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$: 106 { Matem aticas 1 - ma.uva.esantonio/Industriales/Apuntes_12-13/Mat1/Parte3... · Prof:Jos e Antonio Abia Vian Grados de Ing. Industrial:Curso 2012{2013. 107 ... C alculo diferencial$
106 – Matematicas 1

Parte III

Calculo diferencial en IR

Prof: Jose Antonio Abia Vian Grados de Ing. Industrial : Curso 2012–2013

107 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR

Capıtulo 10

Funciones derivables

10.1 Derivada de una funcion en un punto

Definicion 204.- Se dice que f : (a, b) −→ R es derivable en el punto x0 ∈ (a, b) si

lımx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= L ∈ R

es decir, si existe y es finito ese lımite (o el lımite equivalente, lımh→0

f(x+h)−f(x)h ).

Al valor de dicho lımite se lo denomina derivada de f en el punto x0 y se representa por f ′(x0) o dfdx (x0).

La derivada nos indica lo que “crece” la funcion alrededor delpunto, puesto que en el cociente usado para definirla nos apa-rece el incremento f(x) − f(x0) de la funcion en relacion con elincremento x− x0 de la variable.El valor del cociente f(x)−f(x0)

x−x0, para cada x , es la pendiente

de la cuerda entre los puntos (x0, f(x0)) y (x, f(x)) (ver figuraaneja), por lo que en el lımite se obtendra la pendiente de la rectatangente a la grafica de la funcion en el punto. Es decir, la rectay = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) resulta ser la recta tangente a lagrafica de f en el punto (x0, f(x0)).

rry = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

f(x0)

x0 ← ← x

f(x)

α

f(x)−f(x0)x−x0

= tgα

︸︷︷︸x−x0

f(x)− f(x0)

Diremos que f :A −→ R es derivable en un conjunto A1 ⊆ A , si lo es en cada punto de A1 . Entonces, sepuede construir la funcion que asocia a cada punto x ∈ A1 la derivada de la funcion f en el punto x ; A estafuncion se le llama funcion derivada de f y se le representa por f ′ , donde f ′:A1 −→ R .

Si a su vez, f ′:A1 −→ R es derivable en un conjunto A2 ⊆ A1 , se puede construir la derivada de la funcionf ′ en cada punto x ∈ A2 . A esta funcion se le llama funcion derivada segunda de f y se le representa por(f ′)′ = f ′′ , donde f ′′:A2 −→ R . Analogamente se tienen la derivadas de ordenes superiores, f ′′′ , . . . , fn) .

Ejemplo ? La funcion constante f : R −→ R , con f(x) = k , es derivable en cada punto de su dominio:lımx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

= lımx→x0

k−kx−x0

= lımx→x0

0x−x0

= 0 = f ′(x0); con lo que f ′(x) = 0 para todo x ∈ R .

? La funcion identidad f : R −→ R , con f(x) = x , es derivable en cada punto de R :lımh→0

f(x0+h)−f(x0)h = lım

h→0

x0+h−x0h = lım

h→01 = 1 = f ′(x0), y f ′(x) = 1 para todo x ∈ R .

? La funcion polinomica f : R −→ R dada por f(x) = x2 es derivable en cada punto de su dominio pueslımx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

= lımx→x0

x2−x20

x−x0= lımx→x0

(x−x0)(x+x0)x−x0

= lımx→x0

x+ x0 = 2x0 = f ′(x0), y f ′(x) = 2x en R .

? La exponencial f(x) = ex es derivable en cada punto de R y f ′(x) = ex , pueslımh→0

ex+h−exh = lım

h→0

ex(eh−1)h = lım

h→0ex( e

h−1h ) = ex lım

h→0

eh−1h = ex · 1 = ex = f ′(x).

? f(x) = lnx , es derivable en (0,+∞) y f ′(x) = 1x

lımh→0

ln(x+h)−ln(x)h = lım

h→0

ln( x+hx )

h = lımh→0

ln(1+hx )

xhx= 1

x lımh→0

ln(1+hx )

hx

= 1x = f ′(x).

? La funcion f(x) = senx es derivable en cada punto de R y f ′(x) = cosx

lımh→0

sen(x+h)−sen(x)h

(1)= lım

h→0

2 sen(h2 ) cos(x+h2 )

h = lımh→0

cos(x+ h2 ) sen(h2 )

h2

= cos(x) · 1 = cosx = f ′(x).

(1) sen x−sen y = sen( x+y2 + x−y2 )− sen( x+y2 − x−y

2 )

= sen( x+y2 ) cos( x−y2 ) + cos( x+y2 ) sen( x−y2 )−(

sen( x+y2 ) cos( x−y2 )− cos( x+y2 ) sen( x−y2 ))

= 2 cos( x+y2 ) sen( x−y2 )


108 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 10.1 Derivada de una funcion en un punto

? La funcion f(x) = cosx es derivable en cada punto de R y f ′(x) = − senx

lımh→0

cos(x+h)−cos(x)h

(2)= lım

h→0

−2 sen(h2 ) sen(x+h2 )

h = lımh→0− sen(x+ h

2 ) sen(h2 )h2

= − sen(x) = f ′(x).

(2) Analogamente al caso del seno, cos x− cos y = cos( x+y2 + x−y2 )− cos( x+y2 − x−y

2 ) = −2 sen( x+y2 ) sen( x−y2 )

? La recta y = cos 0 − sen 0(x − 0) = 1 es la recta tangente a cos(x) en el punto 0. Analogamente, larecta y = sen 0 + cos 0(x− 0) = x es la tangente a sen(x) en el 0. 4

Para que una funcion sea derivable, debe existir lımx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

. Ahora bien, el denominador siempre

tiende hacia 0, por lo que solo puede existir el lımite si el lımite del denominador tambien es cero; puesto quesi f(x)− f(x0) 6→ 0 entonces

∣∣∣ f(x)−f(x0)x−x0

∣∣∣ −→∞ o no existe. Luego debe cumplirse que lımx→x0

f(x) = f(x0), es

decir que f sea continua en x0 :

Teorema 205.- Si f es derivable en un punto x0 entonces f es continua en dicho punto.

Demostracion:Veamos que lım

x→x0f(x) = f(x0). Para cada x 6= x0 , la funcion f(x) puede escribirse en la forma

f(x) = f(x)− f(x0) + f(x0) = f(x)−f(x0)x−x0

(x− x0) + f(x0),y tomando lımites se prueba la continudad de f en x0 , ya que:

lımx→x0

f(x) = lımx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

· lımx→x0

(x− x0) + lımx→x0

f(x0) = f ′(x0) · 0 + f(x0) = f(x0).

Nota: Como consecuencia de este resultado una funcion solo puede ser derivable en los puntos de continuidad.

Pero la continuidad no garantiza la derivacion:

Ejemplo La funcion f(x) = |x| es continua pero no derivable en 0, ya que

lımx→0+

f(x)−f(0)x−0 = lım

x→0+

|x|x = lım

x→0+

xx = 1 y lım

x→0−

f(x)−f(0)x−0 = lım

x→0−

|x|x = lım

x→0−

−xx = −1 4

Como para los lımites y la continuidad, la derivabilidad se extiende bien mediante las operaciones confunciones:

Propiedades 206.- Sean f y g funciones derivables en un punto x0 , entonces:

a) f + g es derivable en x0 y (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0).

b) fg es derivable en x0 y (fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0).

c) f/g es derivable en x0 , si g(x0) 6= 0, y (f/g)′(x0) =f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)(

g(x0))2 . .

Ejemplos ? Si g derivable en x0 y k una constante, f(x) = k g(x) es derivable en x0 y f ′(x0) = k g′(x0).En efecto, basta aplicar la formula del producto, f ′(x0) = 0g(x0) + k g′(x0) = k g′(x0).

? La funcion f(x) = x3 es derivable en cada x ∈ R , por ser producto de funciones derivables.f(x) = x3 = x2x = g(x)h(x), y f ′(x) = (gh)′(x) = g′(x)h(x) + g(x)h′(x) = 2x · x+ x2 · 1 = 3x2 .

En general, f(x) = xn es derivable en R con f ′(x) = nxn−1 y los polinomios son derivables en R .

? f(x) = x2−1x , cociente de derivables, es derivable en su dominio y f ′(x) = (2x)(x)−(x2−1)(1)

x2 = x2+1x2 . 4

Regla de la cadena 207.- Sea f derivable en x0 y g derivable en f(x0), entonces la funcion compuesta g ◦ fes derivable en x0 y ademas:

(g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)

)f ′(x0). .

Ejemplo f(x) = xα es derivable en (0,+∞), pues f(x) = xα = eα ln(x) donde g(x) = ex y h(x) = α lnxson derivables en sus dominios. Ademas, f ′(x) = g′(h(x))h′(x) = eα ln x(α 1

x ) = xα αx = αxα−1 . 4



10.1.1 Aplicaciones de la derivada

Regla simple de L’Hopital 208.- Si f(x0) = g(x0) = 0 y f y g son derivables en x0 con g′(x0) 6= 0.

Entonces, lımx→x0

f(x)g(x)

=f ′(x0)g′(x0)

.

Demostracion:Por ser f y g derivables en x0 , y f(x0) = g(x0) = 0, se tiene

lımx→x0

f(x)g(x)

= lımx→x0

f(x)− f(x0)g(x)− g(x0)

= lımx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

g(x)−g(x0)x−x0

=lımx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

lımx→x0

g(x)−g(x0)x−x0

=f ′(x0)g′(x0)

Ejemplo lımx→0

sen xx = 1 pues f(x) = senx y g(x) = x , verifican las condiciones del resultado, f(0) = g(0) = 0,

f ′(0) = cos(0) y g′(0) = 1. Luego lımx→0

sen xx = cos(0)

1 = 1 4

Ejemplo Calcular el valor del lımite lımx→1

ln xcos(πx)+e1−x2

.

La funcion f(x) = lnx verifica que f(1) = 0 y derivable en 1 con f ′(x) = 1x y f ′(1) = 1.

La funcion g(x) = cos(πx) + e1−x2verifica que g(1) = cos(π) + e0 = −1 + 1 = 0 y derivable en 1 con

g′(x) = −π sen(πx) + e1−x2(−2x) y g′(1) = −π sen(π) + e0(−2) = −2 6= 0.

Luego lımx→1

ln xcos(πx)+e1−x2

= 1−2 4

Nota: La derivacion es una potente herramienta para el calculo de lımites, no solo por el resultado anteriorsino por la mas util Regla General de L’Hopital 218 y los polinomios de Taylor, que veremos mas adelante.

10.1.1.1 Crecimiento de una funcion en un punto. Extremos locales

El significado de la derivada como lo que crece la funcion cerca del punto, queda de manifiento con el siguienteresultado:

Teorema 209.- Sea f : (a, b) −→ R derivable en el punto x0 ∈ (a, b). Entonces, si f ′(x0) > 0 (resp. f ′(x0) <0) la funcion f es estrictamente creciente (resp. decreciente) en x0 .

Demostracion:Si f ′(x0) > 0, como f ′(x0) = lım

x→x0

f(x)−f(x0)x−x0

, se tiene que f(x)−f(x0)x−x0

> 0 para los x cercanos a x0 . Entonces

? si x0 < x , como x− x0 > 0, necesariamente f(x)− f(x0) > 0 de donde f(x0) < f(x)

? y si x < x0 , es x− x0 < 0 y debe ser f(x)− f(x0) < 0 de donde f(x) < f(x0)

Analogamente, para f ′(x0) < 0.

Definicion 210.- Sea f : (a, b) −→ R , se dice que f alcanza un maximo local en el punto x0 ∈ (a, b) (o quef(x0) es un maximo local de f ) si f(x) ≤ f(x0) para todos los x de algun entorno E(x0, δ) de x0 .Se dice f alcanza un mınimo local en x0 si f(x0) ≤ f(x) para todos los x del entorno.

Nota: Diremos extremo local para referirnos indistintamente a un maximo o un mınimo local.

Proposicion 211.- Sea f : [a, b] −→ R continua y c ∈ (a, b). Si f es decreciente en cada x ∈ [a, c) y crecienteen cada x ∈ (c, b] , entonces f(c) es un mınimo local de f .Si f es creciente en cada x ∈ [a, c) y decreciente en cada x ∈ (c, b] , f(c) es un maximo local de f .

Demostracion:En efecto, en el primer caso, por ser f continua en [a, b] existe el mınimo de f en el conjunto, pero no se puedealcanzar en un punto de [a, c) ya que todos los puntos son decrecientes (el valor de f en el punto es mayor quelos cercanos de su derecha); y no puede alcanzarse en (c, b] ya que todos los puntos son crecientes (el valor de f



en el punto es mayor que los cercanos de su izquierda). Luego necesariamente, el mınimo tiene que alcanzarseen c . Analogamente, para el caso del maximo.

Ejemplo La funcion f(x) = |x| presenta un mınimo local en 0, pues es continua enR (luego en cualquier intervalo cerrado como [−1, 1]), decreciente a la izquierda de 0(f(x) = −x) y creciente a la derecha (f(x) = x). 4

rNota: La hipotesis de continuidad de la funcion es imprescindible paraasegurar el resultado. En la figura aneja pueden observarse distintassituaciones en las que sin continuidad no hay los extremos esperados:en los dos primeros casos la funcion no alcanza el maximo esperado y nohay extremo local; en el tercero, no se tiene el maximo esperado aunquesı un extremo ya que se alcanza un mınimo local en el punto.

Con la continuidad, si f es creciente (o decreciente) en los puntosa derecha e izquierda de c , tambien se garantiza la no existencia deextremo. Pero sin continuidad, a pesar de ser creciente antes del puntoy creciente despues del punto puede existir extremo, como en la cuartasituacion de la figura donde tenemos un maximo local.

rb rbb

br rbCorolario 212.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a,b] y derivable en (a, b). Si f ′(x) < 0 (resp. f ′(x) > 0) paracada x ∈ (a, c) y f ′(x) > 0 (resp. f ′(x) < 0) en cada x ∈ (c, b), la funcion f alcanza en c un mınimo local(resp. maximo local).

Ejemplo La funcion f(x) = e−x2, continua y derivable en R , presenta un maximo local en 0, pues su

derivada f ′(x) = e−x2(−2x) es positiva si x < 0 y negativa si x > 0. 4

Teorema 213 (Condicion necesaria de extremo).- Sea f : (a, b) −→ R . Si f es derivable en el puntoc ∈ (a, b) y f alcanza un extremo local en c , entonces f ′(c) = 0.

Demostracion:Si f es derivable en c , existe f ′(c) = lım

x→cf(x)−f(c)

x−c = lımx→cx<c

f(x)−f(c)x−c = lım

x→cx>c

f(x)−f(c)x−c . Entonces

? si f(c) es un maximo local, se verifica que f(x)− f(c) ≤ 0 para los x cercanos a c , luego

f ′(c) = lımx→cx<c

f(x)− f(c)x− c

=(≤ 0≤ 0

)≥ 0 y f ′(c) = lım

x→cx>c

f(x)− f(c)x− c

=(≤ 0≥ 0

)≤ 0 =⇒ f ′(c) = 0

? Analogamente, si f(c) es mınimo local, f(x)− f(c) ≥ 0, luego

f ′(c) = lımx→cx<c

f(x)− f(c)x− c

≤ 0 y f ′(c) = lımx→cx>c

f(x)− f(c)x− c

≥ 0 =⇒ f ′(c) = 0

Ejemplo La funcion f(x) = e−x2

del ejemplo anterior, es derivable en 0 y presenta un maximo local en 0.Y ciertamente se verifica que f ′(0) = e−02

(−2 · 0) = 0. 4

La condicion anterior es solo una condicion necesaria, bajo la hipotesis de derivacion, pero no es suficientepara asegurar la existencia de extremo. Es decir, de los puntos donde la funcion sea derivable puede alcanzarseextremo unicamente en aquellos donde la derivada se anule, pero tambien puede no alcanzarse extremo enellos. Son, de entre los puntos derivables, los unicos puntos candidados a albergar extremo.

En consecuencia, para encontar los extremos locales de una funcion, basta con buscarlos entre los puntosdonde sea derivable, con derivada cero, y los puntos donde la funcion no sea derivable.

Ejemplo La funcion f(x) = x3 es derivable en R y f ′(x) = 3x2 se anula en x = 0, pero no tiene extremo

local en el punto.


111 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 10.2 Teoremas de derivacion

Ejemplo La funcion f(x) = 3x4−8x3

16 es continua en [−1, 3] y derivable en

(−1, 3); su derivada en (−1, 3) es f ′(x) = 3x2(x−2)4 y se anula (f ′(x) = 0)

en los puntos x = 0 y x = 2. Entonces los unicos puntos “candidatos”a albergar un extremo local son x = 0 y x = 2 (donde existe la derivaday se anula), pero tambien los puntos x = −1 y x = 3 donde la funcionno es derivable (por ser extremos del intervalo de definicion). De hecho,el los extremos del intervalo se alcanza extremo local (f(−1) y f(3) sonmaximos locales) y tambien en el punto interior x = 2 (f(2) es mınimolocal); mientras que el otro “candidato” x = 0 no alberga extremo. 4

r

r

r

r

10.2 Teoremas de derivacion

Los tres teoremas siguientes son basicos para pasar los resultados de derivacion sobre puntos a todo un intervalo,lo que nos servira ademas para contruir mejores herramientas de trabajo.

Teorema de Rolle 214.- Sea f : [a, b] −→ R tal que f es continua en [a, b] y derivable en (a, b) y ademasf(a) = f(b), entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.

Demostracion:Por ser f continua en [a, b] , el Teorema de Weierstrass (88) garantiza que se alcanzan el maximo y el mınimoen el conjunto. Entonces,

? si se alcanza uno de los extremos en algun c ∈ (a, b), por ser f derivable en (a, b), se cumple que f ′(c) = 0

? si los extremos se alcanzan en a y b , por ser f(a) = f(b), el maximo y el mınimo deben coincidir, por loque la funcion es constante en [a, b] y f ′(c) = 0 para todo c ∈ (a, b).

Ejemplo La funcion polinomica f(x) = x4 − 4x2 se anula en x = 0 y x = 2, luego f(0) = 0 = f(2) y escontinua y derivable en [0, 2]. Entonces, el polinomio f ′(x) = 4x3 − 8x tiene alguna raız entre 0 y 2. 4

Nota: Si la funcion no es constante, el teorema de Rolle tiene otra lectura: se asegura la existencia de al menosun extremo en el intervalo. Geometricamente, el teorema de Rolle significa que existe un punto con tangentehorizontal.El teorema siguiente, conocido como de losincrementos finitos o del valor medio de La-grange, generaliza el Teorema de Rolle. Y, ensentido geometrico, significa que hay un puntocuya recta tangente tiene la misma pendienteque la cuerda que une los puntos extremos dela grafica f(b)−f(a)

b−a = f ′(c).

f ′(c) = 0

a c b

f(a) = f(b)

Teorema de Rolle

rq q

f ′(c) =f(b)−f(a)

b−a

a c b

f(a)

f(b)

Teorema de Lagrange

rq q

Teorema del valor medio de Lagrange 215.- Sea f : [a, b] −→ R tal que f es continua en [a, b] y derivable en(a, b), entonces ∃c ∈ (a, b) tal que:

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a)

Demostracion:Como a 6= b , podemos escribir f ′(c) = f(b)−f(a)

b−a , es decir, buscamos un c ∈ (a, b) tal que f ′(c) sea la pendiente

de la cuerda entre los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)) que tiene por ecuacion y = f(a) + f(b)−f(a)b−a (x− a).

Consideremos entonces la funcion g(x) = f(x) −(f(a) + f(b)−f(a)

b−a (x − a))

(la funcion menos la cuerda)para llevar el problema a las condiciones del teorema de Rolle. En efecto, g: [a, b] −→ R es continua en [a, b] yderivable en (a, b) por ser suma de continuas y derivables, ademas, g(a) = f(a)−

(f(a) + f(b)−f(a)

b−a (a− a))

= 0

y g(b) = f(b)−(f(a) + f(b)−f(a)

b−a (b− a))

= 0.

Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que g′(c) = 0; y como g′(x) = f ′(x)− f(b)−f(a)b−a , se tiene la igualdad propuesta

ya que 0 = f ′(c)− f(b)−f(a)b−a .

El ultimo de los teoremas y mas general es el teorema de Cauchy. Aunque graficamente no tiene un significadoclaro, es muy util para la extension de la teorıa:



Teorema del valor medio de Cauchy 216.- Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b).Si g′(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que:

f(b)− f(a)g(b)− g(a)

=f ′(c)g′(c) .

Con los teoremas anteriores y la derivacion, ya se puede asegurar la monotonıa por intervalos:

Proposicion 217.- Si f es un funcion continua en [a, b] y derivable en (a, b) y f ′(x) > 0, ∀x ∈ (a, b), entoncesf es estrictamente creciente en [a, b] .

Si f es una funcion continua en [a, b] y derivable en (a, b) y f ′(x) < 0, ∀x ∈ (a, b), entonces f esestrictamente decreciente en [a, b] .

Demostracion:Para cualesquiera x1, x2 ∈ [a, b] , con x1 < x2 , consideremos el intervalo [x1, x2] . Podemos aplicar el teoremadel valor medio de Lagrange en este intervalo, luego ∃ c ∈ (x1, x2) tal que f(x2) − f(x1) = f ′(c)(x2 − x1).Entonces,

? si f ′ > 0 en (a, b), tambien f ′(c) > 0 y se tiene que f(x2) − f(x1) = f ′(c)(x2 − x1) > 0 por lo quef(x1) < f(x2) y, en consecuencia, f es estrictamente creciente en [a, b] .

? si f ′ < 0 en (a, b), tambien f ′(c) < 0 y se tiene que f(x2) − f(x1) = f ′(c)(x2 − x1) < 0 por lo quef(x1) > f(x2) y, en consecuencia, f es estrictamente decreciente en [a, b] .

Y tambien podemos obtener el resultado de la Regla General de L’Hopital para el calculo de lımites:

Regla General de L’Hopital 218.- Sean f y g funciones derivables en un entorno reducido de x0 , E∗(x0, δ),con g(x) 6= 0 y g′(x) 6= 0, ∀x ∈ E∗(x0, δ) y lım

x→x0f(x) = 0 = lım

x→x0g(x). Entonces,

si existe lımx→x0

f ′(x)g′(x) se cumple que lım

x→x0

f(x)g(x) = lım

x→x0

f ′(x)g′(x) . .

Nota: Esta regla es tambien valida en los casos en que x0 sea +∞ o −∞ y cuando lımx→x0

f(x) = +∞ o −∞y lımx→x0

g(x) = +∞ o −∞ , (tambien en este caso x0 puede ser +∞ o −∞) sin mas que traducir las hipotesis

de f y g a entornos de +∞ o −∞ .

Ejemplo Calcular el lımx→0

sen(x)−xx3 . Las funciones f(x) = sen(x) − x y g(x) = x3 son derivables en R ,

con f(0) = 0 = g(0); y sus derivadas son f ′(x) = cos(x)− 1 y g′(x) = 3x2 . Entonces, por L’Hopital, el lımiteinicial existe si existe el del cociente de las derivadas, por lo que hemos trasladado el problema al calculo de unnuevo lımite lım

x→0

cos(x)−13x2 . Como tambien es indeterminado y las derivadas son derivables, podemos aplicar de

nuevo L’Hopital para resolver este lımite. Sucesivamente, tendremos que

lımx→0

sen(x)− xx3

= lımx→0

cos(x)− 13x2

= lımx→0

− sen(x)6x

=−16

lımx→0

sen(x)x

=−16

La existencia del ultimo lımite garantiza la cadena de igualdades. 4

Ejemplo Calcular lımx→0+

tg(π2−x)

ln x .

Como las funciones del cociente son derivables cerca de 0+ , y tg(π2−x)

ln x → +∞−∞ , aplicando l’Hopital

lımx→0+

tg(π2−x)

ln x = lımx→0+

−1cos2(π2 −x)

1x

= lımx→0+

−xcos2(π2−x) =

(0−

0+

)= lımx→0+

−12 cos(π2−x)(− sen(π2−x))(−1) = (−1

0+ ) = −∞ 4

Ejemplo Sabemos que lımx→+∞

x2−xx2+3x = 1, y usando l’Hopital lım

x→+∞x2−xx2+3x = lım

x→+∞2x−12x+3 = lım

x→+∞22 = 1 4

Anadamos un resultado que puede parecer irrelevante, pero que resulta de utilidad para las funciones defi-nidas a trozos:



Proposicion 219.- Sea f : (a, b) −→ R tal que f es continua en x0 ∈ (a, b), f es derivable en un entornoreducido de x0 , y existen los lım

x→x+0

f ′(x) y lımx→x−0

f ′(x). Entonces:

f es de derivable en x0 si y solo si lımx→x+

0

f ′(x) = lımx→x−0

f ′(x).

Demostracion:Por ser f continua en x0 , f(x) → f(x0) cuando x → x0 y, por ser derivable, puede aplicarse la Regla deL’Hopital para obtener las igualdades de lımites siguientes:

lımx→x+

0

f(x)− f(x0)x− x0

= lımx→x+

0

f ′(x)1

= lımx→x+

0

f ′(x) lımx→x−0

f(x)− f(x0)x− x0

= lımx→x−0

f ′(x)1

= lımx→x−0

f ′(x)

Entonces, si f es derivable en x0 , f ′(x0) = lımx→x−0

f(x)−f(x0)x−x0

= lımx→x+

0

f(x)−f(x0)x−x0

y lımx→x+

0


f ′(x).

Recıprocamente, si lımx→x+

0


f ′(x), entonces lımx→x−0

f(x)−f(x0)x−x0

= lımx→x+

0

f(x)−f(x0)x−x0

y existe el lımite

global, por lo que f es derivable en x0 y f ′(x0) = lımx→x+

0


f ′(x).

Ejemplos ? La funcion f(x) = |x| ={

x, si x ≥ 0−x, si x < 0 no es derivable en x = 0. En efecto, es continua en

x = 0 y derivable en R−{0} , y como lımx→0+

f ′(x) = lımx→0+

1 = 1 6= lımx→0−

f ′(x) = lımx→0−

−1 = −1, la funcion

no es derivable en el punto.

? La funcion f(x) ={

x2, si x ≥ 0−x2, si x < 0 es derivable en x = 0. En efecto, es continua en x = 0 y derivable

en R− {0} , y como lımx→0+

f ′(x) = lımx→0+

2x = 0 = lımx→0−

f ′(x) = lımx→0−

−2x = 0, la funcion es derivable en

el punto y f ′(0) = 0. 4

10.2.1 Teorema de la funcion inversa

El siguiente teorema garantiza de modo sencillo la existencia de funcion inversa en un conjunto y procura unmetodo para obtener las derivadas de la inversa aunque no conozcamos su expresion.

Teorema de la funcion inversa 220.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a, b] y derivable en (a, b), con f ′ > 0 of ′ < 0 en (a, b). Entonces f admite funcion inversa derivable en (a, b) y (f−1)′

(f(x)

)= 1

f ′(x) . .

Corolario 221.- Si f es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente), su inversa f−1 es estricta-mente creciente (resp. estrictamente decreciente)

Demostracion:Como (f−1)′

(f(x)

)= 1

f ′(x) , su signo es el mismo que el de f ′ .

Corolario 222.- Si f ′ es continua, entonces la derivada de la inversa es tambien continua.

Ejemplo La funcion f(x) = tg x es continua y derivable en (−π2 ,π2 ), con f ′(x) = 1 + tg2 x que es mayor

que cero en cada punto. Luego f es estrictamente creciente en el intervalo y su funcion inversa arccotg: R −→(−π2 ,

π2 ) es tambien estrictamente creciente y (f−1)′(tg(x)) = 1

1+tg2 x luego haciendo y = tg x , se obtiene que

(f−1)′(y) = (arccotg y)′ =1

1 + y2 4

Ejemplo La funcion f(x) = sh(x) es continua y derivable en R , con f ′(c) = ch(x) que es continua y mayorque cero en el conjunto. Luego admite inversa en R y su funcion inversa argsh: R −→ R tiene tambien derivadacontinua. Como (f−1)′(sh(x)) = 1

ch(x) haciendo y = sh(x) y usando que ch2 x− sh2 x = 1, se tiene

(f−1)′(y) = (argsh y)′ =1√

1 + y2 4



Inversas de las demas funciones trigonometricas e hiperbolicasf(x) = senx tiene por inversa en [−π2 ,

π2 ] a arcsen: [−1, 1] −→ [−π2 ,

π2 ] y (arcsen y)′ = 1√

1−y2

f(x) = cosx tiene por inversa en [0, π] a arccos: [−1, 1] −→ [0, π] y (arccos y)′ = −1√1−y2

f(x) = chx tiene por inversa en [0,+∞) a argch: [1,+∞) −→ [0,+∞) y (argch y)′ = 1√y2−1

f(x) = thx tiene por inversa en R a argth: (−1, 1) −→ R y (argth y)′ = 11−y2

10.2.2 Representacion grafica de funciones (1)

A lo largo de este tema (y tambien en el anterior) hemos obtenido resultados sobre el comportamiento de lafuncion: continuidad, monotonıa, extremos, . . . . Resultados que tambien se reflejan en la grafica de la funcion,y que vamos a utilizar, para realizar un esbozo de la misma. La representacion grafica sera mas completa trasel tema siguiente sobre las derivadas de ordenes superiores.

10.2.2.1 Monotonıa y extremos locales

Basta para ello reunir algunos de los resultados ya obtenidos, en particular: uso del signo de la derivada parael crecimiento de la funcion, la condicion necesaria de extremos locales, la condicion suficiente de extremo quese da en la Proposicion 211.

Para el estudio del signo de la funcion derivada, si esta es continua, puede resultar util el Teorema de Bolzano.

Si f ′(c) = 0 y f ′(d) = 0, f ′ continua en [c, d] y no se anula en ningun otro punto, el signo def ′(x) es el mismo para todos los x ∈ (c, d).

En efecto, si dos puntos de (c, d), x1 y x2 , con x1 < x2 , verifican que f ′ tiene signos distintos, por sercontinua, tendrıa que existir un punto x0 ∈ (x1, x2) en el que f ′(x0) = 0 en contra de que no se anula enningun punto mas del conjunto. Luego todos tienen el mismo signo y para conocerlo basta con calcularlo enuno de los puntos.

Ejemplo La funcion f(x) = 3x4−8x3

16 es continua en [−1, 3] y derivable en

(−1, 3); su derivada en (−1, 3) es f ′(x) = 3x2(x−2)4 y se anula unicamente

en x = 0 y x = 2. Como la funcion derivada f ′(x) = 34x

2(x−2) es continuaen (−1, 3) y en (−1, 0] solo se anula en 0, tiene el mismo signo en todos lospuntos de (-1,0); como f ′(−1

2 ) = −1532 < 0 en (−1, 0) es siempre negativa y

la funcion f es decreciente en (−1, 0).f ′(x) es continua en [0, 2] y solo se anula en los extremos, luego tiene elmismo signo en (0, 2). Como f ′(1) = −3

4 < 0 es siempre negativa y f esdecreciente en (0, 2).

r

r

r

r

f ′(x) es continua en [2, 3) y solo se anula en 2, luego tiene el mismo signo en (2, 3). Como f ′( 52 ) = 75

32 > 0 essiempre positiva y f es creciente en (2, 3).

Los unicos puntos “candidatos” a albergar un extremo local son x = 0 y x = 2 (donde existe la derivada yse anula), y los puntos x = −1 y x = 3 donde la funcion no es derivable por ser extremos del dominio.

Como f es continua en −1 y es decreciente en (−1, 0), f(−1) es un maximo local. Como f es continuaen 0 y es decreciente en (−1, 0) y decreciente en (0, 2), f(0) no es un extremo. Como f es continua en 2 y esdecreciente en (0, 2) y creciente en (2, 3), f(2) es un mınimo local. Como f es continua en 3 y es creciente en(2, 3), f(3) es un maximo local. 4

10.2.2.2 Concavidad y convexidad

Hemos visto en la condicion necesaria de extremo local como, cuando es derivable, la derivada en el punto escero; o lo que es lo mismo, la recta tangente a la grafica en el punto es horizontal. Si el extremo es un maximo,para valores cercanos al punto los valores de la funcion son menores que el maximo local luego, graficamente,los puntos de la grafica estan por debajo de la recta tangente; y si es un mınimo los puntos de la grafica estanpor encima de la recta tangente. Pero, tambien eso puede ocurre en cualquier otro punto (ver la grafica queilustra los teoremas de Rolle y del valor medio de Lagrange en pag 111) y nos lleva a las definiciones de funcionconcava y convexa.


115 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 10.3 Ejercicios

Aunque pueden darse definiciones para las que no es necesaria la derivacion (mejores y menos restrictivas queestas), las que damos a continuacion son sencillas de introducir y mas que suficientes para el uso que haremosde los conceptos, pero tambien incorporann herramientas para una facil manipulacion.

Definicion 223.- Diremos que una funcion f : (a, b) −→ R , derivable en x0 ∈ (a, b) es convexa en el punto x0

si f(x) ≤ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) para los x de algun entorno de x0 .Diremos que es concava en x0 si f(x) ≥ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) para los x de algun entorno de x0 .Diremos que es concava o convexa es un intervalo si lo es en cada punto.Un punto de continuidad se dice de inflexion si la funcion cambia de concavidad en el.

Nota: En otras palabras, diremos que es convexa (concava) en x0 si, cerca de x0 , la grafica de la funcion estapor debajo (encima) de la recta tangente en el punto. Con los comentarios hechos en la introduccion de esteapartado, en los maximos donde la funcion sea derivable la funcion es convexa y en los mınimos concava.

Ejemplo La funcion f(x) = x2 es concava en cada punto de R . Como es derivable en cada punto x = a yf ′(x) = 2x , se cumple que f(x)−

(f(a) + f ′(a)(x− a)

)= x2 − a2 − 2a(x− a) = x2 − 2ax+ a2 = (x− a)2 ≥ 0

para todo x , luego f(x) ≥ f(a) + f ′(a)(x− a) y es concava en cada punto.

Ejemplo La funcion f(x) = x2(x − 3), es convexa en x = 0, concava en x = 3 y presenta un punto deinflexion en x = 1.

En efecto, consideremos la funcion ga(x) = f(x) − (f(a) + f ′(a)(x − a)) entonces, si ga(x) ≥ 0 en algunentorno de a es concava en a , si ga(x) ≤ 0 en algun entorno de a es convexa en a y si ga(x) cambia de signoen a es un punto de inflexion. Como ga(a) = 0 y es derivable (pues f lo es), veamos como se comporta cercade cada uno de los puntos indicados:

? En x = 0, se tiene g′0(x) = 3x(x− 2), por lo que es positiva antesde 0 y negativa depues (y g0 es creciente antes de 0 y decrecientedepues) luego g0(x) ≤ g0(0) = 0 en algun entorno de 0.

? En x = 3, se tiene g′3(x) = 3(x+ 1)(x− 3), por lo que es negativaantes de 3 y positiva depues (y g3 es decreciente antes de 3 ycreciente depues) luego g3(x) ≥ g3(3) = 0 en algun entorno de 3.

? En x = 1, se tiene g′1(x) = 3(x− 1)2 , por lo que es positiva antesde 1 y tambien depues (y g1 es creciente antes de 1 y crecientedepues) luego g1(x) ≤ g1(1) = 0 para los x menores que 1 yg1(x) ≥ 0 para los x mayores que 1.

qq

q

Luego es convexa en x = 0, concava en x = 3 y tiene un punto de inflexion en x = 1. 4

10.3 Ejercicios

10.126 Aplicar las reglas de derivacion, para encontrar la expresion de f ′ en:

a) f(x) =√x−1√x+1

b) f(x) =√

x−1x+1 c) f(x) =

√x−1√x+1

d) f(x) = ln√x e) f(x) = ln(senx) f) f(x) = (ln(2− x2))−1

g) f(x) = arccotg 2+xx2 h) f(x) = ln(arccos(tg(x2))) i) f(x) =

(x−1√x+1

)−53

10.127 Encontar la expresion de las funciones derivadas, indicando el conjunto donde tienen validez:

a) f(x) = 1√x

b) f(x) = x√x

x2+1 c) f(x) = x45

(x+1)3

d) f(x) =√x2 − 2x e) f(x) = ln |x| f) f(x) = −

√|x| − x

10.128 Hallar la recta tangente a las graficas de las funciones siguientes en los puntos que se indican:

a) f(x) = x3 − x , en x = 0 y en x = 1.

b) f(x) = e1x2 , en x = −1 y en x = 0.



c) f(x) =√

2− x2 , en x = 1 y en x = −√

2+

.

10.129 Probar que la parabola y = (x+ 1)2 + 1 tiene recta tangente en todos sus puntos.

¿En que puntos la recta tangente pasa por (0, 0)?

10.130 Usar la regla de L’Hopital, para calcular

a) lımx→−2

x2−4x2(2+x) b) lım

x→−2

x3+23

x+2 c) lımx→0

7x3+4x3x−x2−2x3

d) lımx→∞

7x3+4x3x−x2−2x3 e) lım

x→0

ln(cos x)x2 f) lım

x→0

sen2 x+ex−1arccotg x

g) lımx→1

ln(x2)x−1 h) lım

x→π2

cos x2x−π i) lım

x→∞(x+ 1)(π2 − arccotg(2x))

j) lımx→∞

ex

x6 k) lımx→0

xα ln |x| α ∈ R l) lımx→∞

ln xxα α ∈ R

m) lımx→1

(1

ln x −1

x−1

)n) lım

x→0+xsen x o) lım

x→∞(x2 + 1)

−1x2

10.131 Estudiar la derivabilidad y obtener las derivadas, de las funciones del ejercicio 3.44.

10.132 Obtener las asıntotas de las funciones del ejercicio 3.44.

10.133 Estudiar la continuidad y derivabilidad de la funcion f(x) ={

arccotg 1+4x4x2 , si x 6= 0

π2 , si x = 0 , e indicar sus

intervalos de crecimiento y decrecimiento. ¿Tiene asıntotas?

10.134 Para las funciones f , g y h del ejercicio 3.46:

a) Estudiar su derivabilidad en los puntos del dominio.

b) Dar la expresion de las funciones derivadas.

c) Obtener los intervalos de monotonıa.

d) Estudiar la existencia de extremos locales.

e) Estudiar la existencia de asıntotas.

f) Estudiar la continuidad y derivabilidad de las funciones f ′ , g′ y h′ .

10.135 Hallar los extremos locales y globales de f(x) = x√x

x2+1 en [1, 3] y en [0,+∞).

10.136 Estudiar la monotonıa de f(x) = x− senx en [0, π] y deducir de ello que x ≥ senx en [0, π] .

10.137 Probar que:

a) Si f es una funcion estrictamente creciente, entoncesf ◦ g alcanza un maximo/mınimo en a ⇐⇒ h alcanza un maximo/mınimo en a

b) Si f es una funcion estrictamente decreciente, entoncesf ◦ g alcanza un maximo/mınimo en a ⇐⇒ g alcanza un mınimo/maximo en a

10.138 Usar los resultados del ejercicio 10.137, para encontrar los extremos locales de las funciones

a) f(x) = ex+1x2+3 b) f(x) = 1√

(x2−5)2+x2

10.139 Si f es par y alcanza un extremo en x = a , ¿alcanzara tambien un extremo en x = −a?

¿Que ocurrira si f es impar? ¿Y si es periodica de periodo T ?

10.140 Problema: Con una cuerda atamos una vaca al exterior de un edificio de planta cuadrada situado en el

centro de un prado. Si la longitud de la cuerda es la misma que el lado del edificio, ¿en que punto debemosatar la vaca para que tenga la mayor area posible de pasto? ¿y la menor?

Modelado del problema: Representamos el edificio por un cuadrado de lado L , por ejemplo el de vertices(0, 0), (L, 0), (L,L) y (0, L).Como el edificio es cuadrado, ocurre lo mismo en cada lado, por lo que basta estudiar uno de los lados,por ejemplo el lado inferior (el segmento {(x, 0) : x ∈ [0, L]}).



Luego, para cada x ∈ [0, L] , debemos encontrar un funcion f que asigne a cada x el area buscado, esdecir, tal que f(x) = area-abarcado-atando-en-x .

La solucion del problema se obtiene encontrando los puntos donde de alcancen el maximo y el mınimoglobal de f en el intervalo [0, L] .

a) Resolver el problema planteado.

b) Repetir el problema para una cuerda de longitud la mitad del perımetro del edificio.

10.141 Descomponer 100 en dos sumandos tales que el cuadruplo del primero mas el cuadrado del segundo seamınimo.

10.142 Hallar dos numeros cuya suma sea a , de modo que la suma de la cuarta potencia de uno, mas el cuadradodel otro, sea maxima.

10.143 Entre todos los rectangulos de area 50, ¿cual es el de perımetro mınimo? ¿y maximo?

10.144 Sean los triangulos rectangulos que tienen la suma de los catetos constante (e igual a k ). ¿Cual de ellostiene area maxima?

10.145 Dado un triangulo isosceles de base 8 cm y altura 5 cm, hallar las dimensiones de un rectangulo inscritoen el de area maxima.

10.146 Un prisma de 15 cm de altura tiene como base un triangulo rectangulo de hipotenusa igual a 10 cm.Calcular las longitudes de los catetos para que el volumen sea maximo.

10.147 De entre todos los cilindros con volumen 100π cm3 , escoger el de area lateral maxima. ¿Cual es el dearea total maxima?

10.148 Hallar las distancias mınima y maxima del punto (1, 1) a la circunferencia (x− 2)2 + (y − 2)2 = 9.

10.149 Hallar, las dimensiones del cilindro de volumen maximo inscrito en una esfera de radio R

10.150 Hallar, las dimensiones del cilindro de area total maxima inscrito en una esfera de radio R

10.151 Un pescador en bote de remos se encuentra, mar adentro, a una distancia de 2 km. del punto mas cercanode una playa recta y desea llegar a otro punto de la playa a 6 km. del primero. Suponiendo que se puederemar a una velocidad de 3 km/h. y caminar a 5 km/h, ¿que trayectoria debe seguir para llegar a sudestino en el menor tiempo posible? Si tiene una lancha que viaja a 15 km/h, ¿que trayectoria debe seguirahora?

10.152 Hay que cortar un hilo de longitud L en dos trozos. Con uno de ellos se forma un cırculo, y con el otroun cuadrado. ¿Como hay que cortar el hilo para que la suma de las areas sea maxima? ¿Y para que seamınima?.

10.153 Un camion ha de recorrer 300 kms en una carretera llana a una velocidad constante de x km/h. Las leyesde circulacion prescriben para la velocidad un maximo de 60 km/h y un mınimo de 30 km/h. Se suponeque el carburante cuesta 3 duros/litro y que el consumo es de 10+ x2

120 litros por hora. El conductor cobra10 duros por hora. Teniendo en cuenta que la empresa paga al conductor y el carburante, a que velocidadtendra que viajar el camion para que el dinero desembolsado por la empresa sea mınimo.

10.154 Sea f(x) una funcion derivable en todo R , cuya grafica es simetrica respecto al eje OY .

a) Estudiar la paridad (simetrıa) de f ′(x).

b) Determinar, si es posible, f ′(0).

10.155 Sea f una funcion de clase 1 (derivable con derivada continua) en la recta real R . Supongamos que ftiene exactamente un punto crıtico x0 que es un mınimo local estricto de f . Demostrar que x0 tambienes un mınimo absoluto para f .



Capıtulo 11

Polinomios de TaylorHemos visto el uso de la derivada como aproximacion de la funcion (la recta tangente) y como indicadora delcomportamiento de la funcion (monotonıa). En este tema veremos las derivadas de ordenes superiores paramejorar estos usos.

Una definicion usada cuando se manejan derivadas de ordenes superiores es la siguiente:

Definicion 224.- Se dice que f es una funcion de clase 1 (o que es C1 ) es x0 si es derivable en el punto y suderivada es continua en el punto. En general, se dice de clase m (o Cm ) si admite derivada hasta orden my son todas continuas.

Si admite derivadas de cualquier orden y todas son continuas, se dice de clase ∞ (C∞ ).

Ejemplos ? f(x) = ex es continua y derivable en R y su derivada es f ′(x) = ex continua en R , luego esC1 en R . Como su derivada es ella misma, vuelve a ser derivable y su derivada continua y, sucesivamente,es en realidad de C∞ .

? Los polimonies son de clase ∞ es R . En efecto, son continuos y derivables, y su derivada es un polinomio,que vuelve a ser continua y derivable, etc.

? Las funciones seno y coseno son C∞ , pues salvo signos una es la derivada de la otra y son continuas yderivables. 4

11.1 Polinomios de Taylor

Cuando en el calculo de lımites usamos L’Hopital o algunos infinitesimos, estamos sustituyendo el comporta-miento de la funcion cerca del punto por el de su recta tangente. Esta aproximacion que usamos, coincidecon la funcion en su valor y el valor de la derivada en el punto; los polinomios de Taylor que construiremos acontinuacion se toman para que coincida con la funcion en todas las derivadas.

Definicion 225.- Lamaremos polinomio de Taylor de grado n para la funcion f en el punto a , ylo denotaremos por Pn,a , al polinomio:

Pn,a(x) = f(a) +f ′(a)

1!(x− a) +

f ′′(a)2!

(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)n!

(x− a)n =n∑k=0

f (k)(a)k!

(x− a)k

Los polinomios de Taylor en el punto a = 0, suelen denominarse polinomios de McLaurin.

Nota: Observamos que el polinomio de grado 1, P1,a(x) =f(a) + f ′(a)

1! (x− a) es la recta tangente a f en el punto a ,de manera que los polinomios de Taylor seran una especiede “polinomios tangentes” a la funcion en el punto. Altener mayor grado que la recta tangente se espera que separezcan mas a la funcion que esta, aunque dado que parasu construccion unicamente usamos los valores de f y susderivadas en el punto a , sera una aproximacion local (cercade a).

rf(x) = sen(x)P1, 2π3

(x)

P2, 2π3(x)

P3, 2π3(x)

P4, 2π3(x)

En efecto, para todo k = 1, . . . , n , se cumple que P (k)n,a(a) = f (k)(a):

Pn,a(x) = f(a) + f ′(a)1! (x− a)1 + f ′′(a)

2! (x− a)2 + f ′′′(a)3! (x− a)3 + · · ·+ f(n−1)(a)

(n−1)! (x− a)n−1 + f(n)(a)n! (x− a)n

P ′n,a(x) = f ′(a) + f ′′(a)1! (x− a)1 + f ′′′(a)

2! (x− a)2 + · · ·+ f(n−1)(a)(n−2)! (x− a)n−2 + f(n)(a)

(n−1)! (x− a)n−1

P ′′n,a(x) = f ′′(a) + f ′′′(a)1! (x− a)1 + · · ·+ f(n−1)(a)

(n−3)! (x− a)n−3 + f(n)(a)(n−2)! (x− a)n−2

P ′′′n,a(x) = f ′′′(a) + · · ·+ f(n−1)(a)(n−4)! (x− a)n−4 + f(n)(a)

(n−3)! (x− a)n−3


119 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 11.1 Polinomios de Taylor

· · · · · ·P

(n−1)n,a (x) = f (n−1)(a) + f(n)(a)

1! (x− a)1

P(n)n,a (x) = f (n)(a)

Y sustituyendo, se ve que P (k)n,a(a) = f (k)(a), para todo k .

Ejemplo La funcion f(x) = senx es C∞ en R , y sus derivadas son f ′(x) = cosx , f ′′(x) = − senx ,f (3)(x) = − cosx y f (4)(x) = senx = f(x) de nuevo, luego f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f (3)(0) = −1 y serepiten f (4)(0) = f(0) = 0, f (5)(0) = f ′(0) = 1, etc. Por lo que

P7,0(x) = 0+ 11! (x−0)+ 0

2! (x−0)2+−13! (x−0)3+ 0

4! (x−0)4+ 15! (x−0)5+ 0

6! (x−0)6+−17! (x−0)7 = x

1!−x3

3! + x5

5! −x7

7!

es su polinomio de Taylor de grado 7 en x = 0. 4

Por la propia contruccion de los polinomios de Taylor, resulta evidente el siguiente resultado

Proposicion 226.- Si P (x) es el polinomio de Taylor de grado n de f en a , entonces P ′(x) es el polinomiode Taylor de grado n− 1 de f ′ en a .

Ejemplo La funcion f(x) = cosx es la derivada del seno y el polinomio de Taylor de g(x) = senx en 0 degrado 7 es P (x) = x

1! −x3

3! + x5

5! −x7

7! . Entonces, el polinomio de MacLaurin de grado 6 de f(x) = cosx en 0,es P6,0 = P ′(x) = 1− x2

2! + x4

4! −x6

6! . 4

Como es habitual, la obtencion de polinomios de Taylor se amplia con las operaciones algebraicas basicas:

Propiedades 227.- Sean f y g dos funciones y Pn,a y Qn,a los polinomios de Taylor de grado n en arespectivos. Se tiene

1.- El polinomio de Taylor de grado n para f + g en a es Pn,a +Qn,a

2.- El polinomio de Taylor de grado n para fg en a es la parte hasta grado n del polinomio producto dePn,a y Qn,a .

3.- El polinomio de Taylor de grado n para f/g en a se obtiene dividiendo el polinomio Pn,a entre elpolinomio Qn,a , pero ordenados de la potencia menor a la potencia mayor, hasta llegar al grado n en elcociente.

Proposicion 228.- Si Pn,a es el polinomio de Taylor de grado n para f en a y Qn,f(a) es el polinomio deTaylor de grado n para g en f(a), entonces el polinomio de Taylor de grado n para g ◦ f en a se obtienetomando la parte hasta el grado n del polinomio Qn,f(a)[Pn,a(x)] , composicion de los de f y g .

Nota: La division entre polinomios comenzando por losterminos de menor grado a que se hace referencia en elresultado anterior, la vemos ejemplificada a la derecha,dividiendo 1+2x entre 1+x2 . Nos hemos detenido trasobtener 4 terminos del cociente, pero se puede dividirtanto como se quiera, mientras el resto no se anule.Puede comprobarse que es cierto que

1 + 2x1 + x2

= 1 + 2x− x2 − 2x3 +x4 + 2x5

1 + x2

1 +2x 1 + x2

−1 −x2 1 + 2x− x2 − 2x3

2x−x2

−2x −2x3

−x2 −2x3

x2 +x4

−2x3 +x4

2x3 +2x5

x4 +2x5

Ejemplo Obtener el polinomio de Taylor de grado 3 en 0 de f(x) = senx + cosx , g(x) = senx cosx yh(x) = tg x = sen x

cos x . Como el polinomio de McLaurin de grado 3 de senx es P (x) = x − x3

3! y el de cosx esQ(x) = 1− x2

2! , se tiene

? P (x) +Q(x) = 1 + x− x2

2! −x3

3! es el polinomio de McLaurin de grado 3 de f .

? P (x)Q(x) = x− x3

3! −x3

2! + x5

2!3! , luego x− 4x3

3! es el polinomio de McLaurin de grado 3 de g .


120 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 11.1 Polinomios de Taylor

? P (x)Q(x) = x− x36

1− x22= x +

x33

1− x22= x + x3

3 +x56

1− x22= x + x3

3 + x5

6 +x712

1− x22, luego x + x3

3 es el polinomio de

McLaurin de grado 3 de h . 4

Ejemplo El polinomio de Taylor de grado 4 de f(x) = x2 en 0 es P (x) = x2 y el polinomio de Taylor degrado 4 de g(x) = ex en f(0) = 0 es Q(x) = 1 + x

1! + x2

2! + x3

3! + x4

4! , luego el polinomio de Taylor de grado 4de (g ◦ f)(x) = ex

2sera: la parte hasta grado 4 del polinomio Q(P (x)) = 1 + x2

1! + x4

2! + x6

3! + x8

4! , es decir, elpolinomio 1 + x2

1! + x4

2! . 4

Un primer resultado en el sentido de que el polinomio de Taylor es una buena aproximacion de la funcion fen un entorno del punto:

Proposicion 229.- Sea f es una funcion de clase Cn−1 en un entorno de a y existe f (n)(a). Sea Pn,a(x) elpolinomio de Taylor de grado n para la funcion f en el punto a , entonces:

lımx→a

f(x)− Pn,a(x)(x− a)n

= 0

Demostracion:Basta aplicar L’Hopital sucesivamente al lımite siguiente (n − 1 veces, que es aplicable por tener la funcion yel polinomio de Taylor las mismas derivadas en el punto), y tener en cuenta que existe f (n)(a):

lımx→a

f(x)− Pn,a(x)(x− a)n

= lımx→a

f ′(x)− P ′n,a(x)n(x− a)n−1

= lımx→a

f ′′(x)− P ′′n,a(x)n(n− 1)(x− a)n−2

= · · ·

= lımx→a

f (n−1)(x)− P (n−1)n,a (x)

n · · · 2(x− a)= lımx→a

f (n−1)(x)−(f (n−1)(a) + f(n)(a)

1! (x− a))

n · · · 2(x− a)

=1n!

lımx→a

(f (n−1)(x)− f (n−1)(a)x− a

− f (n)(a))

=1n!

(f (n)(a)− f (n)(a)

)= 0

Nota: El resultado nos indica que la diferencia entre f(x) y Pn,a(x) se hace pequena cuando x es cercano aa incluso en comparacion con (x− a)n , con lo que los polinomios de Taylor aproximan muy bien a la funcion,casi puede decirse que “reproducen” la funcion cerca del punto. Por ello, el uso de los polinomios de Taylor eneste sentido, es uno de los metodos mas sencilos para evaluar funciones de forma aproximada.Es obvio, que si aumentamos el orden del polinomio se pro-duce una mejor aproximacion, no solo porque el valor delpolinomio en un punto sea mas cercano al valor real de lafuncion (“mejor” aproximacion) sino tambien porque pue-den aumentar los puntos para los cuales la aproximaciones “buena”. No obstante esto no es lineal, es decir, no poraumentar mucho el grado del polinomio vamos a conseguiruna buena aproximacion en todo el dominio.

rf(x) = 1

1+x2 P0,0(x) = 1

P2,0(x) = 1− x2

P4,0(x) = 1− x2 + x4

P6,0(x) = 1− x2 + x4 − x6

P8,0(x) = 1− x2 + x4 − x6 + x8

En la figura aneja, podemos ver un ejemplo de lo que estamos diciendo, por mucho que aumentemos el ordende los polinomios de Taylor en x = 0 la funcion f(x) = 1

x2+1 no puede aproximarse para los valores de x fuerade (−1, 1). Por ello, decimos que las aproximaciones de Taylor son aproximaciones locales.

11.1.1 Formula de Taylor.

Todas estas ideas y comentarios sobre la aproximacion de funciones con polinomios quedan de manifiesto conla obtencion de la Formula de Taylor, que relaciona con igualdad la funcion y el polinomio de Taylor:

Formula de Taylor 230.- Si para una funcion f existen f ′ , f ′′ , . . . , f (n) y f (n+1) sobre el intervalo [a, x] .Entonces,

f(x)− Pn,a(x) =f (n+1)(c)(n+ 1)!

(x− a)n+1 para un cierto c ∈ (a, x),

llamado resto de Lagrange, o tambien

f(x)− Pn,a(x) =f (n+1)(c)

n!(x− c)n(x− a) para un cierto c ∈ (a, x),

que se denomina resto de Cauchy. .


121 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 11.2 Representacion de funciones (2)

Corolario 231.- Cualquier polinomio de grado n , P (x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn , se puede escribir como

P (x) = P (a) +P ′(a)

1!(x− a) + · · ·+ P (n)(a)

n!(x− a)n ∀ a ∈ R

La Formula de Taylor y el hecho de que la derivada de orden n + 1 para un polinomio de grado n es cero,garantiza la igualdad de los dos polinomios del corolario. Pero tambien, la igualdad propuesta por la Formulade Taylor, nos permitira sustituir la funcion por el polinomio de Taylor en el calculo de lımites; esta sustitucionamplıa el uso de los infinitesimos equivalentes (que son casos simples de los polinomios de Taylor) eliminandola restriccion de su uso a los productos y cocientes.

Ejemplo lımx→0

sen x−xx3 = lım

x→0

(x− x33! +sen(c)x4

4! )−xx3 = lım

x→0

− x33! +sen(c)x4

4!x3 = lım

x→0− 1

3! + sen(c)x4! = −1

6 4

Cuando aproximamos el valor real de una funcion en un punto cercano a a usando el polinomio de Taylorde la funcion en a , con la Formula de Taylor podemos buscar una cota del error cometido. En efecto, al tomarcomo valor de la funcion el del polinomio, el error cometido sera f(x) − Pn,a(x) = f(n+1)(c)

(n+1)! (x − a)n+1 , paraalgun c entre a y x , y aunque no conocemos el valor c , sı que podemos intentar acotar el valor del resto∣∣∣ f(n+1)(c)

(n+1)! (x− a)n+1∣∣∣ = |x−a|n+1

(n+1)|∣∣f (n+1)(c)

∣∣ .Ejemplo Sabemos que sen(x) = x − x3

3! + sen(c)x4

4! cerca de a = 0, entonces si decimos que el valor de

sen(0.4) ≈ (0.4)− (0.4)3

3! = 0.389333 el error cometido lo podemos acotar con |sen(c)||0.4|44! ≤ 1·|0.4|4

24 = 0.00106.Como sabemos que senx < x , y como c ∈ (0, 0.4), es mejor aproximacion sen(c) < c < 0.4 que sen(c) ≤ 1,

luego |sen(c)| |0.4|4

4! < |0.4| |0.4|4

24 = 0.000426 es una cota del error cometido (el error real cometido es menor que0.0001). 4

11.2 Representacion de funciones (2)

Monotonıa y extremos locales El siguiente resultado nos ofrece una condicion suficiente que caracterizaextremos locales, generalizada al uso de las derivadas de ordenes superiores:

Proposicion 232.- Sea f una funcion de clase Cn−1 en un entorno del punto a , para la que se cumple quef ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, y ademas existe f (n)(a) 6= 0. Entonces:

a) Si n es par y f (n)(a) > 0, f presenta un mınimo local en a .

b) Si n es par y f (n)(a) < 0, f presenta un maximo local en a .

c) Si n es impar y f (n)(a) > 0, f es estrictamente creciente en a .

d) Si n es impar y f (n)(a) < 0, f es estrictamente decreciente en a . .

Ejemplo La funcion f(x) = x4 presenta un mınimo local en 0, pues f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 0 y f (4)(0) =24 > 0 siendo n = 4 par. Mientras que f(x) = x3 es estrictamente creciente en 0, pues f ′(0) = f ′′(0) = 0 yf ′′′(0) = 6 > 0 siendo n = 3 impar. 4

Concavidad y convexidadCon la Formula de Taylor, la derivada segunda se convierte en la herramienta para el estudio de la concavidad

y convexidad:

Proposicion 233.- Sea f : (a, b) −→ R .

a) Si f ′′(x) < 0, ∀x ∈ (a, b), entonces f(x) es convexa en (a, b).

b) Si f ′′(x) > 0, ∀x ∈ (a, b), entonces f(x) es concava en (a, b).

Demostracion:Sea x0 ∈ (a, b), entonces: f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + f ′′(t)

2! (x− x0)2 para un cierto t entre x y x0 . Portanto, si f ′′ < 0 en (a, b),

f(x)− [f(x0) + f ′(x0)(x− x0)] = f ′′(t)(x− x0)2

2!≤ 0


122 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR 11.2 Representacion de funciones (2)

luego f es convexa ya que esto se dara para todo x, x0 ∈ (a, b), y significa que todos los puntos de la curvaestan por debajo de la tangente a la curva en cualquier punto x0 ∈ (a, b).

Analogamente, sera concava si f ′′ > 0 en (a, b).

Ejemplo La funcion f(x) = x2 es concava en todos los puntos, pues f ′′(x) = 2 > 0. Analogamente,f(x) = −x2 es convexa en todo R . 4

Corolario 234.- Si f ′′(x) existe en un entorno de x0 y es continua en x0 , entonces una condicion necesariapara que x0 sea un punto de inflexion de f es que f ′′(x0) = 0.

Demostracion:Si x0 es un punto de inflexion de f , entonces:

Si f es concava a la derecha de x0 (luego f ′′(x) > 0 en (x0, b)), sera convexa a la izquierda de x0

(luego f ′′(x) < 0 en (a, x0)), y viceversa.

Como f ′′ es continua en x0 , se tiene que lımx→x0

f ′′(x) = f ′′(x0) de donde puede concluirse que f ′′(x0) = 0.

Ejemplo f(x) = x3 presenta un punto de inflexion en x = 0, pues es C2 es R y f ′′(x) = 6x se anula enx = 0, por lo que verifica la condicion necesaria. Como es continua en 0 y f ′′ < 0 en (−∞, 0) y f ′′ > 0 en(0,∞) es punto de inflexion. 4

11.2.1 Representacion de funciones en forma explıcita: y = f(x)

Dada una funcion y = f(x), nos proponemos hacer su estudio y representacion grafica. Para ello se debenestudiar en terminos generales los siguientes aspectos:

1.- Dominio y continuidad de la funcion.

2.- Simetrıas (par e impar) y periodicidad.

Definicion 235.- Una funcion f se dice par si f(−x) = f(x) (f simetrica respecto al eje OY ).Una funcion f se dice impar si f(−x) = −f(x) (f simetrica respecto al origen (0, 0)).

Definicion 236.- Una funcion f se dice periodica de periodo T , si T es el menor numero real tal quef(x+ T ) = f(x), ∀x .

3.- Comportamiento asintotico.

4.- Derivabilidad de la funcion.

5.- Intervalos de crecimiento y decrecimiento.

6.- Extremos locales y globales.

Generalmente, al estudiar una funcion f sobre un conjunto A va a interesar conocer los valores masextremos que puede tomar f en la totalidad del conjunto A , es decir, el maximo global y el mınimoglobal. Estos extremos globales (tambien llamados extremos absolutos) pueden existir o no, segun seanf y A ; sin embargo el teorema de Weierstrass (Th. 88) garantiza, bajo ciertas condiciones su existencia.

Es claro que los extremos globales han de buscarse entre los extremos locales y los posibles valores de fen la frontera de A .

7.- Intervalos de concavidad y convexidad.

8.- Puntos de inflexion.



11.2.2 Estudio de curvas dadas en forma parametrica y polar

11.2.2.1 Curvas dadas en forma parametrica: x = ϕ(t) , y = ψ(t) .

Dadas ϕ,ψ:A −→ R , si consideramos los puntos del plano de la forma (ϕ(t), ψ(t)), para cada valor t ∈ A ,estaremos representando sobre el plano real una curva. Se dice que la curva viene dada por sus ecuaciones

parametricas{x = ϕ(t)y = ψ(t) y al valor t se lo denomina parametro.

Si la funcion x = ϕ(t) admite inversa, t = ϕ−1(x), entonces y se podra escribir como funcion de x ,y = ψ(t) = ψ(ϕ−1(x)) = f(x) y tendremos la curva representada por una funcion en forma explıcita.

En general, aunque x = ϕ(t) no admita inversa para todo t , si admitira inversa por “trozos” (al menossiempre que ϕ′(t) 6= 0, por el Teorema de la funcion inversa), luego podremos suponer que a la curva enparametricas se le puede asociar, por trozos, alguna funcion en forma explıcita.

Entonces, para estudiar una curva dada en parametricas podemos usar los resultados conocidos para laforma explıcita. En efecto, supuesto y = ψ(t) = ψ(ϕ−1(x)) = f(x), se tiene que

? lımx→x0

f(x) = y0 , si se cumple que lımt→t0

ϕ(t) = x0 y lımt→t0

ψ(t) = y0

? f ′(x) = ψ′[ϕ−1(x)] · (ϕ−1)′(x) = ψ′(t)(ϕ−1)′(x) = ψ′(t) 1ϕ′(t)

? f ′′(x) = ddx

[ψ′(t)ϕ′(t)

]= d

dt

[ψ′(t)ϕ′(t)

]dtdx = d

dt

[ψ′(t)ϕ′(t)

](ϕ−1)′(x) = ψ′′(t)ϕ′(t)−ϕ′′(t)ψ′(t)

(ϕ′(t))21

ϕ′(t)

luego todos los conceptos y resultados tratados para la representacion en explıcitas son estudiables para lasparametricas: continuidad, asıntotas, monotonıa, extremos, convexidad, etc.

11.2.2.2 Curvas dadas en coordenadas polares

Sean O un punto del plano, al que llamaremos polo, y una semirrecta, llamada eje polar, que tiene su origenen O . La posicion de un punto cualquiera P del plano se determina por dos numeros: r y θ ; el primero deellos indica la distancia del punto P al polo y el segundo el angulo formado por el eje polar y la recta OP . Losnumeros r y θ se denominan coordenadas polares del punto P . Si θ varıa entre 0 y 2π , a todo punto Pdistinto de O le corresponde un par, bien determinado, de numeros r y θ . El polo es el unico punto cuyo rvale 0, aunque θ no esta determinado.

Una curva en coordendas polares es un curva en el plano descrita por una ecuacion r = f(θ), una vezfijados el polo y el eje polar.

Si tomamos el 0 = (0, 0) como polo y el semieje de abcisas positivo como eje polar, cada punto (x, y) del

plano viene descrito por las ecuaciones{x = r cos θy = r sen θ , por lo que para un estudio exhaustivo de una curva en

polares r = f(θ), podemos realizar el estudio de la curva en parametricas dada por{x = f(θ) cos θy = f(θ) sen θ . Aunque

para una representacion sencilla de la curva basta la propia definicion de las coordendas polares como distanciaal polo y angulo recorrido.

11.3 Ejercicios

11.156 Escribir cada uno de los polinomios P (x) = x3 − 2x2 + 3x + 5 y Q(x) = 2x3 − 6x2 + 8 en potencias dex− 2 y en potencias de x+ 1.

11.157 Construir un polinomio de grado menor o igual que 10 que verifique: P (7) = 1, P ′(7) = 2, P ′′(7) = −3,P (3)(7) = · · · = P (8)(7) = 0, P (9)(7) = −1, P (10)(7) = 5. Hallar la ecuacion de la recta tangente a lagrafica de P (x) en el punto de abscisa x = 9.

11.158 Probar que β es una raız de multiplicidad m del polinomio P (x) = anxn + · · · + a1x + a0 si, y solo si

P (β) = P ′(β) = P ′′(β) = · · · = Pm−1)(β) = 0 y Pm)(β) 6= 0.

11.159 Hallar los polinomios de Taylor de grado 4 de las funciones siguientes en los puntos indicados:

a) f(x) = 23−x en α = 1 b) f(x) = cosx en α = π

2 c) f(x) = lnx en α = 1d) f(x) = ex en α = −1 e) f(x) = tg x en α = 0 f) f(x) = x

34 en α = 1



11.160 Construir la formula de Taylor para el polinomipo de grado 4 de f(x) =√

3 + x en el punto 1 y obteneruna cota del error cometido al aproximar el valor

√5 mediante el polinomio de Taylor de orden 4.

11.161 Construir la formula de MacLaurin de f(x) = ex . Si aproximo el valor de e−1 mediante un polinomiode MacLaurin ¿que grado tendra que tener al menos, para que el error cometido sea menor que unadiezmilesima (10−4 )?

11.162 Construir la formula de Taylor de f(x) = lnx en el punto 1. Dar el valor aproximado de ln 32 , con un

error menor que una diezmilesima.

11.163 Considerar los polinomios de MacLaurin de grado 4 de las funciones ex , senx , cosx , x(1−x),√

1 + x yln(1 + x). Usar las operaciones con los polinomios de Taylor, para calcular los polinomios de MacLaurinde grado 4 de:

a) senx+ cosx b) ex ln(1 + x) c) x(1− x) ln(1 + x) d) x(1− x) + ex

e) 1√1+x

f) x(1−x)√1+x

g) sen xex + ln(1 + x) h) sen2 x√

1+x+ cos2 x

ex

11.164 Usar los desarrollos limitados (polinomios de Taylor) de las funciones f y g en los puntos que se indican,para encontrar los polinomios de Taylor de la composicion pedidos:

a) f(x) = x2 en α = 0 y g(y) = ey en β = 0, hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 8.

b) f(x) = 1− x en α = 1 y g(y) = ln(1− y) en β = 0, hallar el de g ◦ f en α = 1 de grado 5.

c) f(x) = 2x en α = 0 y g(y) = sen y en β = 0, hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 7.

d) f(x) = x2 en α = 0 y g(y) = (1 + y)12 en β = 0, hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 6.

e) f(x) = x2 + 4x+ 5 en α = −2 y g(y) = ln y en β = 1, hallar el de g ◦ f en α = −2 de grado 6.

11.165 Hallar los 4 primeros terminos (no nulos) de los polinomios de Taylor de:

a)√

2 + x2 en α = 0 b) 1x(1+x) en α = 1 c) ln

(1+x1−x

)en α = 0

11.166 Probar que si Pn(x) es el polinomio de Taylor de grado n de f en α , entonces f(x)−f(α) y Pn(x)−f(α)son infinitesimos equivalentes cuando x→ α .[Nota: De hecho, para los infinitesimos conocidos se ha tomado el termino de menor grado de Pn(x)− f(α) ]

11.167 Hallar polinomios que sean infinitesimos equivalentes de las funciones:

a)√

1−x− 1 cuando x→ 0 b) 1−senx cuando x→ π2 c) 1

x−1 cuando x→ 1

11.168 Usar los polinomios de Taylor del grado necesario para calcular:

a) lımx→0

x(2+cos x)−3 sen xx5 b) lım

x→0

arccotg x−tg xx3 c) lım

x→0

(1x + 2(1−ch x)

x3

)11.169 ¿Para que valores de a y de b es finito el lımite: lım

x→0

x(1+a cos x)−b sen xx3 ?

11.170 Hallar n ∈ N tal que lımx→0

arccotg x−tg xxn = k 6= 0 y finito.

11.171 Encontrar a y b para que lımx→0

ex− 1+ax1+bxx3 sea finito.

11.172 Encontrar a y b para que ln( 1+x1−x )− x(2+ax2)

1+bx2 sea equivalente a 8x7

175 cuando x tiende a cero.

11.173 Encontrar una funcion equivalente, cuando x → 0, a la funcion: g(x) = ex+e−x−2x2 − 1 y deducir que

lımx→0

g(x) = 0.

11.174 Encontrar una funcion equivalente a la funcion f(x) =√x+2−2√x+7−3

− 32 cuando x tiende a 2.

11.175 Probar que P (x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x+ 5 no tiene ninguna raız real.



11.176 Se considera la funcion f(x) =x lnxx2 − 1

definida en los intervalos (0, 1) y (1,∞).

a) Probar que se pueden dar valores a f(0) y a f(1) para que la funcion sea continua en 0 a la derechay para que f sea continua y derivable en 1.

b) ¿Que vale en 0 la derivada por la derecha supuesto dado a f(0) el valor del apartado anterior?.

11.177 Dada la funcion f(x) = xex

|ex−1| .

a) Definir la funcion f en el punto x = 0 de forma que f sea continua en dicho punto, si ello es posible.b) Hallar las asıntotas de f .

11.178 Para las siguientes funciones, encuentra todas sus asıntotas e indica, mediante un esbozo grafico, como seaproxima la funcion a ellas.

a) f(x) = x−1(x2+4x)2 b) f(x) = (2x2−2

√2 x+1)2

x3−x c) f(x) = 1x −

1x−1

d) f(x) = x3

3x2−2 −1x e) f(x) = sen x

x f) f(x) = x tg x

11.179 Encuentra todas las asıntotas de las funciones siguientes:

a) f(x) = x+1√x2−1

b) f(x) = 42−ln(x2−

√2 x+ 1

2 )c) f(x) = x2+2x√

x2−1d) f(x) = sen x

1−cos x

11.180 Estudia las simetrıas y periodicidad de las funciones de los ejercicios 11.178 y 11.179 anteriores.

11.181 Sea f : [0, 9] −→ R continua. Si f ′: (0, 8)∪(8, 9) −→ R viene dada por la grafica de abajo,

b

b2 4

6 7 8 9

31 5

3

2

1

0

-1

-2

Estudiar: intervalos de monotonıa yconcavidad, puntos crıticos y de in-flexion de la funcion f (supondremosque existe f ′′ en los puntos donde loparece).Representar aproximadamente lagrafica de f suponiendo f(x) ≥ 0.¿Cual es el dominio de f ′′ y que sepuede decir de ella?

11.182 Estudiar las funciones siguientes y construir sus graficas

a) f(x) = (x− 1)2(x− 2) b) f(x) = 23

√8 + 2x− x2 c) f(x) = 4− x2(x+ 2)2

d) f(x) = x− 2 arccotg x e) f(x) = x2√x+ 1 f) f(x) = 3

√x2 − x

g) f(x) = x5−10x3+20x2−15x+432 h) f(x) = 3+x4

x3 i) f(x) = 2x2+3x−4x2

j) f(x) = xln x k) f(x) = x2

2 − lnx l) f(x) = x2

2 ln |x|m) f(x) = sen(3x)− 3 senx n) f(x) = sen3 x+ cos3 x o) f(x) = e−2x sen(2x)

11.183 Estudiar la funcion f(x) = 3

√(x−1)5

(x+1)2 y construir su grafica.

11.184 Dada la funcion f(x) = arcsen x+1√2(x2+1)

, se pide:

a) Dominio y continuidad de f .b) ¿Tiene asıntotas?c) Ver que f no es derivable en x = 1. Hallar la derivada a la derecha y a la izquierda del punto x = 1.d) Estudiar crecimiento y decrecimiento, extremos locales y globales de f .e) Estudiar concavidad y los puntos de inflexion de f .f) Representacion grafica de f y de f ′ .



Anexo 3: Demostraciones

Calculo diferencial en RFunciones reales de variable real

Demostracion de: Propiedades del valor absoluto 45 de la pagina 16

Propiedades del valor absoluto 45.-

a) |a| ≥ 0, ∀ a y |a| = 0 ⇐⇒ a = 0 b) |ab| = |a| |b| c)∣∣a−1

∣∣ = |a|−1

d) |a| ≤ k ⇐⇒ −k ≤ a ≤ k e) |a+ b| ≤ |a|+ |b| f)∣∣∣ |a| − |b| ∣∣∣ ≤ |a− b|

Demostracion:a) |a| ≥ 0 por la definicion. Para la segunda parte, si |a| = 0, o bien a = |a| = 0, o bien a = − |a| = 0,

luego necesariamente a = 0; la otra implicacion es obvia pues |0| = 0.

b) Consideremos los casos: si a ≥ 0 y b ≥ 0 se tiene |ab| = ab = |a| |b| ; si a ≤ 0 y b ≤ 0 se tiene|ab| = ab = (−a)(−b) = |a| |b| ; y si a ≤ 0 y b ≥ 0, entonces |ab| = −ab = (−a)b = |a| |b| .

c) De 1 = |1| =∣∣a−1a

∣∣ =∣∣a−1

∣∣ |a| , se obtiene el resultado.

d) Si |a| ≤ k , o a = |a| ≤ k que cumple la segunda desigualdad o −a = |a| ≤ k , pero entonces −k ≤ a y secumple la primera. Si −k ≤ a ≤ k , se tiene k ≥ −a ≥ −k , por lo que −k ≤ |a| ≤ k .

e) Como ∀x , x ≤ |x| , o |a+ b| = a+ b ≤ |a|+ |b| , o bien |a+ b| = −a− b ≤ |−a|+ |−b| = |a|+ |b| .

f) |a| = |a− b+ b| ≤ |a− b| + |b| , luego |a| − |b| ≤ |a− b| ; y con b se tiene |b| − |a| ≤ |b− a| . Luego− |a− b| = − |b− a| ≤ −(|b| − |a|) = |a| − |b| ≤ |a− b| y por d) se concluye la prueba

Lımites y continuidad

Demostracion de: Proposicion 62 de la pagina 22

Proposicion 62.- Sean f, g, h:A −→ R y x0 un punto de acumulacion de A .

1.- Si f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) en A y lımx→x0

f(x) = L = lımx→x0

h(x), entonces lımx→x0

g(x) = L

2.- Si g esta acotada en A y lımx→x0

f(x) = 0, entonces lımx→x0

g(x) · f(x) = 0

Demostracion:

1.- Si lımx→x0

f(x) = L = lımx→x0

h(x), entonces para cada ε > 0:

existe δ1 tal que si 0 < |x− x0| < δ1 , entonces L− ε < f(x) < L+ ε

existe δ2 tal que si 0 < |x− x0| < δ2 , entonces L− ε < h(x) < L+ ε

luego tomado δ = mın{δ1, δ2} , si 0 < |x− x0| < δ , entonces L− ε < h(x) ≤ g(x) ≤ f(x) < L+ ε .

2.- Si g esta acotada, existe K > 0 tal que |g(x)| ≤ K , para todo x , luego se verifica que0 ≤ |g(x)f(x)| ≤ K |f(x)| , para todo x

Por el apartado anterior, si probamos que lımx→x0

K |f(x)| = 0, entonces lımx→x0

|g(x)f(x)| = 0 y se tiene que

lımx→x0

g(x)f(x) = 0 (por la proposicion 61).

Como lımx→x0

f(x) = 0 ⇐⇒ lımx→x0

|f(x)| = 0, para cada ε > 0 existe δ > 0, tal que si 0 < |x− x0| < δ se

verifica que |f(x)| < εK . Entonces, si 0 < |x− x0| < δ se tiene que

|K |f(x)| − 0| = K |f(x)| < Kε

K= ε

lo que concluye la prueba.


127 – Matematicas 1 : Calculo diferencial en IR Anexo 3

Demostracion de: Propiedades 63 de la pagina 22

Propiedades 63.- Si lımx→x0

f(x) = L1 ∈ R y lımx→x0

g(x) = L2 ∈ R , entonces:

a) lımx→x0

[f(x) + g(x)] = lımx→x0

f(x) + lımx→x0

g(x) = L1 + L2 .

b) lımx→x0

[f(x) · g(x)] = lımx→x0

f(x) · lımx→x0

g(x) = L1 · L2 .

c) lımx→x0

f(x)g(x) =

lımx→x0

f(x)

lımx→x0

g(x) = L1L2

, siempre que L2 6= 0.

Demostracion:

1.- Por la definicion de lımite, tenemos que

lımx→x0

f(x) = L1 ⇐⇒ para cada ε > 0, ∃ δ1 > 0 tal que si 0 < |x− x0| < δ1 =⇒ |f(x)− L1| < ε2

lımx→x0

g(x) = L2 ⇐⇒ para cada ε > 0, ∃ δ2 > 0 tal que si 0 < |x− x0| < δ2 =⇒ |g(x)− L2| < ε2

luego tomando δ = mın{δ1, δ2} , tenemos que: para cada ε > 0 existe δ = mın{δ1, δ2} > 0 tal que si0 < |x− x0| < δ (luego menor que δ1 y menor que δ2 ), entonces

|(f(x) + g(x))− (L1 + L2)| = |f(x)− L1 + g(x)− L2| ≤ |f(x)− L1|+ |g(x)− L2| <ε

2+ε

2= ε

2.- Como lımx→x0

f(x)g(x) = L1L2 ⇐⇒ lımx→x0

(f(x)g(x)− L1L2

)= 0, veamos esto ultimo. Pero

f(x)g(x)− L1L2 = f(x)g(x)− L2f(x) + L2f(x)− L1L2 = f(x)(g(x)− L2) + L2(f(x)− L1)

y sabemos que lımx→x0

(f(x)−L1) = 0, lımx→x0

(g(x)−L2) = 0, f(x) esta acotada en algun entorno de x0 (Th

de acotacion) y L2 es constante. Por el segundo resultado de la Proposicion 62, lımx→x0

f(x)(g(x)−L2) = 0

y lımx→x0

L2(f(x)− L1) = 0, luego lımx→x0

(f(x)g(x)− L1L2

)= 0 + 0 = 0.

3.- Por ser f(x)g(x) = f(x) · 1

g(x) , por el apartado anterior, basta probar que lımx→x0

1g(x) = 1

L2.

Como 1g(x) −

1L2

= L2−g(x)g(x)L2

= 1g(x)L2

(L2− g(x)), lımx→x0

(g(x)−L2) = 0 y L2 es constante, si probamos que

la funcion 1g(x) esta acotada en un entorno de x0 , por la Proposicion 62 tendremos que lım

x→x0

1g(x)L2

(L2−

g(x)) = lımx→x0

(1

g(x) −1L2

)= 0, lo que prueba el resultado.

En efecto, si L2 6= 0, por el teorema del signo, o bien −K < g(x) < −k < 0 si L2 < 0, o bien0 < k < g(x) < K si L2 > 0. Entonces, 0 < k < |g(x)| < K y, por tanto, 0 < 1

K < 1|g(x)| <

1k , luego 1

g(x)

esta acotada.

Demostracion de: Teorema 65 de la pagina 22

Teorema 65.- Sean f :A −→ R y g: f(A) −→ R . Si lımx→a

f(x) = b y g es continua en b , entonces

lımx→a

g(f(x)) = g(b) = g(

lımx→a

f(x)).

Demostracion:Como lım

x→af(x) = b ,

para cada ε1 > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x− a| < δ entonces |f(x)− b| < ε1 .

Por otra parte, si g es continua en b se tiene que:

para cada ε > 0 existe δ1 > 0 tal que si |y − b| < δ1 entonces |g(y)− g(b)| < ε .



Entonces, haciendo ε1 = δ1 y reuniendo ambas conclusiones:

para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x− a| < δ se tiene |f(x)− b| < ε1 = δ2 y, por tanto,|g(f(x))− g(b)| < ε .

En consecuencia, lımx→a

g(f(x)) = g(b) = g(

lımx→a

f(x))

.


Proposicion 67 (Convergencia propia).- Sean f :A −→ R y g: f(A) −→ R . Si lımx→a

f(x) = b , con f(x) 6= b

para todos los x de un entorno reducido E∗(a, δ0) de a , entonces

lımx→a

(g ◦ f)(x) = lımf(x)→b

g(f(x)) = lımy→b

g(y).

Demostracion:Como lım

x→af(x) = b , para cada ε1 > 0 existe δ1 > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ1 entonces |f(x) − b| < ε1 , y

como f(x) 6= b en E∗(a, δ0), si tomamos δ = mın{δ0, δ1} , se tiene que:

para cada ε1 > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x− a| < δ entonces 0 < |f(x)− b| < ε1 .

Por otra parte, si L = lımy→b

g(y) se tiene que:

para cada ε > 0 existe δ2 > 0 tal que si 0 < |g(y)− L| < δ2 entonces |g(y)− L| < ε .

Entonces, haciendo ε1 = δ2 y reuniendo ambas conclusiones:

para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ se tiene 0 < |f(x) − b| < ε1 = δ2 y, portanto, |g(f(x))− L| < ε .

En consecuencia, lımx→a

g(f(x)) = L = lımy→b

g(y).


Proposicion 69 (Lımites laterales).- Sean a < c < b y f : (a, c) ∪ (c, b) −→ R . Entonces

lımx→c

f(x) = L ⇐⇒ lımx→c−

f(x) = lımx→c+

f(x) = L

Demostracion:Si lım

x→cf(x) = L , para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x− c| < δ se tiene que |f(x)− L| < ε .

En particular, si 0 < |x−c| < δ y x < c se cumple, luego lımx→c−

f(x) = L y tambien si x > c , por lo que

lımx→c+

f(x) = L .

Recıprocamente, si lımx→c−

f(x) = lımx→c+

f(x) = L , se tiene que

para cada ε > 0 existe δ1 > 0 tal que si 0 < |x− c| < δ1 y x < c se tiene |f(x)− L| < ε

para cada ε > 0 existe δ2 > 0 tal que si 0 < |x− c| < δ2 y x > c se tiene |f(x)− L| < ε

tomando d = mın{δ1, δ2} , para cada x con 0 < |x− c| < δ sea x < c o x > c se cuple la definicion de lımiteen c . Luego lım

x→cf(x) = L .



Demostracion de: Continuidad de algunas funciones elementales 77 de la pagina 25

Continuidad de algunas funciones elementales 77.-

? f(x) = ex es continua en R y lımx→−∞

ex = 0 y lımx→+∞

ex = +∞ .

? f(x) = lnx es continua en (0,+∞) y lımx→0+

lnx = −∞ y lımx→+∞

lnx = +∞ .

? f(x) = xα continua en (0,∞) y lımx→0+

xα=0 y lımx→+∞

xα=∞ si α>0 (resp. ∞ y 0 si α<0).

? f(x) = shx es continua en R y lımx→−∞

shx = −∞ y lımx→+∞

shx = +∞ .

? f(x) = chx es continua en R y lımx→−∞

chx =∞ y lımx→+∞

chx = +∞ .

? f(x) = thx es continua en R y lımx→−∞

thx = −1 y lımx→+∞

thx = 1.

? f(x) = senx es periodica de periodo 2π , continua en R y 6 ∃ lımx→±∞

senx .

? f(x) = cosx es de periodo 2π , continua en R y 6 ∃ lımx→±∞

cosx .

? f(x) = tg x es de periodo π , continua en su dominio y lımx→−π2

+tg x = −∞ y lım

x→π2−

tg x =∞ .

Demostracion:Ya hemos probado que ex es continua en R y sabemos que lım

x→+∞ex = +∞ (basta recordar que ex es creciente,

luego o esta acotada, o no lo esta y su lımite es +∞ , pero como 2n → +∞ y 2n < en , los valores en no estanacotados). Veamos lo demas:

? lımx→−∞

ex = lımx→+∞

e−x = lımx→+∞

1ex = 0

? Para cada a ∈ (0,∞), eln a = a = lımx→a

x = lımx→a

eln x = elımx→a

ln x; y como la exponencial es estrictamente

creciente, debe ser ln a = lımx→a

lnx . Luego ln es continua en a .

Como lnx es estrictamente creciente y continua, y +∞ = lımx→+∞

x = lımx→+∞

ln ex = lımex→+∞

ln(ex), no esta

acotada por lo que lımx→+∞

lnx = +∞ .

Analogamente, −∞ = lımx→−∞

x = lımx→−∞

ln ex = lımex→0+

ln(ex), no esta acotada inferiormente por lo que

lımx→0+

lnx = −∞ .

? Como xα = eα ln x es continua por ser composicion de continuas y si α > 0:lımx→0+

xα = lımx→0+

eα ln x = lımα ln x→−∞

eα ln x = 0 y lımx→∞

xα = lımx→∞

eα ln x = lımα ln x→∞

eα ln x = +∞

α<0: lımx→0+

xα= lımx→0+

eα ln x= lımα ln x→+∞

eα ln x=+∞ y lımx→∞

xα= lımx→∞

eα ln x= lımα ln x→−∞

eα ln x=0

? shx= ex−e−x2 , luego continua y lım

x→−∞ex−e−x

2 =( 0−∞2 )= −∞ y lım

x→+∞ex−e−x

2 =(∞−02 )= +∞ .

? chx= ex+e−x

2 , luego continua y lımx→−∞

ex+e−x

2 =( 0+∞2 )= +∞ y lım

x→+∞ex+e−x

2 =(∞+02 )= +∞ .

? thx= sh xch x = ex−e−x

ex+e−x , luego continua y como thx = ex−e−xex+e−x = e2x−1

e2x+1 = 1− 2e2x+1 :

lımx→−∞

thx = lımx→−∞

1− 2e2x+1 = 1− 2

0+1 = −1 y lımx→+∞

thx = lımx→+∞

1− 2e2x+1 = (1− 2

∞+1 )= 1

? De geometrıa sabemos ya que las funciones seno y coseno son periodicas deperiodo 2π .

Para la continuidad, veamos primero que sen(x) y cos(x) lo son en x = 0:Por la construccion geometrica del seno, sabemos que en una circunferencia deradio 1, la longitud del arco recorrido coincide con la amplitud del angulo enradianes, luego si x ∈ (−π2 ,

π2 ), se cumple 0 ≤ |sen(x)| ≤ |x| (ver figura). Es

decir, que −x ≤ sen(x) ≤ x y como 0 = lımx→0−x ≤ lım

x→0sen(x) ≤ lım

x→0x = 0, se

cumple que lımx→0

sen(x) = 0 = sen(0). Luego el seno es continuo en x = 0.

sen x

xx > 0

sen x

xx < 0



Para ver que lımx→0

cos(x) = cos(0) = 1, probemos que lımx→0

(1− cos(x)

)= 0:

lımx→0

(1− cos(x)

)= lımx→0

2 sen2(x2 ) = 2(

lımx→0

sen(x2 ))2 = 2 · 02 = 0

Veamos ahora que son continuas en todo punto x0 de R .

lımx→x0

sen(x) = lımh→0

sen(x0 + h) = lımh→0

(sen(x0) cos(h) + sen(h) cos(x0)

)= sen(x0)

(lımh→0

cos(h))

+(

lımh→0

sen(h))

cos(x0) = sen(x0) · 1 + 0 · cos(x0) = sen(x0)

lımx→x0

cos(x) = lımh→0

cos(x0 + h) = lımh→0

(cos(x0) cos(h)− sen(x0) sen(h)

)= cos(x0)

(lımh→0

cos(h))− sen(x0)

(lımh→0

sen(h))

= cos(x0) · 1 + sen(x0) · 0 = cos(x0)

La periodicidad de las funciones asegura que no existe el lımite lımx→+∞

senx , pues cuando n→∞ los puntos

x = 2πn y los puntos x = π2 +2πn se alejan hacia +∞ y sucede que lım

n→∞sen(π2 +n2π) = lım

n→∞sen(π2 ) = 1

y lımn→∞

sen(n2π) = lımn→∞

sen(0) = 0, que son valores distintos.

? Para la continuidad de la tangente bastan las propiedades del cociente tg x = sen xcos x .

Demostracion de: Algunos infinitos e infinitesimos conocidos 81 de la pagina 26

Algunos infinitos e infinitesimos conocidos 81.- Usaremos la notacion f ∼ g para indicar que f y g soninfinitos o infinitesimos equivalentes:anx

n + · · ·+ a1x+ a0 ∼ anxn cuando x→ ±∞ anx

n + · · ·+ a1x ∼ a1x cuando x→ 0sen(x) ∼ x cuando x→ 0 tg(x) ∼ x cuando x→ 0sen 1

x ∼1x cuando x→ ±∞ 1− cos(x) ∼ x2

2 cuando x→ 0ln(1 + x) ∼ x cuando x→ 0 ex − 1 ∼ x cuando x→ 0

sh(x) ∼ x cuando x→ 0 ch(x)− 1 ∼ x2

2 cuando x→ 0

Demostracion:

? lımx→±∞

anxn+an−1x

n−1+···+a1x+a0anxn

= lımx→±∞

1 + an−1an

1x + · · ·+ a1

an1

xn−1 + a0an

1xn = 1 + 0 + · · ·+ 0 + 0 = 1

? lımx→0

anxn+an−1x

n−1+···+a2x2+a1x

a1x= lımx→0

ana1xn−1 + an−1

a1xn−2 + · · ·+ a2

a1x+ 1 = 0 + 0 + · · ·+ 0 + 1 = 1

? Veamos que lımx→0

sen xx = 1, con una pequena argucia geometrica (ver figura):

En una circunferencia de radio 1, la longitud del arco recorrido coincide con la ampli-tud del angulo (en radianes), luego si x ∈ (0, π2 ), se tiene que 0 < sen(x) < x < tg(x)de donde, dividiendo por sen(x), se tiene 1 < x

sen(x) <1

cos(x) y tomando lımites:1 ≤ lım

x→0+

xsen(x) ≤ lım

x→0+

1cos(x) = 1. Luego lım

x→0+

xsen(x) = 1.

Si x ∈ (−π2 , 0), se tiene que 0 > sen(x) > x > tg(x) de donde, dividiendo por sen(x)(que es negativo), se tiene 1 < x

sen(x) <1

cos(x) como antes. Luego lımx→0−

xsen(x) = 1.

sen x

tg xxx > 0

sen x

tg xxx < 0

? lımx→0

tg xx = lım

x→0

sen xx

1cos x = 1 · 1 = 1.

? Considerando y = g(x) = 1x , lım

x→+∞g(x) = 0+ con g(x) 6= 0 para todo x , luego por la proposicion 67 de

convergencia propia, se tiene: lımx→+∞

sen 1x

1x

= lımx→+∞

sen g(x)g(x) = lım

y→0+

sen yy = 1. (Idem si x→ −∞)

? lımx→0

1−cos xx22

= lımx→0

2 sen2( x2 )x22

= lımx→0

sen2( x2 )

( x2 )2 =(

lımx→0

sen( x2 )x2

)2 (1)=(

lımy→0

sen yy

)2

= 1. (1) Con y = g(x) = x2 .

? lımx→0+

ln(1+x)x = lım

x→0+

1x ln(1+x) = lım

x→0+ln(1+x)

1x = ln

(lımx→0+

(1+x)1x

)(1)= ln

(lım

y→+∞(1+ 1

y )y)

= ln(e) = 1

Considerando en (1) y = g(x) = 1x y luego el ejemplo 76. Analogamente, para x→ 0− :

lımx→0−

ln(1+x)x = ln

(lımx→0−

(1 + x)1x

)= ln

(lım

y→−∞(1 + 1

y )y)

= ln(e) = 1.



? Para calcular lımx→0

ex−1x , consideramos y = g(x) = ex − 1, est. creciente y con lım

x→0g(x) = 0. Ademas

1 + y = ex y ln(1 + y) = x . Luego: lımx→0

ex−1x = lım

y→0

yln(1+y) = 1.

? lımx→0

sh xx = lım

x→0

ex−e−x2x = lım

x→0

e2x−1ex2x =

(lımx→0

1ex

)(lımx→0

e2x−12x

)(1)= 1 · lım

y→0

ey−1y = 1. (1) y = g(x) = 2x .

? lımx→0

ch(x)−1x22

= lımx→0

ex+e−x2 −1x22

= lımx→0

ex+e−x−2

2 x22

= lımx→0

e2x+1−2ex

exx2 = lımx→0

(ex−1)2

exx2 =(

lımx→0

1ex

)(lımx→0

ex−1x

)2

= 1.

Demostracion de: Teorema de Bolzano 84 de la pagina 28

Teorema de Bolzano 84.- Sea f una funcion continua en el intervalo [a, b] y que toma valores de signo opuestoen a y b (es decir, f(a)f(b) < 0) entonces ∃c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.

Demostracion:Podemos suponer que f(a) < 0 y f(b) > 0. Tomemos c0 = a+b

2 el punto medio entre a y b :

Si f(c0) = 0, como c = c0 ∈ (a, b), es el punto buscado. Si f(c0) 6= 0 pueden darse dos casos:

? si f(c0) > 0, como f(a) < 0 y f continua en [a, c0] , el teorema se reduce al intervalo [a, c0] ;

? si f(c0) < 0, como f(b) > 0 y f continua en [c0, b] , el teorema se reduce al intervalo [c0, b] .

En un caso u otro el teorema queda probado si lo hacemos en el intervalo [a1, b1] ⊂ [a, b] (bien [a, c0] o bien[c0, b]) de longitud b1 − a1 = b−a

2 , en el cual f es continua, f(a1) < 0 y f(b1) > 0.

En este intervalo, tomamos su punto medio c1 = a1+b12 . Si f(c1) = 0 es el punto buscado; si f(c1) 6= 0 se

puede, como hicimos antes, reducir el teorema al intervalo [a2, b2] ⊂ [a1, b1] de longitud b2 − a2 = b1−a12 = b−a

22

en el cual f es continua, f(a2) < 0 y f(b2) > 0.Repitiendo sucesivamente el proceso anterior, y si ninguno de los puntos medios, cn , verifica que f(cn) = 0,

entonces hemos construido una sucesion de intervalos cerrados encajados

[a, b] ⊃ [a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ · · · ⊃ [an, bn] ⊃ · · · con bn − an = b−a2n , f(an) < 0 y f(bn) > 0.

Ademas, los puntos an extremos inferiores verifican que a ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ b,luego el conjunto A = {an : n ∈ N} esta acotado superiormente (por b) y, por tanto, existe c = supA ; comoa ≤ an ≤ b se cumple a ≤ c ≤ b luego c ∈ [a, b] . Por ser c = supA , para cada ε > 0 existe an0 ∈ A conc− ε < an0 ≤ c , y como an crece con n , para cada n ≥ n0 se tiene an0 ≤ an ≤ c . Luego

c− ε < an0 ≤ an ≤ c < c+ ε, ∀n ≥ n0 ⇐⇒ |an − c| < ε, ∀n ≥ n0 ⇐⇒ lımn→∞

an = c

Como lımn→∞

(bn − an) = lımn→∞

b−a2n = 0 y lım

n→∞an = c , entonces lım

n→∞bn = c y, por ser f continua en [a, b] ,

se tiene que 0 ≥ lımn→∞

f(an) = f(c) = lımn→∞

f(bn) ≥ 0, luego f(c) = 0. En consecuencia, existe c ∈ [a, b] con

f(c) = 0 y, como f(a) < 0 y f(b) > 0, c 6= a y c 6= b , luego c ∈ (a, b).

Demostracion de: Corolario 86 de la pagina 28

Corolario 86.- Sea I un intervalo de R y f : I −→ R continua en I , entonces f(I) es tambien un intervalo deR .

Demostracion:Supongamos primero que f(I) no esta acotado ni superior ni inferiormente. Entonces, para cada y ∈ R , existealgun valor mayor que el en f(I), y < f(b) ∈ f(I), y existe algun valor de f(I) menor que el, y > f(a) ∈ f(I),luego f(a) < y < f(b). Como a y b son del intervalo I , el intervalo [a, b] ⊆ I (o [b, a] ⊆ I ), luego por elteorema de los valores intermedios 85 existe c entre a y b tal que f(c) = y , luego y ∈ f(I) y f(I) = R .

Supongamos ahora que f(I) no esta acotado inferiormente pero sı superiormente, y sea Γ = sup f(I).Entonces, por ser extremo superior, para cada y < Γ, existe un punto f(b) ∈ f(I) tal que y < f(b) ≤ Γ y, porno estar f(I) acotado inferiormente, existe a ∈ I , tal que f(a) < y < f(b). Luego por el teorema 85 existe



c entre a y b tal que f(c) = y , luego y ∈ f(I) de donde (−∞,Γ) ⊆ f(I). Pero como Γ es el superior delconjunto, f(I) = (−∞,Γ) o f(I) = (−∞,Γ] (segun que el superior sea maximo o no lo sea).

La prueba, para los dos casos que restan, son enteramente analogas.

Demostracion de: Teorema de acotacion 87 de la pagina 28

Teorema de acotacion 87.- Sea f una funcion continua en el intervalo cerrado [a, b] , entonces f esta acotadaen dicho intervalo. Es decir, existe M > 0 tal que |f(x)| ≤M , para todo x ∈ [a, b] .

La prueba de este resultado se incluye en la prueba del siguiente; el Teorema de Weierstrass 88.

Demostracion de: Teorema de Weierstrass 88 de la pagina 28

Teorema de Weierstrass 88.- Si f es una funcion continua en el intervalo [a, b] , entonces f alcanza un maximoy un mınimo en [a, b] . Es decir, ∃α ∈ [a, b] tal que f(α) ≤ f(x), ∀x ∈ [a, b] y ∃β ∈ [a, b] tal que f(x) ≤ f(β),∀x ∈ [a, b] .

Demostracion:La demostracion de este resultado y del Teorema de acotacion 87 anterior, que vamos a exponer aquı no sontodo lo rigurosas que serıa de desear, por dos razones: la primera, que se hace uso del Teorema de Bolzano-Weierstrass (Un conjunto infinito y acotado de R , tiene al menos un punto de acumulacion) que no se incluyeen estos apuntes y, en segundo lugar, que simplificaremos del proceso (con una muy breve explicacion) en arasde entender el sentido de la prueba.

Por el Corolario 86, como J = [a, b] es un intervalo, su imagen f(J) es un intervalo de R .

Veamos primero, que el intervalo f(J) esta acotado. Supngamos que es un intervalo no acotado superiormente,en cuyo caso, el conjunto {n ∈ N} ⊆ f(J) y existen puntos xn ∈ [a, b] tales que f(xn) = n . Los puntos sondistintos, pues tienen imagenes distintas por la aplicacion f y son infinitos, luego el conjunto T = {xn : n ∈N} ⊆ [a, b] es infinito y acotado por lo que tiene al menos un punto de acumulacion l (Teorema de Bolzano-Weierstrass enunciado arriba). En aras de no complicar el proceso supondremos que es punto de acumulacionde todo el conjunto T , es decir, que lım

n→∞xn = l (ser punto de acumulacion, significa que nos podemos acercar

tanto como queramos al punto l con puntos del conjunto T ; luego que l es el lımite de los puntos de unsubconjunto infinito de T , por lo que tiene un funcionamiento similar a si fuera todo T –en cualquier estudiosobre sucesiones de numeros reales puede consultarse con mas detalle esta simplificacion–).

Como a ≤ xn ≤ b se tiene que a ≤ lımn→∞

xn ≤ b , luego que l ∈ [a, b] . Entonces, por ser f continua en [a, b] ,

lımn→∞

f(xn) = f(

lımn→∞

xn

)= f(l) ∈ R ; pero por su construccion, lım

n→∞f(xn) = lım

n→∞n = ∞ /∈ R , lo que es

absurdo. En consecuencia, f(J) tiene que estar acotado superiormente.Analogamente, se obtiene que f(J) esta acotado inferiormente, lo que prueba el Teorema de acotacion 87.

De lo anterior, f(J) es un intervalo acotado de R , luego de la forma [c, d] o [c, d) o (c, d] o (c, d).Veamos si d esta o no en el conjunto. Por ser d = sup f(J), para cada n ∈ N , existe xn ∈ [a, b] tal que

f(xn) = d− 1n < d , como las imagenes de los xn son distintas, tenemos un conjunto T = {xn : n ∈ N} infinito

y acotado que tiene un punto de acumulacion l . Con un razonamiento similar al de la parte anterior, sealımn→∞

xn = l ∈ [a, b] y se verifica que lımn→∞

f(xn) = f(

lımn→∞

xn

)= f(l) ∈ R por ser f continua y por otro lado,

lımn→∞

f(xn) = lımn→∞

d− 1n = d , luego d = f(l) y d ∈ f(J), por lo que d = max f(J).

Analogamente, se prueba que c = mın f(J). Lo que concluye la prueba.

Demostracion de: Corolario 89 de la pagina 28

Corolario 89.- Si f es continua en (a, b) y lımx→a+

f(x) = l1 ∈ R y lımx→b−

f(x) = l2 ∈ R , la funcion f esta acotada

en (a, b). (Tambien es cierto cuando a es −∞ y cuando b es +∞ .)

Demostracion:Para que el resultado sea cierto no es necesario que exista el lımite en los extremos del intervalo, basta con quela funcion este acotada en algun entorno de ellos. La razon de poner el enunciado con lımites esta en que esuna manera comoda de asegurar la acotacion y suficiente en la mayorıa de los casos.



Si lımx→a+

f(x) = l1 ∈ R y lımx→b−

f(x) = l2 ∈ R , por el Teorema de acotacion para lımites 82, existe E(a, δ1)

y M1 > 0 tal que |f(x)| ≤M1 para todo x ∈ (a, a+ δ1) y existe E(b, δ2) y M2 > 0 tal que |f(x)| ≤M2 paratodo x ∈ (b− δ2, b). Entonces, (a, b) = (a, a+ δ1)∪ [a+ δ1, b− δ2]∪ (b− δ2, b) y al ser f continua en el intervalo[a+δ1, b−δ2] esta acotada en el (Th 87), luego existe M3 > 0, tal que |f(x)| ≤M3 para todo x ∈ [a+δ1, b−δ2] .En consecuencia, f esta acotada en cada uno de los tres trozos en que hemos dividido el intervalo, por lo queesta acotada; es decir, tomando M = max{M1,M2,M3} , para todo x ∈ (a, b), |f(x)| ≤M .

Si a = −∞ o b = +∞ , la prueba es identica, tomando entornos de −∞ o +∞ .

Funciones derivables

Demostracion de: Propiedades 206 de la pagina 108

Propiedades 206.- Sean f y g funciones derivables en un punto x0 , entonces:

a) f + g es derivable en el punto x0 y (f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0).

b) fg es derivable en el punto x0 y (fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0).

c) f/g es derivable en el punto x0 , si g(x0) 6= 0, y (f/g)′(x0) =f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)(

g(x0))2 .

Demostracion:

a) Es cierta, pues

(f + g)′(x0) = lımx→x0

(f + g)(x)− (f + g)(x0)x− x0

= lımx→x0

f(x) + g(x)− f(x0)− g(x0)x− x0

= lımx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

+ lımx→x0

g(x)− g(x0)x− x0

= f ′(x0) + g′(x0).

b) Basta tomar lımites, cuando x→ x0 , en la expresion

f(x)g(x)− f(x0)g(x0)x− x0

=f(x)g(x)− f(x0)g(x) + f(x0)g(x)− f(x0)g(x0)

x− x0

=f(x)− f(x0)

x− x0g(x) + f(x0)

g(x)− g(x0)x− x0

.

c) Teniendo en cuenta que la expresion

f(x)g(x) −

f(x0)g(x0)

x− x0=f(x)g(x0)− f(x0)g(x)g(x)g(x0)(x− x0)

=1

g(x)g(x0)· f(x)g(x0)− f(x0)g(x0) + f(x0)g(x0)− f(x0)g(x)

x− x0

=1

g(x)g(x0)

(f(x)− f(x0)

x− x0g(x0)− f(x0)

g(x)− g(x0)x− x0

)es valida en los valores de x proximos a x0 , y tomando lımites se obtiene el resultado.

Demostracion de: Regla de la cadena 207 de la pagina 108

Regla de la cadena 207.- Sea f derivable en x0 y g derivable en f(x0), entonces la funcion compuesta g ◦ fes derivable en x0 y ademas:

(g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)

)f ′(x0).



Demostracion:Si f(x) = f(x0) en un entorno de x0 , tambien se verifica que g(f(x)) = g(f(x0)) y, por tanto, f y g ◦ f sonconstantes en dicho entorno, luego g ◦ f es derivable en x0 y (g ◦ f)′(x0) = 0. Ademas, como f es constante,se tiene g′(f(x0))f ′(x0) = g′(f(x0)) · 0 = 0 obteniendose la igualdad propuesta.

Si f(x)− f(x0) 6= 0 en un entorno de x0 , podemos escribir

g(f(x))− g(f(x0))x− x0

=g(f(x))− g(f(x0))

x− x0· f(x)− f(x0)f(x)− f(x0)

=g(f(x))− g(f(x0))f(x)− f(x0)

· f(x)− f(x0)x− x0

.

Como y = f(x) 6= f(x0) = y0 y lımx→x0

f(x) = f(x0), por la proposicion 67, se tiene

(g ◦ f)′(x0) = lımx→x0

g(f(x))− g(f(x0))x− x0

= lımx→x0

g(f(x))− g(f(x0))f(x)− f(x0)

· lımx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= lımy→y0

g(y)− g(y0)y − y0

· lımx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= g′(y0)f ′(x0) = g′(f(x0)

)f ′(x0).

Demostracion de: Teorema del valor medio de Cauchy 216 de la pagina 112

Teorema del valor medio de Cauchy 216.- Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b). Sig′(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que:

f(b)− f(a)g(b)− g(a)

=f ′(c)g′(c)

Demostracion:Como en la demostracion del teorema del valor medio de Lagrage 215, construyamos una funcion para aplicarel teorema de Rolle. Sea h: [a, b] −→ R dada por h(x) =

(f(b)− f(a)

)g(x)−

(g(b)− g(a)

)f(x).

Entonces, h es continua en [a, b] y derivable en (a, b) por ser suma de funcines continuas y derivables, y

h(a) =(f(b)− f(a)

)g(a)−

(g(b)− g(a)

)f(a) = f(b)g(a)− g(b)f(a)

h(b) =(f(b)− f(a)

)g(b)−

(g(b)− g(a)

)f(b) = −f(a)g(b) + g(a)f(b).

Luego tambien se cumple que h(a) = h(b) y por el teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que h′(c) = 0; esdecir, 0 =

(f(b)− f(a)

)g′(c)−

(g(b)− g(a)

)f ′(c) de donde se obtiene el resultado f(b)−f(a)

g(b)−g(a) = f ′(c)g′(c) .

Notar, que al ser g′(x) 6= 0 para cada x ∈ (a, b), se tiene que g′(c) 6= 0 y g(b) 6= g(a).

Demostracion de: Regla General de L’Hopital 218 de la pagina 112

Regla General de L’Hopital 218.- Sean f y g funciones derivables en un entorno reducido de x0 , E∗(x0, δ),con g(x) 6= 0 y g′(x) 6= 0, ∀x ∈ E∗(x0, δ) y lım

x→x0f(x) = 0 = lım

x→x0g(x). Entonces,

si existe lımx→x0

f ′(x)g′(x) se cumple que lım

x→x0

f(x)g(x) = lım

x→x0

f ′(x)g′(x) .

Demostracion:Por comodidad, denotaremos por E∗ = E∗(x0, δ) y por E = E(x0, δ).

Como lımx→x0

f(x) = 0 = lımx→x0

g(x), podemos ampliar estas funciones hasta E , con continuidad. En efecto,

sean F (x) ={f(x), si x 6= x0

0, si x = x0y G(x) =

{g(x), si x 6= x0

0, si x = x0; que son continuas en E∗ por serlo f y g y

continuas en x0 por su contruccion ( lımx→x0

F (x) = lımx→x0

f(x) = 0 = F (x0) y lo mismo para G).

Para cada x ∈ E∗ con x < x0 , el intervalo [x, x0] ⊆ E , luego F y G son continuas en el y derivablesen (x, x0), donde se cumple que F ′ = f ′ y G′ = g′ . Entonces, por el teorema de Cauchy 216, existe ξx conx < ξx < x0 tal que

F (x)− F (x0)G(x)−G(x0)

=F ′(ξx)G′(ξx

, es decir, tal quef(x)− 0g(x)− 0

=f ′(ξx)g′(ξx)



Luego, como x < ξx < x0 , si x→ x−0 tambien ξx → x−0 y entonces,

lımx→x−0

f(x)g(x)

= lımx→x−0

f ′(ξx)g′(ξx)

= lımξx→x−0

f ′(ξx)g′(ξx)

= lımx→x−0

f ′(x)g′(x)

siempre que este ultimo lımite exista. Analogamente, para los x > x0 , se tiene lımx→x+

0

f(x)g(x) = lım

x→x+0

f ′(x)g′(x) .

En consecuencia, si lımx→x0

f ′(x)g′(x) existe se tiene que lım

x→x0

f ′(x)g′(x) = lım

x→x−0

f ′(x)g′(x) = lım

x→x+0

f ′(x)g′(x) por lo que existe el

lımite lımx→x0

f(x)g(x) y coincide con el anterior.

Para la justificacion del funcionamiento de la Regla de L’Hopital en los demas casos, en que decimos quetambien funciona, solo indicamos como se obtendrıa esta o en que se basa:

Para el caso x0 = ±∞ , con el cambio x = 1t se tiene que las funciones F (t) = f( 1

t ) y G(t) = g( 1t ) verifican

que lımx→±∞

f(x)g(x) existe si y solo si lım

t→0±

F (t)G(t) existe, y si ocurre son iguales. Aplicando el caso anterior a estas

funciones se obtiene el resultado.

Para la indeterminacion lımx→x0

f(x)g(x) = ∞

∞ , se toma un punto y fijo y suficientemente cercano a x0 y entonces, el

cociente puede escribirse en la forma f(x)g(x) = f(y)−f(x)

g(y)−g(x) ·g(y)g(x)−1f(y)f(x)−1

. Aplicando el Teorema de Cauchy 216 al primer

factor f(y)−f(x)g(y)−g(x) = f ′(ξx)

g′(ξx) y teniendo en cuenta, que al ser y fijo, lımx→x0

g(y)g(x)−1f(y)f(x)−1

= 1, se observa que el resultado

sera cierto (la prueba exaustiva no es tan inmediata).

Demostracion de: Teorema de la funcion inversa 220 de la pagina 113

Teorema de la funcion inversa 220.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a, b] y derivable en (a, b), con f ′ > 0 of ′ < 0 en (a, b). Entonces f admite funcion inversa derivable en (a, b) y (f−1)′

(f(x)

)= 1

f ′(x) .

Demostracion:Por ser f ′ > 0 en (a, b) (resp. f ′ < 0 en (a, b)) la funcion f es estrictamente creciente (resp. estrictamentedecreciente) en [a, b] , luego es inyectiva y existe f−1: f([a, b]) −→ [a, b] tal que f−1(f(x)) = x para cadax ∈ [a, b] (recordar la definicion 55 y ver los ejemplos siguientes). De hecho, si f es estrictamente creciente,f([a, b]) = [f(a), f(b)] y si es estrictamente decreciente, f([a, b]) = [f(b), f(a)] .

Veamos primero, que si f es continua en x0 , entonces f−1 es continua en y0 = f(x0). Supongamosque f es estrictamente creciente y sea y0 ∈

(f(a), f(b)

). Tomemos un ε > 0 de manera que el intervalo(

f−1(y0) − ε, f−1(y0) + ε)

= (x0 − ε, x0 + ε) ⊆ (a, b); entonces f(x0 − ε) < f(x0) < f(x0 + ε) y existen y1 ey2 tales que y1 = f(x0 − ε) < y0 < f(x0 + ε) = y2 . Sea δ > 0, tal que E(y0, δ) ⊆ (y1, y2), entonces, para caday ∈ E(y0, δ), se cumple que y1 ≤ y0−δ < y < y0+δ ≤ y2 y se tiene que cumplir que f−1(y1) < f−1(y) < f−1(y2)pues de no ser ası, si f−1(y1) ≥ f−1(y) o f−1(y) ≥ f−1(y2) por ser f estr. creciente serıa y1 ≥ y o y ≥ y2 loque es absurdo (∗) . Por consiguiente, f−1(y1) < f−1(y) < f−1(y2), es decir x0 − ε < f−1(y) < x0 + ε , es decirf−1(y0)− ε < f−1(y) < f−1(y0) + ε y f−1 es continua en y0 . Si el punto es un extremo del intervalo o para festrictamente decreciente, basta adaptar la prueba.

Veamos ahora que si f es derivable en x0 ∈ (a, b), entonces f−1 es derivable en y0 = f(x0), pero esto essencillo, pues si y 6= y0 ,

f−1(y)− f−1(y0)y − y0

=f−1(f(x))− f−1(f(x0))

f(x)− f(x0)=

x− x0

f(x)− f(x0)=(f(x)− f(x0)

x− x0

)−1

Si y → y0 , x = f−1(y) tendera hacia x0 = f−1(y0) con x 6= x0 por ser f−1 inyectiva, en consecuencia,f(x)−f(x0)

x−x0→ f ′(x0) con lo que f−1 es derivable en y0 y su derivada es (f ′(x0))−1 .

Nota: Durante la demostracion, se ha probado (∗) que: si f es estrictamente creciente (o decreciente), f−1

tambien lo es.



Polinomios de Taylor

Demostracion de: Formula de Taylor 230 de la pagina 120

Formula de Taylor 230.- Sea una funcion f existen f ′ , f ′′ , . . . , f (n) y f (n+1) sobre el intervalo [a, x] . En-tonces,

f(x)− Pn,a(x) =f (n+1)(c)(n+ 1)!

(x− a)n+1 para un cierto c ∈ (a, x),

llamado resto de Lagrange, o tambien

f(x)− Pn,a(x) =f (n+1)(c)

n!(x− c)n(x− a) para un cierto c ∈ (a, x),

que se denomina resto de Cauchy. .

Demostracion:Consideremos la funcion G: [a, x] −→ R , definida por

G(t) = f(x)−[f(t) + f (1)(t)

(x− t)1

1!+ f (2)(t)

(x− t)2

2!+ f (3)(t)

(x− t)3

3!+ · · ·+ f (n−1)(t)

(x− t)n−1

(n− 1)!+ f (n)(t)

(x− t)n

n!

]La funcion G verifica que G(x) = 0 y G(a) = f(x)− Pn,a(x) y es derivable en [a, x] , por ser suma y productode derivables. Y su derivada es

G′(t) =−

[f (1)(t) +

(f (2)(t)

(x− t)1

1!+ f (1)(t)

1(x− t)0(−1)1!

)+(f (3)(t)

(x− t)2

2!+ f (2)(t)

2(x− t)1(−1)2!

)+(f (4)(t)

(x− t)3

3!+ f (3)(t)

3(x− t)2(−1)3!

)+ · · ·+

(f (n)(t)

(x− t)n−1

(n− 1)!+ f (n−1)(t)

(n− 1)(x− t)n−2(−1)(n− 2)!

)+(f (n+1)(t)

(x− t)n

n!+ f (n)(t)

n(x− t)n−1(−1)(n− 1)!

)]

=−

[f (1)(t) +

(f (2)(t)

(x− t)1

1!− f (1)(t)

)+(f (3)(t)

(x− t)2

2!− f (2)(t)

(x− t)1

1!

)+(f (4)(t)

(x− t)3

3!− f (3)(t)

(x− t)2

2!

)+ · · ·+

(f (n)(t)

(x− t)n−1

(n− 1)!− f (n−1)(t)

(x− t)n−2

(n− 2)!

)+(f (n+1)(t)

(x− t)n

n!− f (n)(t)

(x− t)n−1

(n− 1)!

)]quitando los parentesis internos y cambiando el orden de los sustraendos, se tiene:

=−

[f (1)(t)− f (1)(t) + f (2)(t)

(x− t)1

1!− f (2)(t)

(x− t)1

1!+ f (3)(t)

(x− t)2

2!

−f (3)(t)(x− t)2

2!+ f (4)(t)

(x− t)3

3!+ · · · − f (n−1)(t)

(x− t)n−2

(n− 2)!+ f (n)(t)

(x− t)n−1

(n− 1)!

−f (n)(t)(x− t)n−1

(n− 1)!+ f (n+1)(t)

(x− t)n

n!

]y cada termino que resta se anula con el anterior, luego solo queda el ultimo termino:

=−f (n+1)(t)(x− t)n

n!.

Entonces:

? Por el teorema del valor medio de Lagrange, G(x)−G(a) = G′(c)(x− a), para algun c ∈ (a, x). Luego

G(x)−G(a) = −G(a) = −f (n+1)(c)(x− c)n

n!(x− a) =⇒ f(x)− Pn,a(x) =

f (n+1)(c)n!

(x− c)n(x− a)



? Tomando la funcion g(t) = (x − t)n+1 , continua en [a, x] y derivable en (a, x), por el teorema del valormedio de Cauchy G(x)−G(a) = G′(c)

g′c)

(g(x)− g(a)

), para algun c ∈ (a, x). Luego

−G(a) =−f(n+1)(c)(x−c)n

n!

(n+ 1)(x− c)n(−1)(− (x− a)n+1

)=⇒ f(x)− Pn,a(x) =

f (n+1)(c)(n+ 1)!

(x− a)n+1

y hemos obtenido el resto de Cauchy, en el primer caso, y el de Lagrange en el segundo.


Proposicion 232.- Sea f una funcion de clase Cn−1 en un entorno del punto a , para la que se cumple quef ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, y ademas existe f (n)(a) 6= 0. Entonces:

a) Si n es par y f (n)(a) > 0, f presenta un mınimo local en a .

b) Si n es par y f (n)(a) < 0, f presenta un maximo local en a .

c) Si n es impar y f (n)(a) > 0, f es estrictamente creciente en a .

d) Si n es impar y f (n)(a) < 0, f es estrictamente decreciente en a .

Demostracion:Si f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, el polinomio de Taylor de grado n de f en a se reduce al primer yultimo termino, Pn,a(x) = f(a) + f(n)(a)

n! (x− a)n .Por la proposicion 229 anterior, lım

x→af(x)−Pn,a(x)

(x−a)n = 0, luego

0 = lımx→a

f(x)−(f(a) + f(n)(a)

n! (x− a)n)

(x− a)n= lımx→a

f(x)− f(a)(x− a)n

− f (n)(a)n!

=⇒ lımx→a

f(x)− f(a)(x− a)n

=f (n)(a)n!

luego

? si f (n)(a) > 0, debe ser f(x)−f(a)(x−a)n > 0 para los x de un entorno de a , y

– si n es par, (x− a)n > 0 de donde f(x)− f(a) > 0 y f(x) ≥ f(a), por lo que f(a) es mınimo local.

– si n es impar, para los x < a se tiene que (x− a)n < 0 de donde f(x)− f(a) < 0 y f(x) < f(a); ypara los x > a se tiene que (x−a)n > 0 de donde f(x)− f(a) > 0 y f(x) > f(a). En consecuencia,f es estrictamente creciente en a .

Y se cumplen (a) y (c).

? si f (n)(a) < 0, debe ser f(x)−f(a)(x−a)n < 0 para los x de un entorno de a , y

– si n es par, (x−a)n > 0 de donde f(x)− f(a) < 0 y f(x) ≤ f(a), por lo que f(a) es maximo local.

– si n es impar, para los x < a se tiene que (x− a)n < 0 de donde f(x)− f(a) > 0 y f(x) > f(a); ypara los x > a se tiene que (x−a)n > 0 de donde f(x)− f(a) < 0 y f(x) < f(a). En consecuencia,f es estrictamente decreciente en a .

Y se cumplen (b) y (d).


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