3 x→∞

Pág. 268

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m=∞ ∴ No hay asíntota oblicua por la derecha.  Asíntota oblicua por la izquierda L: y = mx + b Donde:

m = lim

f(x)

x→−∞ x

b = lim (f(x) − mx) x→−∞

 Cálculo de m:

m = lim

f(x)

x→−∞ x

m = lim

(x+4)(x−5)2/3 2x

x→−∞ 1

2

x→−∞ 2

x

m = lim ( + )(x − 5)2/3 m=∞ ∴ No hay asíntota oblicua por la izquierda. 

Cálculo de la derivada de f(x) 

f(x)=

1 (x+4)(x-5)2/3 2 1

f ’(x) = 2 [(𝑥 − 5)2/3

1 2

𝑑(𝑥+4) 𝑑𝑥

+ (𝑥 + 4)

2/3 f ’(x)  [( x - 5) (1  0) 

𝑑(𝑥−5)2/3 𝑑𝑥

]

2 d ( x - 5) ( x  4)( x - 5) ( 2 / 3)-1 ] 3 dx

f ’(x) =

1 2 [( x - 5)2 / 3 (1+ 0) + ( x + 4)( x - 5)-1/ 3 ] ……………………….....(1) 2 3

f ’(x) =

1 3( x - 5) + 2( x + 4) [ ] 2 3( x - 5)1/ 3

f ’(x) =

1 5x - 7 [ ] 2 3( x - 5)1/ 3 Pág. 269

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Sacando f ’’(x) a partir de la ecuación (1)



f '’(x)

1 2 2 d( x - 5) -1/ 3 (2/3) -1 d( x - 5) 1/ 3 d( x + 4) = [ ( x - 5) + (( x - 5) + ( x + 4) )] 2 3 3 dx dx dx

f '’(x) =

1 1 d( x - 5) [( x - 5)-1/ 3 + ( x - 5)-1/ 3 + ( x + 4)( - )( x - 5) (-1/ 3 )-1 + ] 3 3 dx

f '’(x) =

1 2( x - 5)3 - ( x + 4) [ ] 3 3( x - 5)4 / 3

f '’(x) =

1 5 x - 34 [ ] 9 ( x - 5) 4 / 3

 X:

Puntos críticos 34 7 ,5, 5 5

 ,

7 5

7 ;5 5

5,

34 5

34 ,  5

f ’(x)

+

-

+

+

f ’’(x)

-

-

-

+

Pág. 270

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 A partir del gráfico se llega a que: 7 27 3

Los valores extremos: A ( 5 ; 10 √( 34

Punto de inflexión: D ( 5 ;

27 3 5

18 2 5

) ) y H ( 5;0 )

2

√( 9 ) ) 5

f es derivable en todos los reales, excepto en x = 5 porque f’- (5) ≠ f’+ (5) Ejercicio: Demuestre que si f es creciente entonces su derivada es positiva. Demostración: f es creciente (dato), entonces: f(x) < f(x+h) cuando 0 < h

∨

f(x+h) < f(x) cuando h < 0

0 < f(x+h) - f(x) h < f(x+h) - f(x) 1<

f(x+h)-f(x) h

0 < f(x) - f(x+h) o

gfhgjgjgfjghjghgjgjgjghghgh

(-h) < f(x) - f(x+h) 1<

f(x)-f(x+h) -h

Pág. 271

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Se sabe que 00, entonces tenemos: f(x+h)-f(x) h→0 h

0 < lim

Se sabe que h<0, ahora consideremos un h que se aproxima a cero por la izquierda entonces: f(x+h)-f(x) h→0 h

0 < lim

En uno u otro caso se observa que siempre: f(x+h)-f(x) h→0 h

0 < lim Es decir: 0
7.12. Teorema de Rolle Sea f una función tal que sea:  Continua en [a, b]  Diferenciable en  f(a) = 0  f(b) = 0 Entonces existe al menos un c ∈ , tal que f ’(c) = 0

Pág. 272

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7.13. Teorema de Lagrange Sea f una función diferenciable en y continua en [a, b], entonces existe al menos un c tal que:

f ′ (c) =

f(b) −f(a) b−a

Y

f

f(a)

0

a

c

b

X

Demostración: Sea:

g( x ) = f ( x ) - f ( a ) 

f (b ) - f ( a ) ( x - a) ………………………………..(1) b-a

g es diferenciable en porque sus términos que lo forman son también diferenciables en y g es continua en [a, b], porque cada uno términos que lo forman son continuas en [a, b]. Además:

g(a)  f(a) - f(a) -

f(b) - f(a) (a - a)  0 b-a

Similarmente:

g(b)  0 Por lo tanto, g cumple con las condiciones para aplicar el T de Rolle, es decir existe al menos un c  tal que g’(c) = 0………………………………. (2) Derivamos g en (1)

g' (x)  f' (x) - 0 -

f(b) - f(a) b-a Pág. 273

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Evaluando en c se tiene:

g' (c)  f' (c) 

f(b) - f(a) b - a ………………………………. (3)

Luego (3) en (2)

f' (c) -

f(b) - f(a) 0 b-a

f' (c) 

f(b) - f(a) b-a

L.q.q.d.

7.14. Teorema de Cauchy Sean f y g funciones diferenciables en y continuas en [a, b], entonces existe al menos un c  tal que , g’(c)≠0 ^ g(b) ≠ g(a)

f ' (c ) f (b ) - f ( a ) = g' ( c ) g( b ) - g( a )

Gráficamente se puede interpretar como si existiera un 𝑐 𝜖 < 𝑎, 𝑏 > tal que el cociente de las pendientes de las rectas tangentes a f y g en c es igual al cociente de las pendientes de las rectas que unen los extremos en cada función f y g. Y

f(a)

f(b)

f

g(b)

g

g(a)

0

a

c

b

X

Demostración:  Sea la función: w ( x ) = f( x ) - f( a ) -

f( b ) - f( a ) g( b ) - g( a )

(g( x ) - g( a ) ) ……………………………..….. (1)

Pág. 274

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 Analizando W se tiene: w es continua en [a, b], porque cada uno su término es continuo en [a, b]. 

w es diferenciable en , porque cada uno de sus términos son diferenciables en .



Además: f( b ) - f( a )

w ( a ) = f( a ) - f( a ) -

(g( a ) - g( a ) ) = 0

g( b ) - g( a )

Similarmente:

w (b ) = 0 Después de analizar w, se puede decir que w es función que cumple las condiciones para aplicar el T. de Rolle; es decir, existe al menos un c  tal que: W’(c)==0……………………………………………..……………..(2)  Derivamos w respecto a x de la ecuación (1) w'(x) =f'(x) -

f(b) -f(a)

(g

(b)

-g

(a)

) g'(x)

Evaluando en c tenemos:

w' ( c ) = f ' ( c ) - (

f ( b ) - f( a ) g(b ) - g( a )

) g' ( c ) ……………………………..……………..(3)

 Reemplazando (3) en (2): f ( b ) - f( a ) f ' (c ) - ( ) g' ( c ) = 0 g( b ) - g( a ) f ' (c ) = (

f ( b ) - f( a ) g( b ) - g( a )

f' (c ) f(b) - f(a) = g' (c) g(b) - g(a)

) g' ( c )

L.q.q.d.

Pág. 275

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Ejemplo: Supongamos que f y g son funciones derivables en el conjunto 𝑹 tal que 𝒇(𝒐) = 𝒈(𝒐) 𝒚 𝒇’(𝒙)  𝒈’(𝒙) > 𝟎 ,  𝒙  𝑹, demostrar que 𝒇(𝒙)  𝒈(𝒙) ,  𝒙  𝟎 Solución: 

Por dato 𝑓 y 𝑔 son funciones derivables en el conjunto 𝑅, entonces por un teorema se cumple que 𝑓 y 𝑔 son continuas en 𝑅; por lo tanto, ambas funciones cumplen las condiciones para aplicar el teorema de Lagrange en el conjunto 𝑅.



Para nuestro caso haremos nuestro estudio a un intervalo: <𝑥, 0>



Por T. Lagrange: ∃𝑥𝜖 <



x1 , 0 >

f' (x ) f(0) - f( x1) = Tal que g' (x) g(0) - g( x1)

Dato: 𝑓 ′(𝑥)  𝑔’(𝑥) > 0 𝑓´(𝑥) 𝑔´(𝑥)

≥1

𝑓(0)−𝑓(𝑥1 ) 𝑔(0)−𝑔(𝑥1 )

≥1

𝑓(0)−𝑓(𝑥1 )−𝑔(0)+𝑔(𝑥1 ) 𝑔(0)−𝑔(𝑥1 ) 𝑔(𝑥1 )−𝑓(𝑥1 ) 𝑔(0)−𝑔(𝑥1 )

≥0

>0

Pero 𝑔′(𝑥) > 0, para todo 𝑥  𝑅, entonces 𝑔 es creciente y por lo tanto 𝑔(0) − 𝑔(𝑥1 ) > 0 de donde: 𝑔(𝑥1 ) ≥ 𝑓(𝑥1 ) Es decir: 𝑓(𝑥1 ) ≤ 𝑔(𝑥1 )

Pág. 276

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

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En general para todo 𝑥  0 𝑓(𝑥 )  𝑔(𝑥)

L.q.q.d. 𝟎

7.15. Regla L’Hopital para la forma (𝟎) Sean f y g funciones reales y diferenciables en . Si se cumplen las condiciones siguientes: 





lim f ( x ) = 0 x→a

lim g( x ) = 0 x→a

lim

x →a

f ' (x) = L (existe ) , g( x ) ≠ 0 g' ( x )

Entonces se demuestra que: lim

x →a

f (x) f ' (x) = lim =L x → a g( x ) g' ( x )

Demostración:  Primero demostraremos el siguiente teorema: Si:  



lim f ( x ) = 0

x →a +

lim g( x ) = 0

x →a +

lim+

x →a

f ' (x) =L g' ( x )

Entonces:

lim+

x →a

f (x) f ' (x) = lim+ =L g( x ) x →a g' ( x ) Pág. 277

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Demostración: Redefiniendo: Sean las funciones F y G f(x) , a < x , x≠ a F(X)= 0,

x=a

g(x) , a < x , x≠ a G(X)= 0,



x=a

Análisis de continuidad de F y G Se verifica que: lim F( X ) = lim+ f( x ) = 0 = F( a )

x →a +

x →a

recordemos que se verifica por el dato lim+ f(x)=0 x→a

∴ F(x) es continua por la derecha en a. Similarmente se verifica que G es continua por la derecha en a. ∴ f y g son continua [ a, b]



Análisis de diferenciabilidad de F y G Se verifica que F(X) es diferenciable en < a, ∞ > porque F(x) = f(x) = y, además porque f(x) es diferenciable en < a, ∞ >. De manera similar se verifica que G es diferenciable en < a, ∞ >. ∴ F y G se verifica que son diferenciables en < a, ∞ > Pág. 278

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Recordemos el Teorema de Cauchy: Si f y g son continua en [ a, b] f y g son diferenciales en < a, b > Entonces: f(b)-f(a) g(b)-g(a)

f'(c)

= g'(c)

, donde c ∈ < a, b >

 Considerando los intervalos descritos, las funciones F y G cumplen con las condiciones de teorema de Cauchy, entonces podemos aplicar este teorema a nuestro caso en el intervalo [a, x]

F( X ) - F( a ) F' ( c ) = donde c ∈ < a, x >, gráficamente G( X ) - G( a ) G' ( c )

a

c

x

f ( X) - 0 f ' (c ) = g( X ) - 0 g' ( c ) f ( X) f ' (c ) = g( X ) g' ( c ) En la ecuación anterior para expresar que x se aproxima a “a” por la derecha lo haríamos empleando el símbolo de límite. lim f(x)

x→a+

lim

x→a+

lim f'(x) +

= x→a g(x) lim g'(x) x→a+

Se puede observar en el miembro derecho que aparece el símbolo de limite y esto se debe a que cuando x se aproxima a “a” entonces c también debe aproximarse a “a” por la derecha por ser un punto entre a y x.

Pág. 279

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Pero por propiedades de límite: lim f(x)

lim f'(x)

x→a+

lim

x→a+

+

= x→a g(x) lim g'(x) x→a+

f(x)

f′(x)

lim+ g(x) = lim+ g′(x) = 𝐿………………………………..(1)

x→a



x→a

Ahora demostraremos el siguiente teorema: Si: 





lim f ( x ) = 0 -

x→a

lim g ( x )  0 -

x →a

lim

f'(x)

x→a- g'(x)

=L

Entonces: lim

f(x)

x→a- g(x)

= lim

f'(x)

x→a- g'(x)

=L

Demostración:  Redefiniendo las funciones. Sean las funciones F y G: f(x) , x
x=a

g(x), a<x G(X)= 0,

x=a

Pág. 280

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 Análisis de continuidad de F y G Se verifica que: lim F(x) = lim- f(x) =0=F(a)

x→a-

x→a

∴ F(x) es continua por la derecha en a. Similarmente se verifica que G es continua por la derecha en a.  Análisis de diferenciabilidad de F y G También se verifica que F y G son diferenciables en < -∞, a rel="nofollow"> esto se justifica porque tanto F y G en ese intervalo son F(x) = f(x) y G(x) = g(x) y estas funciones f y g por dato son diferenciables.  Las funciones F y G que cumplen con las condiciones de teorema de Cauchy, entonces podemos aplicar este teorema a nuestro caso en el intervalo [x,a]. Por el teorema de Cauchy, existe un c ∈ < x, a > tal que:

F( a ) - F( x ) F' ( c ) = G( a ) - G( x ) G' ( c ) 0 - f ( X) f ' (c ) = 0 - g( X ) g' ( c ) f(X) g(X)

f'(c)

=

g'(c)

Si queremos que el valor de x se aproxime a “a” por la izquierda, entonces la expresión anterior tendríamos que simbolizarlo usando el término limite. lim f(x)

x→a-

lim f'(x)

= x→alim g(x) lim g'(x)

x→a-

x→a-

También se puede observar que en el miembro derecho aparece el símbolo límite, esto se debe a que C es un punto del intervalo < x, a > gráficamente seria así:

x

c

a Pág. 281

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Es por ello que cuando x se aproxima a “a” por la izquierda, entonces también “c” se aproxima a “a” por la izquierda, este hecho se simboliza usando el término limite como se puede apreciar en la siguiente ecuación: lim f(x)

lim f'(x)

x→a-

= x→alim g(x) lim g'(x)

x→a-

lim-

x→a-

f(x)

x→a g(x)



= lim-

f´(x)

x→a g´(x)

=L……………. (2)

De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: f(x)

lim

x→a g(x)

= lim

f´(x)

x→a g´(x)

=L L.q.q.d.

7.16 Teorema Sean f y g funciones diferenciables para x > M > 0 tal que: lim f(x) =0

x→∞

lim g(x) =0

x→∞

lim

f´(x)

x→∞ g´(x)

=L ,

g´(x) ≠0

Entonces: lim

f(x)

x→∞ g(x)

= lim

f´(x)

x→∞ g´(x)

=L

Demostración: 

1

Sea x = 𝑧 ……………(1) , entonces se tiene:

1

f(x) = f (𝑧) = F(Z) → Por regla de la cadena: 1

1

−1

1

−1

F´(Z)= f´(𝑧) .( 𝑧 2 )

……………….(2)

g(x) = g(𝑧) = G(Z) → Por regla de la cadena: G´(Z)= g´(𝑧). ( 𝑧 2 )

Pág. 282

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

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1

De la relación x = 𝑧, cuando x crece sin límite z se aproxima a cero, es por ello que se cumple lo siguiente: lim f(x)=0 (dato), entonces:

x→∞

lim f(x)=0 ………………………………….…………………………..…. (3)

z→0

lim g(x)=0 (dato), entonces:

x→∞

lim g(x)=0 …………………………………………………………………. (4)

z→0

f´(x)

lim

=L (dato), entonces

x→∞ g´(x)

lim-

z→0



1 z 1 g´( ) z

f´( )

=L

lim

´ 1

-1

1

-1

f ( )( 2 ) z z

Z→0 g´ ( )( 2 ) z z

lim

f´(z)

el numerador y denominador se tiene:

𝑍2

=L

=L …………………………………………………………..……. (5)

z→0 g´(z)



−1

Multiplicamos por

De (3), (4), (5) aplicando el teorema de L’Hopital se cumple: f(z)

f´(z)

lim g(z) = lim g´(z) =L …………………………………………………....… (6)

z→0

z→0

Reemplazando (2) en (6): lim

f(x)

x→∞ g(x)

= lim

´ 1

-1

1

-1

f ( )( 2 ) z z

Z→0 g´ ( )( 2 ) z z

-1

f´(x) (

lim

f(x)

x→∞ g(x)

1 2 (x )

= lim

x→∞ g´ (x)(

=L

)

-1

1 2 ( ) x

lim

x→∞

f(x)

= lim g(x)

f´(x)

x→∞ g ´(x)

=L

=L )

L.q.q.d. Pág. 283

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Ejercicio: Hallar el límite: cosx-1

limπ

x→

1

π π 2 [( -x) sen ( -x)] 2 2

2

Resolución: 

Sea f(x)= Cos (x) - 1…………………………………………………….….…(1) π

1 2

π

g(x)=[( 2 -x) sen ( 2 -x)] ……………………………………...……… (2) Entonces: lim f(x)

f

0

lim g(x) = x→0 =0 lim g

x→0 (x)



0

Entonces aplicaremos el teorema de L’Hopital de la forma 0 lim

f(x)

x→0 g(x) 

x→0 (x)

'

=

lim f (x)

x→0

lim g' (x)

……………………………………………………………(3)

x→0

Calculo de f’(x) y g’(x) f’(x) = -senx ……………………………...…………………………….….… (4) 1

π

π

-

1 2

π

π

π

g’(x) = [(x- 2 ) sen ( 2 -x)] [-sen ( 2 -x) - ( 2 -x) Cos ( 2 -x)].…. (5) 2

g' (x)=

1 π π 2√( -1) sen ( -x) 2 2

π π π [-sen ( -x) - ( -x) cos ( -x)] 2 2 2

π

Dividiendo entre ( 2 -x) se obtiene: ' (x)=

g

π -sen ( -x) π 2 [ -cos ( -x)] π 2 ( -x) π 2 Sen ( -x) 2√ π 2 -x 2 1

Pág. 284

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 Reemplazando (1), (2), (3), (4) en (5): -1

limπ x→

2

cosx-1 π 2

1

π 2

[( -x)sen( -x)]2

π -sen( - x) [ π2 -x 2

=limπ (-senx) x→

2

2√

( limπ x→

2

x→

2

limπ x→

2

π 2

1

[( -x)sen( -x)]2

π 2

π 2

[( -x)sen( -x)]

1 2

cosx-1 π 2

)

π 2

= -sen 2 (

2√1

)

(−1−1) −1

cosx-1

limπ

π (sen( - x)) 2 π ( )-x 2

]

π [-1-cos0] -1

cosx-1 π 2

π - Cos( -x) 2

1

= −1 (

2√1

)

=1

[( -x)sen( -x)]2

Resumen de cómo aplicar el teorema de L’Hopital en otras situaciones: 

f´

Si el lim g´(x) resulta ser de la forma x→c

(x)

0 0

entonces se aplica otra vez más el

0

teorema de L’Hopital de la forma 0 es decir se tendría: lim

f´(x)

x→c g´(x)

f´´

= lim g´´(x) x→c

(x)

0

Y así se continúa derivando una vez más hasta que el resultado 0 no aparezca más.

∞

Teorema de L’Hospital para la forma ∞ Sean 𝑓 y 𝑔 funciones diferenciables en el intervalo < 𝑎, 𝑏 > Si: lim+ 𝑓(𝑥) = ∞ 𝑥→𝑎

lim 𝑔(𝑥) = ∞

𝑥→𝑎+

lim+

𝑥→𝑎

𝑓´(𝑥) =𝐿 𝑔´(𝑥) Pág. 285

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

Entonces: 𝑓(𝑥)

lim+ 𝑔

𝑥→𝑎

(𝑥)

𝑓´(𝑥)

= lim+ 𝑔´ 𝑥→𝑎

(𝑥)

=𝐿

Demostración: . Redefinimos las funciones: F(x) =𝑓

1 (𝑥)

……………. (1)

1

G(x) =𝑔 ……………. (2) (𝑥)

Derivando respecto a x: F´(x) =

−𝑓(𝑥) 2

[𝑓(𝑥) ]

G´(x) =

−𝑔(𝑥) 2

[𝑔(𝑥) ]

. Si: lim+ 𝑓(𝑥) = ∞ (dato), entonces lim+ 𝐹(𝑥) = lim+ 𝑓

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

1 (𝑥)

lim+ 𝑔(𝑥) = ∞ (dato), entonces lim+ 𝐺(𝑥) = lim+ 𝑔

𝑥→𝑎

.

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

1 (𝑥)

=0 =0

Además:

𝐹´(𝑥)

lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

(𝑥)

𝐹´(𝑥)

lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

lim

(𝑥)

𝐹´(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝐺´(𝑥)

= lim+ 𝑥→𝑎

−𝑓´(𝑥) 2 ⌈𝑓(𝑥) ⌉ −𝑔´(𝑥) 2 ⌈𝑔(𝑥) ⌉

𝑔(𝑥)

𝑔(𝑥)

2

𝑓´(𝑥)

= lim+ (𝑓 ) (𝑔´ ) 𝑥→𝑎

(𝑥)

2

(𝑥)

𝑓´(𝑥)

= lim+ (𝑓 ) . lim+ (𝑔´ ) 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

(𝑥)

𝑔(𝑥)

2

(𝑥)

𝑓´(𝑥)

=( lim+ 𝑓 ) . lim+ (𝑔´ ) 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

(𝑥)

(𝑥)

2 𝐹´(𝑥)

lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

(𝑥)

=(

𝑓´(𝑥)

1 lim

𝑓(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝑔(𝑥)

) . lim+ 𝑔´ 𝑥→𝑎

(𝑥)

Pág. 286

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 𝐹´(𝑥)

lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

(𝑥)

𝑓´(𝑥)

1

= ( lim

𝑓(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝑔(𝑥)

𝐹´(𝑥)

lim

2

)

1

=

𝑥→𝑎+ 𝐺´(𝑥)

( lim

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

𝑓(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝑔(𝑥)

2

. lim+ 𝑔´ 𝑥→𝑎

.𝐿

(𝑥)

………….……………………………………..… (3)

)

. Considerando las ecuaciones (1), (2) y (3) se puede obtener un resumen: lim 𝐹(𝑥) = 0

𝑥→𝑎+

lim 𝐺(𝑥) = 0

𝑥→𝑎+

𝐹´(𝑥)

lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

1

=

(𝑥)

( lim

𝑓(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝑔(𝑥)

2

.𝐿

) 0

Entonces aplicando el T. de L’Hopital para la forma 0 se tiene: 𝐹(𝑥)

𝐹´(𝑥)

………………………………………………………... (4)

lim+ 𝐺 = lim+ 𝐺´

𝑥→𝑎

.

𝑥→𝑎

(𝑥)

(𝑥)

Reemplazando (1), (2) y (3) en (4) se tiene: lim+ (

𝑥→𝑎

1 𝑓(𝑥) 1 𝑔(𝑥)

1 𝑓(𝑥)

lim

1 lim

lim (

𝑓(𝑥)

𝑥→𝑎+ 𝑔(𝑥)

1

=

𝑋→𝑎+ 𝑔(𝑥)

1

)=

( lim

𝑓(𝑥)

𝑋→𝑎+ 𝑔(𝑥)

2

2

.L

)

.𝐿

)

1

𝑓(𝑥)

= 𝐿2 . 𝐿

𝑋→𝑎+ 𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥)

lim+ 𝑔

𝑋→𝑎

(𝑥)

=𝐿

L.q.q.d

∞

Todas las formas indeterminadas 0. ∞ , ∞0 , 00 , 1∞ , ∞, −∞,∞ se pueden reducir 0

a la forma 0 usando transformaciones algebraicas.

Pág. 287

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Ejemplo: 1. Calcular: 𝟏

𝟏

𝐥𝐢𝐦 𝒙𝟐 sen(𝒙)

𝒙→∞

Resolución: 1

1

1

1

lim 𝑥 2 sen(𝑥) = lim 𝑥 2 lim sen (𝑥) = ∞. 0

𝑥→∞

𝑥→∞

𝑥→∞

Se observa que es de la forma ∞. 0 , entonces mediante una transformación algebraica sería el límite de la siguiente manera: 1 2

lim 𝑥 sen(𝑥) = lim

𝑥→∞

1 𝑥

sen( )

1

1 √𝑥

𝑥→∞

0

=0

0

Ahora es de la forma 0 donde: 1

𝑓(𝑥) = sen(𝑥) ……………………………………………………………….….. (1) 𝑔(𝑥) =

1 √𝑥

…..……………………………………………………………………..(2) 0

Entonces aplicaremos el teorema de L’Hopital de la forma (0): lim

𝑓(𝑋)

𝑋→∞ 𝑔(𝑋)

= lim

𝑓´(𝑋)

𝑋→∞ 𝑔´(𝑋)

…………………………………………………………….(3)

. Calculo de 𝑓´(𝑋) y 𝑔´(𝑋) 1

𝑓´(𝑋) = (cosx)(- 𝑥 2 ) …………………………………………………….……..(4) 1

3

𝑔´(𝑥) = − 2 𝑥 − 2 ……………………………………………………………......(5) .

Reemplazando (1), (2), (4) y (5) en (3) se tiene: lim

𝑥→∞

lim

𝑥→∞

1 𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

𝑥→∞

1

(cos )(− 2 ) 𝑥 𝑥 3

1 − − 𝑥 2 2

1 𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

1

= lim

= lim

𝑥→∞

1 𝑥

2cos( ) 1

𝑥2

Pág. 288

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Lim

𝑥→∞

lim

𝑥→∞

lim

𝑥→∞

lim

𝑥→∞

1 𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

1 𝑥

1 𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

1

𝑋→∞ √𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

= 2( lim

1

)( lim 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) ) 𝑋→∞

= 2(0)(cos 0)

= 2(0)(1)

1 𝑥

Sen( ) 1 √𝑥

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=0

Rpta.

2. Sea: f(x) = tanx + 3 g(x) = secx + 1 Hallar limπ x→

2

f(x) g(x)

Resolución: . Se observa que: lim+ f(x) =∞

x→

π 2

lim+ g(x) =∞ π 2

x→

. Según L’Hopital lim+

x→

π 2

f(x) f '(x) = lim+ g(x) x→π g'(x)

……………………………………………..……….…..(1)

2

. Si: f(x) = tanx + 3 f’(x) = sec2 x . Si: g(x) = secx + 1 g’(x) = secx . tanx

Pág. 289

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. Reemplazando en (1): sec2 x

f

Lim+ g(x) = lim+ π 2

(x)

x→

x→

1

2

secx .tan x

π 2

= lim+ (senx) = 1 x→

Rpta.

π 2

Ejercicios: 1. Graficar la función 𝒇 definida por: 𝒇(𝒙) =

𝟑𝒙𝟓 −𝟐𝟎𝒙𝟑

∀𝒙 𝝐 ℝ

𝟑𝟐

Solución: 𝒇(𝒙) =

Sea: 𝑓(𝑥) =

3𝑥 5 32

−

𝟑𝒙𝟓 −𝟐𝟎𝒙𝟑 𝟑𝟐

,

𝐷𝑜𝑚𝑓 = ℝ

5𝑥 3 8

Calculando la 1° derivada: 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑓

′ (𝑥)

3(5𝑥 4 ) 5(3𝑥 2 ) − 32 8

5𝑥 2 3𝑥 2 = ( − 3) 8 4

𝑓 ′ (𝑥) = 0

con los Puntos críticos = {2, −2,0}

𝑓′ > 0 -2

𝑓′ < 0

𝑓′ < 0

0

𝑓′ > 0 2

Calculando la 2° derivada: 𝑓

′′ (𝑥)

10𝑥 2 3𝑥 2 5𝑥 2 3𝑥 = ( − 3) + ( ) 8 4 8 2

15(𝑥 3 − 2𝑥) 15𝑥(𝑥 2 − 2) 𝑓 = = 8 8 𝑓 ′′ (𝑥) = 0 ′′ (𝑥)

Posibles puntos de inflexión = {√2, 0} Pág. 290

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𝑓 ′′ > 0 0

𝑓 ′′ < 0

𝑓′′ > 0

√2

Hallando: 𝑓(2) = −2 𝑓(−2) = 2 𝑓(0) 𝑓(√2) ≈ −1.2

Graficando:

Rpta.

2. Hallar la relación entre las dimensiones del rectángulo de mayor área que puede inscribirse en un semicírculo de radio r. Solución:

Pág. 291

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

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Á𝑟𝑒𝑎 = 2𝑟𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑟𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑟 2 𝑠𝑒𝑛(2𝛼)

𝜋

𝛼 ∈ 〈0, 2 〉

La 1° derivada del área: 𝐴′ (𝛼) = 2𝑟 2 𝑐𝑜𝑠(2𝛼) 𝐴′ (𝛼) = 0 𝐶𝑜𝑠(2𝛼) = 0 2𝛼 = 90° ⇒ 𝛼 = 45 Calculando la 2° derivada del área: 𝐴′ ′(𝛼) = −4𝑟 2 𝑠𝑒𝑛(2𝛼) 𝑆𝑖 𝑐𝑜𝑠(2𝛼) = 0 ⇒ 𝐴′ ′(𝛼) < 0 ⇒ A es máximo si 𝑐𝑜𝑠(2𝛼) = 0 ∴

𝑟𝑠𝑒𝑛𝛼

1

=2 2𝑟𝑐𝑜𝑠𝛼

Rpta.

3. El diámetro y la altura de un cilindro circular recto miden en un cierto instante 10 y 20 cm, respectivamente. Si el diámetro aumenta a razón de 1cm/min. ¿Qué variación de la altura mantendrá el volumen constante? Solución:

𝑑𝐷

Dato:

𝑑𝑡

𝑐𝑚

= 1 𝑚𝑖𝑛

𝑣 = 𝜋𝑟 2 ℎ Si: 𝐷 = 2𝑟 𝑣= →

(diámetro)

𝜋𝐷2 ℎ 4

𝑑𝑣 𝑑𝑡

𝜋

𝑑ℎ

𝑑𝐷

= 4 ⌈𝐷2 𝑑𝑡 + ℎ(2𝐷) 𝑑𝑡 ⌉ … (i)

En un instante de tiempo t = t0 →

𝑑𝑣 =0 𝑑𝑡 Pág. 292

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Reemplazando los valores en (i): 0= ∴

𝜋 𝑑ℎ ⌈100 + 20(2)(10)(1)⌉ 4 𝑑𝑡 𝑑ℎ 𝑑𝑡

𝑐𝑚

= −4 𝑚𝑖𝑛

Rpta.

4. Sea 𝒇 y 𝒈 son dos funciones tales que: 𝑫𝒐𝒎𝒇 = 𝑫𝒐𝒎𝒈 = ℝ i) 𝒈(𝒙) = 𝒙𝒇(𝒙) + 𝟏 , ∀𝒙 ∈ ℝ ii) 𝒈(𝒙 + 𝒚) = 𝒈(𝒙). 𝒈(𝒚) , ∀𝒙 ∈ ℝ iii) 𝐥𝐢𝐦 𝒇(𝒙) = 𝟏 𝒙→𝟎

Demuestre que 𝒈′ (𝒙) = 𝒈(𝒙)

Solución: Aplicando definición de derivada sobre 𝑔(𝑥): 𝑔′ (𝑥) = lim

𝑔(𝑥+ℎ)−𝑔(𝑥)

𝑔′ (𝑥) = lim

𝑔(𝑥)𝑔(ℎ)−𝑔(𝑥)

de la condición (ii)

ℎ

ℎ→0

ℎ

ℎ→0

𝑔′ (𝑥) = 𝑔(𝑥) lim

𝑔(ℎ)−1

𝑔′ (𝑥) = 𝑔(𝑥) lim

ℎ𝑓(ℎ)+1−1

ℎ→0

ℎ→0

𝑔′ (𝑥) = 𝑔(𝑥 ) lim

ℎ→0

ℎ

ℎ ℎ𝑓(ℎ) ℎ

de la condición (i)

= 𝑔(𝑥). 1 = 𝑔(𝑥)

∴ 𝑔′ (𝑥) = 𝑔(𝑥)

Rpta.

5. Halle la ecuación de la recta tangente LT a la curva

𝒙 = 𝟐 + 𝟒𝐜𝐨𝐬 𝒕 ,

𝒚 = 𝟏 + 𝟐 𝐬𝐞𝐧 𝒕, 𝒕 ∈ [𝟎, 𝟐𝝅], en aquellos puntos en que LT sea horizontal, y en los que sea vertical.

Pág. 293

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Solución: Puesto que ⟹

(𝑥−2)2 16

+

𝑥−2 4

= cos 𝑡 ,

(𝑦−1)2 4

=1

𝑦−1 2

= sen 𝑡 (Elevando al cuadrado y sumando)

(Ecuación de una elipse)

Y como 𝑡 ∈ [0,2𝜋], los puntos recorren toda la vuelta de la elipse con centro en (2,1) en sentido anti horario. Además: 𝑑𝑥 = −4 sen 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑦 = 2 cos 𝑡 𝑑𝑡 ⟹

𝑑𝑦 𝑑𝑥

1

= − 2 cot 𝑡 …(i)

𝑑𝑦

𝑚 = 𝑑𝑥 = 0

para t: 𝑡1 =

𝜋 2

𝜋

𝑦 𝑡2 = 3 2

(Horizontales)

Que corresponden a los puntos (2,3) 𝑦 (2, −1) 𝑑𝑦

𝑚 = 𝑑𝑥 = ∞ para t: 𝑡1 = 0 , 𝑡2 = 𝜋 𝑦 𝑡3 = 2𝜋 ∴ Que corresponde a los puntos (6,1) 𝑦 (−2,1)

Rpta.

6. Hallar la tangente a la parábola 𝒚 = (𝒙 + 𝟕)(𝒙 + 𝟓) atraviese el origen de coordenadas.

de manera que

Solución:  𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 12𝑥 + 35 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 + 12  𝑚 = 𝑓 ′ (𝑥1 ) = 2𝑥1 + 12 (𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑥1 )  (0,0) ∈ 𝐿𝑇 𝑚=

𝑓 ′ (𝑥1 )

𝑓(𝑥1 ) − 𝑓(0) 𝑥12 + 12𝑥1 + 35 = → 2𝑥1 + 12 = 𝑥1 − 0 𝑥1

→ 2𝑥12 + 12𝑥1 = 𝑥12 + 12𝑥1 + 35 → 𝑥12 = 35 → 𝑥1 = −√35 𝐿𝑇 : 𝑦 = 𝑚𝑥 = (2𝑥1 + 12)𝑥 = (−2√35 + 12)𝑥 ∴ 𝐿𝑇 : 𝑦 = (−2√35 + 12)𝑥

Pág. 294

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7. Encuentre la ecuación de la recta tangente a la circunferencia 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐𝟓 en el punto (3,4). Solución: Primero debemos hallar la pendiente de dicha recta a) Derivamos la ecuación 𝑥 2 + 𝑦 2 = 25 𝑑 𝑑𝑥

(𝑥 2 + 𝑦 2 ) =

𝑑

𝑑 𝑑𝑥

(25)

𝑑

(𝑥 2 ) + 𝑑𝑥 (𝑦 2 ) = 0 𝑑𝑥 𝑑𝑦

2𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑦

𝑥

= −𝑦

𝑑𝑥

b) En el punto (3,4) tenemos 𝑥 = 3 y 𝑦 = 4 , de modo que: 𝑑𝑦 𝑑𝑥

3

= −4

La ecuación de la recta tangente a la circunferencia en (3,4) es entonces: 3

𝑦 − 4 = − 4 (𝑥 − 3) ∴ 3𝑥 + 4𝑦 = 25

Rpta.

8. Hallar los puntos donde la 𝒇′ (𝒙) > 𝟎 𝒇(𝒙) =

𝒙𝟐 +𝟑 √𝒙𝟐 +𝟏

Solución: 𝑥 2 +3

Sea: 𝑓(𝑥) = √𝑥 2

+1

1

= (𝑥 2 + 3)(𝑥 2 + 1)−2

Calculando la 1° derivada: 1

1

3

𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 1)−2 (2𝑥) + (𝑥 2 + 3)(− 2)(𝑥 2 + 1)−2 (2𝑥) 3

𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 1)−2 [2𝑥(𝑥 2 + 1) −

1 2

(𝑥 2 + 3)(2𝑥)]

Pág. 295

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

3

𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 1)−2 [2𝑥(𝑥 2 + 1) − (𝑥 2 + 3)𝑥] 3

𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 1)−2 [2𝑥 3 + 2𝑥 − (𝑥 3 + 3𝑥)] 3

𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 1)−2 [𝑥 3 − 𝑥] = 𝑓 ′ (𝑥) =

(𝑥 3 −𝑥) 3 (𝑥 2 +1)2

=

(𝑥 3 −𝑥) 3

(𝑥 2 +1)2

𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) 3

(𝑥 2 +1)2

Los puntos críticos: 𝑓 ′ (𝑥) = 0 ↔ 𝑥 = 0 , 𝑥 = 1 , 𝑥 = −1

𝑓′ < 0

𝑓′ > 0

𝑓′ < 0

𝑓′ > 0

∴ f ′ (x) > 0 ∶< −𝟏 , 𝟎 > ∪ < 𝟏 , +∞ >

Rpta.

9. Un hombre camina por una vereda recta con una rapidez de 𝟒 𝐦⁄𝐬. Un proyector está colocado en el suelo a 𝟐𝟎 𝐦 de la vereda y se mantiene enfocado al hombre. ¿Con qué rapidez está girando el proyector cuando el hombre está a 𝟏𝟓 𝐦 del punto en la vereda más cercana al proyector? Solución:  Sea 𝑥 la distancia desde el hombre hasta el punto de la vereda más cercano al proyector.  Sea 𝜃 el ángulo entre el rayo del proyector y la perpendicular a la vereda. Dato: 𝑑𝑥⁄𝑑𝑡 = 4 𝑚⁄𝑠 y nos piden hallar 𝑑𝜃⁄𝑑𝑡 cuando 𝑥 = 15 𝑥 20

= tan 𝜃 → 𝑥 = 20 𝑡𝑎𝑛𝜃 …. (I)

Derivando (I) 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝜃 𝑑𝑡

𝑑𝜃

= 20 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 𝑑𝑡 1

𝑑𝑥

= 20 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑑𝑡

Pág. 296

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas 𝑑𝜃 𝑑𝑡

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez 1

1

= 20 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃(4) = 5 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 4

Cuando 𝑥 = 15 , la longitud del rayo es 25 , de modo que 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 5 𝑑𝜃 𝑑𝑡

1 4 2

16

= 4 (5) = 100 = 0.16

∴ El reflector está girando a razón de 0.16 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠.

10. Calcular

𝒅𝒚 𝒅𝒙

Rpta.

𝒚

para 𝒕𝒂𝒏(𝒙 − 𝒚) = 𝟏+𝒙𝟐

Solución: Teniendo en cuenta que: 𝑑𝑦 𝑡𝑎𝑛(𝑓(𝑥)) = 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑓(𝑥)). 𝑓 ′ (𝑥) 𝑑𝑥 𝑦

De la pregunta: 𝑡𝑎𝑛(𝑥 − 𝑦) = 1+𝑥 2 Calculando la derivada: 𝑑 𝑑 𝑦 𝑡𝑎𝑛(𝑥 − 𝑦) = . 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 + 𝑥 2 𝑑𝑦 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦) (1 − ) = 𝑦(1 + 𝑥 2 )−1 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 −2𝑥 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦) (1 − )= . + 𝑦. ( ) (1 + 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 + 𝑥 2

Despejando

dy dx

𝑑𝑦 1 2𝑥𝑦 [ −𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦) − ] = −𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦) − 2 (1 + 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 1+𝑥 2𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 −𝑠𝑒𝑐 (𝑥 − 𝑦) − (1 + 𝑥 2 )2 = 1 𝑑𝑥 [ −𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦) − ] 1 + 𝑥2 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦)(1 + 𝑥 2 )2 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 (1 + 𝑥 2 )2 = 𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 − 𝑦)(1 + 𝑥 2 )) + 1 [ ] 1 + 𝑥2 ∴

𝑑𝑦 𝑑𝑥

2

𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥−𝑦)(1+𝑥 2 ) +2𝑥𝑦

= (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥−𝑦)(1+𝑥 2 )+1)(1+𝑥 2 )

Rpta. Pág. 297

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11. Una lámpara proyectora situada sobre el piso ilumina una pared que está a 12 metros de distancia. Si un hombre de 2 metros de alto camina desde la lámpara hacia el edificio a una velocidad de 1.6m/s. ¿con que rapidez decrece su sombra proyectada sobre el edificio cuando se encuentra a 4 metros de este? Solución: Graficando:

Dato:

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= 1.6 , 𝑝𝑖𝑑𝑒𝑛

𝑑ℎ

𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 4

𝑑𝑡

Por semejanza en la figura: ℎ 2 = 12 12 − 𝑥

→

ℎ=

24 12 − 𝑥

→ ℎ = 24(12 − 𝑥)−1

Aplicando la derivada a h: 𝑑ℎ 𝑑𝑡

=

𝑑 𝑑𝑡

. 24(12 − 𝑥)−1

Reemplazando 𝑑ℎ 𝑑𝑡

−𝑑𝑥 𝑑𝑡

→

𝑑ℎ 𝑑𝑡

= 24(−1)(12 − 𝑥)−2

−𝑑𝑥 𝑑𝑡

……… (i)

en (i) :

= 24(−1)(12 − 4)−2 (−1.6)

Pág. 298

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∴

𝑑ℎ 𝑑𝑡

= −0.6

𝑚

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

(Razón de crecimiento)

𝑠

Rpta.

𝟏

𝟐

𝒙 𝐬𝐞𝐧 (𝒙) , 𝒙 ≠ 𝟎 12. 𝑭(𝒙) = { 𝟎, 𝒙=𝟎

Demostrar que: 𝑭′ (𝟎) = 𝟎 Solución: 1° Paso: Hallar continuidad en 𝑥0 = 0 lim 𝐹(𝑥) = 𝐹(0)

𝑥→0

1

lim 𝑥 2 sin (𝑥) = 0

𝑥→0

Aplicando el Teorema del sándwich 1

−1 ≤ sin (𝑥) ≤ 1 1

−𝑥 2 ≤ 𝑥 2 sin (𝑥) ≤ 𝑥 2 1

lim −𝑥 2 ≤ lim 𝑥 2 sin (𝑥) ≤ lim 𝑥 2

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→0

0 ≤ lim 𝐹(𝑥) ≤ 0 𝑥→0

lim 𝐹(𝑥) = 0 , por lo tanto es continua en 𝑥0 = 0

𝑥→0

2° Paso: Hallar la derivada en 𝑥0 = 0 𝐹 ′ (0) = lim

𝐹(𝑥0 +ℎ)−𝐹(𝑥0 )

𝐹 ′ (0) = lim

𝐹(ℎ)−𝐹(0)

𝐹 ′ (0) = lim

𝐹(ℎ)

ℎ

ℎ→0

ℎ

ℎ→0

ℎ→0 ℎ

𝐹 ′ (0) = lim

1 ℎ

ℎ2 sin( ) ℎ

ℎ→0

1

𝐹 ′ (0) = lim ℎ sin (ℎ) ℎ→0

Aplicando el Teorema del sándwich 1

−1 ≤ sin (ℎ) ≤ 1 1

−ℎ ≤ h sin (ℎ) ≤ ℎ Pág. 299

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Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

1

lim −ℎ ≤ lim h sin (ℎ) ≤ lim ℎ

ℎ→0

ℎ→0

ℎ→0

1

0 ≤ lim h sin (ℎ) ≤ 0 ℎ→0

1

lim h sin (ℎ) = 0

ℎ→0

𝐹 ′ (0) = 0 … l.q.q.d

13. 𝒇(𝒙) = 𝐭𝐚𝐧(

𝒙 𝐬𝐞𝐧 𝒙 𝟐

) + (𝐬𝐞𝐧(𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙))𝟐

𝝅

Halle 𝒇′( 𝟐 ) Solución: Aplicando el método de la cadena: 𝑥 sen 𝑥 ) 2

𝑑 tan(

𝑑𝑥 𝑑 tan(

𝑥 sen 𝑥 ) 2

𝑑𝑥

𝑥 sen 𝑥 2 𝑥 sen 𝑥 𝑑 2

𝑑 tan

=

1

𝑑𝑥 𝑑 (sen(𝑥 cos 2𝑥))2 𝑑𝑥

𝑑

𝑥 sen 𝑥 2

𝑥 sen 𝑥

= 2 [sec (

𝑑 (sen(𝑥 cos 2𝑥))2

∙

2

𝑑𝑥 2

)] ∙ (sen 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥)

= 2 sen(𝑥 cos 2𝑥) ∙

𝑑 sen(𝑥 cos 2𝑥) 𝑑𝑥 cos 2𝑥 𝑑 𝑥 cos 2𝑥

∙

𝑑2𝑥

∙

𝑑2𝑥 𝑑𝑥

= 2 sen(𝑥 cos 2𝑥) cos(𝑥 cos 2𝑥)(−2𝑥 sen 2𝑥 + cos 2𝑥)

→ De esta forma, 𝑓′(𝑥) queda definida por: 𝑓 ′ (𝑥) =

1 𝑥 sen 𝑥 2 [sec ( )] ∙ (sen 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥) 2 2 + 2 sen(𝑥 cos 2𝑥) cos(𝑥 cos 2𝑥)(−2𝑥 sen 2𝑥 + cos 2𝑥)

Evaluando 𝑓′(𝑥) en 𝜋

𝜋 2

:

1

𝑓′( 2 ) = 2 ∙ 2 + 0 𝜋

𝑓′( 2 ) = 1

Rpta.

14. Dada la función:

Pág. 300

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𝒇(𝒙) = {

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

𝒙𝟐 + 𝒔𝒆𝒏𝒙 ; 𝒙 = 𝟎 𝟏

⟦𝒙 + 𝟎. 𝟐⟧ + 𝒙𝟐 𝐜𝐨𝐬 ( ) ; 𝒙 ≠ 𝟎 𝒙

𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝒇′(𝟎) Solución: Primero para ser diferenciable en x = 0 se debe cumplir lo siguiente: lim 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)

𝑥→0−

𝑥→0

𝑓(0) = 02 + 𝑠𝑒𝑛(0) = 0 1 1 lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ ⟦𝑥 + 0.2⟧ + 𝑥 2 cos ( ) = ⟦ 0+ + 0.2⟧ + (0+ )2 cos ( + ) = 0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 0 → 𝑐𝑜𝑚𝑜: lim− 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = 0 𝑥→0

𝑥→0

𝑥→0

Entonces derivamos: 1

𝑓1 (𝑥) = 𝑥 2 + 𝑠𝑒𝑛𝑥

𝑓2 (𝑥) = ⟦𝑥 + 0.2⟧ + 𝑥 2 cos (𝑥)

𝑓1 ′(𝑥) = 2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑓2′(𝑥) = 2𝑥𝑐𝑜𝑠 (𝑥) + 𝑥 2 [− sen (𝑥)] 𝑐𝑜𝑠𝑥

1

1

𝑓1 ′(0) = 2(0) + cos(0) 𝑓1′ (0) = 1

∴ 𝑓 ′ (0) = 1

Rpta.

𝝅𝒙

15. Si: 𝒇(𝒙) = |𝒙𝟑 𝐬𝐞𝐧( 𝒙𝟐 +𝟏)|, halle 𝒇′(𝟎) por definición. Solución: → 𝑓(0) = |0. sen(0)| = 0 → 𝑓 ′ (𝑥) = lim

𝑓(ℎ+𝑥) −𝑓(𝑥) ℎ

ℎ→0

𝑓 ′ (0) = lim

𝑓(ℎ) −𝑓(0)

𝑓 ′ (0) = lim

𝑓(ℎ)

ℎ

ℎ→0

ℎ→0 ℎ 𝜋ℎ

𝑓 ′ (0) = lim

ℎ→0

|ℎ3 sen( 2 )| ℎ +1 ℎ

𝜋ℎ

= lim

|ℎ2 ||hsen( 2 )| ℎ +1

ℎ→0

𝜋ℎ

𝑓

′ (0)

=

ℎ2 |hsen( 2 )| ℎ +1 lim ℎ ℎ→0

ℎ 𝜋ℎ

= lim ℎ |hsen(ℎ2 +1)| ℎ→0

𝑓 ′ (0) = 0|0. 𝑠𝑒𝑛(0)| = 0 ∴ 𝑓 ′ (0) = 0

Rpta. Pág. 301

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Departamento de ciencias básicas

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

16. Demuestre que las tangentes a la curva 𝒚 =

𝟑𝒙𝟐 +𝟏 𝒙𝟐 +𝟑

trazadas en los

puntos en que 𝒚 = 𝟏 , se cortan en origen de coordenadas. 3𝑥 2 + 1 𝑓(𝑥) = 2 𝑥 +3 𝑓’(𝑥) =

(𝑥 2 + 3)6𝑥 + (3𝑥 2 + 1)2𝑥 12𝑥 2 + 20𝑥 = (𝑥 2 + 3)2 (𝑥 2 + 3)2

Si: 𝑓(𝑥) = 1 → 3𝑥 2 + 1 = 𝑥 2 + 3 𝑥 2 = 1 → 𝑥 = −1 ∨ 𝑥 = 1 → {(1,1); (−1,1)} 𝑓’(𝑥) = 1 → 𝐿𝑇1 ∶ 𝑦 = 𝑥 + 𝑏 (1,1) 𝝐 𝐿𝑇1 → 𝑦 = 𝑥 𝑓’(𝑥) = −1 → 𝐿𝑇2 ∶ 𝑦 = −𝑥 + 𝑏 ( −1,1) 𝝐 𝐿𝑇2 → 𝑦 = −𝑥 𝐿𝑇1 ∩ 𝐿𝑇2 = 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → origen de coordenadas

PROBLEMAS ADICIONALES: a) Hallar 𝟏

𝟏

𝐥𝐢𝐦 𝐥𝐧(𝟏+𝒙) − 𝒙 𝒙→𝟎

Solución: 𝑥 − ln(1 + 𝑥) 0 … . (𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒂) 𝑥→0 𝑥. ln(1 + 𝑥) 0 lim

Recordar: 𝒈(𝒙) = 𝐥𝐧(𝒇(𝒙)) 𝒈(𝐱) =

𝒇′ (𝐱) 𝒇(𝒙)

Aplicando Regla de L’Hôspital:

Pág. 302

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lim

𝑥→0

Riquelmer Apolinar Vásquez Domínguez

1 1−1+𝑥 1 ln(1 + 𝑥) + 1 + 𝑥 . 𝑥

1+𝑥−1 1+𝑥 lim 𝑥→0 (1 + 𝑥) . ln(1 + 𝑥) + 𝑥 1+𝑥 𝑥 1 + 𝑥 lim 𝑥→0 ln(1 + 𝑥) + 𝑥 ln(1 + 𝑥) + 𝑥 1+𝑥 𝑥 𝑥→0 ln(1 + 𝑥) + 𝑥 ln(1 + 𝑥) + 𝑥 lim

Aplicando otra vez Regla de L’Hôspital: lim

𝑥→0

1 1 𝑥 + ln(1 + 𝑥) + 1+𝑥 1+𝑥+1

1 1 = 𝑥→0 1 + 1 2 lim

1 1 1 − = 𝑥→0 ln(1 + 𝑥) 𝑥 2

∴ lim

Rpta.

b) Hallar 𝐥𝐢𝐦 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒙→𝟎

Solución: Cambio de variable: 𝐴 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 ln 𝐴 = 𝑠𝑒𝑛𝑥. ln 𝑥 𝑨 = 𝒆𝑠𝑒𝑛𝑥.ln 𝑥

Reemplazando en la expresión inicial: Pág. 303

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lim 𝒆𝑠𝑒𝑛𝑥.ln 𝑥 =

𝑥→0

ln 𝑥 lim ( 1 ) 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝒆 𝑥→0

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….

0 (𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂 𝒊𝒏𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒂) 0

𝟏

Recordar: 𝒈(𝒙) = 𝐥𝐧 𝒙

Recordar: 𝒇(𝒙) = 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒇′ (𝐱) = −

𝐜𝐨𝐬𝐱 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒙

𝒈′ (𝐱) =

𝟏 𝒙

Aplicando Regla de L’Hôspital: 1 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 𝑥 lim = lim 𝑥→0 − cosx 𝑥→0 −cosx. x 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 Aplicando nuevamente Regla de L’Hôspital:

Recordar: 𝒇(𝒙) = 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 𝒇′ (𝐱) = −𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙𝒄𝒐𝒔𝒙

−2𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 =0 𝑥→0 senx. x + cosx lim

Reemplazando en la expresión inicial: ln 𝑥 lim ( 1 ) 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝒆 𝑥→0

lim (

= 𝒆𝑥→0

−2𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 ) senx.x+cosx

= 𝑒0 = 1

∴ lim 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 1 𝑥→0

Rpta.

Pág. 304