funciones trigonométricas
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FUNCIONESTRIGONOMÉTRICAS
Un tratado elemental en el cálculo
Rafael Torres Simón
ADVERTENCIA
La presente versión del material educativo no es la versión final o definitiva del mismo. Se trata de una versión de prueba, en formato electrónico, correspondiente al 12 de noviembre de 2013.
Se agradecerá escribir al autor y/o a la editora para hacer cualquier comentario relativo a esta versión:
Para el uso de este material es necesario citar los créditos correspondientes del autor, el programa Materiales Educativos de la Biblioteca del Estudiante y la Universidad Autónoma de la Ciudad de México.
FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS
UN TRATADO ELEMENTAL EN EL CÁLCULO
RAFAEL TORRES SIMóN
Figura de la portada: Representación gráfica de un hipotrocoide, que es una ruleta trazada por un punto conectado a un círculo de radio r, rodando alrededor del interior de un círculo fijo de radio R, donde el punto está a una distancia d desde el centro del círculo interior. Su expresión matemática es una ecuación paramétrica.
A los patrones geométricos resultantes se les conoce como guilloches y, por su belleza, han sido utilizados ampliamente en las artes decorativas durante siglos.
UNIvERSIDAD AUTóNOMA DE LA CIUDAD DE MÉxICO
ENRIqUE DUSSEL AMbROSINI
RECTOR
ERNESTO ARÉChIGA CóRDObA
SECRETARIO GENERAL
MARíA DEL RAyO RAMíREz FIERRO
COORDINADORA ACADÉMICA
RAúL SOTO PEREDO
COORDINADOR DEL COLEGIO DE CIENCIA y TECNOLOGíA
Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo
Rafael Torres Simón
© Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo, primera edición, 2013
© Rafael Torres Simón
D.R. Universidad Autónoma de la Ciudad de México Dr. García Diego 168, Col. Doctores, Delegación Cuauhtémoc, C.P. 06720, México, D.F.
ISBN
Academia de Matemáticas, Colegio de Ciencia y Tecnología, Ciclo Básico,Colección Materiales Educativos de la Biblioteca del Estudiante, Coordinación Académica, UACM
• Biblioteca del Estudiante: [email protected] http://www.uacm.edu.mx/Estudiantes/BibliotecadelEstudiante/tabid/276/Default.aspx• Materiales Educativos: [email protected] https://sites.google.com/site/materialeseducativosuacm• Responsable de la edición: Ana Beatriz Alonso Osorio [email protected]
• Diseño de la portada: Amaranta Márquez Villanueva• Compilación y diagramas del texto elaborados por el autor
Material educativo universitario de distribución gratuita para estudiantes de la UACM Prohibida su venta
Hecho e impreso en México / Printed in Mexico
La Ley de la UniversidadAutónoma de la Ciudad de México, en su Exposición demotivos,establece:
“7.Contribuiraldesarrollocultural,profesionalypersonaldelosestudiantes:
(...)ElempeñodelaUniversidadAutónomadelaCiudaddeMéxicodeberáserquetodoslosestudiantesqueaellaingresenconcluyanconéxitosusestudios.Paraellodeberáconstruirlossistemasyserviciosqueéstosnecesitenparaalcanzarestepropósitodeacuerdoconsucondicióndevidaypreparaciónprevia.(...).”1
Deigualmanera,ensuTítuloI,CapítuloII,Artículo6,FracciónIV,dice:
“Concebida como una institución de servicio, la Universidad brindará a losestudianteslosapoyosacadémicosnecesariosparaquetenganéxitoensusestudios.(...).”2
Atendiendo a este mandato, los profesores - investigadores de la UACM preparanmateriales educativos como herramienta de aprendizaje para los estudiantes de loscursos correspondientes, respondiendo así al principio de nuestra casa de estudios deproporcionarleslossoportesnecesariosparasuavancealolargodelalicenciatura.
Universidad Autónoma de la Ciudad de MéxicoNada humano me es ajeno
__________________1Ley de la Universidad Autónoma de la Ciudad de México,publicadaenlaGaceta Oficial del Distrito Fede-ralel5deenerode2005,reproducidaenelTallerdeImpresióndelaUACM,p.14.2Ídem.,p.18.
Indice general
Introduccion 5
1. Geometrıa Plana 9
1.1. Las nociones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2. Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3. Congruencia de triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.4. Teoremas de Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.5. Semejanza de triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.6. Teorema de Pitagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.7. Recıproco del teorema de Pitagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2. Trigonometrıa 55
2.1. Angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.2. Relaciones trigonometricas de angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.3. Razones trigonometricas en un triangulo rectangulo . . . . . . . . . 71
2.4. Ley de senos y cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.5. Funciones trigonometricas de numeros reales . . . . . . . . . . . . . 91
2.6. Funciones trascendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.7. Funciones hiperbolicas basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3. Aplicaciones de la trigonometrıa en el calculo 135
3.1. Introduccion a los lımites de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
3.2. Lımites trigonometricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
3.3. Derivadas trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
3.4. Regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
3.5. Introduccion a la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
3.6. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
3.7. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
3
4
3.8. Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
3.9. Ecuaciones parametricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248
3.10. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
Apendice 295
A. Principio de Induccion 295
Referencias 301
Sitios web consultados 303
5
Introduccion
La motivacion de escribir este libro ha sido en base a la experiencia de los cursos de
matematicas del ciclo basico que he impartido en la Universidad Autonoma de la
Ciudad de Mexico, y darme cuenta de las principales necesidades que han requerido
los estudiantes de esta universidad, sobre todo, de aquellos que cursan alguna de
las carreras de ingenierıa. Los temas que se abordan cubren nociones elementales de
geometrıa y trigonometrıa, temas fundamentales del Calculo Diferencial e Integral,
haciendo un analisis basico en el estudio de las funciones trigonometricas, exponen-
ciales, logarıtmicas e hiperbolicas. De acuerdo a esto, el libro contiene un capıtulo
de geometrıa plana, uno de trigonometrıa y uno de aplicaciones de la trigonometrıa
al calculo.
El origen de la geometrıa se remonta al Medio Oriente (Antiguo Egipto), a par-
tir de la necesidad de medir predios agrarios y en la construccion de piramides y
monumentos. Estos conocimientos se extendieron a los griegos y fue Thales de Mileto
quien inicio la geometrıa desde un punto vista formal. Las propiedades se demostra-
ban por medio de razonamientos logicos. Posteriormente, el gran matematico griego
Euclides quien en su famosa obra titulada Elementos, recopila, ordena y sistemati-
za todos los conocimientos de la geometrıa. Una limitacion del trabajo de Euclides
fue no reconocer la posibilidad de sistemas geometricos perfectamente consistentes,
donde el quinto postulado no era valido (por un punto exterior a una recta, se puede
trazar una unica paralela a la recta dada). De esta forma, para Euclides y los geome-
tras posteriores hasta el siglo XVIII paso inadvertida la posibilidad de geometrıas
no euclidianas, hasta los trabajos de Lobatschevsky, Gauss y Riemann.
En cuanto a la trigonometrıa, fueron los babilonios y egipcios los primeros en uti-
lizar los angulos de un triangulo y las razones trigonometricas. Con el estudio de la
astronomıa, la trigonometrıa tuvo un desarrollo sustancial mediante sus numerables
aplicaciones como: la prediccion de los movimientos y posiciones de los cuerpos
celestes; otras aplicaciones fueron el mejoramiento a la exactitud en las rutas de
navegacion; en el calculo del tiempo y en los calendarios, etcetera.
Los temas que se abordan en este libro son ampliamente conocidos. Estos se estudian
generalmente en alguna unidad o en algun(os) subtema(s) de algunas materias de
las carreras de Ingenierıa de la UACM, como son: Algebra y Geometrıa Analıtica,
Calculo Diferencial, Calculo Integral, Calculo Vectorial, entre otras. Por ejemplo,
6
en Algebra y Geometrıa Analıtica se da una introduccion a la trigonometrıa y se
estudia el teorema de Pitagoras, las razones trigonometricas del triangulo rectangulo
y la ley de senos y cosenos. En el contexto del Calculo Diferencial se estudian las
propiedades de las funciones trigonometricas y de la funcion exponencial y logarit-
mo. Las coordenadas y graficas polares en Calculo Integral, etcetera.
Regularmente, estos temas se encuentran dispersados en diferentes bibliografıas, de
acuerdo a las necesidades que tiene cada autor para su exposicion o de acuerdo a
la materia referente. La intencion de este libro, es integrar los temas fundamentales
relacionados con la trigonometrıa en un solo ejemplar.
Antes de entrar al estudio de la trigonometrıa, es importante estudiar con dete-
nimiento algunos temas relacionados con la geometrıa plana, como son: razones y
proporciones, semejanza y congruencia de triangulos. Estos explican el porque del
uso de las razones trigonometricas en los triangulos rectangulos y de aquı tambien la
deduccion de las leyes de seno y cosenos. Por esta razon, el libro comienza su primer
capıtulo con geometrıa plana.
El segundo capıtulo de este libro aborda el estudio de la trigonometrıa. Aquı se
definen las funciones trigonometricas, la ley de senos y cosenos, las inversas de las
funciones trigonometricas, las funciones hiperbolicas y las funciones trascendentes
(logaritmo y exponencial).
En el tercer capıtulo se aplica lo aprendido de los dos primeros capıtulos a lımites,
derivadas e integrales. Tambien se incluye una seccion a las coordenadas polares y
como estas se relacionan con las coordenadas rectangulares, ası como las versiones
en forma polar de algunas formulas conocidas en el calculo.
En cada una de las secciones se expone un amplio numero de ejemplos, y para poner
en practica los temas que se vayan estudiando, se proponen una serie de actividades
a resolver antes de una lista de ejercicios propuestos al final de cada seccion. Es-
tas actividades tienen la finalidad de comprender, retener y madurar los conceptos
fundamentales estudiados en ese momento antes de avanzar con el estudio de otros
temas.
Para enriquecer el aprendizaje del estudiante, se demuestran con detalle la mayorıa
de los teoremas y proposiciones expuestos en este libro para una mayor comprension
en los temas y de esta forma evitar la mecanizacion en el aprendizaje.
7
Por ultimo, queda por agradecer a todas aquellas personas que contribuyeron a la
mejora de esta obra y de manera muy especial a Catalina Trevilla, Claudia America
Serrano Liceaga y Fausto Jarquın por ser ellos quienes revisaron minuciosamente
cada detalle de este libro. Tambien debo agradecer a Ana Beatriz Alonso por todo
el apoyo editorial brindado.
Espero que este libro tenga la utilidad que se requiere para el aprovechamiento
de un mejor aprendizaje en los temas que se exponen, sobre todo para los estudian-
tes de ingenierıa y de modelacion matematica de la UACM en quienes con mucho
carino se escribio la presente obra.
Rafael Torres Simon.
8
Capıtulo 1
Geometrıa Plana
1.1. Las nociones basicas
La geometrıa plana es una rama de la geometrıa que estudia las figuras cuyos
puntos estan contenidos en un plano, como la recta, el triangulo o el cırculo. Es-
ta parte de la geometrıa tambien se conoce como geometrıa euclıdea, en honor al
matematico griego Euclides, el primero en estudiarla en el siglo IV a.C. Su extenso
tratado Elementos de Geometrıa se mantuvo como texto autorizado de geometrıa
hasta la aparicion de las llamadas Geometrıas no euclıdeas en el siglo XIX.
Se comenzara explicando algunos conceptos basicos de la geometrıa.
Por punto se entiende a aquel ente que no se divide en partes, es decir, el
punto no posee magnitud ni tamano. Para representar puntos se emplearan
letras mayusculas: A, B, C, etcetera.
u
A
Por lınea1 se entiende a aquel ente que tiene longitud pero carece de ancho y se
extiende de manera indefinida en dos direcciones. En lo sucesivo, se empleara la
letra l para representar a una lınea recta.
l
1Una lınea no necesariamente es recta.
9
10
Por plano se entiende a aquel ente que tiene una superficie uniformemente
distribuida con lıneas que se cruzan sobre el. Un plano tiene area pero carece
de volumen.
Nota: Se debe tener presente que ninguno de los enunciados anteriores de punto,
recta y plano constituyen una definicion, son secillamente explicaciones o ideas de
lo que nos imaginamos acerca de estos conceptos.
Actividad 1. Considera A y B dos puntos.
(a) ¿Cuantas lıneas pasan por los dos puntos?
(b) ¿Cuantas de estas lıneas son rectas?
r
r
A
B
Seguramente, habras contestado que por A y B pasa una unica lınea recta. De
esta manera, se puede decir que una lınea recta o simplemente recta, es la que
esta determinada por cualquiera dos de sus puntos.
Observemos la figura:
b
b b
b b
b
A
B
l
Por A y B pasa una infinidad de lıneas, pero solo una es lınea recta. En esta
figura, A y B determinan la recta l.
LAS NOCIONES BASICAS 11
Nota: Una recta divide al plano en tres partes: la recta y dos semiplanos.
Por segmento, se entiende como la porcion de una recta. Es decir, si A y B son
dos puntos sobre una recta, al pedazo de recta comprendido entre estos puntos,
incluyendo los puntos, es el segmento AB.
r r
A B
En general, el segmento AB es igual que al segmento BA. En algunos casos, se
consideran segmentos dirigidos, es decir, dado un segmento AB, se le puede aso-
ciar un sentido, por ejemplo de A a B. En este caso, el segmento AB es un segmento
dirigido y BA tendra el sentido opuesto. Ası, se tendrıa la igualdad BA = −AB.
De igual manera, se entendera por rayo a una porcion de recta que tiene un punto
inicial y se extiende de manera indefinida hacia una direccion. De esta manera, cada
punto O de una recta, divide a esta en dos rayos.
O
B Arr r
De esta figura se tienen dos rayos:−→OA y
−−→OB.
Nota: Un segmento tiene dos extremos, mientras que un rayo solo tiene un punto inicial.
A
B
O
rA
r
r
r
segmento AB rayo−→OA
12
Cuando dos rayos tienen un punto inicial en comun, se dice que forman un angulo
entre ellos. De esta manera, un angulo, se puede definir como la parte comun de dos
semiplanos. El borde del angulo, tambien llamado lados del angulo, lo forman los
dos rayos, mientras que el punto inicial comun de los rayos es el vertice del angulo.
O
A
B
r
r
r
En esta figura se puede apreciar el angulo AOB o BOA, donde−→OA y
−−→OB son
los lados del angulo y O es el vertice. Es indiferente que lado se nombra primero,
mas aun, no importa que punto se nombra en cada uno de los dos lados.
Para representar al angulo AOB o BOA, se indicara mediante la notacion:
^AOB y ^BOA respectivamente.
O
A
B
D
E
r
r
r
r
r
En esta figura, el angulo correspondiente se puede designar por: ^AOB, ^DOB,
^AOE, etcetera, o sencillamente como ^O, cuando se conocen los lados en referen-
cia.
Mas adelante, en el estudio de la trigonometrıa, la definicion de angulo aparecera de
manera diferente puesto que importara que lado del angulo se nombre primero. Esto
es, se distinguira entre el ^AOB y ^BOA. En el angulo ^AOB,−→OA es el lado inicial
y−−→OB el lado terminal, mientras que en el angulo ^BOA,
−−→OB es el lado inicial y
−→OA el lado terminal. Estos tipos de angulos se llaman angulos orientados. Por el
momento, los angulos orientados no se emplearan para la geometrıa plana puesto
que no se necesitan.
LAS NOCIONES BASICAS 13
Para entender mas el concepto de angulo, veamos como se puede asociar con una
cantidad de rotacion entre dos rayos:
1. El rayo−→OA coincide con el rayo
−−→OB.
O
A
Br r
2. Se hace girar el rayo−→OA para formar el angulo AOB.
O B
A
r r
r
3. Se tiene finalmente el angulo AOB.
r r
r
O B
A
La cantidad de rotacion que asocia un angulo, se mide en el intervalo de 0 a
360. Para entender este hecho, recordemos que con la ayuda de un transportador,
podemos medir el valor de cierto angulo. Para distinguir la cantidad de rotacion de
un angulo con un numero real, se usa el sımbolo: a, donde a es un numero entre 0
y 360. De esta forma, un angulo se medira de 0 a 360. Si hay a grados en el angulo
AOB, se escribira:
^AOB = a.
Dos rectas l1 y l2 son secantes o se intersectan si estas se cortan en algun punto.
En la siguiente figura se muestran dos rectas cuyo punto de interseccion es el punto
O.
O
l1
l2r
14
Cuando l1 y l2 se intersectan para formar cuatro angulos iguales, se dice que las
rectas son perpendiculares y los cuatro angulos son angulos rectos.
l1
l2
90
Un angulo menor a un angulo recto se llama angulo agudo y uno mayor a un
angulo recto se llama angulo obtuso.
Actividad 2. Clasifica los siguientes angulos en: angulo recto, agudo u obtuso,
segun corresponda.
90
angulo
45135
angulo angulo
r
angulo
180 360r
angulo
Si la suma de dos angulos es 90, los angulos son complementarios y cada angulo
es el complemento del otro; mientras que si la suma es 180, se dice que los angulos
son suplementarios y cada angulo es el suplemento del otro.
Actividad 3. completa las siguientes frases:
1. El complemento de 22 es porque 22+ =
2. Si x < 90, el complemento de x es porque x+ =
3. El suplemento de 45 es porque 45+ =
4. Si x > 90, el suplemento de x es porque x+ =
LAS NOCIONES BASICAS 15
1.1.1. Definicion. Si tres rayos−→OA,
−−→OB y
−−→OC tienen el vertice O en comun, y el
rayo−−→OB esta dentro del angulo AOC entonces los angulos AOB y BOC se llaman
angulos adyacentes.
O r
B
r
A
r
C
Nota: Si los dos angulos adyacentes son iguales, se dice que el rayo−−→OB bisecta
al angulo AOC, y−−→OB se llama la bisectriz del angulo.
Actividad 4. Escribe los pasos a seguir para trazar la bisectriz de un angulo dado,
utilizando una regla y compas sin graduar.
Si dos rectas se intersectan en un punto O, quedan determinados cuatro angulos,
de ellos, cuatro pares son adyacentes. En este caso, cualesquiera dos pares de angulos
adyacentes suman 180. Los angulos no consecutivos: ^AOB y ^COD se llaman
angulos opuestos.
r
B
rA
OrC
r
D
l2
l2
r
Actividad 5. En la figura anterior, los angulos: ^AOB y ^AOC son adyacentes.
Hay tres pares mas de angulos adyacentes. ¿Cuales son?
1. ^ y ^
2. ^ y ^
3. ^ y ^
16
Actividad 6. Si el suplemento del angulo α es 153 y el complemento del angulo
β es 56, determina:
(a) (α− 2β)2 (b) (β + α)(β − α).
1.1.2. Proposicion. (Propiedad de los angulos opuestos por el vertice)
Los angulos opuestos por el vertice tienen medidas iguales.
Demostracion:
Se consideran los angulos opuestos ^AOB y ^COD. Se comprobara que estos angu-
los son iguales.
r
B
rA
OrC
r
D
1. ^COD + ^COA = 180 por ser angulos adyacentes.
Despejando el angulo ^COD:
^COD = 180 − ^COA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (I)
2. ^AOB + ^COA = 180 por ser angulos adyacentes.
Despejando el angulo ^AOB:
^AOB = 180 − ^COA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (II)
Comparando2 las igualdades (I) y (II), se tiene que
^COD = ^AOB.
Actividad 7. Considerando la figura anterior de la proposicion 1.1.2, comprueba
que los angulos opuestos ^AOC y ^DOB son iguales. Completa lo siguiente para
tal fin.
2Para la comprobacion de este resultado, se hizo uso de una propiedad de igualdad: Si a = b y
a = c entonces b = c.
LAS NOCIONES BASICAS 17
1. ^AOC + ^COD = 180 por ser angulos adyacentes.
Despejando el angulo ,
se tiene : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (I)
2. ^DOB+ = por ser angulos adyacentes.
Despejando el angulo ^DOB,
se tiene : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (II)
Comparando las igualdades (I) y (II), se concluye que
1.1.3. Ejemplo. Encuentra la medida de los angulos de las siguientes figuras.
6x− 54x+ 19
4x3x− 30
(a) (b)
Solucion:
(a) Por ser angulos opuestos, se tiene que 4x + 19 = 6x − 5. Se resuelve esta
ecuacion para encontrar el valor de x.
4x− 6x = −5− 19
−2x = −24
x =−24
−2= 12.
Se sustituye el valor de x en los dos angulos: 4(12) + 19 = 48 + 19 = 67 y
6(12) − 5 = 72− 5 = 67. Ası que el valor de los angulos opuestos mide 67.
(b) Por ser angulos suplementarios se tiene que 3x− 30 + 4x = 180. Resolviendo
esta ecuacion se tiene:
7x− 30 = 180
7x = 180 + 30 = 210
x =210
7= 30.
Sustituyendo el valor de x en los dos angulos se tiene: 3(30)−30 = 90−30 = 60
y 4(30) = 120. Por lo que los valores de los angulos suplementarios son: 60 y
120.
18
Actividad 8. Encuentra la medida de los siguientes angulos complementarios,
donde α = 12x y β = 2x+ 20.
αβ
Una recta l es transversal cuando corta a dos rectas.
l2
l1
l
65
78
23
1
4
En esta figura, l es una transversal porque corta a las rectas l1 y l2.
Los angulos: ^3, ^4, ^5 y ^6 se llaman angulos internos.
Los angulos: ^1, ^2, ^7 y ^8 se llaman angulos externos.
Dos angulos no opuestos (interno y externo) en lados opuestos por la transversal l
se llaman angulos alternos, por ejemplo: ^8 y ^3 o ^2 y ^5.
Dos angulos internos no consecutivos y opuestos por la transversal l se llaman angu-
los alternos internos, por ejemplo: ^6 y ^3.
Dos angulos externos no consecutivos y opuestos por la transversal l se llaman angu-
los alternos externos, por ejemplo: ^8 y ^1.
Los angulos que estan en la posicion correspondiente respecto a la transversal como
por ejemplo: ^8 y ^4 o ^6 y ^2 se llaman angulos correspondientes.
Actividad 9. Apoyandote en la figura anterior,
1. Enlista todos los pares de angulos alternos.
2. Enlista todos los pares de angulos alternos internos.
3. Enlista todos los pares de angulos alternos externos.
4. Enlista todos los pares de angulos correspondientes.
LAS NOCIONES BASICAS 19
Actividad 10. Dados l1, l2 dos rectas paralelas3, l una transversal y los 8 angulos
que se forman como en la siguiente figura:
l
l1
l2
21
34
65
78
(a) Enlista todos los pares de angulos iguales (en total son 8).
(b) Enlista todos los pares de angulos que suman 180 que no sean suplementarios
(en total son 8).
Observacion: Los pares de angulos alternos internos son iguales. De manera simi-
lar, los pares de angulos alternos externos coinciden.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1.1
1. Encuentra la medida de los angulos en las siguientes figuras:
10x+ 1512x− 3
4x− 56x+ 1
(a) (b)
2. Si l1 es paralela a l2, determina el valor de los angulos de las siguientes figuras.
2x− 5
x+ 22l1
l2
(a)
2x+ 6
6x− 51l1
l2
(b)3Se dice que dos rectas l1 y l2 son paralelas cuando no se cortan.
20
3. Si α = 110, ¿cuales son los valores de β, γ y δ?
α
γδ
β
4. Si l1 y l2 son paralelas, determina la medida de los angulos a, b y c, donde
a = 180− y, b = 90 + x y c = 2x.
cab
l2
l1
5. Si a = 85 y e = 30, hallar las medidas de los angulos b, c, d y f .
ba
fe
dc
1.2. Triangulos
Por un punto A pasa una infinidad de rectas y dados dos puntos A y B, determi-
nan una unica recta. Dados tres puntos A, B y C, estos determinan una o tres rectas.
Si los tres puntos estan sobre una recta se llaman colineales. Si los tres puntos no
son colineales, forman un triangulo con las tres rectas que estos determinan. Las
siguientes figuras ilustran estos hechos.
TRIANGULOS 21
A
B Cr r rA B C
A, B y C son colineales A, B y C forman el triangulo ABC
En la figura de la derecha se forma el triangulo ABC. Los segmentos AB, AC
y BC son los lados del triangulo; A, B y C son sus vertices y ^ABC, ^BCA y
^CAB, sus angulos (interiores).
A
B CBC
ACAB
β
α
γ
En esta figura se puede apreciar el triangulo ABC, donde α, β y γ son sus angu-
los interiores.
Si se prolongan los lados de un triangulo, quedan determinados todos sus angulos:
interiores y exteriores.
A
BC
β
α
γb
c
a
En esta figura, los angulos a, b y c son angulos exteriores del triangulo ABC. De
esta manera se tiene que un angulo exterior de un triangulo, es aquel angulo que es
adyacente a un angulo interior del mismo triangulo, es decir, son suplementarios.
Actividad 11. ¿Cuantos angulos exteriores en total se pueden formar de un triangu-
lo ABC? ¿Todos estos angulos son distintos?
22
Para la clasificacion de los triangulos, se toman en cuenta dos hechos fundamen-
tales: angulos y lados.
CLASIFICACION DE ACUERDO A SUS ANGULOS
Triangulo rectangulo: el que tiene un angulo recto.
Triangulo acutangulo: el que tiene todos sus angulos agudos.
Triangulo obtusangulo: el que tiene un angulo obtuso.
CLASIFICACION DE ACUERDO A SUS LADOS
Triangulo equilatero: el que tiene todos sus lados iguales.
Triangulo isosceles: el que tiene dos lados iguales.
Triangulo escaleno: el que no tiene lados iguales.
1.2.1. Teorema. La suma de los angulos interiores de un triangulo ABC es 180.
A
B C
β
α
γ
β′
γ′
Demostracion:
1. Se traza una recta paralela al lado BC, pasando por el vertice A del triangulo
ABC.
2. El angulo β es igual al angulo β′y el angulo γ es igual al angulo γ
′, por ser
angulos alternos internos.
3. Por lo tanto, α+ β + γ = α+ β′+ γ
′= 180.
1.2.2. Ejemplo. Encuentra la medida de los angulos del triangulo como se muestra
en la siguiente figura, donde α = x+ 20, β = x y γ = 210 − 3x.
TRIANGULOS 23
β
α
γ
Solucion: Se sabe que x+20+ x+210− 3x = 180. Al resolver esta ecuacion se
obtiene x = 50. Por lo tanto, la medida de los angulos son:
α = x+ 20 = 50 + 20 = 70
β = x = 50
γ = 210− 3x = 210− 3(50) = 210 − 150 = 60.
Actividad 12. Determina la medida de los angulos α y β del siguiente triangulo:
115
β
α
70
1.2.3. Corolario. En cualquier triangulo ABC se tiene que el angulo exterior γ′
es igual a la suma de los angulos internos no adyacentes a γ′.
B C
A
γ′
Demostracion:
1. Sea γ′el angulo exterior al vertice C (la argumentacion es la misma si es
considerado otro vertice).
2. Se tiene que γ′+ ^BCA = 180, por ser angulos suplementarios.
3. Por el teorema 1.2.1, ^ABC + ^BCA + ^CAB = 180. Ası que se tiene la
igualdad:
γ′+ ^BCA = ^ABC + ^BCA+ ^CAB.
24
4. De donde γ′= ^ABC + ^CAB.
1.2.4. Teorema. La suma de los angulos exteriores de todo triangulo ABC es igual
a 360.
A
BC
β
α
γb
c
a
Demostracion:
1. Utilizando el corolario 1.2.3, se tiene que a = β + γ, b = α+ γ y c = α+ β.
2. Sumando los tres angulos anteriores, se tiene que
a+ b+ c = β + γ + α+ γ + α+ β
= α+ β + γ + α+ β + γ
= 180 + 180
= 360.
3. Se tiene ası que a+ b+ c = 360.
Antes de continuar con mas ejemplos, notemos que en todo triangulo isosceles ABC,
donde AB = AC se tiene que ^ABC = ^ACB. Para comprobar este hecho, ob-
servemos la siguiente figura:
B C
A
A
B C
Se ha trazado dos veces el triangulo isosceles ABC de tal forma que el lado AC
debe ser paralelo a AB para formar un cuadrilatero como se muestra en el dibujo.
De esta forma, los angulos ^ABC y ^ACB deben ser iguales.
TRIANGULOS 25
1.2.5. Teorema. Si A es un punto de la circunferencia de diametro BC distinto
de B y C, entonces el triangulo ABC es un triangulo rectangulo.
A
B CO
α β
βα
Demostracion:
1. Si O el centro de la circunferencia entonces los segmentos OB, OC y OA son
iguales.
2. Los triangulos ABO y AOC son isosceles.
3. La suma de los angulos del triangulo ABC cumple 2α+2β = 180. De aquı se
deduce que α+ β = 90.
1.2.6. Ejemplo. Considera el triangulo ABC, de manera que AB = BC. Calcula
la medida de ^y.
B C
A
y4x x+ 10
Solucion:
1. Sea β = ^BAC. Como AB = BC, el triangulo es isosceles, por lo tanto,
^BAC = ^BCA.
2. Por el corolario 1.2.3 se tiene que 4x = 2β que es equivalente a tener 2x = β.
3. Por otra parte, 4x+x+10 = 180. Resolviendo esta ecuacion se obtiene x = 34.
4. Sustituyendo el valor de x en el angulo β, se obtiene 2(34) = 68 = β.
Ası que entonces se tiene y + 68 = 180, y por lo tanto y = 112.
26
1.2.7. Ejemplo. En la siguiente figura se tiene que ^DBC = ^DCB y ^ABD =
^ACD. Comprueba que ^ABC = ^ACB.
B
A
D
C
Solucion:
1. Como dato se tiene que ^DBC = ^DCB y ^ABD = ^ACD.
2. Sumando estas dos igualdades se tiene ^DBC + ^ABD = ^DCB + ^ACD.
3. Por lo tanto, ^ABC = ^ACB.
1.2.8. Ejemplo. Considera los siguientes triangulos, donde AD = CB. Comprueba
que AC = DB.
A C D B
Solucion:
1. Se sabe que AC + CD = AD y CD +DB = CB.
2. Como dato se tiene que AD = CB, por lo que AC + CD = CD +DB.
3. Cancelando terminos en la igualdad anterior se concluye que AC = DB.
1.2.9. Ejemplo. En el triangulo PQR, el angulo en el vertice R es un angulo recto,
QT = QV y PS = PV . Comprueba que x = 45.
P
S
R
T
QV
x
TRIANGULOS 27
Solucion:
1. Sean ^RPQ = α, ^PQR = β, ^PV S = y y ^TV Q = z.
2. Se sabe que α+β = 90, porque el triangulo PQR es un triangulo rectangulo.
3. Como QT = QV y PS = PV , los triangulos PSV y V TQ son isosceles. Ası,
se tiene que 2y + α = 180 y 2z + β = 180.
4. Sumando las dos igualdades anteriores se tiene, 2y + 2z + α+ β = 360.
5. Sustituyendo el valor de α+ β obtenido en el paso (2) en la igualdad del paso
anterior y simplificando, se tiene que y + z = 135.
6. Finalmente, como y + x+ z = 180, entonces x = 45.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 2.1
1. Nombra todos los triangulos de la figura siguiente (hay mas de cuatro).
A
B
C
D
E
2. Nombra todos los triangulos de la siguiente figura. Una manera de abordar el
problema es escribir SRTMUN y, luego, escribir todas las combinaciones de
tres letras y cotejar cada combinacion con la figura.
S
T
M
N
R
U
28
3. Determina la medida de los angulo a, b, c y d de la figura:
28
47
45
82
a bc
d
4. Si PQ = RS, comprueba que PR = QS.
P Q R S
5. Si ^ABC = ^ACB y ^DBC = ^DCB, comprueba que ^ABD = ^ACD.
B
A
D
C
6. Si ^a = ^b y ^c = ^d, comprueba que el angulo x es recto.
a x b
c
d
CONGRUENCIA DE TRIANGULOS 29
1.3. Congruencia de triangulos
El concepto de congruencia esta emparentado con el de igualdad. En geo-
metrıa es comun que se hable de congruencia en vez de igualdad. Por ejemplo, dos
segmentos son congruentes si y solo si tienen la misma medida, y lo mismo es cierto
para angulos, pero en el caso de dos triangulos, la definicion es mas complicada
puesto que no hay una medida (numero) que defina a un triangulo.
Se ha visto que hay diversas clasificaciones de triangulos que dan cuenta de su
diversidad de formas, es por eso que una nocion previa a la definicion de congruencia
de triangulos es la de correspondencia; y esto, porque un triangulo (y cualquier
polıgono) es una configuracion que consiste de puntos y segmentos de recta (lados)
que unen pares de esos puntos. Decir que el triangulo ABC esta en correspondencia
con el triangulo A′B
′C
′, significa que la correspondencia entre sus vertices es: A−A
′,
B−B′, C−C
′; y en esta correspondencia, queda implıcita la correspondencia entre
sus lados: AB−A′B
′, BC−B
′C
′y CA−C
′A
′, y entre sus angulos: el angulo ^ABC
es congruente con el angulo ^A′B
′C
′, etcetera.
B
A
C B′
A′
C′
De hecho, dos triangulos son congruentes cuando se hacen coincidir uno sobre el
otro mediante algun giro, translacion y/o reflexion. Sin embargo, este hecho no se
empleara para decidir si dos triangulos son congruentes, en vez de esto, se emplean
criterios sobre sus angulos y lados.
La definicion formal utilizada en geometrıa es como sigue: dos triangulos son con-
gruentes si, en la correspondencia entre sus vertices, resultan iguales los lados co-
rrespondientes y los angulos correspondientes. Esto es, los triangulos ABC y A′B
′C
′
son congruentes si AB = A′B
′, BC = B
′C
′y AC = A
′C
′; y los angulos en A, B y
C son iguales a los angulos en A′, B
′y C
′.
Entonces en una congruencia de triangulos se tienen seis igualdades: tres correspon-
dientes a los lados y tres a los angulos. Debido a que son demasiadas igualdades,
resulta muy util tener criterios que nos digan si dos triangulos son congruentes sin
tener que verificarlas todas. El criterio (principio) de congruencia mas basico, es
posiblemente el denominado criterio LAL (lado-angulo-lado) que nos dice que si,
en una correspondencia de triangulos, dos lados de uno y el angulo comprendido
30
entre ellos son iguales a sus correspondientes elementos en el otro, entonces los dos
triangulos son congruentes.
Algunos textos de geometrıa, los mas formales en el sentido logico, toman este crite-
rio como axioma y demuestran los dos restantes, el ALA (angulo-lado-angulo) y el
LLL (lado-lado-lado). Otros textos, la mayorıa, postulan como verdaderos los tres
criterios. Es recomendable entonces tomar los tres como postulados ya que, si de
cualquier manera se va a tomar uno como postulado.
CRITERIOS DE CONGRUENCIA DE TRIANGULOS
1. Lado-Angulo-Lado (LAL). Dos triangulos son congruentes si tienen dos
lados iguales y el angulo comprendido entre ellos, respectivamente iguales.
B
A
C B′
A′
C′
Por ejemplo: AB = A′B
′, BC = B
′C
′y ^ABC = ^A
′B
′C
′
2. Angulo-Lado-Angulo (ALA). Dos triangulos son congruentes si tienen dos
angulos y el lado entre ellos respectivamente iguales.
B
A
C
A′
B′
C′
Por ejemplo: ^ABC = ^A′B
′C
′, ^BCA = ^B
′C
′A
′y BC = B
′C
′
3. Lado-Lado-Lado (LLL). Dos triangulos son congruentes si tienen sus tres
lados respectivamente iguales.
B
A
C
A′
B′
C′
AB = A′B
′, BC = B
′C
′y AC = A
′C
′
CONGRUENCIA DE TRIANGULOS 31
Estos criterios que se acaban de enunciar, ayudan a decidir si dos triangulos son
congruentes sin necesidad de verificar las seis igualdades que dan razon a una con-
gruencia.
Para poder ver la congruencia es necesario buscarla, es decir, en el enunciado de un
problema (una frase, un dato,...) debe sugerir implıcitamente que criterio se puede
usar para su solucion.
Si ABC es cualquier triangulo, se usara de aquı en adelante y cuando se necesite,
el sımbolo 4ABC, para denotar dicho triangulo. Si 4A′B
′C
′denota el triangulo
A′B
′C
′, el sımbolo ∼= denotara la congruencia entre los dos triangulos:
4ABC ∼= 4A′B
′C
′
1.3.1. Ejemplo. Dada la siguiente figura, si AE = EB, CE = ED, comprueba
que 4AEC ∼= 4EDB.
C B
D
E
A
Solucion:
1. ^AEC = ^BED por ser angulos opuestos.
2. De los datos se sabe que AE = EB y CE = ED.
3. Entonces, por el criterio LAL se tiene que 4AEC ∼= 4EDB.
1.3.2. Ejemplo. Si en el paralelogramo ABCD se tiene que ^ADB = ^DBC y
^ABD = ^BDC, comprueba que 4ABD ∼= 4BCD.
A
D C
B
32
Solucion:
1. Como DB es comun en los dos triangulos, se tiene que DB = DB.
2. De los datos se sabe que ^ADB = ^DBC y ^ABD = ^BDC.
3. Entonces se cumple el criterio ALA, y por lo tanto, 4ABD ∼= 4BCD.
1.3.3. Ejemplo. Si en el triangulo isosceles ABC se tiene que AC = BC y AD =
DB, es decir, D es el punto medio de AB, comprueba que 4ADC ∼= 4DBC.
C
BDA
Solucion:
1. Como DC es lado comun de los dos triangulos, se tiene DC = DC.
2. De los datos se sabe que AC = BC y AD = DB.
3. Por lo tanto se cumple el criterio LLL y 4ADC ∼= 4DBC.
Actividad 13. Si en los triangulo rectangulos: 4ABC y 4A′B
′C
′, se tiene que
^ABC = ^A′B
′C
′y BC = B
′C
′, comprueba que 4ABC ∼= 4A
′B
′C
′.
A
C C′
A′
BB′
TEOREMAS DE THALES 33
1.4. Teoremas de Thales
Los teoremas de Thales tienen diversas aplicaciones en la geometrıa, en especial
para la semejanza de triangulos. Antes de enunciar estos teoremas se daran algunas
definiciones y resultados.
Dado un triangulo ABC, la altura4 desde el vertice A, es la perpendicular AD al
lado BC que pasa por A. En este caso, el punto de interseccion D, de la altura con
BC, se llama pie de la altura, y en este caso, BC es la base del triangulo ABC.
A
B D C
Se observa que el pie de la altura D, se encuentra dentro del segmento BC o bien
en la prolongacion de BC.
D
A
B C
El area de un triangulo ABC, es la mitad del producto de su base por la altura
correspondiente. Por ejemplo, si BC es la base y AD la altura, entonces el area del
triangulo ABC denotado por a(4ABC) es:
a(4ABC) =BC ·AD
2
1.4.1. Proposicion. Si dos triangulos ABC y A′B
′C
′tienen una misma altura,
entonces, la razon5 entre sus areas es igual a la razon de sus bases donde se levanta
la altura.
4La altura de un triangulo ABC se puede definir desde cualesquiera de sus tres vertices: A, B o
C.5Al cociente a
b, donde a y b son numeros positivos se le llama razon. Cuando dos razones son
iguales, se dice que hay una proporcion.
34
B
A
C B′
A′
C′
h h
Demostracion:
1. Sea h la altura comun de los triangulos. Entonces,
a(4ABC) =BC · h
2
a(4A′B
′C
′) =
B′C
′ · h2
2. Por lo tanto,a(4ABC)
a(4A′B
′C
′)=
(BC · h)/2(B
′C
′ · h)/2 =BC
B′C
′ .
1.4.2. Proposicion. Si los triangulos ABC y A′B
′C
′tienen una base igual, en-
tonces la razon de sus areas es igual a la razon entre las alturas que se levantan
sobre la base igual.
B
A
C B′
A′
C′
h1 h2
b b
Demostracion:
1. Sean b la base comun de los triangulos, h1 la altura del triangulo ABC y h2
la altura del triangulo A′B
′C
′. Entonces,
a(4ABC) =b · h12
a(4A′B
′C
′) =
b · h22
2. Por lo tanto,a(4ABC)
a(4A′B′C ′)=
(b · h1)/2(b · h2)/2
=h1h2
.
TEOREMAS DE THALES 35
1.4.3. Teorema. (Primer teorema de Thales) En el triangulo ABC, sean D y
E puntos de AB y AC respectivamente y tales que DE es paralelo a BC. Entonces,
AB
AD=
AC
AE.
B
A
C
D Eh
Demostracion:
1. Se observa que los triangulos ADE y ABE tienen la misma altura desde el
vertice E. Luego, usando la proposicion 1.4.1 se tiene que la razon de sus areas
es igual a la razon de sus bases:
a(4ABE)
a(4ADE)=
AB
AD.
2. Tambien los triangulos ADE y ADC tienen la misma altura desde el vertice
D, por lo quea(4ADC)
a(4ADE)=
AC
AE.
3. Los triangulos DBE y DCE tienen a DE como base comun, y como DE es
paralelo a BC, las alturas de estos triangulos son iguales sobre la base comun.
Por lo tanto,a(4DBE)
a(4DCE)= 1.
De aquı se deduce que a(4DBE) = a(4DCE).
4. De esto se tiene la siguiente igualdad:
a(4ABE) = a(4ADE) + a(4DBE)
= a(4ADE) + a(4DCE)
= a(4ADC).
5. Sustituyendo esto ultimo en el paso (1) y comparando con la igualdad del paso
(2), se concluye queAB
AD=
AC
AE.
36
El recıproco de este teorema tambien es cierto.
1.4.4. Teorema. Si en el triangulo ABC, D y E son puntos sobre AB y AC, tales
que ABAD = AC
AE , entonces DE es paralelo a BC.
B
A
C
D E
C′
Demostracion:
1. Supongamos que DE no es paralelo a BC. Sea C′sobre AC tal que DE es
paralelo a BC′.
2. Por el teorema 1.4.3 se tiene que ABAD = AC
′
AE .
3. Por otra parte, se sabe que ABAD = AC
AE .
4. Comparando los resultados de los pasos (3) y (4) se tiene la igualdad:
AC′
AE=
AC
AE
De aquı se deduce que AC = AC′y DE es paralelo a BC.
En el primer teorema de Thales se ha visto que se cumple la relacion ABAD = AC
AE ,
donde DE es paralelo a BC en el triangulo ABC.
B
A
C
D E
Como AB = AD +DB y AC = AE + EC, la relacion anterior, se puede reducir a
DB
AD=
EC
AE.
TEOREMAS DE THALES 37
Esta ultima igualdad, tambien es equivalente a ADDB = AE
EC . Ası que en el primer
teorema de Thales, en el triangulo ABC, si DE es paralelo a BC, se cumplen
cualesquiera de las relaciones:
AB
AD=
AC
AEo
DB
AD=
AE
ECo
AD
DB=
AE
EC.
1.4.5. Ejemplo. Encuentra el valor de x en el siguiente triangulo, donde MN es
paralelo a BC.
A
M
B C
Nx
43
2
Solucion:
Aplicando el primer teorema de Thales, se tiene 4x = 3
2 . Despejando x se obtiene
x = 83 .
1.4.6. Teorema. (Segundo teorema de Thales) Si se tienen tres rectas y
dos transversales a estas, de tal forma que AD, BE y CF son paralelas, entoncesABBC = DE
EF . Recıprocamente, si ABBC = DE
EF y dos de las rectas AD, BE o CF son
paralelas, entonces las tres rectas son paralelas.
A D
B E
C F
G
Demostracion:
1. Se traza la transversal AF a las tres rectas AD, BE y CF , y sea G el punto
de interseccion de AF con BE.
38
2. Debido a que AD, BE y CF son paralelas, se puede aplicar el teorema de
Thales a los triangulos ACF y FDA, para tener
AB
BC=
AG
GFy
FE
ED=
FG
GA.
La ultima igualdad tambien se puede escribir como: AGGF = DE
EF .
3. Comparando la primera y tercera igualdad, se concluye finalmente que
AB
BC=
DE
EF.
Para comprobar el recıproco, se procede como sigue:
1. Supongamos que BE y CF son paralelas. Entonces, ABBC = AG
GF .
2. Por hipotesis, ABBC = DE
EF .
3. Comparando las dos igualdades anteriores se concluye que DEEF = AG
GF .
4. De esta igualdad se tiene por el recıproco del primer teorema de Thales que
GE es paralelo a AD, es decir, BE es paralelo a AD y las tres rectas son
paralelas.
Actividad 14. Con la ayuda de una regla sin medida y un compas, divide un
segmento de recta AB en cuatro partes iguales. Como generalizarıas lo anterior
para dividir el segmento AB en n partes iguales?
1.5. Semejanza de triangulos
En terminos generales, dos figuras geometricas son semejantes, si tienen exac-
tamente la misma forma, pero no necesariamente el mismo tamano. Otra manera de
expresar que dos figuras son semejantes es, si una de ellas es un modelo de escala de
la otra. Por ejemplo, dos circunferencias cualesquiera son semejantes; dos cuadrados
cualesquiera son semejantes; dos triangulos equilateros cualesquiera son semejantes;
dos segmentos cualesquiera son semejantes, etcetera.
A B C Dr r r r
SEMEJANZA DE TRIANGULOS 39
El siguiente es un ejemplo de dos triangulos semejantes:
A
B C B′
A′
C′
2 3
4 8
4 6
El triangulo ABC es semejante al triangulo A′B
′C
′, debido a que la longitud de
cada lado del segundo triangulo es dos veces la del lado correspondiente del primero.
Nombremos a = 2, b = 4 y c = 3 la longitud de los lados del triangulo ABC y
a′= 4, b
′= 8 y c
′= 6 para el triangulo A
′B
′C
′. De esta forma,
a′= 2a, b
′= 2b y c
′= 2c,
o dicho a la inversa, cada numero de la primera terna es exactamente la mitad del
numero correspondiente de la segunda terna:
a =1
2a′, b =
1
2b′
y c =1
2c′.
De esta forma, se tiene:
a′
a=
b′
b=
c′
c,
porque cada una de las fracciones es igual a 2; y
a
a′ =b
b′=
c
c′,
porque cada una de estas fracciones es igual a 12 . En este caso, se dice que las ternas
a, b, c y a′, b
′, c
′, son proporcionales.
Finalmente, para que dos triangulos sean semejantes, es necesario que los angulos
correspondientes sean congruentes.
1.5.1. Definicion. Se dice que dos triangulos ABC y A′B
′C
′son semejantes; en
sımbolos: 4ABC ∼ 4A′B
′C
′, si sus angulos correspondientes son iguales y sus
lados correspondientes son proporcionales.
Ilustracion de la definicion:
40
A
B C B′
A′
C′
Los triangulos ABC y A′B
′C
′son semejantes, si y solo si
^ABC = ^A′B
′C
′, ^BCA = ^B
′C
′A
′, ^CAB = ^C
′A
′B
′,
yAB
A′B′ =BC
B′C ′ =AC
A′C ′ .
Ası que para que dos triangulos sean semejantes, se deben verificar dos condiciones:
Sus angulos correspondientes deben ser iguales. En este caso, se escribe angulo-
angulo-angulo o simplemente como AAA.
Sus lados correspondientes deben ser proporcionales. En este caso, se escribe
lado-lado-lado o simplemente LLL.
De hecho, si alguna de las condiciones es verdadera, se cumple automaticamente la
otra, es decir, si los angulos correspondientes son iguales AAA, entonces sus lados
correspondientes son proporcionales LLL y viceversa. Se prueba este resultado en el
siguiente teorema.
1.5.2. Teorema. (Teorema de semejanza AAA) Si dos triangulos ABC y DEF
tienen sus angulos correspondientes iguales, entonces sus lados correspondientes son
proporcionales.
A
B C
E′
F′
D
E F
Demostracion:
Se debe comprobar que los lados correspondientes son proporcionales, es decir:
AB
DE=
AC
DF=
BC
EF.
SEMEJANZA DE TRIANGULOS 41
1. Sean E′y F
′puntos sobre AB y AC respectivamente, tales que AE
′= DE y
AF′= DF .
2. Por el criterio de congruencia LAL, se tiene que los triangulos AE′F
′y DEF
son congruentes.
3. Por lo tanto, E′F
′es paralelo a BC, y aplicando el primer teorema de Thales
se tiene:AB
AE′ =
AC
AF′ .
4. Como AE′= DE y AF
′= DF , la igualdad anterior se transforma en
AB
DE=
AC
DF.
5. De la misma forma, se puede comprobar que BCEF = AB
DE . Finalmente, se con-
cluye queAB
DE=
AC
DF=
BC
EF.
Actividad 15. Comprueba el paso (5) de la demostracion del teorema anterior, es
decir:
BC
EF=
AB
DE.
El teorema que se acaba de comprobar, tiene una consecuencia importante que dice
que si dos pares de angulos correspondientes de los triangulos ABC y DEF son
iguales, entonces los triangulos son semejantes, es decir, basta con que dos pares de
angulos sean iguales para que dos triangulos sean semejantes. Se enuncia formal-
mente este resultado en el siguiente corolario.
1.5.3. Corolario. ( Criterio de semejanza AA) Si dos pares de angulos corres-
pondientes de los triangulos ABC y DEF son iguales, entonces los triangulos son
semejantes.
A
B C
D
E F
42
Demostracion:
1. Supongamos que ^ABC = ^DEF y ^BCA = ^EFD son los dos pares de
angulos correspondientes iguales.
2. Por otro lado, se sabe que
^ABC + ^BCA+ ^CAB = 180
^DEF + ^EFD + ^FDE = 180.
3. Por lo tanto, de los pasos (1) y (2), se concluye que ^CAB = ^FDE, y por
el teorema de semejanza AAA, los triangulos son semejantes.
1.5.4. Teorema. (Teorema de semejanza LAL) Si los triangulos ABC y DEF
tienen dos lados correspondientes proporcionales y el angulo comprendido entre estos
es igual, entonces los triangulos son semejantes.
A
B C
E′
F′
D
E F
Demostracion:
1. Sean ABDE = AC
DF y ^BAC = ^EDF los lados correspondientes proporcionales
y el angulo comprendido iguales.
2. Sean E′y F
′sobre AB y AC, tales que AE
′= DE y AF
′= DF .
3. Por el criterio de congruencia LAL, los triangulos AE′F
′y DEF son con-
gruentes. Por lo tanto, ABAE
′ =ACAF
′ .
4. Por el recıproco del primer teorema de Thales, se tiene que E′F
′es paralelo a
BC.
5. Luego, los angulos ^ABC y ^DEF son iguales, y por hipotesis, los angulos
en los vertices en A y D son iguales, entonces por el criterio de semejanza AA,
los triangulos AE′F
′y ABC son semejantes.
SEMEJANZA DE TRIANGULOS 43
6. Finalmente, como los triangulos AE′F
′y DEF son congruentes, vease el paso
(3), entonces los triangulos ABC y DEF son semejantes.6
1.5.5. Teorema. (Teorema de semejanza LLL) Si los triangulos ABC y DEF
tienen sus lados correspondientes proporcionales, entonces los triangulos son seme-
jantes.
A
B C
E′
F′
D
E F
Demostracion:
1. Por hipotesis se tiene que ABDE = BC
EF = ACDF .
2. Sean E′y F
′los puntos en AB y AC respectivamente, tales que DE = AE
′
y DF = AF′. Sustituyendo estas igualdades en el paso (1) se tiene:
AB
AE′ =AC
AF ′ .
3. Como los triangulos ABC y AE′F
′comparten el angulo en el vertice A, se
sigue del teorema de semejanza LAL que los triangulos ABC y AE′F
′son
semejantes.
4. Ahora, por definicion de semejanza, se tiene que E′F
′
BC = AE′
AB , de donde
E′F
′= BC
AE′
AB= BC
DE
AB.
5. Por otro lado, en el paso (1) se tiene
EF = BCDE
AB.
Por lo tanto, de los pasos (4) y (5) se concluye que E′F
′= EF .
6. Entonces, por el criterio de congruencia LLL, los triangulos AE′F
′y DEF
son congruentes.
6Si los triangulos ABC y A′
B′
C′
son semejantes y A′
B′
C′
es congruente a DEF , entonces el
triangulo ABC es semejante con DEF .
44
7. Finalmente, los triangulos ABC y DEF son semejantes; vease los pasos (3) y
(6).
1.5.6. Ejemplo. Si los triangulos ABC y DEF son tales que AB, BC y CA son
perpendiculares a las rectas DE, EF y FD respectivamente, entonces los triangulos
son semejantes.
GH
B
A
CIJOF
D
E
Solucion:
En la figura se tiene que los triangulos rectangulos BGI y EOI, son semejantes por
tener el angulo comun en el vertice I, y un angulo recto (Criterio de semejanza AA).
Por consiguiente, ^ABC = ^IEO.
Por otra parte, los triangulos OJF y HJC son semejantes, puesto que ^OJF =
^HJC, por ser angulos opuestos por el vertice. De aquı se deduce que
^OFJ = ^HCJ = ^ACB.
De esta forma se tiene que los triangulos ABC y DEF tienen dos pares de angu-
los iguales, y por el criterio de semejanza AA se concluye que los triangulos son
semejantes.
1.5.7. Ejemplo. Determina la medida de los lados faltantes de los siguientes
triangulos semejantes, donde AB = 8, BC = 12, AC = 11, EF = 4 y el segmento
AB es paralelo a FE.
E
F
A
B Cx
y
SEMEJANZA DE TRIANGULOS 45
Solucion:
Como los triangulos son semejantes, sus lados correspondientes son proporcionales,
por lo que11
y=
8
4, entonces y =
11
2.
Tambien se tiene que
12
x=
8
4, entonces x = 6.
1.5.8. Ejemplo. En la siguiente figura, AB = BC = 12, ^BDC = ^CDE,
BD = 16 y CE = 8. Halla la longitud de DE.
B
A DC
E
Solucion:
Como AB = BC, el triangulo ABC es isosceles. Luego, ^BAC = ^BCA = ^DCE.
Por hipotesis, ^BDC = ^CDE, por lo tanto, los triangulos ABD y CDE son
semejantes puesto que tienen dos angulos iguales. Ası, se tiene que
DE
16=
8
12.
Despejando se concluye que DE = 323 .
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1.3, 1.4 y 1.5
1. En cada una de las siguientes proporciones, determina el valor de x:
(a)x
2=
3
4(b)
5
x=
4
7(c)
5
4=
2x
13(d)
2
3=
11
x+ 3
2. Si x40 = y
50 = 3020 , ¿cuales son lo valores de x y y?
46
3. Si 3p = 5
q = r26 = q
20 , ¿cuales son los valores de p, q y r?
4. Considera el triangulo ABC, donde AB = 12, AC = 15 y BC = 15. Si MN
es paralelo a BC, determina la longitud de NC.
A
B C
M N
5. Sea ABC el triangulo, cuyo segmento MN es paralelo a AB. Determina el
valor de x.
M
N
A
B C4
x
2x+ 1
x+ 1
6. Considera el triangulo ABC, donde BD = 2, EC = 32 , EF = 1
2 , ^ADF =
^AEF = 90. Halla la longitud del segmento DF .
A
B C
DE
F
7. En el triangulo ABC, AS es la altura correspondiente al lado BC, BT la
altura correspondiente al lado AC, BC = 8, AS = 9 y BT = 6. Determina la
longitud del segmento AC.
A
B C
T
S
8. En el triangulo ABC, supon que AB = AD + 10, EC = 12, AC = 20, EF =
FC, ^BAC = ^EAD. Determina la longitud del segmento AD.
SEMEJANZA DE TRIANGULOS 47
B
CA ED
F
9. En el triangulo ABC, AD = DB y AE = EC. Comprueba que DE es paralelo
a BC.
B
A
C
D E
10. En el trapecio ABCD, AB es paralelo a DC y los triangulos AED y BEC,
son semejantes. Comprueba que AD = BC. [Sugerencia: ¿Que otros triangulos
son semejantes?].
A B
CD
E
11. En el triangulo ABC, AB = 16, AC = 30, AE = 11, AF = 25. Es EF paralelo
a BC? Justifica tu respuesta.
A
B C
E F
12. En el triangulo ABC, EF es paralelo a BC. Determina todos los valores de x.
48
A
B C
E F4
x− 43x− 19
x− 3
1.6. Teorema de Pitagoras
En un triangulo rectangulo, el lado opuesto al angulo recto se conoce como la
hipotenusa, y a los lados adyacentes al angulo recto como los catetos del triangulo.
Hipotenusa
CatetoCateto
A
B C
El teorema de Pitagoras establece que en todo triangulo rectangulo, el cuadrado de la
hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Para la demostracion7
de este teorema se empleara la semejanza de triangulos.
1.6.1. Proposicion. En un triangulo rectangulo ABC, la altura sobre la hipotenusa
lo divide en dos triangulos semejantes a el.
D
A
B C
Demostracion:
1. Sea AD la altura del triangulo ABC sobre la hipotenusa BC.
2. El triangulo ABC es semejante al triangulo DBA puesto que ambos son
triangulos rectangulos y tienen un angulo comun en el vertice B.
7A lo largo de la historia han sido muchas las demostraciones (mas de 300 pruebas) que
matematicos y amantes de las matematicas han proporcionado sobre este teorema.
TEOREMA DE PITAGORAS 49
3. Tambien los triangulos rectangulos ABC y DCA, son semejantes puesto que
el angulo en el vertice C es comun. Por lo tanto, los dos triangulos rectangulos
que dividen al triangulo ABC son semejantes a el.
OBSERVACIONES:
De la semejanza entre los triangulos ABC y DBA, se sigue que ABDB = CB
AB .
Por lo tanto, AB2 = DB · CB.
De la semejanza entre los triangulos ABC y DAC, se tiene que CACD = CB
CA . Por
lo tanto, CA2 = CD · CB.
Sumando las dos igualdades anteriores, se tiene:
AB2 +CA2 = DB · CB + CD · CB = (CD +DB)CB = CB2.
Esto se puede resumir en el siguiente teorema:
1.6.2. Teorema. (Teorema de Pitagoras) En un triangulo rectangulo ABC, el
cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.
1.6.3. Ejemplo. La diagonal de un rectangulo de lados 5cm y 12cm es igual al
lado de un cuadrado. ¿Cuanto mide la diagonal de ese cuadrado?
12cm
5cmd
D
Solucion:
Primero se determina la longitud de la diagonal d del rectangulo. Por el teorema
de Pitagoras se tiene d2 = 122 + 52 = 169. Por lo que d =√169 = 13cm. Ahora,
se puede obtener la longitud de la diagonal D del cuadrado al emplear otra vez el
teorema de Pitagoras. Esto es, D2 = d2 + d2 = 2d2 = 2(13)2 = 338. Se tiene ası que
D =√338 ≈ 18.38cm.
50
Actividad 16. Una escalera de 10m de longitud esta apoyada sobre una pared. El
pie de la escalera dista 6m de esa pared. ¿Que altura alcanza la escalera sobre esa
pared?
Actividad 17. Calcula la longitud de la diagonal D del ortoedro como se muestra
en la figura.
4
3d
2 D
1.7. Recıproco del teorema de Pitagoras
1.7.1. Definicion. Si a, b y c son numeros positivos y ab = b
c , entonces b es la
media geometrica o media proporcional de a y c, es decir, b =√ac.
1.7.2. Proposicion. En un triangulo rectangulo ABC, la altura sobre la hipotenusa,
es la media proporcional de los dos segmentos en que se divide la hipotenusa por el
pie de la altura.
D
A
B C
Demostracion:
1. Se sabe que el triangulo ABC, es semejante tanto de DBA como de DCA.
2. Por lo tanto, los triangulos rectangulos DBA y DAC tambien son semejantes.
Ası, se tiene queAD
CD=
DB
AD.
RECIPROCO DEL TEOREMA DE PITAGORAS 51
3. Despejando AD de la igualdad anterior, se tiene que AD2 = DB ·CD, es decir,
AD =√DB · CD.
1.7.3. Lema. Sea ABC un triangulo, donde los angulos en los vertices B y C son
menores a 90, y sea D el pie de la altura de A sobre BC. Si AD2 = BD · DC,
entonces el triangulo ABC es rectangulo.
D
A
B C C′
Demostracion:
1. Se traza la perpendicular a AB que pasa por A. Esta, corta a la recta BC
en un punto C′(si no fuera el caso, entonces tal recta serıa paralela a BC,
resultando que B = D, por lo que AD2 = BD ·DC serıa falso).
2. Se tiene entonces que el triangulo ABC′es rectangulo, con angulo recto en el
vertice A.
3. Por la proporcicion 1.7.2 se tiene que AD2 = BD ·DC′.
4. Por otro lado, por hipotesis se tiene que AD2 = BD ·DC.
5. Se sigue de las dos igualdades anteriores que DC′= DC y C
′= C. Lo que
demuestra que el triangulo ABC es rectangulo.
1.7.4. Teorema. (Recıproco del teorema de Pitagoras) Si en un triangulo
rectangulo ABC, el cuadrado de un lado es igual a la suma de los cuadrados de los
otros dos lados, entonces el triangulo es rectangulo.
D
A
B C
52
Demostracion:
1. Supongamos que en el triangulo ABC, se tiene BC2 = AB2 + CA2.
2. Como BC > AB y BC > CA, entonces los angulos en B y C son menores a
90.
3. Sea D el pie de la perpendicular de A sobre BC. Entonces, los triangulos ABD
y ADC son rectangulos, con angulo recto en el vertice D, y por el teorema de
Pitagoras se tiene que
AB2 = BD2 +AD2 y CA2 = AD2 +DC2.
4. Sumando las dos igualdades anteriores se tiene lo siguiente:
AB2 + CA2 = BD2 + 2AD2 +DC2
= BC2
= (BD +DC)2
= BD2 + 2BD ·DC +DC2.
5. De esta serie de igualdades, se tiene
BD2 + 2AD2 +DC2 = BD2 + 2BD ·DC +DC2.
6. Eliminando terminos se tiene que AD2 = BD ·DC, y por el lema anterior se
tiene el resultado.
1.7.5. Ejemplo. En la siguiente figura, comprueba que b−a = 4, donde a+ b = x.
A
B Ca b
x− 1 x+ 1
xD
Solucion:
Sea h = AD. Entonces, por el teorema de Pitagoras se tiene
(x+ 1)2 = h2 + b2 y (x− 1)2 = h2 + a2.
RECIPROCO DEL TEOREMA DE PITAGORAS 53
Despejando h2 e igualando, se tiene (x+1)2 − b2 = (x− 1)2 − a2. Desarrollando los
binomios y simplificando se tiene que 4x − b2 = −a2. Cambiando de signo ambos
lados y tomando en cuenta que a+ b = x, la igualdad anterior se transforma en
b2 − 4(a+ b) = a2.
Quitando parentesis e igualando a cero lo anterior, se tiene b2 − a2 − 4a − 4b = 0.
Factorizando la expresion del lado izquierdo, se tiene
(b− a)(b+ a)− 4(a+ b) = (b+ a)(b− a− 4) = 0.
De aquı se deduce que b+ a = 0 o b− a− 4 = 0. Luego, b+ a = 0 no puede suceder,
por lo tanto, b− a− 4 = 0 y b− a = 4.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1.6 y 1.7
1. En la siguiente figura se representa un triangulo equilatero, en el que la longitud
del lado L, supera 2cm a la longitud de su altura h. Calcula el perımetro del
triangulo.
L
L Lh
2. En la siguiente figura, la diferencia entre las areas del cuadrado ABCD y del
triangulo equilatero DEC, es de 13cm2. Calcula el perımetro del triangulo.
D
A B
C
E
54
3. El rectangulo ABCD, tiene perımetro de 24cm, y el largo supera al ancho en
5cm. Calcula el area del rectangulo.
B
A D
C
4. Una escuadra de carpintero con ancho constante, tiene un area de 111cm2.
Calcula el ancho de la escuadra.
20cm2
20cm2
5. Calcula el area de un triangulo isosceles ABC, donde la base BC mide 3cm y
la altura h mide 4cm.
6. Calcula el area de un triangulo equilatero ABC, donde la longitud de uno de
sus lados mide L = 1cm.
Capıtulo 2
Trigonometrıa
2.1. Angulos
La trigonometrıa se remonta a la antigua ciudad de Babilonia. Es una rama de
las matematicas que estudia las relaciones entre los lados y angulos de los triangulos.
Las primeras aplicaciones de la trigonometrıa se hicieron en los campos de la nave-
gacion, la geodesia y la astronomıa, en los que el principal problema era determinar
una distancia inaccesible, es decir, una distancia que no podıa ser medida de forma
directa, como la distancia entre la Tierra y la Luna.
Se encuentran notables aplicaciones de las funciones trigonometricas1 en la fısica
y en casi todas las ramas de la ingenierıa, sobre todo, en el estudio de fenomenos
periodicos, como en el flujo de corriente alterno, etcetera.
En geometrıa, un angulo se definio como la parte comun de dos semiplanos for-
mados por dos rayos−→OA y
−−→OB (lados del angulo), que tienen un punto inicial en
comun en O, llamado vertice. El angulo en este caso es ^AOB o ^BOA. De esta
forma, no importa que lado del angulo se nombra primero.
r
r
O
A
B
Sin embargo, para el estudio de la trigonometrıa, sı importa que lado del angulo se
nombra primero, es decir, hay distincion entre los angulos ^AOB y ^BOA. En el
1Son seis las funciones trigonometricas basicas: seno, coseno, tangente, cotangente, secante y
cosecante. Las ultimas cuatro estan en funcion de las dos primeras.
55
56
angulo ^AOB,−→OA es el lado inicial y
−−→OB el lado terminal, mientras que en el
angulo ^BOA,−−→OB es el lado inicial y
−→OA el lado terminal.
r
r
O
A
B
A
B
O
r
r
^AOB ^BOA
Los angulos ^AOB y ^BOA ası definidos, se llaman angulos orientados.
Aquı, se va a considerar un sistema de coordenadas cartesianas para ubicar a un
angulo, donde la posicion estandar para el vertice del angulo, sera el origen. Si el
lado inicial de un angulo coincide con el eje x positivo, y este gira en direccion
contraria a las manecillas del reloj hasta la posicion del lado terminal del angulo,
entonces tal angulo se considera positivo. Si el lado inicial gira en direccion a las
manecillas del reloj hasta la posicion del lado terminal del angulo, entonces dicho
angulo se considera negativo.
Comunmente, la notacion que se usa para los angulos, son las letras griegas: α, β,
γ, etcetera.
x
y
x
y
α
β
En esta figura, el angulo α es positivo, mientras que el angulo β es negativo.
Una unidad de medida para los angulos es el grado. Para la medida de angulos
en grados, se utiliza el sistema sexagesimal, donde grado sexagesimal se entiende
como la amplitud del angulo resultante de dividir la circunferencia en 360 partes
iguales.
Un grado tiene 60 minutos (′) y un minuto tiene 60 segundos (′′).
1 = 60′= 3600
′′y 1
′= 60
′′.
ANGULOS 57
De la misma forma,
1′=
(1
60
)y 1
′′=
(1
60
)′
=
(1
3600
).
Ejemplos:
y
x
y
x
y
x
45135
−90
La medida en grados para los angulos, se usa en actividades aplicadas como agri-
mensura, navegacion y diseno de equipo mecanico. En aplicaciones cientıficas que
requieren calculo, se aconstumbra utilizar radianes.
r
r
A
B
θ
r
En esta figura se tiene un cırculo de radio r, con un angulo central θ, cuyo vertice
es el centro del cırculo. La porcion de cırculo del punto A al punto B se llama arco
AB, denotado por AB. Tambien se dice que el arco AB subtiende el angulo central
θ. Si la longitud de AB es igual al radio r del cırculo, entonces se dice que θ mide
un radian.
r
r
A
B
θ
r
r
2.1.1. Definicion. Un radian es la medida del angulo central de una circunferencia
cuya longitud de arco coincide con la longitud de su radio.
58
Se puede ver que en cualquier cırculo de radio r, caben aproximadamente 6.28 ra-
dianes, es decir, el radio en el cırculo2 cabe exactamente 6 veces y sobra aproxi-
madamente 0.28. Con lo cual, se tiene la relacion
360 = 2π ≈ 6.28 radianes.
Si se divide entre dos en ambos miembros de la igualdad anterior, se tiene
180 = π ≈ 3.14 radianes.
Ahora, si se divide ambos miembros entre π, se concluye que
180
π= 1 radian ≈ 57.2958.
Entonces, hay una relacion entre grados y radianes de un angulo. Para convertir un
angulo θ medido en grados a radianes se usa la formula:
θ = θ( π
180
).
Analogamente, si se tiene xπ radianes, donde x ∈ R, para convertir a grados, se usa
la formula:
xπ = xπ
(180
π
)= x · 180.
Por ejemplo,
1. 45 a radianes corresponde a:
45 = 45( π
180
)=
π
4.
2. 5π6 radianes a grados corresponde a:
5π
6=
5π
6
(180
π
)= 150.
Esta tecnica se puede usar siempre que se quiera hacer una conversion de grados a
radianes o viceversa.
La siguiente tabla muestra algunos angulos con los valores correspondientes a grados
y radianes.
2Tambien se puede comprobar que el diametro D de un cırculo de radio r, cabe en el cırculo
exactamente 3 veces y sobra aproximadamente .1416. Luego, como el diametro D es dos veces el
radio r, nuevamente se desprende que el radio cabe en el cırculo aproximadamente 6.28 veces.
ANGULOS 59
Radianes 0 π6
π4
π3
π2
2π3
3π4
5π6 π 7π
6 2π
Grados 0 30 45 60 90 120 135 150 180 210 360
Geometricamente, tambien se puede mostrar la posicion de un angulo en radianes.y
x
π4
y
x
π2
y
x
π
Se ha visto que un angulo se puede expresar de dos formas: grados y radianes.
Si se require convertir un angulo de radianes a grados junto con los minutos y
segundos, se aplican las conversiones antes mencionadas.
2.1.2. Ejemplo. Realiza las siguientes conversiones.
1. Expresa el angulo θ = 2 en grados, minutos y segundos.
Solucion:
θ = 2
(180
π
)
≈ 114.5915
= 114 + (.5915)(60′)
= 114 + 35.49′
= 114 + 35′+ (.49)(60
′′)
= 114 + 35′+ 29.4
′′
≈ 11435′29
′′.
2. Expresa el angulo 11025′24
′′como decimal, al diezmilesimo de grado mas
cercano.
Solucion:
11025′24
′′= 110 +
(25
60
)+
(24
3600
)
≈ 110 + .4166 + .0066
= 110.4232 .
60
Las calculadoras graficadoras cuentan con funciones que facilitan las conversiones
de grados a radianes y viceversa; la conversion de un angulo que esta en radianes,
a grados minutos y segundos, y convierte una medida decimal que esta en grados,
a grados, minutos y segundos. Es importante saber utilizar estas calculadoras para
aplicar estos tipos de conversiones.
2.1.3. Teorema.
(a) Si un arco de longitud s de una circunferencia de radio r subtiende un angulo
central de θ radianes, entonces s = rθ.
(b) Si A es el area del sector circular determinado por θ, entonces A = 12r
2θ.
Demostracion: Consideremos la figura:
r
r
θ
r
s
(a) Como la longitud de arco es proporcional a su angulo central, entonces
s
r=
θ
1.
De aquı se desprende que s = rθ.
(b) Como el area del sector circular es proporcional a su angulo central, entonces
A
πr2=
θ
2π.
Por lo tanto, A = 12r
2θ .
2.1.4. Ejemplo. Si un arco de circunferencia de longitud s = 7.5cm, subtiende un
angulo central θ de una circunferencia de 3cm de radio, determina:
(a) La medida de θ en grados.
(b) El area el sector circular determinado por θ.
RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS 61
x
y
r
s
θ
Solucion:
(a) Se sabe que s = rθ. Despejando θ y sustituyendo los valores respectivos de s
y r, se tiene
θ =s
r=
7.5
3= 2.5.
Este es el valor de θ en radianes. Entonces, al cambiar a grados se obtiene
θ = 2.5
(180
π
)=
450
π≈ 143.24.
(b) Utilizando la formula de area del sector circular y sustituyendo los valores
respectivos, se tiene
A =1
2r2θ =
1
2(3)2(2.5) = 11.25cm2.
2.2. Relaciones trigonometricas de angulos
Se sabe que la ecuacion de la circunferencia de radio r con centro en el origen
es:
x2 + y2 = r2.
Cuando r = 1, la circunferencia se llama circunferencia unitaria.
x
y
y
x
r r = 1
x2 + y2 = r2 x2 + y2 = 1
62
Nota: Cualquier punto (x, y) de la circunferencia de radio r, satisface la ecuacion
x2 + y2 = r2, y cualquier punto (x, y) que satisface la ecuacion x2 + y2 = r2, es un
punto de la circunferencia de radio r.
Consideremos la siguiente circunferencia unitaria, un punto P = (x, y) sobre su
circunferencia y θ, el angulo formado entre el eje x al segmento OP .
x
y P = (x, y) = (cos θ, sin θ)
cos θ
sin θ
θ
1
1
−1
−1
O
2.2.1. Definicion. Si θ ∈ R, entonces
1. El coseno de θ, denotado por cos θ, se define como la coordenada x, es decir,
cos θ = x.
2. El seno de θ, denotado por sin θ, se define como la coordenada y, es decir,
sin θ = y.
Esta definicion, dice que cada coordenada (x, y) de la circunferencia unitaria, se
puede escribir como (cos θ, sin θ), es decir,
(x, y) = (cos θ, sin θ).
Por otra parte, se observa que si (x, y) = (cos θ, sin θ) es un punto de la circunferencia
unitaria para cierto angulo θ, entonces satisface la ecuacion x2+y2 = 1. Por lo tanto,
se tiene la identidad fundamental3:
cos2 θ + sin2 θ = 1. (2.1)
3Mas adelante, mencionaremos otras identidades fundamentales.
RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS 63
2.2.2. Teorema. Si θ ∈ R, entonces cos2 θ + sin2 θ = 1.
De la indentidad fundamental, se obtienen las siguientes igualdades:
sin2 θ = 1− cos2 θ y cos2 θ = 1− sin2 θ.
Equivalentemente,
sin θ = ±√
1− cos2 θ y cos θ = ±√1− sin2 θ.
2.2.3. Ejemplo. Calcula sin θ y cos θ, donde θ = π4 .
Solucion: Para determinar el seno y coseno del angulo θ, se emplea la cicunfe-
rencia unitaria y se usa la definicion anterior.
P (x, y)
θ = π4
y
x
El angulo θ = π4 radianes bisecta el primer cuadrante. Por lo tanto, el punto
P (x, y) se encuentra en la recta y = x. Como P (x, y) es un punto de la circunferencia
unitaria, satisface la ecuacion x2 + y2 = 1. Como y = x, entonces
x2 + x2 = 1 o 2x2 = 1.
Al despejar x y observar que x > 0, se obtiene x = 1√2. Ası que P = (
√2/2,
√2/2).
Por lo tanto, sin π4 = cos π
4 .
Nota: Para determinar el valor de sin θ y cos θ en este ejemplo, basto con saber
las coordenadas del punto P al angulo correspondiente θ = π4 en la circunferencia
unitaria.
Actividad 18. Por medio de una circunferencia unitaria, determina los valores de
sin θ y cos θ, donde θ = 0, π2 , π,3π2 y 2π.
64
¿Para que valores de θ, sin θ = 0 y cos θ = 0?
Es claro que sin θ = 0, siempre y cuando se esta sutuado en la coordenada (1, 0)
o (−1, 0) de la circunferencia unitaria. Pero esto se logra, cuando los valores de θ
son multiplos de π, es decir: θ = . . . − 3π,−2π,−π, 0, π, 2π, 3π,. . . , etcetera. Por lo
tanto,
sin θ = 0 si, y solo si θ ∈ nπ;n ∈ Z.
De la misma forma, para que cos θ = 0, es necesario que se este situado en el punto
(0, 1) o (0,−1) de la circunferencia unitaria. Los valores de θ donde se cumple esto,
son:
θ =π
2,3π
2,5π
2,7π
2,9π
2, . . .
Y lo mismo sucede, si los valores anteriores de θ, tienen signo negativo. Esto se
resume como sigue:
cos θ = 0 si, y solo si θ ∈(2n+ 1)π
2;n ∈ Z
.
2.2.4. Proposicion. Si θ ∈ R, entonces
1. −1 ≤ sin θ ≤ 1 y −1 ≤ cos θ ≤ 1
2. sin(−θ) = − sin θ
3. cos(−θ) = cos θ
4. Si k ∈ Z, entonces sin(θ + 2kπ) = sin θ y cos(θ + 2kπ) = cos θ.
Demostracion:
En el inciso (1), dice que tanto sin θ como cos θ no pueden pasar de −1 y 1, es decir,
sus valores siempre oscilaran entre −1 y 1 para cualquier valor de θ. Esto resulta
claro puesto que si (x, y) = (cos θ, sin θ), es un punto de la circunferencia unitaria,
entonces se satisfacen las desigualdades anteriores.
Para comprobar los incisos4 (2) y (3), se considera la figura:
4Cuando se cumple la igualdad del inciso (2), se dice que sin θ es par. De igual forma, cuando
se cumple la igualdad del inciso (3), se dice que cos θ es impar.
RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS 65
x
y (x, y) = (cos θ, sin θ)
θ
1
1
−1
−1
−y (x,−y) = (cos(−θ), sin(−θ))
−θ
Se observa que cos θ = x y cos(−θ) = x. Por lo tanto, cos(−θ) = cos θ.
Por otra parte, tambien se tiene que sin θ = y y sin(−θ) = −y. De esta ultima
igualdad se puede multiplicar por un signo negativo ambos lados, reduciendose a
− sin(−θ) = y. Por consiguiente, se tiene que − sin(−θ) = sin(θ). Esto ultimo es
equivalente a
sin(−θ) = − sin θ,
y se concluye la comprobacion de los dos incisos.
El inciso (4) se cumple, puesto que si el angulo θ se le suma 2kπ con k ∈ Z, entonces
se regresa a la misma posicion del angulo y por consiguiente al punto (x, y). De esta
forma se cumplen las dos igualdades.
Nota: Las propiedades del inciso (4), se expresan diciendo que sin θ y cos θ son
funciones periodicas de perıodo 2π.
2.2.5. Definicion. Sean D1 = Rr
(2n+1)π2 ;n ∈ Z
y D2 = R r nπ;n ∈ Z. Se
definen las funciones:
(a) Funcion tangente: tan θ = sin θcos θ ; donde θ ∈ D1
(b) Funcion cotangente: cot θ = cos θsin θ ; donde θ ∈ D2
(c) Funcion secante: sec θ = 1cos θ ; donde θ ∈ D1
(d) Funcion cosecante: csc θ = 1sin θ ; donde θ ∈ D2.
Nota: estas funciones tienen perıodo 2π. Mas aun, π es un perıodo para tan θ y
cot θ, puesto que:
tan(θ + π) =sin(θ + π)
cos(θ + π)=
− sin θ
− cos θ= tan θ.
66
De igual forma, cot(θ + π) = cot θ.
Actividad 19. Completa todos los pasos para comprobar que en efecto:
tan(θ + π) = tan θ y cot(θ + π) = cot θ.
2.2.6. Proposicion. Si θ ∈ R, entonces
1. sin(π2 − θ
)= cos θ y cos
(π2 − θ
)= sin θ
2. cos(θ1 ± θ2) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2
3. sin(θ1 ± θ2) = sin θ1 cos θ2 ± sin θ2 cos θ1.
Demostracion:
Para comprobar el inciso (1), se considera la figura:
θπ2 − θ
(x, y) = (cos θ, sin θ)
(y, x) =(cos(π2 − θ
), sin
(π2 − θ
))
x
y
y
x
1−1
1
−1
Se observa que
sin(π2− θ)= cos θ y cos
(π2− θ)= sin θ.
(2) Primero se comprueba que
cos(θ1 − θ2) = cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2.
Consideremos la figura:
RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS 67
x
yXY
r
r
P1
P2
θ2
θ1 − θ2
1−1
θ1
O
1
−1
Se sabe que P1 = (x1, y1) = (cos θ2, sin θ2) y P2 = (x2, y2) = (cos θ1, sin θ1). La
distancia entre P1 y P2 es:
d =√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2
=√
(cos θ1 − cos θ2)2 + (sin θ1 − sin θ2)2.
Elevando ambos miembros al cuadrado, se tiene
d2 = (cos θ1 − cos θ2)2 + (sin θ1 − sin θ2)
2
= cos2 θ1 − 2 cos θ1 cos θ2 + cos2 θ2 + sin2 θ1 − 2 sin θ1 sin θ2 + sin2 θ2
= 1 + 1− 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2)
= 2− 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2).
Ahora, se rotan los ejes x y y de tal modo que el eje x coincida con el rayo OP1. Es
claro que la longitud de P1 a P2 no cambia; sin embargo, las coordenadas de P1 y
P2 con respecto a los nuevos ejes X y Y son:
P1 = (x′
1, y′
1) = (1, 0) y P2 = (x′
2, y′
2) = (cos(θ1 − θ2), sin(θ1 − θ2)).
Por lo que la distancia entre P1 y P2 es:
d =√
(x′
2 − x′
1)2 + (y
′
2 − y′
1)2
=√
(cos(θ1 − θ2)− 1)2 + (sin(θ1 − θ2)− 0)2.
68
Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad, se tiene
d2 = (cos(θ1 − θ2)− 1)2 + (sin(θ1 − θ2)− 0)2
= cos2(θ1 − θ2)− 2 cos(θ1 − θ2) + 1 + sin2(θ1 − θ2)
= 1− 2 cos(θ1 − θ2) + 1
= 2− 2 cos(θ1 − θ2).
Por lo que al comparar los dos resultados para d2, se tiene que
2− 2 cos(θ1 − θ2) = 2− 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2).
Por lo tanto, se concluye que
cos(θ1 − θ2) = cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2.
Ahora es facil comprobar que cos(θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2. Se observa
que
cos(θ1 + θ2) = cos(θ1 − (−θ2))
= cos θ1 cos(−θ2) + sin θ1 sin(−θ2)
= cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2.
Por lo tanto,
cos(θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2.
Con esto se comprueba el inciso (2) de la proposicion. Es decir:
cos(θ1 ± θ2) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2.
Para comprobar el inciso (3), primero se observa que:
sin(θ1 + θ2) = cos(π2− (θ1 + θ2)
)
= cos(π2− θ1 − θ2
)
= cos((π
2− θ1
)− θ2
)
= cos(π2− θ1
)cos θ2 + sin
(π2− θ1
)sin θ2
= sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2.
Por otra parte, se tiene que
sin(θ1 − θ2) = sin(θ1 + (−θ2))
= sin θ1 cos(−θ2) + cos θ1 sin(−θ2)
= sin θ1 cos θ2 − cos θ1 sin θ2.
RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS 69
Finalmente, juntando las dos igualdades anteriores de sin(θ1 + θ2) y sin(θ1 − θ2), se
tiene que:
sin(θ1 ± θ2) = sin θ1 cos θ2 ± sin θ2 cos θ1.
2.2.7. Ejemplo. Comprueba las siguientes igualdades para la suma y diferencia
de angulos en la funcion tangente.
1. tan(θ1 + θ2) =tan θ1+tan θ21−tan θ1 tan θ2
2. tan(θ1 − θ2) =tan θ1−tan θ21+tan θ1 tan θ2
.
Solucion:
(1) Se empieza desarrollando la parte derecha de la igualdad, y con una serie de
pasos verdaderos, se comprueba que es equivalente a la parte izquierda.
tan θ1 + tan θ21− tan θ1 tan θ2
=
sin θ1cos θ1
+ sin θ2cos θ2
1− sin θ1cos θ1
sin θ2cos θ2
=
sin θ1 cos θ2+cos θ1 sin θ2cos θ1 cos θ2
cos θ1 cos θ2−sin θ1 sin θ2cos θ1 cos θ2
=sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2
=sin(θ1 + θ2)
cos(θ1 + θ2)= tan(θ1 + θ2).
Actividad 20. Comprueba el inciso (2) del ejemplo 2.2.7.
De las identidades de la Proposicion 2.2.6, se deducen las ası llamadas identi-
dades del angulo doble e identidades del angulo mitad. Estos se enuncian en
el siguiente teorema:
2.2.8. Teorema. Si θ ∈ R, entonces:
1. cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ
2. cos 2θ = 2cos2 θ − 1
3. cos 2θ = 1− 2 sin2 θ
4. sin 2θ = 2 sin θ cos θ
70
5. sin2 θ = 1−cos 2θ2
6. cos2 θ = 1+cos 2θ2
7. cos2 θ2 = 1+cos θ
2
8. sin2 θ2 = 1−cos θ
2 .
Demostracion: (1) Para comprobar esta propiedad, se descompone 2θ = θ+ θ, y
se aplica la propiedad (2) de la proposicion 2.2.6. Ası,
cos 2θ = cos(θ + θ) = cos θ cos θ − sin θ sin θ = cos2 θ − sin2 θ.
(2) Se deja como ejercicio para el lector.
(3) Se desprende inmediatamente del primer inciso. Esto es,
cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ = 1− sin2 θ − sin2 θ = 1− 2 sin2 θ.
(4) Se comprueba igual que el inciso (1), es decir, 2θ = θ+ θ y se aplica la igualdad
(3) de la proposicion 2.2.6.
(5) Para la comprobacion de este inciso, se observa que
sin2 θ = 1− cos2 θ = 1− (cos 2θ + sin2 θ) = 1− cos 2θ − sin2 θ.
Luego, se tiene que 2 sin2 θ = 1− cos 2θ. Por lo tanto,
sin2 θ =1− cos 2θ
2.
(6) Se deja como ejercicio.
(7) Se aplica el inciso (6), sustituyendo en θ por θ2 .
(8) Se aplica el inciso (5), sustituyendo en θ por θ2 .
Tambien se puede obtener un resultado para el angulo doble y mitad en la fun-
cion tangente. Se observa que
2 tan θ
1− tan2 θ=
2 sin θcos θ
1− sin2 θcos2 θ
=2 sin θcos θ
cos2 θ−sin2 θcos2 θ
=2 sin θ cos θ
cos2 θ − sin2 θ
=sin 2θ
cos 2θ= tan 2θ.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 71
Por lo tanto,
tan 2θ =2 tan θ
1− tan2 θ.
Por otra parte, no es difıcil comprobar que
tan2θ
2=
1− cos θ
1 + cos θ.
Existen tres identidades fundamentales, de las cuales, la primera ya se habıa
mencionado. Estas son:
sin2 θ + cos2 θ = 1.
sec2 θ = 1 + tan2 θ.
csc2 θ = 1 + cot2 θ.
La segunda identidad fundamental es cierta, puesto que
sec2 θ =1
cos2 θ=
cos2 θ + sin2 θ
cos2 θ= 1 +
sin2 θ
cos2 θ= 1 + tan2 θ.
De la misma forma se comprueba la tercera identidad fundamental, y se deja
como ejercicio para el lector.
2.3. Razones trigonometricas en un triangulo rectangu-
lo
Ahora se estudiara la trigonometrıa usual de triangulos rectangulos, en la que
se habla de senos y cosenos de angulos. La importancia de esta seccion, es que se
vera la relacion que hay entre las razones trigonometricas de angulos y el triangulo
rectangulo.
Consideremos la siguiente figura, donde AB = c, BC = a y AC = b.
1−1 B
A
CE
D
cos θ
sin θ
θ
b
c1
−1
a
72
Se observa que los triangulos ABC y DBE son semejantes. Por consiguiente, se tiene
la proporcion cBD = b
DE , que es equivalente a DEBD = b
c . Como BD = 1, entonces
DE =b
c=
Cateto opuesto a θ
Hipotenusa.
Por otra parte, se sabe que sin θ = DE. Ası, se tiene que
sin θ =Cateto opuesto
Hipotenusa=
b
c=
DE
BD.
Tambien se cumple la proporcion cBD = a
BE , que es equivalente a BEBD = a
c . Luego,
como BD = 1, entonces
BE =a
c=
Cateto adyacente a θ
Hipotenusa.
Por otra parte, se sabe que BE = cos θ. Por lo tanto,
cos θ =a
c=
Cateto adyacente
Hipotenusa=
BE
BD.
2.3.1. Definicion. Dado un triangulo rectangulo ABC, se tienen las siguientes
relaciones:A
B C
b
a
c
θ
sin θ = bc = CO
HIP
cos θ = ac = CA
HIP
Donde: CO =Cateto Opuesto, CA =Cateto Adyacente e HIP =Hipotenusa.
Considerando el mismo triangulo, se pueden tambien definir las funciones: tan θ,
cot θ, sec θ y csc θ, como sigue:
tan θ =sin θ
cos θ=
COHIPCAHIP
=CO
CA=
b
a.
csc θ =1
sin θ=
1COHIP
=HIP
CO=
c
b.
sec θ =1
cos θ=
1CAHIP
=HIP
CA=
c
a.
cot θ =cos θ
sin θ=
CAHIPCOHIP
=CA
CO=
a
b.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 73
2.3.2. Ejemplo. Hallar los valores trigonometricos de 45, 30 y 60.
Solucion: Consideremos el siguiente triangulo rectangulo, cuyos lados en los
catetos miden a = 1, b = 1 e hipotenusa c.
b
a
c
45
Por el teorema de Pitagoras, se tiene que c2 = a2 + b2. Sustituyendo los valores de
a, b y reduciendo, se tiene c2 = 12 + 12 = 2. Por lo que c =√2. Entonces,
sin 45 =b
c=
1√2
csc 45 =c
b=
√2
1=
√2
cos 45 =a
c=
1√2
sec 45 =c
a=
√2
1=
√2
tan 45 =b
a=
1
1= 1 cot 45 =
a
b=
1
1= 1.
Para hallar los valores trigonometricos de θ = 30 y θ = 60, se dibuja un
triangulo equilatero de lados de longitud 2.
b
a = 1 a = 1
c = 2 2
60
30
Aplicando el teorema de Pitagoras, se determina que b =√3. De esta forma, los
valores trigonometricos de θ = 60 son:
sin 60 =
√3
2cos 60 =
1
2tan 60 =
√3
1=
√3
csc 60 =2√3
sec 60 =2
1= 2 cot 60 =
1√3.
De la misma forma, los valores trigonometricos de θ = 30 son:
sin 30 =1
2cos 30 =
√3
2tan 30 =
1√3
csc 30 =2
1= 2 sec 30 =
2√3
cot 30 =
√3
1=
√3.
74
2.3.3. Ejemplo. Determina sin 75 y cos 75.
Solucion:
Se observa que 75 = 45 + 30. Como sin 45 = 1√2
y cos 30 =√32 , entonces
sin 75 = sin(45 + 30)
= sin 45 cos 30 + cos 45 sin 30
=1√2
(√3
2
)+
1√2
(1
2
)
=
√3 + 1
2√2
.
De la misma forma,
cos 75 = cos(45 + 30)
= cos 45 cos 30 − sin 45 sin 30
=1√2
(√3
2
)− 1√
2
(1
2
)
=
√3− 1
2√2
.
Notemos que para determinar estos valores, se tuvo que recurrir a las propiedades
de sin θ y cos θ de la Proposicion 2.2.6, incisos (2) y (3).
Actividad 21. Determina sin 15 y cos 15. Observa que 15 = 45 − 30
Se resumen los valores trigonometricos del ejemplo 2.3.2 en una tabla para una
referencia posterior, ya que se presentan con frecuencia en las aplicaciones.
θ (radianes) θ (grados) sin θ cos θ tan θ csc θ sec θ cot θπ6 30 1
2
√32
1√3
2 2√3
√3
π4 45 1√
21√2
1√2
√2 1
π3 60
√32
12
√3 2√
32 1√
3
2.3.4. Ejemplo. En el siguiente triangulo, determina los valores de los lados que
faltan.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 75
30x
y3
Solucion:
sin 30 =3
y, entonces y =
3
sin 30=
3
1/2= 6.
cos 30 =x
y=
x
6, entonces x = 6cos 30 = 6
(√3
2
)= 3
√3.
2.3.5. Ejemplo. Supon que sin θ = 35 . Calcula los valores de las otras funciones
trigonometricas y el angulo θ.
Solucion:
Como sin θ = 35 , entonces el cateto opuesto e hipotenusa del triangulo rectangulo en
el angulo θ, tienen valores 3 y 5 respectivamente. Ası, se tiene la siguiente situacion:
θx
53
Para encontrar x, el cateto adyacente, se aplica el teorema de Pitagoras:
x =√
52 − 32 =√25− 9 =
√16 = 4.
De esta forma, se tiene que
cos θ =4
5, tan θ =
3
4, csc θ =
5
3,
sec θ =5
4y cot θ =
4
3.
Nota: Para determinar el valor del angulo θ, uno se puede auxiliar de una calcu-
ladora como sigue:
cos θ =4
5, entonces θ = cos−1
(4
5
)≈ 36.86.
76
En lugar de cos θ = 45 , se pudo haber empleado tambien cualquiera de las otras
razones trigonometricas que se calcularon, llegando exactamente al mismo resultado.
Por ejemplo, si se hubiera elegido la tangente, se tendrıa
tan θ =3
4entonces θ = tan−1
(3
4
)≈ 36.86.
Nota 1: La notacion cos−1 o tan−1, hace referencia a la funcion inversa del coseno
y tangente, respectivamente. En la seccion 2.5, se estudiara con detalle la inversa de
cada una de las razones trigonometricas para una mayor comprension.
Nota 2: Algunas calculadoras tienen una tecla marcada como sin−1, cos−1 o tan−1
que ayudan a resolver el problema de encontrar el valor del angulo que se este bus-
cando; en otras, puede requerirse otra tecla o una secuencia de tecleo como inv−sin,
inv − cos o inv − tan (se debe consultar el manual de usuario de la calculadora).
2.3.6. Ejemplo. En el siguiente triangulo rectangulo, b = 4cm es el valor de un
cateto y c = 6cm, la hipotenusa. Determina el valor del otro cateto y los angulos
agudos θ y α.
θa
cb
α
Solucion:
Por el teorema de Pitagoras, se tiene que a =√c2 − b2 =
√36− 16 =
√20. Por lo
tanto, a ≈ 4.47cm. Luego,
sin θ =4
6=
2
3, entonces θ = sin−1
(2
3
)≈ 41.81.
Ahora, se puede emplear por ejemplo el coseno, para determinar el angulo α.
cosα =4
6=
2
3, entonces α = cos−1
(2
3
)≈ 48.18.
2.3.7. Ejemplo. Desde un punto al nivel del suelo y a 135 pies de la base de una
torre, el angulo de elevacion a la parte mas alta de la torre es de 60. Calcula la
altura de la torre.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 77
60
h
135′
Solucion:
Se observa que conviene aplicar la funcion trigonometrica tan θ, puesto que involucra
la altura h y el lado adyacente 135 pies del angulo θ = 60. De esta manera, se tiene
tan 60 =h
135.
Despejando h se tiene h = 135 tan 60 = 135(√
3)≈ 233.82 pies.
Se ha aprendido a obtener los valores trigonometricos de un angulo θ en un triangu-
lo rectangulo, donde 0 < θ < 90. ¿Que pasa cuando el angulo θ es mayor a 90?
Consideremos la siguiente figura:
1−1 B
A
C E
D
cos θ
sin θ
θ
b
c1
−1
a
Los triangulos ABC y DBE son semejantes. De acuerdo a esto, se tienen las siguien-
tes proporciones:a
cos θ=
c
1entonces cos θ =
a
c.
b
sin θ=
c
1entonces sin θ =
b
c.
Se tiene entonces que para calcular las razones trigonometricas del angulo θ cuando
90 < θ < 180, el triangulo rectangulo a considerar es ABC.
78
2.3.8. Ejemplo. Calcula las razones trigonometricas del angulo θ en el punto P
donde se indica.
1. P = (3, 4).
x
y
P (3, 4)
3
4
c
θ
Solucion: Por el teorema de Pitagoras, se tiene que c =√32 + 42 =
√25 = 5.
Entonces,
sin θ =4
5cos θ =
3
5tan θ =
4
3
csc θ =5
4sec θ =
5
3cot θ =
3
4.
2. P = (−3, 2).
x
y
θ
P (−3, 2)
−3
2
c
Solucion: Por el teorema de Pitagoras, se tiene que c =√22 + 32 =
√13. Las
razones trigonometricas de θ son:
sin θ =2√13
cos θ =−3√13
tan θ = −2
3
csc θ =
√13
2sec θ =
√13
−3cot θ = −3
2.
Tambien se pueden obtener las razones trigonometricas de cualquier punto P = (x, y)
cuando este se encuentra en el tercero o cuarto cuadrante. En este caso, el angulo θ
oscila entre 180 y 270 o de 270 a 360 respectivamente.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 79
2.3.9. Definicion. Consideremos las siguientes figuras, donde P = (x, y) es un
punto del plano cartesiano, θ el angulo cuyo lado terminal es OP y r =√
x2 + y2,
la longitud de OP , entonces los valores de las razones trigonometricas son como
sigue:
O Ox
y
x
y
x
y
P (x, y)
P (x, y) P (x, y)
θ θ
θ
r
r r
r
r r
sin θ =y
rcos θ =
x
rtan θ =
y
x(x 6= 0)
csc θ =r
y(y 6= 0) sec θ =
r
x(x 6= 0) cot θ =
x
y(y 6= 0).
2.3.10. Ejemplo. Calcula las razones trigonometricas de θ, si P = (−4,−3).
x
y
−4
−3
c
θ
P (−4,−3)
Solucion: Por el teorema de Pitagoras, se tiene que c =√
(−3)2 + (−4)2 =√25 =
5. Por lo tanto,
sin θ =−3
5cos θ =
−4
5tan θ =
−3
−4=
3
4
csc θ =5
−3sec θ =
5
−4cot θ =
4
3.
Actividad 22. Calcula las razones trigonometricas de θ, si P = (2,−3).
80
2.3.11. Ejemplo. Supongamos que sin θ = 35 , donde 90 < θ < 180. Calcula las
razones trigonometricas restantes del angulo θ.
Solucion:
cos θ = ±√
1− sin2 θ = ±√
1−(3
5
)2
= ±4
5.
Como θ esta en el segundo cuadrante, cos θ tiene signo negativo, por lo tanto,
cos θ = −4
5.
Luego,
tan θ =3/5
−4/5= −3
4.
Para concluir con esta seccion, se proporcionaran algunas tecnicas que son impor-
tantes considerar para el calculo de ciertos angulos.
1. Angulos complementarios (θ = π2 − α).
α
α θsin(π2 − α
)= cosα
cos(π2 − α
)= sinα
tan(π2 − α
)= tanα.
2. Angulos suplementarios.
αα
π − α sin(π − α) = sinα
cos(π − α) = − cosα
tan(π − α) = − tanα.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 81
3. Angulos que difieren en 180.
αα
π + α sin(π + α) = − sinα
cos(π + α) = − cosα
tan(π + α) = tanα.
4. Angulos opuestos.
αα
2π − α sin(2π − α) = − sinα
cos(2π − α) = cosα
tan(2π − α) = − tanα.
5. Angulos negativos.
α
sin(−α) = − sinα
cos(−α) = cosα
tan(−α) = − tanα.
6. Angulos mayores de 360.
α
sin(α+ 2kπ) = sinα
cos(α+ 2kπ) = cosα;
tan(α+ 2kπ) = tanα.
k ∈ Z+
82
7. Angulos que difieren en 90.
α
α90 + α sin
(π2 + α
)= cosα
cos(π2 + α
)= − sinα
tan(π2 + α
)= − cotα.
8. Angulos que suman en 270.
α
α
270− α sin(3π2 − α
)= − cosα
cos(3π2 − α
)= − sinα
tan(3π2 − α
)= cotα.
9. Angulos que difieren en 270.
α
α
270 + α sin(3π2 + α
)= − cosα
cos(3π2 + α
)= sinα
tan(3π2 + α
)= − cotα.
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 83
2.3.12. Ejemplo. Calcula las razones trigonometricas de los angulos: 330, 765 y
330.
Solucion:
Para el angulo 330, se escribe 330 = 360 − 30. Utilizando la conversion de los
angulos opuestos, se tiene que:
sin 330 = sin(360 − 30) = − sin 30 = −1
2
cos 330 = cos(360 − 30) = cos 30 =
√3
2
tan 330 = tan(360 − 30) = − tan 30 = − 1√3.
Para el angulo 765, se escribe 765 = 2(360)+45. De esta forma se puede utilizar
la conversion de los angulos mayores de 360, obteniendose:
sin 750 = sin(2(360) + 45) = sin 45 =1√2
cos 750 = cos(2(360) + 45) = cos 45 =1√2
tan 750 = tan(2(360) + 45) = tan 45 = 1.
Por ultimo, se observa que 300 = 270 + 30. Aquı se puede emplear la conversion
de los angulos que difieren en 270, para obtener:
sin 300 = sin(270 + 30) = − cos 30 = −√3
2
cos 300 = cos(270 + 30) = sin 30 =1
2
tan 300 = tan(270 + 30) = − cot 30 = −√3.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 2.1, 2.2 y 2.3
1. Expresa en radianes los siguientes angulos.
316, 10, 127, 100, y 72.
84
2. Expresa en grados los siguientes angulos.
11π
6,
5π
6,
−7π
2,
π
9y
π
16.
3. Si un arco de circunferencia de longitud s subtiende el angulo central θ en un
cırculo, halla el radio de la circunferencia, si
a) s = 10cm; θ = 4
b) s = 3km; θ = 20.
4. a) Indica los radianes y grados del angulo central θ subtendido por el arco
de longitud s en una circunferencia de radio r, donde
1) s = 7cm; r = 4cm
2) s = 3 pies; r = 20 pulgadas.
b) Determina el area del sector determinado por θ.
5. Determina la longitud de arco que subtiende el angulo central θ de una cir-
cunferencia de diametro d y halla el area del sector determinado por θ, si
a) θ = 50; d = 16cm
b) θ = 2.2; d = 120cm.
6. La distancia entre dos puntos A y B en la tierra se mide a lo largo de una
circunferencia cuyo centro es C, situado en el centro del globo, donde el ra-
dio es igual a la distancia de C a la superficie. Si el diametro del planeta es
aproximadamente de 8000 millas, calcula la distancia entre A y B, si ^ACB
mide:
a) 60
b) 10.
7. Calcula las razones trigonometricas de los angulos:
225, 330, 2655, −840, −150 y 1740.
8. Calcula las otras razones trigonometricas, si
a) cos θ = 14 y 270 < θ < 360
b) tan θ = 2 y 180 < θ < 270
RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO 85
c) sec θ = 2 y 0 < θ < π2 .
9. Comprueba las siguientes identidades trigonometricas:
a) tan θ + cot θ = sec θ csc θ
b) cot θ sec θ = csc θ
c) sec2 θ + csc2 θ = 1sin2 θ cos2 θ
.
10. En el siguiente triangulo rectangulo ABC, determina los lados faltantes o el
angulo θ, segun corresponda, si
b
a
c
B C
A
θ
a) c = 5cm y θ = 41.7
b) b = 3cm y θ = 54.6
c) b = 4cm y c = 6cm.
11. Un arbol de 50m de alto proyecta una sombra de 60m de largo. Encuentra el
angulo de elevacion del sol en ese momento.
12. Calcula la altura de un arbol, sabiendo que desde un punto del terreno se
observa su copa bajo un angulo de 30 y si nos acercamos 10m, bajo un angulo
de 60.
13. Un dirigible que esta volando a 800m de altura, distingue un pueblo con un
angulo de depresion de 12. ¿A que distancia del pueblo se halla?
14. Calcula el area de una parcela triangular, sabiendo que sus lados miden 80m
y 130m, y forman entre ellos un angulo de 70.
15. Tres pueblos A, B y C, estan unidos por carreteras rectas. La distancia de A
a C es de 6km, mientras que de B a C es de 9km. El angulo que forman estas
carreteras es de 120. ¿Cuanto distan A y B?
16. Calcula el radio de una circunferencia, sabiendo que una cuerda de 24.6cm,
tiene como arco correspondiente uno de 70.
86
2.4. Ley de senos y cosenos
Las leyes seno y coseno se aplican para resolver problemas relacionados con los
triangulos. En particular, la ley de los cosenos es una generalizacion del teorema de
Pitagoras. Primero se vera que si A un punto de la circunferencia con centro en el
origen y de radio r, donde ^AOB = θ y B = (0, r), entonces las coordenadas de A
estan dadas por (r cos θ, r sin θ). Consideremos la siguiente figura:
x
y
A = (x, y)
BO
C
EDθ
r
−r −1
1
r
Sea C el punto de interseccion de la recta OA con el cırculo unitario. Entonces,
C = (cos θ, sin θ).
Por otro lado, se tiene que los triangulos COD y AOE son semejantes. Por lo tanto,
r
1=
y
sin θy
r
1=
x
cos θ.
De aquı, se deduce que y = r sin θ y x = r cos θ. Por lo tanto, A = (r cos θ, r sin θ).
Una famosa relacion que se llama Ley de los cosenos, puede obtenerse ahora
facilmente:
Consideremos un triangulo oblıcuo AOB, cuyos lados miden a, b y c, respectiva-
mente y ^AOB = γ, como en la siguiente figura:
A
BO
γ
y
xa
c
bβ
α
LEY DE SENOS Y COSENOS 87
El vertice O del triangulo AOB, coincide con el origen, y el eje x, con el lado OB.
Entonces, A estara en una circunferencia de radio b y con centro en el origen. Por
lo tanto, las coordenadas de A son:
A = (b cos γ, b sin γ).
Por otro lado, las coordenadas de B, son (a, 0).
Por la formula de la distancia entre los puntos de A a B, se tiene
c2 = (a− b cos γ)2 + (−b sin γ)2
= a2 − 2ab cos γ + b2 cos2 γ + b2 sin2 γ
= a2 + b2(sin2 γ + cos2 γ)− 2ab cos γ
= a2 + b2 − 2ab cos γ.
Por lo tanto, se tiene la relacion (Ley de los cosenos):
c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.
De la misma forma, se puede comprobar (intercambiando α y β por γ) que
b2 = a2 + c2 − 2ac cos β
a2 = b2 + c2 − 2bc cosα.
Las aplicaciones que tiene la ley de los cosenos para determinar el valor de todos sus
angulos y lados de un triangulo, son:
(a) Cuando se conocen los tres lados
(b) Cuando se conocen dos lados y el angulo que forman.
2.4.1. Ejemplo. Resuelve5el siguiente triangulo; donde a = 1200m, c = 700m y
β = 108.
a
c
b
β
α
γ
5Resolver un triangulo significa determinar la longitud de sus lados y valor de sus angulos
desconocidos a partir de ciertos datos conocidos del triangulo, que generalmente son tres.
88
Solucion:
En este caso, se conocen dos lados: a y c, y el angulo que forman: β. Esto permite
conocer el tercer lado. La formula a utilizar es b2 = a2 + c2 − 2ac cos β. Entonces
b =√
12002 + 7002 − 2(1200)(700) cos 108 = 1564.97m.
Con esta informacion, se puede calcular el valor del angulo γ. La formula a
utilizar es c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. De aqui, se obtiene
cos γ =c2 − a2 − b2
−2ab.
Sustituyendo los valores respectivos, se obtiene
cos γ =7002 − 12002 − (1564.97)2
−2(1200)(1564.97)≈ 0.905.
Finalmente, se concluye que γ = cos−1 0.90 ≈ 25.176. Ahora, es facil calcular el
valor del angulo α:
α = 180 − (108 + 25.176) = 46.82.
Hay otra relacion llamada Ley de los senos, que al igual que la ley de los cosenos,
permite determinar los lados y angulos faltantes de un triangulo cuando se conocen
ciertos datos de dicho triangulo. Consideremos el siguiente triangulo oblıcuo AOB:
A
BO
γ
y
xa
c
bβ
α
h
D
Supongamos que los lados del triangulo AOB miden: AB = c, OB = a y AO = b.
Sea CD la perpendicular con el eje x, y h la longitud de AD. Se tiene que
sin γ =h
b, entonces h = b sin γ.
En el triangulo rectangulo ADB tambien se tiene
sin β =h
c, entonces h = c sin β.
LEY DE SENOS Y COSENOS 89
De las dos expresiones de h, se concluye que c sin β = b sin γ. Entonces,
sinβ
b=
sin γ
c.
Ahora, si se hace coincidir el eje x con el lado OA, se tiene la siguiente situacion:
B
AO
γ
y
xb
c
aα
β
h′
E
sin γ =h
′
aentonces h
′= a sin γ
sinα =h
′
centonces h
′= c sinα.
Comparando las dos expresiones de h′, se concluye que c sinα = a sin γ. De aquı, se
sigue quesinα
a=
sin γ
cPor lo tanto,
sinα
a=
sin β
b=
sin γ
c.
Esta ultima relacion, es lo que se denomina: ley de los senos.
La ley de los senos, se aplica para determinar todos los lados y angulos faltantes de
un triangulo, cuando:
(a) Se conocen dos angulos y un lado
(b) Se conocen dos lados y el angulo opuesto a uno de ellos.
2.4.2. Ejemplo. Con los datos que se dan en la siguiente figura, calcula la longitud
del lado AD.
A B
D
Cx c
α
5075
60
d = 200m
90
Solucion:
1. Se calcula el angulo α: α = 180 − (60 + 75) = 45.
2. En el triangulo BCD se aplica la ley de los senos para determinar c.
sin 60
c=
sin 45
200, entonces c =
200 sin 60
sin 45= 245m.
3. En el triangulo rectangulo ABD, se calcula el valor de x.
sin 50 =x
c=
x
245.
Por lo tanto, x = 245 sin 50 = 188m.
2.4.3. Ejemplo. Resuelve el siguiente triangulo, donde a = 4cm, b = 5cm y
β = 30.
a
bc
βγ
α
Solucion: Al conocer dos lados y el angulo opuesto a b, se puede calcular el angulo
α:sinα
a=
sin β
b, entonces
sinα
4=
sin 30
5.
Despejando, se tiene:
sinα =4(sin 30)
5=
4(.5)
5= 0.4.
Por lo tanto, α = sin−1(.4) ≈ 23.578 y γ = 180 − (23.578 + 30) = 126.422.
Entonces,sin 126.422
c=
sin 30
5.
Por lo tanto,
c =5(sin 126.422)
sin 30≈ 8.1cm.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 91
2.4.4. Ejemplo. En la siguiente figura, calcula la distancia d entre los puntos A y
B.
D
A
B
C
40 46
α
β
3225
d
300m
Solucion:
1. En el triangulo ADC, se tiene que α = 180 − (65 + 46) = 69. Ahora, por
la ley de los senos se tiene:
sin 65
AC=
sin 69
300, entonces AC =
300 sin 65
sin 69≈ 291.2m.
2. En el triangulo BDC, se tiene que β = 180 − (40 + 78) = 62, y por la ley
de los senos,
sin 62
300=
sin 40
sin 62, entonces BC =
300 sin 40
sin 62≈ 218.4m.
3. Por ultimo, aplicando la ley de los cosenos en el triangulo ACB, se obtiene:
d2 = (218.4)2 + (291.2)2 − 2(218.4)(219.2) cos 32 = 24627.53.
Entonces, d = 156.9m.
2.5. Funciones trigonometricas de numeros reales
En la seccion 2.1, se definieron las razones trigonometricas de angulos. En es-
ta seccion, se estudiaran a las funciones trigonometricas desde el punto de vista
analıtico.
En lugar de angulo, se hablara de numeros reales. Por ejemplo, en lugar de escribir
sin θ, ahora se escribira sinx, donde x hace referencia a un numero real. De hecho,
todas las propiedades de las razones trigonometricas que ya se estudiaron, se siguen
cumpliendo si en lugar de θ, ahora se sustituye por x, con x ∈ R.
En el plano cartesiano R2, consideremos la circunferencia unitaria C con centro en
el origen. Se traza por el punto (1, 0) una recta L, pararela al eje de las ordenadas
(eje y). Esta recta L, hara las veces de recta real R.
92
2.5.1. Definicion. Sea r ∈ R (o sea, si r ∈ L). Se define la funcion T : R → C de
tal manera que T (r) = P , donde P es el punto de C a donde va a caer r al enrollarse
la recta L sobre la circunferencia C, siendo la parte positiva de R enrollada en sentido
contraria a las manecillas del reloj, mientras que la parte negativa de R se enrolla
en sentido contrario a las manecillas.
y
x
C rP
L
r r
T (r)
O
1
−1
−1
1
Por ejemplo, T (0) = (1, 0) y como la longitud de C es 2π, se tiene que T (2π) = (1, 0).
De la misma forma,
T(π2
)= (0, 1), T
(−3π
2
)= (0, 1), T (π) = (−1, 0), T
(3π
2
)= (0,−1).
Se observa que T manda a cada numero real r a un punto (x, y) de C, y que cada
una de sus coordenadas x y y, dependen de r.
2.5.2. Definicion. Sea r ∈ R y supongamos que T (r) = (x, y) es un punto de
la circunferecia unitaria. La funcion coseno del numero real r, se define como la
coordenada x, es decir:
cos r = x.
La funcion seno del numero real r, se define como la coordenada y, es decir:
sin r = y.
De acuerdo con esta definicion, para cada r ∈ R, T (r) = (cos r, sin r). De hecho,
cada coordenada de T (r) es en sı una funcion de R a R, es decir,
sin : R → R y cos : R → R.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 93
2.5.3. Teorema. Si r ∈ R, se tiene:
(a) | sin r |≤ 1, | cos r |≤ 1.
(b) sin2 r + cos2 r = 1.
(c) sin(−r) = − sin r, cos(−r) = cos r.
(d) Para todo k ∈ Z,
sin(r + 2kπ) = sin r y cos(r + 2kπ) = cos r.
(e) sin r = 0 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = nπ
sin r = 1 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = π2 + 2nπ
sin r = −1 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = 3π2 + 2nπ.
(f) cos r = 0 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = π2 + nπ
cos r = 1 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = 2nπ
cos r = −1 si y solo si, existe n ∈ Z tal que r = π + 2nπ.
(g) r ∈(0, π2
), entonces 0 < sin r < 1 y 0 < cos r < 1
r ∈(π2 , π
), entonces 0 < sin r < 1 y −1 < cos r < 0
r ∈(π, 3π2
), entonces −1 < sin r < 0 y −1 < cos r < 0
r ∈(3π2 , 2π
), entonces −1 < sin r < 0 y 0 < cos r < 1.
(h) sin(π2 − r
)= cos r, cos
(π2 − r
)= sin r
sin(π2 + r
)= cos r, cos
(π2 + r
)= − sin r
sin(π − r) = sin r, cos(π − r) = − cos r
sin(π + r) = − sin r, cos(π + r) = − cos r
sin(3π2 − r
)= − cos r, cos
(3π2 − r
)= − sin r
sin(3π2 + r
)= − cos r, cos
(3π2 + r
)= sin r.
Demostracion: Sea r ∈ R. Como T (r) = (cos r, sin r) ∈ C y C tiene por ecuacion
x2 + y2 = 1, resulta que cos2 r + sin2 r = 1. De aquı se deduce que 0 ≤ cos2 r ≤ 1 y
0 ≤ sin2 r ≤ 1. Por lo tanto,
| cos r |≤ 1 y | sin r |≤ 1.
Ası se han comprobado (a) y (b).
94
Para demostrar (c), se observa que si T (r) = (x, y), entonces T (−r) = (x,−y)
puesto que T (r) y T (−r) son simetricos con respecto al eje x. Por consiguiente,
(cos(−r), sin(−r)) = T (−r) = (x,−y) = (cos r,− sin r).
De aquı se sigue que en efecto
cos(−r) = cos r y sin(−r) = − sin r.
(d) Es facil convencerse de que T (r + 2π) = T (r) y que T (r − 2π) = T (r), puesto
que r+2π va a caer en T (r) al enrollarse L en C, pero con una vuelta completa mas
a C, y r− 2π tambien va a dar a T (r) pero con una vuelta completa en el sentido de
las manecillas del reloj. Para completar la prueba, se aplica induccion matematica.
Convencerse de la validez de (e), (f) y (g) es tambien sencillo si se usa la definicion
de la funcion T .
(h) Supongamos que T (r) = P1 = (x, y). Entonces, por simetrıas con los ejes x
o y, se tendra (ver figura):
T(π2− r)= P2 = (y, x), T
(π2+ r)= P3 = (−y, x)
T (π − r) = P4 = (−x, y), T (π + r) = P5 = (−x,−y)
T
(3π
2− r
)= P6 = (−y,−x), T
(3π
2+ r
)= P7 = (y,−x).
y
x
r
rr
r
r
r r
r
P1
P2P3
P4
P5
P6 P7
Y con esto se demuestra el inciso (h).
Nota: La propiedad (c) de este teorema, se expresa diciendo que la funcion seno es
impar, mientras que la funcion coseno es par.
La propiedad (d) se expresa diciendo que las funciones seno y coseno, son funciones
periodicas de perıodo 2π.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 95
2.5.4. Definicion. Sea f : R → R una funcion.
1. Si f(−x) = f(x) para todo x ∈ R, entonces se dice que f es par
2. Si f(−x) = −f(x) para todo x ∈ R, entonces se dice que f es impar.
Geometricamente, una funcion par tiene la propiedad de que su grafica es simetri-
ca con respecto al eje y, mientras que una funcion impar, su grafica es simetrica con
respecto al origen. Esto se aplicara cuando se estudien las graficas de las funciones
trigonometricas.
2.5.5. Definicion. Una funcion f : R → R es periodica si existe c ∈ Rr 0 tal
que para todo x ∈ R, f(x+ c) = f(x). Un numero c que satisface esta condicion se
llama un perıodo de f .
Antes de estudiar las graficas de las funciones seno y coseno, se vera la relacion
que existe entre un arco de una circunferencia de radio 1 y el angulo central que
subtiende el mismo. Recordemos que si un arco de longitud s de una circunferencia
de radio r, subtiende un angulo central de θ radianes, entonces
s = rθ, es decir, θ =s
r.
Es claro que si r = 1, es decir, si la circunferencia es de radio 1, entonces θ = s. Ası,
si un angulo subtiende un arco de longitud s en una circunferencia de radio 1, se
dice que ese angulo mide s radianes. En particular, si C es la circunferencia unitaria
en el plano cartesiano con centro en el origen y A es la interseccion de C con el eje
x (o sea A = (1, 0)) y P = (cos r, sin r) es un punto de C, se puede considerar a r
como la medida del angulo AOP en radianes o como la longitud del arco circular de
A a P en C. y
xAO
P = (cos r, sin r)
rθ = r
C
De esta forma, se habla de seno y coseno del angulo r.
96
Nuevamente, se observa que
sin r = 0 cuando r ∈ Rr nπ;n ∈ R, y
cos r = 0 cuando r ∈ Rr
(2n + 1)π
2;n ∈ Z
.
Se definen las otras funciones trigonometricas que tienen relacion directa con las
funciones seno y coseno.
2.5.6. Definicion. Sean D1 = R r
(2n+1)π
2 ;n ∈ Z
y D2 = R r nπ;n ∈ Z. Se
definen las funciones:
(a) Tangente:
tan : D1 → R tal que tan r =sin r
cos r
(b) Cotangente:
cot : D2 → R tal que cot r =cos r
sin r
(c) Secante:
sec : D1 → R tal que sec r =1
cos r
(d) Cosecante:
csc : D2 → R tal que csc r =1
sin r.
Los conjuntosD1 yD2 son los dominios respectivos de cada funcion trigonometri-
ca. Se observa que si r ∈ D1, entonces
tan(−r) =sin(−r)
cos(−r)=
− sin r
cos r= − tan r.
Por lo tanto, la funcion tangente es impar. Tambien se tiene que
csc(−r) = − csc r, sec(−r) = sec r y cot(−r) = − cot r,
donde r pertenece al dominio respectivo de cada funcion trigonometrica.
Otra caracterıstica importante que tienen estas funciones trigonometricas es que
las funciones tangente y cotangente tienen perıodo π; mientras que las funciones se-
cante y cosecante tienen perıodo 2π. Se deja como ejercicio para el lector comprobar
estos hechos.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 97
2.5.7. Ejemplo. Determina los valores de las funciones trigonometricas, donde
r = π2 .
P (0, 1)
π2
y
x
π2C
r
r
Solucion: El punto P en C que corresponde a r = π2 , tiene coordenadas (0, 1). Por
lo tanto,
sinπ
2= 1 y cos
π
2= 0.
De aquı, se deduce que la funcion tangente no esta definida en π2 , puesto que
tanπ
2=
sin π2
cos π2
=1
0.
De manera similar, la funcion secante tampoco esta definida en π2 , puesto que
secπ
2=
1
cos π2
=1
0.
Sin embargo, csc π2 = 1
sin π2
= 11 = 1 y cot π
2 =cos π
2
sin π2
= 01 = 0.
Nota: Si uno intenta con ayuda de una calculadora evaluar tan π2 o sec π
2 , mar-
cara error. Esto coincide con el hecho de que π2 no pertenece a D1, es decir, al
dominio de la tangente y secante.
98
GRAFICA DE LAS FUNCIONES TRIGONOMETRICAS
Si P (x, y) es el punto de C que corresponde a r, entonces por definicion se tiene
que x = cos r y y = sin r.
y
x
C
A(1, 0)
P (cos r, sin r)
rθ = r
(0, 1)
(−1, 0)
(0,−1)
Sea r > 0. Si r aumenta de 0 a π2 , el punto P (cos r, sin r) varıa a traves de C desde
el punto (1, 0) hasta (0, 1) en sentido contrario a las manecillas del reloj. De manera
consecuente, cos r disminuye de 1 a 0 (1 → 0); mientras que sin r aumenta de 0 a 1
(0 → 1).
Si r aumenta de π2 a π, el punto P (cos r, sin r) viaja a traves de C en sentido con-
trario a las manecillas del reloj de (0, 1) a (−1, 0). De esta forma, la funcion cos r
disminuye de 0 a −1; mientras que sin r disminuye de 1 a 0.
Se usa tambien la notacion 0 → π2 para denotar que r aumenta de 0 a π
2 ; (1, 0) →(0, 1) para denotar que P (cos r, sin r) varıa de (1, 0) hasta (0, 1) sobre C.
Se obtiene ası una tabla como sigue:
t P (cos r, sin r) cos r sin r
0 → π2 (1, 0) → (0, 1) 1 → 0 0 → 1
π2 → π (0, 1) → (−1, 0) 0 → −1 1 → 0
π → 3π2 (−1, 0) → (0,−1) −1 → 0 0 → −1
3π2 → 2π (0,−1) → (1, 0) 0 → 1 −1 → 0
Recordemos que sin : R → R y cos : R → R de tal forma que para cada r ∈ R, se
tiene como imagen sin r para la funcion seno, y cos r para la funcion coseno.
Sin embargo, en lugar de la variable r, se usara de aquı en adelante la variable x,
esto debido a que las graficas de las funciones seno y coseno, estaran en el plano
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 99
cartesiano. De esta forma, se puede hablar de f(x) = sinx y f(x) = cos x, o de
manera similar, de las ecuaciones y = sinx y y = cos x.
Junto con la informacion que ya se tiene acerca de la funcion seno, la siguiente
tabla muestra algunas coordenadas para obtener la grafica de f(x) = sinx.
x 0 π4
π2
3π2 π 5π
43π2
7π4 2π
sinx 0√22 ≈ 0.7 1
√22 ≈ 0.7 0 −
√22 ≈ −0.7 −1 −
√22 ≈ −0.7 0
En esta tabla, se muestran algunas coordenadas de puntos para la grafica de f(x) =
sinx, donde 0 ≤ x ≤ 2π. Si a esto se anade que sinx crece en [0, π2 ], decrece en
[π/2, π] y [π, 3π/2], y crece en [3π/2, 2π], se obtiene la grafica:
1
−1
π 2π
y
xπ2
3π2
r
r
r
r
r
r
r
r
r
De esta forma, se ha obtenido la grafica de f(x) = sinx, donde 0 ≤ x ≤ 2π.
Ahora, si se toma en cuenta que la funcion seno tiene perıodo 2π y que es una
funcion impar, es decir su grafica es simetrica con respecto al origen, se obtiene
la grafica completa de f(x) = sinx.
1
−1
π 2π 3π
y
x−π−2π
Se observa que f(x) = sinx esta definida para todo x ∈ R, es decir, su dominio es
R. La imagen esta definida en el intervalo [−1, 1]. Por lo tanto, f : R → [−1, 1].
Ahora se estudiara la grafica de f(x) = cos x. La siguiente tabla permite conocer
100
algunas coordenadas de puntos por donde pasara dicha grafica, donde 0 ≤ x ≤ 2π.
x 0 π4
π2
3π2 π 5π
43π2
7π4 2π
cos x 1√22 ≈ 0.7 0 −
√2
2 ≈ −0.7 −1 −√22 ≈ −0.7 0
√22 ≈ 0.7 1
Si se toma en cuenta tambien que cos x decrece de [0, π/2], [π/2, π] y crece en
[π, 3π/2], [3π/2, 2π], se obtiene la grafica:
1
−1
π 2π
y
xπ2
3π2
r
r
r
r
r
r
r
r
r
Se completa la grafica de f(x) = cos x, al tomar en cuenta que el coseno tambien
tiene perıodo 2π y que es par (su grafica es simetrica con respecto al eje y).
1
−1
π 2π 3π
y
x−π−2π
f(x) = cos x tiene dominio R e imagen en el intervalo [−1, 1], es decir f : R → [−1, 1].
Para obtener la grafica de f(x) = tan x, se debe tener mas cuidado debido a que su
dominio no es todo R. La funcion tangente no esta definida en los puntos:
. . . ,−5π
2− 3π
2,−π
2,π
2,3π
2,5π
2, . . .
Primero se analiza su grafica en el intervalo −π2 < x < π
2 . Sin embargo, al ser la
tangente una funcion impar (su grafica es simetrica con respecto al origen),
basta ver el comportamiento en el intervalo 0 ≤ x < π2 . Con la siguiente tabla de
valores se obtienen algunos puntos para esbozar la grafica de f(x) = tanx.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 101
x 0 π6
π4
π3
f(x) = tan x 0√33 ≈ 0.6 1
√3 ≈ 1.7
1
2
−1
y
xπ2−π
2
r
r
r
r
Esta grafica tiene la propiedad de que a medida que x se aproxima a π2 , los valores de
f(x) = tan x crecen cada vez mas. Por ejemplo, si se toma en cuenta que π2 ≈ 1.5708,
entonces tan 1.57060 ≈ 5093.5, tan 1.57070 ≈ 10381.3, tan 1.57079 ≈ 158057.9. Los
valores de la funcion tangente aumentan muy rapido conforme x esta proximo a π2 .
Mas Aun,6
si x → π
2
−, tan x → ∞.
Esto se debe a que sinx → 1 y cos x → 0, cuando x → π2−.
De igual manera, por simetrıa se deduce que a medida que x se aproxima a −π2 ,
tan x decrece cada vez mas. Es decir,7
si x → −π
2
+, tan x → −∞.
Por lo tanto, la imagen de la funcion tangente en el intervalo (−π/2, π/2), esta defini-
da en todo R. Las lıneas x = −π2 y x = π
2 son las asıntotas verticales para esta
grafica. Para completar la grafica de la funcion tangente en todo su dominio, se
aplica el hecho de que tiene perıodo π. De esta forma, la grafica de f(x) = tanx,
queda de la siguiente forma:
6x →π2
−, significa que x tiende a π2por la izquierda.
7x → −π2
+, significa que x tiende a −π2por la derecha. En general, si a ∈ R, x → a−, significa
que x tiende a a por la izquierda y x → a+, significa que x tiende a a por la derecha. En el capıtulo
3, se explican mas a fondo estos conceptos.
102
1
2
−1
π 2π
y
x−π−2π
π2
3π2
−π2−3π
2
Por ultimo, se daran a conocer las graficas de las funciones y = csc x, y = secx y
y = cot x. Recordemos que la funcion cotangente tiene perıodo π e impar; la funcion
cosecante es impar y tiene perıodo 2π; mientras que la funcion secante es par y
de perıodo igual que la cosecante. Con esta informacion, se obtienen las siguientes
graficas:
y = csc x
1
2
−1
−2
−3
π 2π 3π
y
x−π−2π−3π π
23π2
5π2
En el intervalo (0, π) se observa que si x → π−, sinx → 0. De esta manera se tiene
que si x → π−, csc x = 1sinx → ∞. Analogamente, si x → 0+, sinx → 0. Entonces, si
x → 0+, csc x = 1sinx → ∞. Luego, en el intervalo (0, π) se dice que hay una rama
superior en la grafica de la cosecante, y las rectas: x = 0 y x = π son las asıntotas
verticales.
En el intervalo (−π, 0) sucede algo similar debido a que la grafica de la cosecante es
simetrica con respecto al origen. Se obtiene ası que si x → −π+, csc x → −∞ y si
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 103
x → 0−, cscx → −∞. En el intervalo (−π, 0) se dice que hay una rama inferior
en la grafica; mientras que las rectas x = −π y x = 0 son las asıntotas verti-
cales. En general, esto se vuelve a repetir en cada perıodo 2π. Las rectas x = nπ;
n ∈ Z son las asıntotas verticales. La imagen de la funcion cosecante es el intervalo
(−∞,−1] ∪ [1,∞).
La grafica de las funciones secante y cotangente quedan de la siguiente manera:
y = sec x
1
2
−1
−2
−3
π 2π 3π
y
x−π−2π−3π π
23π2
5π2
En esta grafica, se observa que
si x → π
2
−, sec x =
1
cos x→ ∞,
si x → −π
2
+, sec x =
1
cos x→ ∞,
si x → π
2
+, sec x =
1
cos x→ −∞,
si x → 3π
2
−, sec x =
1
cos x→ −∞.
Esta situacion se repetira en todo el dominio de la funcion secante por la simetrıa
de la grafica con respecto al eje y y por el hecho de tener perıodo 2π. La imagen de
esta funcion es el intervalo (−∞,−1] ∪ [1,∞).
104
y = cot x
1
2
3
−1
−2
−3
π 2π 3π
y
x−π−2π−3π
En el intevalo 0 < x < π, la grafica de la cotangente cumple lo siguiente:
si x → 0+, cot x =cos x
sinx→ ∞.
si x → π−, cot x =cos x
sinx→ −∞.
Por la simetrıa que posee esta grafica con respecto al origen y por su perıodo π,
esta situacion se repetira en todo su dominio. La imagen de la funcion cotangente
esta definida en todo R.
2.5.8. Ejemplo. Comprueba lo siguiente:
1. csc x = sinx, si y solo si, x = (2k+1)π2 , con k ∈ Z
2. No existe x ∈ D2 tal que cscx ∈ (−1, 1).
Solucion:
1. csc x = sinx, si y solo si, 1sinx = sinx. De aquı se deduce que 1 = sin2 x. Esto
ultimo equivale a resolver ±1 = sinx. Los valores de x que satisfacen esta
igualdad son:
. . .− 5π
2,−3π
2,−π
2,π
2,3π
2,5π
2, . . .
Por lo tanto, x = (2k+1)π2 ; k ∈ Z.
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 105
2. Supongamos que existe x ∈ D2 tal que csc x = 1sinx ∈ (−1, 1). Entonces
−1 < 1sinx < 1. Esto ultimo equivale a resolver −1 < 1
sinx y 1sinx < 1.
a) Si sinx > 0, entonces sinx > −1 y 1 < sinx
b) Si sinx < 0, entonces sinx < −1 y 1 > sinx.
En cualquiera de los dos casos se llega a una contradiccion y por lo tanto, la
cosecante no toma valores en el intervalo (−1, 1).
Actividad 23. Comprueba lo siguiente:
1. sec x = 1, si y solo si, x = nπ; n ∈ Z
2. No existe x ∈ D1 tal que secx ∈ (−1, 1).
Para concluir esta seccion, se estudiaran las inversas de las funciones trigonometri-
cas. Recordemos que si f(x) es una funcion inyectiva en algun intervalo I, donde I
es cerrado, abierto, semicerrado o semiabierto, entonces f(x) tiene inversa f−1(x)
en I, tal que para todo x ∈ I,
(f f−1)(x) = x y (f−1 f)(x) = x.
Geometricamente, las graficas de f(x) y f−1(x) son simetricas con respecto a la recta
y = x. Ademas, si Domf = A y Imf = B, entonces Domf−1 = B y Imf−1 = A.
y
x
f−1(x)
f(x) y = x
Inversa de la funcion seno
La funcion f(x) = sinx no es inyectiva en todo su dominio, sin embargo lo es en el
intervalo [−π/2, π/2] y es aquı donde tiene inversa f−1(x), denotada por
f−1(x) = sin−1(x) o f−1(x) = arcsin x.
Grafica de f(x) = sinx en [−π2 ,
π2 ].
106
1
−1
y
xπ2−π
2
Domf = [−π/2, π/2]
Imf = [−1, 1]
Grafica de f−1(x) = arcsinx.y
x−1 1
π2
−π2
Domf−1 = [−1, 1]
Imf−1 = [−π/2, π/2]
Por definicion de composicion e inversa de una funcion, se tienen que:
1. Si x ∈ [−π/2, π/2], entonces
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(sinx) = arcsin(sinx) = x.
2. Si x ∈ [−1, 1], entonces
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(arcsinx) = sin(arcsinx) = x.
Inversa de la funcion coseno
La funcion f(x) = cos x, tampoco es inyectiva en todo su dominio, sin embargo lo
es en el intervalo [0, π] y aquı es donde tiene inversa f−1(x), denotado por
f−1(x) = cos−1(x) o f−1(x) = arc cos x.
Grafica de f(x) = cosx en [0, π].
1
−1
π
y
xπ2
Domf = [0, π]
Imf = [−1, 1]
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 107
Grafica de f−1(x) = arc cos x.
y
x−1 1
π
Domf−1 = [−1, 1]
Imf−1 = [0, π]
1. Si x ∈ [0, π], entonces
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(cos x) = arc cos(cos x) = x.
2. Si x ∈ [−1, 1], entonces
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(arc cos x) = cos(arc cos x) = x.
Inversa de la funcion tangente
f(x) = tan x es inyectiva en (−π/2, π/2). Por lo tanto, tiene inversa f−1(x) en este
intervalo, denotado por
f−1(x) = tan−1(x) o f−1(x) = arctan x.
Grafica de f(x) = tanx en (−π/2, π/2).
1
2
−1
y
xπ2−π
2
Domf = (−π/2, π/2)
Imf = R
108
Grafica de f−1(x) = arctan x.
x
y
π2
−π2
Domf = R
Imf = (−π/2, π/2)
1. Si x ∈ (−π/2, π/2), entonces
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(tan x) = arctan(tan x) = x.
2. Si x ∈ R, entonces
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(arctanx) = tan(arctan x) = x.
La grafica de f−1(x) = arctan x esta acotada de (−π/2, π/2). Las rectas y = −π2 y
y = π2 son sus asıntotas horizontales.
Actividad 24. Dibuja la grafica de f(x) y de su inversa f−1(x), donde
1. f(x) = cscx; x ∈ (0, π/2)
2. f(x) = secx; x ∈ (0, π/2)
3. f(x) = cot x; x ∈ (0, π).
4. ¿Porque f(x) = sinx no tiene inversa en [0, π]?
FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES 109
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 2.4 y 2.5
1. Aplica la ley de senos o cosenos para determinar los lados o angulos faltantes
de un triangulo, donde
a) α = 48, γ = 57 y b = 47m
b) β = 20, γ = 31 y b = 210m
c) α = 51, γ = 71 y c = 537m
d) α = 65, a = 21.3m, b = 18.9m
e) β = 30, a = 35.8m y b = 17.9m
f ) γ = 54, b = 240my c = 398m
g) a = 1792m, b = 4231m y c = 3164m
h) a = 10cm, b = 15cm y c = 12cm
i) b = 12cm, c = 8cm y α = 150
j ) a = 72m, b = 57m y γ = 75.78.
2. Sean A y B dos puntos, de los cuales, no se puede accesar al segundo. Tomando
otro punto C, que dista del primero 42.6m, se dirigen visuales a B, desde los
puntos A y C, que forman con el segmento AC angulos: ^BAC = 53.7 y
^BCA = 64. Halla la distancia entre A y B.
3. Sean A y B dos puntos inaccesibles, pero visibles ambos desde otros puntos
accesibles C y D, separados por la longitud 73.2m. Suponiendo que los angulos
^ACD = 80.2, ^BCD = 43.5, ^BDC = 32 y ^ADC = 23.23. Determina
la distancia entre A y B.
4. El radio de una circunferencia mide 25m. Calcula el angulo que formaran las
tangentes a dicha circunferencia, trazadas por los extremos de una cuerda de
longitud 36m.
5. Un teleferico transporta pasajeros desde un punto A al nivel del suelo, y que
esta a 1.2 millas de un punto B que se halla en la base de una montana, hasta
un punto P de la cima de la montana. Los angulos de elevacion de P desde A
y B son 21 y 65, respectivamente.
a) Calcula la distancia entre A y P
b) Calcula la altura de la montana.
110
6. Los angulos de elevacion de un globo desde dos puntos A y B que estan a nivel
del suelo, son de 24 y 47, respectivamente. La distancia entre A y B es de
8.4 millas. Si el globo se encuentra entre ambos puntos en un mismo plano
vertical, calcula la altura del globo sobre el suelo.
7. Las medidas de un terreno triangular son: 42m, 35m y 18m. Calcula el angulo
mas grande entre los lados.
8. En el siguiente triangulo, calcula los angulos α, β y γ, y el lado c.
y
x
α42
β
γ
137
c
8km5km
9. Comprueba las siguientes identidades trigonometricas.
a) tan x+ cot x = sec x csc x
b) cot(x+ y) = cot x cot y−1cot x+cot y
c) sin 2x1+cos 2x = tanx
d) (sec x+ tanx)(1− sinx) = cos x
e) tan x+cos xsinx = sec x+ cot x
f ) (1 + sinx)(1− sinx) = 1sec2 x
g) (1− sin2 x)(1 + tan2 x) = 1.
10. Desarrolla cos(x+ y + z).
[Sugerencia]. Observa que (x+ y + z) =[x+ (y + z)
].
11. Comprueba que sin(3x) = 3 sinx− 4 sin3 x.
[Sugerencia]. Escribe 3x = 2x+ x.
FUNCIONES TRASCENDENTES 111
2.6. Funciones trascendentes
En esta seccion se estudiaran las funciones: exponencial y logaritmo.
Uno de los propositos, es llegar a dar el significado de ax, donde x es cualquier
numero real y a > 0. Para este fin, se daran las ideas principales, sin proporcionar
todos los detalles que se requieren, ya que va mas alla del tratamiento en curso.
Se comenzara definiendo an con a ∈ R y n ∈ N, como sigue:
2.6.1. Definicion. Sean a ∈ R y n ∈ N. Entonces
(a) a1 = a
(b) an+1 = an · a para toda n ∈ N
(c) Si a 6= 0, a0 = 1.
En la definicion anterior, se dice que a es la base y n el exponente.
2.6.2. Teorema. Sean a, b ∈ R y m,n ∈ N. Entonces
1. an · am = an+m
2. (an)m = an·m
3. (ab)n = an · bn
4. a) Si a > 1 y n < m entonces an < am
b) Si 0 < a < 1 y n < m entonces am < an.
Demostracion:
El inciso (1), se comprueba haciendo induccion sobre m (ver apendice):
Sean n ∈ N y A =m ∈ N | an · am = an+m
.
(i) 1 ∈ A, puesto que por definicion, an · a1 = an+1.
(ii) Supongamos que m ∈ A, entonces se cumple an ·am = an+m. Por consiguiente,
an · am+1 = an · (am · a) = (an · am) · a = an+m · a = a(n+m)+1 = an+(m+1).
112
Ası que, m+ 1 ∈ A y A = N. Por lo tanto, an · am = an+m para todo m ∈ N.
Finalmente, puesto que se eligio arbitrariamente n ∈ N, se tiene el resultado.
Los incisos (2) y (3) se prueban de manera similar usando inducion matematica.
La comprobacion del inciso (4)(a) es como sigue:
Sea a > 1. Se observa que an > 1 para todo n ∈ N. En efecto,
(i) Es claro que si n = 1, se cumple, puesto que a1 = a > 1.
(ii) Supongamos que an > 1, para alguna n ∈ N. Entonces, al multiplicar ambos
lados de la desigualdad por a, se obtiene an+1 > a > 1.
Por lo tanto, si an > 1, entonces an+1 > 1. Ası, se ha probado por induccion
matematica que
an > 1 para todo n ∈ N.
Ahora, si n < m, con n,m ∈ N, entonces m− n ∈ N. Por lo que se acaba de probar,
am−n > 1. Multiplicando ambos lados de la desigualdad por an, se tiene
an < an · am−n = an+(m−n) = am.
Por lo tanto, an < am.
Se deja como ejercicio para el lector el inciso (4)(b).
Con esto, se tiene definida la potencia an para cualquier real a y para cualquier
numero natural n, y la potencia a0 para cualquier real a 6= 0.
Ahora, se dara la definicion de potencia para cuando el exponente es negativo.
2.6.3. Definicion. Sea a 6= 0, n ∈ Z y n < 0. Entonces
an =1
a−n.
2.6.4. Ejemplo. Reduce las siguientes potencias.
1.(13
)−2= 1
(1/3)2= 9
2. (22)2(3)−4
(2)−3 = 24·2334
= 27
34= 128
81 .
FUNCIONES TRASCENDENTES 113
Se observa que(1a
)−nes el inverso multiplicativo de a−n. En efecto, como −n ∈ N,
entonces (1
a
)−n
· a−n =
(1
a· a)−n
= 1−n = 1.
Por lo tanto,1
a−n=
(1
a
)−n
.
De aquı, tambien se sigue que si a 6= 0, b ∈ R, entonces para todo n ∈ N,
(b
a
)n
=bn
an.
De esta forma, las propiedades del teorema 2.6.2, se siguen cumpliendo para expo-
nentes enteros negativos.
2.6.5. Teorema. Sean a, b ∈ R; a 6= 0 y b 6= 0, y n,m ∈ Z. Entonces
1. an · am = an+m
2. (an)m = an·m
3. (ab)n = an · bn
4. a) Si a > 1 y n < m, entonces an < am
b) Si 0 < a < 1 y n < m, entonces am < an.
Ya se conoce el significado de an para n ∈ Z. El siguiente paso es extender esta
definicion para n ∈ Q, de modo que cuando n sea entero, coincida con la definicion
anterior y sobre todo, que las propiedades enunciadas en el teorema 2.6.5, se sigan
cumpliendo.
2.6.6. Definicion. Sea a > 0 y t = nm ∈ Q. Entonces
at = an/m =(
m√a)n
.
Se observa que ( m√a)
n= m
√an, puesto que si se eleva ambos miembros de la
igualdad a la potencia m, se obtiene
((m√a)n)m
=((
m√a)m)n
= an y(
m√an)m
= an.
114
2.6.7. Teorema. Sean a, b ∈ R, a > 0, b > 0 y t, s ∈ Q. Entonces
1. at · as = at+s
2.(at)s
= at·s
3. (ab)s = as · bs
4. a) Si a > 1 y s < t, entonces as < at
b) Si 0 < a < 1 y s < t, entonces at < as.
Demostracion:
(1) Sean t = cd y s = p
q . Entonces, se tiene tambien que t = cqdq y s = dp
dq . Ası que
atas = acqdq a
dpdq =
(dq√a)cq ( dq
√a)dp
=(
dq√a)cq+dp
= acq+dp
dq = at+s.
Por lo tanto,
atas = at+s.
Se omite la demostracion de los otros inciso; sin embargo, se pueden hacer como
un buen ejercicio. Lo importante, es que se ha logrado dar el significado de ax
para x ∈ Q, y sin que se modifiquen las propiedades enunciadas anteriormente. Por
ejemplo,
23/2 =√23 =
√8, 25/3 =
3√25 =
3√32, 16.25 = 161/4 =
4√16 = 2.
Pero, ¿que significa una expresion con un exponente irracional, como 2√3 o 2π?
Para hallar ax con x ∈ I (conjunto de numeros racionales), basta tomar cualquier
sucesion de numeros racionales (rn);n ∈ N que converja a x, y hallar lımn→∞
arn . Por
ejemplo, para evaluar 2π aproximadamente, se puede utilizar la sucesion de numeros
racionales:
3, 3.1, 3.14, 3.141, 3.1415, 3.14159, . . .
que son los primeros terminos de una sucesion que converge a π. Luego, al evaluar
23, 23.1, 23.14, 23.141, 23.1415, 23.14159, . . .
se estara aproximando a 2π. De hecho, se puede usar cualquier otra sucesion que
converja a π para aproximar 2π.
Un hecho importante es que para cualquier real x, existe por lo menos una sucesion
(rn);n ∈ N creciente de numeros racionales que converge a x, donde lımn→∞
arn existe.
Con esto, se puede dar la siguiente definicion,
FUNCIONES TRASCENDENTES 115
2.6.8. Definicion. Sean a > 0, x ∈ R y (rn);n ∈ N una sucesion creciente de
racionales que converge a x. Entonces
ax = lımn→∞
arn .
2.6.9. Teorema. Sean a > 0, b > 0 y x, y ∈ R. Entonces
1. ax · ay = ax+y
2. (ax)y = ax·y
3. (ab)x = ax · bx
4. a) Si a > 1 y x < y, entonces ax < ay
b) Si 0 < a < 1 y x < y, entonces ay < ax.
Tambien se puede comprobar que ax > 0, para todo x ∈ R y a > 0. Se puede
ahora definir, para cada a > 0, una importante funcion.
2.6.10. Definicion. Sea a un numero real positivo. La funcion f : R → R definida
por f(x) = ax, se llama funcion exponencial con base a.
Ejemplos de funciones exponenciales:
f1(x) = 2x, f2(x) =
(1
2
)x
, f3(x) = 1x, f4(x) =
(2
3
)x
, f5(x) =
(3
2
)x
.
Se esbozara la grafica de f1(x) = 2x.
x −3 −2 −1 0 1 2
f1(x) = 2x 2−3 = 18 2−2 = 1
4 2−1 = 12 20 = 1 21 = 2 22 = 4
1
2
3
1 2−1−2−3
rr
r
r
r
ry
x
116
En esta grafica, se puede observar que a medida que x → −∞, f1(x) = 2x →0; mientras que si x → ∞, f1(x) = 2x → ∞. Ası que la funcion esta definida
en todo R, tiene una asıntota horizontal, a saber el eje x, y es creciente en todo
su dominio, donde Domf = (−∞,∞) e Imf = (0,∞). Las graficas de las otras
funciones exponenciales quedan de la siguiente forma:
1
2
3
4
1 2 3−1−2−3
y
x
f1
f5
f3
f4f2
En general,
(a) Si a > 1, entonces f(x) = ax es creciente
(b) Si 0 < a < 1, entonces f(x) = ax es decreciente
(c) Si a = 1, entonces f(x) = ax es constante.
Notese que para x = 0, todas las funciones exponenciales toman el valor de uno.
Como la funcion exponencial f(x) = ax es inyectiva en todo su dominio si a 6= 1,
entonces tiene inversa f−1(x), llamada logaritmo en base a, denotada por
f−1(x) = loga x.
2.6.11. Definicion. Sea a > 0, a 6= 1. El logaritmo en base a denotado por logax,
se define como la inversa de la funcion exponencial con base a.
La grafica de f−1(x) = loga x debe ser simetrica a f(x) = ax con respecto a la
recta y = x. Se dibuja su grafica, suponiendo que a > 1.
FUNCIONES TRASCENDENTES 117
y
x
1
1
f(x) = ax
f−1(x) = loga x
Usando la definicion de composicion e inversa, se tiene que si a > 1:
1. Si x > 0,
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(loga x) = aloga x = x.
2. Si x ∈ R,
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(ax) = loga ax = x.
Nota: loga x es el numero al que hay que elevar la base a para obtener x.
2.6.12. Ejemplo. Calcula los siguientes logaritmos.
1. log2 1 = 0 porque 20 = 1
2. log2 2 = 1 porque 21 = 2
3. log2 4 = 2 porque 22 = 4
4. log10 1 = 0 porque 100 = 1
5. log10 1000 = 3 porque 103 = 1000.
118
2.6.13. Teorema. Sea a > 0, a 6= 1 y x, y > 0. Entonces
(a) loga(xy) = loga x+ loga y
(b) loga
(xy
)= loga x− loga y
(c) Si r ∈ R, entonces loga (xr) = r loga x.
Demostracion:
(a) Sean u = loga x y v = loga y, entonces au = x y av = y. Luego se tiene que
auav = au+v = xy.
Por lo tanto, u+ v = loga x+ loga y = loga(xy).
(b) Se observa que loga x = loga
(xyy)= loga
(xy
)+ loga y. Despejando se tiene
que loga x− loga y = loga
(xy
).
(c) Sea u = loga x, entonces au = x. Luego, aur = xr. Por lo tanto,
ur = lna(xr) y r loga x = loga(x
r).
2.6.14. Ejemplo. Resuelve la ecuacion
log10 2 + log10(11 − x2) = 2 log10(5− x).
Solucion:
log10(11− x2)− 2 log10(5− x) = − log10 2
log10(11− x2)− log10(5− x)2 = log10(2−1)
log10
[11− x2
(5− x)2
]= log10
(1
2
)
11− x2
(5− x)2=
1
2
2(11− x2) = (5− x)2
22− 2x2 = 25− 10x+ x2
3x2 − 10x+ 3 = 0
(3x− 1)(x− 3) = 0.
Por lo tanto, x = 13 o x = 3, son las soluciones de la ecuacion.
FUNCIONES TRASCENDENTES 119
2.6.15. Ejemplo. Prueba que si a > 0, a 6= 1 y x > 0, entonces
loga x = − log1/a x.
Solucion: Supongamos que
loga x = y. (2.2)
Entonces se tiene que x = ay. Luego, 1x = 1
ay =(1a
)y. De aquı se sigue que,
log1/a
(1
x
)= y. (2.3)
Comparando (2.2) y (2.3), se tiene
loga x = log1/a
(1
x
)= log1/a 1− log1/a x = − log1/a x.
Por lo tanto,
loga x = − log1/a x.
Nota: De todas las bases, existe una especial denotada por e. Este numero, repre-
senta a un numero irracional que vale aproximadamente:
e ≈ 2.718281828
De hecho, se puede probar que el numero e esta dado por el lımite
e = lımn→∞
(1 +
1
n
)n
.
Mas adelante, se probara este hecho.
De esta manera, se tiene la funcion exponencial f(x) = ex, llamada tambien
algunas veces funcion exponencial natural. Como la base e > 1, su grafica es cre-
ciente.
y
x
1
f(x) = ex
120
La funcion exponencial f(x) = ex, siempre es positiva y crece mas rapido que
cualquier funcion polinomial. Su dominio es todo R y su imagen esta definida en
el intervalo (0,∞), es decir:
Domf = R e Imf = (0,∞).
A medida que x → ∞, ex → ∞; mientras que si x → −∞, ex → 0. En terminos de
lımites se escribe ası:
lımx→∞
ex = ∞ y lımx→−∞
ex = 0.
f(x) = ex es inyectiva en todo su dominio, ası que tiene inversa f−1(x), llamada
logaritmo natural y se denota por
f−1(x) = lnx.
La grafica de la funcion inversa debe ser simetrica con respecto a la recta con pen-
diente de 45.
y
x
1
1
f(x) = ex
f−1(x) = lnx
Se observa que el dominio de f−1(x) = lnx, es el intervalo (0,∞); mientras que su
imagen esta definida en el intervalo (−∞,∞) = R. Esta grafica tiene la caracterıstica
que a medida que x → ∞, lnx → ∞; mientras que si x → 0, lnx → −∞. Es decir,
lımx→∞
lnx = ∞ y lımx→0
lnx = −∞.
Usando la definicion de funcion inversa, se cumple lo siguiente:
FUNCIONES TRASCENDENTES 121
1. Si x > 0, entonces
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(lnx) = elnx = x.
2. Si x ∈ R, entonces
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(ex) = ln ex = x.
2.6.16. Teorema.
(a) Si x > 0, entonces elnx = x
(b) Si x ∈ R, entonces ln ex = x.
Aplicando el teorema anterior, se pueden simplificar expresiones como:
1. eln(√x) =
√x
2. ln(esinx
)= sinx.
2.6.17. Ejemplo. Simplifica las siguientes expresiones, utilizando las propiedades
de logaritmo natural.
1. Si x > 0, entonces ln(x5) = 5 ln x.
2. Si x > 0, entonces ln(3√x2) = ln(x2/3) = 2
3 lnx.
3. Si x > 0, entonces
ln
[x2
(x+ 1)3
]= ln(x2)− ln(x+ 1)3 = 2 ln x− 3 ln(x+ 1).
4. Si x, y ∈ R, entonces
ln
(ex
ey
)= ln
(ex−y
)= x− y.
5. Si x > 0, entonces
ln[x3(x2 + 1)2
]= lnx3 + ln(x2 + 1)2 = 3 ln x+ 2 ln(x2 + 1).
122
2.6.18. Ejemplo. ¿Es posible medir la concentracion de alcohol en la sangre de
una persona? Investigaciones medicas recientes sugieren que el riesgo R (dado como
porcentaje) de tener un accidente automovilıstico, puede ser modelado mediante la
ecuacion:
R = 6ekx (2.4)
donde x es la concentracion de alcohol en la sangre y k una constante.
(a) Al suponer una concentracion de 0.04 de alcohol en la sangre, produce un
riesgo del 10 por ciento (R=10) de sufrir un accidente, ¿cual es el valor de la
constante?
(b) Utiliza el valor de la constante k e indica cual es el riesgo para una concen-
tracion de alcohol de 0.17.
(c) Con el mismo valor de k, indica la concentracion de alcohol correspondiente a
un riesgo del 100 por ciento.
(d) Si la ley establece que las personas con un riesgo del 20 por ciento o mayor
de sufrir un accidente no deben conducir vehıculos, ¿con que concentracion de
alcohol en la sangre debe un conductor ser arrestado o multado?
Solucion:
(a) Una concentracion de 0.04 y un riesgo del 10 por ciento, indica que x = 0.04
y R = 10. Al sustituir estos valores en la ecuacion (2.4), se obtiene
10 = 6e0.04k
10
6= e0.04k
ln
(10
6
)= 0.04k
k =1
0.04ln
(5
3
)= 12.77
Con el valor k encontrado, la ecuacion (2.4) se puede escribir en la forma:
R = 6e12.77x (2.5)
(b) Al sustituir x = 0.17 en (2.5), se obtiene
R = 6e12.77(0.17) = 52.6
Este resultado indica que para una concentracion de alcohol de 0.17, el riesgo
de sufrir un accidente es del 52.6 por ciento.
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 123
(c) Al sustituir R = 100 en (2.5) y resolviendo para x, se obtiene
100 = 6e12.77x
100
6= e12.77x
ln
(100
6
)= 12.77x
x =1
12.77ln
(50
3
)= 0.22
Este resultado, indica que para una concentracion de alcohol de 0.22, el riesgo
de sufrir un accidente es del 100 por ciento.
(d) Con R = 20 en la ecuacion (2.5), se determina la concentracion x de alcohol
en la sangre.
20 = 6e12.77x
20
6= e12.77x
x =1
12.77ln
(10
3
)= 0.094
Este resultado indica que un conductor que presente una concentracion de
alcohol mayor o igual a 0.094 debe ser arrestado o multado.
2.7. Funciones hiperbolicas basicas
Las funciones hiperbolicas que se van a definir, son utiles en ciertas aplicaciones
del calculo y tambien facilitan en algunas ocasiones la evaluacion de ciertas inte-
grales que mas adelante se estudiaran. El nombre de funcion hiperbolica, se deriva
por el hecho de que hay una relacion estrecha con una hiperbola.
Al igual que las funciones trigonometricas, hay seis funciones hiperbolicas: seno,
coseno, tangente, cotangente, secante y cosecante. Las cuatro ultimas se definen en
funcion de las dos primeras.
Las propiedades de las funciones hiperbolicas que se enunciaran mas adelante, tienen
un cierto parecido con las de las funciones trigonometricas, salvo en algunas oca-
siones por una diferencia de signo.
Se enuncia la definicion de las funciones: seno y coseno hiperbolicos.
124
2.7.1. Definicion. Sea x ∈ R.
1. El coseno hiperbolico de x, denotado por coshx, se define como
cosh x =ex + e−x
2.
2. El seno hiperbolico de x, denotado por sinhx, se define como
sinhx =ex − e−x
2.
Se observa que el coseno y seno hipebolicos, no son sino combinaciones de la
funcion exponencial. Una primera identidad que los relaciona con la hiperbola (de
ahı el nombre de funcion hiperbolica) es:
cosh2 x− sinh2 x =
(ex + e−x
2
)2
−(ex − e−x
2
)2
=e2x + 2 + e−2x
4−(e2x − 2 + e−2x
4
)
=e2x
4+
1
2+
e−2x
4− e2x
4+
1
2− e−2x
4
=1
2+
1
2= 1.
Por lo tanto,
cosh2 x− sinh2 x = 1. (2.6)
Esta identidad, dice que (cosh x, sinhx), satisface la ecuacion de la hiperbola:
x2 − y2 = 1, para todo x ∈ R.
En terminos de angulos, dice que si θ ∈ R, entonces el punto (cosh θ, sinh θ) esta en
la hiperbola x2 − y2 = 1. De aquı el nombre de funciones hiperbolicas.
Recordemos que en las funciones trigonometricas, el punto (cos θ, sin θ) esta en el
cırculo x2 + y2 = 1, para toda θ. Por este hecho, con frecuencia, las funciones
trigonometricas reciben tambien el nombre de funciones circulares, por estar rela-
cionados con un cırculo.
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 125
y
x
(cosh θ, sinh θ)
x2 − y2 = 1
r
r
(1, 0)θ
Las graficas de las funciones hiperbolicas f(x) = coshx y f(x) = sinhx, se pueden
construir si se suman para cosh x o se restan para sinhx, las ordenadas de las graficas
de f(x) = 12e
x y f(x) = 12e
−x. Un hecho importante es que la funcion coshx es par;
mientras que la funcion sinhx es impar. Esto es
cosh(−x) =ex + ex
2= cosh x.
sinh(−x) =e−x − ex
2= −ex − e−x
2= − sinhx.
y
x
y
x
f(x) = coshx f(x) = sinhx
1
−1
1
f(x) = ex
2f(x) = e−x
2
f(x) = − e−x
2
f(x) = ex
2
Se observa que no son periodicas estas graficas; sin embargo, hay simetrıa con res-
pecto al eje y para la grafica de coshx, y simetrıa con respecto al origen para sinhx,
126
y esto por el hecho de ser una funcion par e impar respectivamente.
A continuacion, se proporciona una lista de identidades para estas funciones hiperboli-
cas, teniendo un cierto parecido con las identidades trigonometricas.
2.7.2. Teorema. Sean x, y ∈ R. Entonces
(a) sinh(x+ y) = sinhx cosh y + coshx sinh y
(b) cosh(x+ y) = cosh x cosh y + sinhx sinh y
(c) sinh(2x) = 2 sinhx coshx
(d) cosh(2x) = cosh2 x+ sinh2 x
(e) cosh2 x = cosh(2x)+12
(f) sinh2 x = cosh(2x)−12 .
Demostracion:
(a) Desarrollando el lado derecho de la igualdad, se tiene
sinhx cosh y + coshx sinh y =
[ex − e−x
2
] [ey + e−y
2
]+
[ex + e−x
2
] [ey − e−y
2
]
=ex+y + ex−y − e−x+y − e−(x+y)
4+
ex+y − ex−y + e−x+y − e−(x+y)
4
=2ex+y − 2e−(x+y)
4
=ex+y − e−(x+y)
2= sinh(x+ y).
(b) Analogo al inciso (a).
(c) Se sigue del inciso (a) como sigue:
sinh(2x) = sinh(x+ x)
= sinhx coshx+ cosh x sinhx
= 2 sinhx cosh x.
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 127
(d) Se sigue del inciso (b).
(e) Por (2.6) se tiene que cosh2 x = 1 + sinh2 x. Por otra parte, del inciso (d) se
sigue que sinh2 x = cosh 2x− cosh2 x. Por lo tanto,
cosh2 x = 1 + sinh2 x = 1 + cosh 2x− cosh2 x.
Luego, 2 cosh2 x = 1 + cosh 2x. Finalmente se tiene
cosh2 x =1 + cosh 2x
2.
(f) Analogo al inciso anterior.
Actividad 25. Escribe las pruebas de los inciso (b), (d) y (f) del teorema anterior.
2.7.3. Definicion. Las funciones hiperbolicas restantes se definen de la siguiente
manera:
1. tanhx = sinhxcoshx = ex−e−x
ex+e−x
2. coth x = cosh xsinhx = ex+e−x
ex−e−x ; (x 6= 0)
3. sechx = 1coshx = 2
ex+e−x
4. cschx = 1sinhx = 2
ex−e−x ; (x 6= 0).
Actividad 26. Comprueba las siguientes igualdades:
tanh(−x) = − tanhx, coth(−x) = − coth x, csch(−x) = − cschx,
mientras que sech(−x) = sechx.
Es decir, las funciones hiperbolicas: tangente, cotangente y cosecante, son funciones
impares; mientras que la secante hiperbolica es par. De esta forma, hay simetrıa en
las graficas de cada una con respecto al origen o al eje y, de acuerdo si es impar o
par. Por otra parte, ninguna tiene perıodo, esto es lo que distingue entre las graficas
de las funciones trigonometricas de las hiperbolicas.
Se presentan las graficas de estas funciones hiperbolicas.
128
y
x
y
x
f(x) = tanhx f(x) = coth x
1
−1
1
−1
y
x
y
x
f(x) = sechx f(x) = cschx
1
Se observa que la grafica de f(x) = tanhx, tiene dos asıntotas horizontales: y = −1
y y = 1. Esto es cierto, debido a que
lımx→∞
ex − e−x
ex + e−x= lım
x→∞1− e−2x
1 + e−2x= 1.
De la misma forma
lımx→−∞
ex − e−x
ex + e−x= −1.
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 129
El dominio e imagen de f(x) = tanhx son: Domf = (−∞,∞), Imf = (−1, 1).
Al igual que la tangente hiperbolica, la grafica de f(x) = coth x tiene dos asıntotas
horizontales: y = −1 e y = 1. De esta forma, se puede comprobar que
lımx→∞
ex + e−x
ex − e−x= 1 y lım
x→−∞ex + e−x
ex − e−x= −1.
Como f(x) = cothx se indetermina en x = 0, significa que tiene una asıntota
vertical: x = 0. El dominio e imagen de f(x) = coth x son:
Domf = (−∞, 0) ∪ (0,∞) y Imf = (−∞,−1) ∪ (1,∞).
Actividad 27.
1. Comprueba que y = 0 es una asıntota horizontal de f(x) = sechx. Para ello,
debes comprobar que
lımx→∞
f(x) = 0 y lımx→−∞
f(x) = 0.
Determina Domf e Imf .
2. Comprueba que y = 0 es una asıntota horizontal de f(x) = cschx y x = 0,
una asıntota vertical. Determina Domf e Imf .
Inversa de la funcion coseno hiperbolico.
La funcion f(x) = cosh x es inyectiva en [0,∞), entonces tiene inversa f−1(x) en
este intervalo, denotado por
f−1(x) = cosh−1 x.
La grafica de esta inversa, debe ser simetrica con respecto a la recta y = x.y
x
f−1(x) = cosh−1(x)
Domf−1 = [1,∞)
Imf−1 = [0,∞)
130
Usando la definicion de composicion y funcion inversa, se tiene
1. Si x ∈ [1,∞), entonces
(f f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(cosh−1 x) = cosh(cosh−1 x) = x.
2. Si x ∈ [0,∞), entonces
(f−1 f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(cosh x) = cosh−1(coshx) = x.
Se puede obtener una expresion para f−1(x) = cosh−1 x, si se despeja8 la variable x
de y = cosh x = ex+e−x
2 . Esto es
2y = ex + e−x
2yex = e2x + 1
e2x − 2yex + y2 = y2 − 1
(ex − y)2 = y2 − 1
ex − y = ±√
y2 − 1
ex = y ±√
y2 − 1.
Dado que x > 0, ex = y ±√
y2 − 1 no puede ser menor que 1. Luego, si ex =
y −√
y2 − 1, se tiene que al resolver la desigualdad y −√y2 − 1 > 1 se llega a que
y < 1 lo cual es una contradiccion puesto que y no puede ser menor que 1. Por lo
tanto, ex = y+√
y2 − 1. De aquı se sigue que x = ln(y +
√y2 − 1
). Finalmente se
tiene que
f−1(x) = cosh−1 x = ln(x+
√x2 − 1
)si x ∈ [1,∞).
Inversa de la funcion seno hiperbolico.
f(x) = sinhx tiene funcion inversa f−1(x) = sinh−1 x en todo su dominio, debido a
que es inyectiva. Su grafica es como sigue:
8Para obtener la inversa de una funcion inyectiva f(x), se siguen los pasos: (1) Se escribe y = f(x).
(2) Se despeja la variable x del paso (1) para obtener una expresion de la forma x = g(y). De esta
forma, la inversa f−1(x) de f(x) es justamente g(x).
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 131
y
x
f−1(x) = sinh−1 x
Domf−1 = (−∞,∞)
Imf−1 = (−∞,∞)
Nuevamente, al despejar x de y = sinhx = ex−e−x
2 , se obtiene
f−1(x) = sinh−1 x = ln(x+
√x2 + 1
), si x ∈ R.
Actividad 28. Apoyandote en las graficas de f(x) = tanhx, f(x) = coth x, f(x) =
sechx y f(x) = cschx,
1. Proporciona el intervalo donde es inyectiva cada una de las funciones anterio-
res.
2. Dibuja la grafica de la funcion inversa de cada funcion hiperbolica: f−1(x) =
tanh−1 x, f−1(x) = coth−1 x, f−1(x) = sech−1x y f−1(x) = csch−1x.
3. Proporciona el Domf−1 y Imf−1 para cada funcion inversa.
2.7.4. Ejemplo. Comprueba que si f(x) = tanhx, entonces
f−1(x) = tanh−1 x =1
2ln
(x+ 1
x− 1
).
Solucion: Sea y = tanhx = ex−e−x
ex+e−x . Despejando x se tiene
yex + ye−x = ex − e−x
(1 + y)e−x = (1− y)ex
1 + y
1− y= e2x
ln
(1 + y
1− y
)= 2x
1
2ln
(1 + y
1− y
)= x.
132
Por lo tanto,
f−1(x) = tanh−1 x =1
2ln
(1 + x
1− x
)si x ∈ (−1, 1).
De hecho, la inversa de cada funcion hiperbolica, esta en funcion de lnx. He aquı la
inversa de cada funcion:
sinh−1 x = ln(x+
√x2 + 1
); x ∈ R
cosh−1 x = ln(x+
√x2 − 1
); x ∈ [1,∞)
tanh−1 x =1
2ln
(1 + x
1− x
); x ∈ (−1, 1)
coth−1 x =1
2ln
(x+ 1
x− 1
); x ∈ (1,∞)
sech−1x = ln
(1 +
√1− x2
x
); x ∈ (0, 1]
csch−1x = ln
(1
x+
√1 + x2
| x |
); x 6= 0.
Por lo regular, algunas calculadoras cientıficas solo proporcionan valores para sinh−1,
cosh−1 y tanh−1. Las otras funciones hiperbolicas inversas, se pueden determinar
utilizando directamente las formulas expuestas anteriormente; sin embargo, tambien
se pueden utilizar las siguientes identidades que reducen aun mas los calculos.
sech−1x = cosh−1
(1
x
)
csch−1x = sinh−1
(1
x
)
coth−1 x = tanh−1
(1
x
).
Por ejemplo, sech−1(12
)= ln
(1+
√
1−( 1
2)2
1
2
)= ln(2+
√3). Este resultado tambien se
puede obtener si se emplea la tranformacion expuesta anteriormente para la funcion
sech−1x. Esto es, sech−1(12
)= cosh−1(2) = ln(2 +
√3).
Para resolver una ecuacion como sinhx = 2 se procede como sigue:
sinhx = 2 si, y solo si x = sinh−1(2) = ln(2 +√
22 + 1) = ln(2 +√5).
FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS 133
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 2.6 y 2.7
1. Comprueba que
[(52)2 ÷ 5x
2
225(5x)x+1÷ (3x)x−1
(32)3 ÷ 3x2
]· 5
x(2x+1)
3x(1−2x)= 2025.
2. Prueba que
(ex + e−x)2 − (ex − e−x)
2
(ex + e−x)2√
1−[ex−e−x
ex+e−x
]2 =2ex
e2x + 1.
3. Resuelve las siguientes ecuaciones:
a) log10(3− x2) = log10 2 + log10 x
b) 2 log10 x− log10(x2 − 6) = 1.
4. Sean a, b > 0, a, b 6= 1 y c > 0. Comprueba que
(loga b) (logb c) = loga c.
5. El numero N de bacterias en un instante de tiempo t esta dado por:
N(t) = N0ekt
donde N0 es la cantidad inicial de bacterias presentes y k es una constante
positiva.
Si la cantidad de bacterias se duplica en tres horas, ¿cuanto tiempo tardara la
colonia en triplicar su numero?
6. Comprueba que
a) cosh−1 x = ln(x+
√x2 − 1
); x ∈ [1,∞)
b) coth−1 x = 12 ln
(x+1x−1
); | x |> 1
c) sech−1x = ln(1+
√1−x2
x
); x ∈ (0, 1]
d) csch−1x = ln(
1x +
√1+x2
|x|
); x 6= 0.
7. Comprueba las siguientes igualdades:
a) sech−1x = cosh−1(1x
)
134
b) csch−1x = sinh−1(1x
)
c) cot h−1x = tanh−1(1x
).
8. Determina el valor de x tal que,
a) sinhx = 32
b) tanhx = 12
c) coth x =√133 .
9. Calcula el valor de las siguientes expresiones:
a) tanh(−2)
b) csch(ln 2)
c) sech−1(23
)
d) csch−1(2)
e) coth−1(3).
Capıtulo 3
Aplicaciones de la trigonometrıa
en el calculo
3.1. Introduccion a los lımites de funciones
El concepto de lımite es importante para comprender el significado de algunos
terminos fısicos como: la velocidad, aceleracion, entre otros. Como nota destacable,
el concepto de lımite fue debatido ampliamente por cientos de anos para su com-
prension y no fue sino hasta el siglo diecinueve que el matematico Aleman Karl
Weierstrass (1815-1897) formulo la definicion rigurosa de lımite, aceptada y utiliza-
da en la actualidad. No se dara aquı la definicion rigurosa de lımite debido a que va
mas alla de los propositos de estudio, en cambio se explicara de manera intuitiva su
significado.
x
y
a
l
y = f(x)
x
f(x) (x, f(x))
En esta figura, interesa saber que pasa con las imagenes de y = f(x) cuando x se
acerca al punto a. Si f(x) tiende a estar cada vez mas cerca de l cuando x se acerca
135
136
cada vez mas al punto a tanto como se quiera, entonces intuitivamente se dice que
f(x) tiene a l como lımite cuando x tiende a a. De esta forma, se puede formular
una definicion intuitiva de lımite como sigue:
3.1.1. Definicion. Se dice que l es el lımite de f(x) cuando x tiende a a, siempre
que se pueda hacer que f(x) se acerque a l tanto como se quiera, escogiendo x
suficientemente cerca de a, sin que llegue a ser a.
Lo anterior, se simboliza en lenguaje matematico como
lımx→a
f(x) = l,
y se lee: el lımite de f(x) cuando x tiende a a, es igual a l.
Tambien se acostumbra escribir de la siguiente manera:
f(x) → l cuando x → a,
y se lee: f(x) tiende a l, cuando x tiende a a.
El punto a no necesariamente debe pertenecer al dominio de f ; sin embargo, f
debe estar definida al menos en alguna vecindad perforada de a, donde vecindad
perforada de a, se refiere a un conjunto obtenido al eliminar el punto a de algun
intervalo abierto que contiene a. Por ejemplo, si en el intevalo abierto (a− δ, a+ δ)
se elimina a, se obtiene una vecindad perforada de a.
( )
a− δ a+ δa
Al calcular un lımite, es fundamental que la vecindad perforada sea de longitud
pequena, y para que esto se logre basta que δ sea pequena. Esto es importante
puesto que interesa tener puntos lo suficientemente cercanos a a para determinar el
comportamiento de una funcion cerca de a, y de esta manera, saber si existe o no el
lımite de una funcion.
3.1.2. Ejemplo. Evalua lımx→2
x2.
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 137
Solucion:
Se elabora una tabla de valores cercanos a a = 2 por la izquierada y por la derecha
para determinar el posible valor del lımite.
x f(x) = x2 x f(x) = x2
1.9 3.6100 2.1 4.4100
1.99 3.9601 2.01 4.0401
1.999 3.9960 2.001 4.0040
1.9999 3.9996 2.0001 4.0004
1.99999 4.0000 2.00001 4.0000...
......
...
↓ ↓ ↓ ↓2 4 2 4
En la tabla se puede observar que a medida que x tiende a 2 por la izquierda, f(x)
tiende a 4; de manera analoga, si x tiende a 2 por la derecha, f(x) tambien se va
aproximando a 4. Aunque se usan unicamente algunos valores particulares de x,
proporciona una evidencia de que
lımx→2
x2 = 4.
Observa que en este ejemplo, no se sustituyo directamente el valor x = 2 en la
funcion f(x) = x2 para obtener como lımite el valor l = 4. Sin embargo, aunque
esta sustitucion produce una respuesta correcta en este caso particular, en muchos
lımites produce una respuesta incorrecta o ninguna respuesta como en los ejemplos
que se analizaran a continuacion.
3.1.3. Ejemplo. Evalua lımx→1
x2−1x−1 .
Solucion: En este caso, no se puede hacer directamente la sustitucion x = 1
en la funcion f(x) = x2−1x−1 puesto que la fraccion queda indefinida. Sin embargo,
al analizar la siguiente tabla de valores cercanos a 1 por la izquierda y derecha, se
deduce que
lımx→1
x2 − 1
x− 1= 2.
138
x f(x) = x2−1x−1 x f(x) = x2−1
x−1
.8 1.8 1.2 2.2
.9 1.9 1.1 2.1
.99 1.99 1.01 2.01
.999 1.999 1.001 2.001
.9999 1.9999 1.0001 2.0001...
......
...
↓ ↓ ↓ ↓1 2 1 2
En general, para que lımx→a
f(x) = l, es necesario que f(x) se aproxime a l cuando x se
acerca a a por la izquierda y por la derecha. Cuando f(x) se aproxima a diferentes
valores, entonces lımx→a
f(x) no existe.
3.1.4. Ejemplo. Analiza lımx→0
x|x| .
Solucion: Se observa que
f(x) =x
| x | =
1 si x > 0,
−1 si x < 0.
La grafica de esta funcion, es como sigue:
y
x
1
−1
Notese que si x → 0 por la derecha, entonces f(x) → 1; mientras que si x → 0 por
la izquierda, f(x) → −1. En consecuencia, no se logra que f(x) se acerque a un solo
valor. Por lo tanto,
lımx→0
x
| x | no existe.
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 139
3.1.5. Ejemplo. Evalua lımx→0
f(x), donde
f(x) =
1 si x 6= 0,
0 si x = 0.
La grafica de esta funcion, es como sigue:
x
y
r
f(0) = 0
Si x → 0 por ambos lados (derecha o izquierda) sin que x sea cero, f(x) → 1. Por
lo tanto,
lımx→0
f(x) = 1.
En este ejemplo, el valor del lımite en x = 0, no es igual al valor de la funcion en
x = 0 puesto que f(0) = 0. Ası que si f(x) esta definida en x = a, no garantiza que
lımx→a
f(x) = f(a).
Las propiedades de lımites que se enuncian a continuacion, ayudan a reducir los
calculos al evaluar el lımite de una funcion.
PROPIEDADES DE LOS LIMITES
Sean f(x) y g(x) funciones.
1. Si f(x) = c, donde c es una constante, entonces
lımx→a
f(x) = lımx→a
c = c.
2. Si lımx→a
f(x) = l1 y lımx→a
g(x) = l2, entonces
a) lımx→a
[f(x)± g(x)] = lımx→a
f(x)± lımx→a
g(x) = l1 ± l2
b) lımx→a
[f(x) · g(x)] = lımx→a
f(x) · lımx→a
g(x) = l1 · l2c) Si l2 6= 0, entonces
lımx→a
f(x)
g(x)=
lımx→a
f(x)
lımx→a
g(x)=
l1l2.
140
3. Si n es un entero positivo y a > 0 para valores pares de n, entonces
lımx→a
n√x = n
√a.
4. Si lımx→a
g(x) = l y lımx→l
f(x) = f(l), entonces
lımx→a
f(g(x)) = f(lımx→a
g(x))= f(l).
3.1.6. Ejemplo. Evalua lımx→1
x2−1x−1 .
Solucion:
lımx→1
x2 − 1
x− 1= lım
x→1
(x− 1)(x+ 1)
x− 1= lım
x→1(x+ 1)
= 2.
El valor de este lımite, coincide con el analizado en el ejemplo 3.1.3, pero ya sin
exhibir una tabla de valores. El calculo se hizo mas directo.
Actividad 29. Evalua lımx→2
x2−4x2+x−6
.
[Sugerencia.] Factoriza el numerador y denominador de la fraccion y reduce.
3.1.7. Ejemplo. Evalua lımx→0
√x+4−2x .
Solucion:
lımx→0
√x+ 4− 2
x= lım
x→0
(√x+ 4− 2)(
√x+ 4 + 2)
x(√x+ 4 + 2)
= lımx→0
x+ 4− 4
x(√x+ 4 + 2)
= lımx→0
x
x(√x+ 4 + 2)
= lımx→0
1√x+ 4 + 2
=1
4.
En la primera igualdad, la fraccion√x+4−2x se le multiplico en el numerador y denom-
inador por la expresion√x+ 4+2, que se denomina el conjugado de
√x+ 4−2. Esta
situacion, regularmente se aplica cuando estan presentes las raıces en una fraccion.
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 141
Actividad 30. Calcula lımx→9
3−√x
9−x .
Se enuncia otra propiedad muy util para determinar lımites de funciones, de-
nominado ley del sandwich.
Ley del sandwich
Si f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x en alguna vecindad perforada de a, y
lımx→a
f(x) = l = lımx→a
h(x), entonces lımx→a
g(x) = l.
Esta ley dice que si la funcion g(x) queda atrapada entre f(x) y h(x) cerca de a, y
si f(x) y g(x) tienden al mismo lımite l, entonces g(x) tiende tambien a l.
3.1.8. Ejemplo. Analiza lımx→0
x sin(1x
).
Solucion:
Se sabe que −1 ≤ sinx ≤ 1 para todo x ∈ R. Entonces, −1 ≤ sin(1x
)≤ 1 para toda
x 6= 0. Por lo que
− | x |≤ x sin
(1
x
)≤| x | para toda x 6= 0.
Y como | x |→ 0 cuando x → 0, entonces por la ley del sandwich para lımites, se
tiene que
lımx→0
x sin
(1
x
)= 0.
Se ha mencionado que para asegurar que el lımite de una funcion f(x) exista y sea
igual a l cuando x tiende a a, es necesario que f(x) tienda a l cuando x tiende a a
por la izquierada y la derecha. Los lımites cuando x → a por la izquierda y x → a
por la derecha, se denominan lımites laterales.
3.1.9. Definicion.
(a) Sea f(x) una funcion definida en el intervalo (c, a). Se dice que l es el lımite
de f por la izquierda cuando x tiende a a, denotado por
lımx→a−
f(x) = l
si f(x) se acerca tanto como se quiera a l, eligiendo x ∈ (c, a) suficientemente
proximo a a.
142
(b) Sea f(x) una funcion definida en (a, c). Se dice que l es el lımite de f por
la derecha cuando x tiende a a, denotado por
lımx→a+
f(x) = l
si f(x) se acerca tanto como se quiera a l, eligiendo x ∈ (a, c) suficientemente
proximo a a.
Nota: x → a− se lee: x tiende a a por la izquierda; mientras que x → a+ se lee:
x tiende a a por la derecha. Los lımites: lımx→a−
f(x) y lımx→a+
f(x), se conocen como
lımites laterales.
3.1.10. Lema. Sea f(x) una funcion definida en una vecindad perforada de a.
Entonces, lımx→a
f(x) = l si y solo si lımx→a−
f(x) = l = lımx→a+ f(x).
3.1.11. Ejemplo. Determina si existe lımx→1
1(x−1)2
.
Solucion: La grafica de f(x) = 1(x−1)2 es como sigue:
x
y
x = 1
y = 1(x−1)2
La grafica de esta funcion crece indefinidamente conforme x tiende a 1 tanto a la
izquierda como a la derecha. Es decir,
lımx→1−
1
(x− 1)2= ∞ = lım
x→1+
1
(x− 1)2.
Por lo que los lımites laterales coinciden, y por lo tanto,
lımx→1
1
(x− 1)2= ∞.
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 143
De esta forma, se puede hablar de lımites que tienden a infinito. En este mismo
ejemplo, se puede observar que la grafica de f(x) = 1(x−1)2
se va pegando al eje x a
medida que x aumenta o disminuye a la derecha o izquierda de 1. Esto es,
lımx→∞
1
(x− 1)2= 0 = lım
x→∞1
(x− 1)2.
Ası que tambien se pueden calcular lımites de funciones cuando la variable x tiende
a infinito.
3.1.12. Ejemplo. Determina si existe lımx→0
1x .
Solucion:y
x
En la grafica de la funcion f(x) = 1x , se puede observar que a medida que x → 0+,
f(x) → ∞; mientras que si x → 0−, f(x) → −∞. Por lo tanto,
lımx→0
1
xno existe.
En este ejemplo tambien se tiene que,
lımx→∞
1
x= 0 = lım
x→−∞1
x.
En general, si
lımx→∞
f(x) = l y lımx→∞
g(x) = ±∞,
entonces
lımx→∞
f(x)
g(x)= 0.
De aquı, se sigue tambien que
lımx→∞
1
xk= 0, para cualquier numero racional positivo k.
144
3.1.13. Ejemplo. Evalua lımx→∞
2x3−3x5x3+x2−1 .
Solucion: En este caso, se divide cada termino de la fraccion entre la variable
que tenga el exponente mayor: x3. Entonces,
lımx→∞
2x3 − 3x
5x3 + x2 − 1= lım
x→∞2− 3
x2
5 + 1x − 1
x3
=lımx→∞
(2− 3
x2
)
lımx→∞(5 + 1
x − 1x3
)
=2− 0
5 + 0− 0
=2
5.
Por lo tanto,
lımx→∞
2x3 − 3x
5x3 + x2 − 1=
2
5.
Se vio anteriormente que si una funcion f(x) esta definida en x = a, no garantiza
que lımx→a
f(x) sea f(a). Cuando esto sucede, se dice que f(x) es continua en x = a.
3.1.14. Definicion. Sea f(x) una funcion definida en alguna vecindad de a. Se
dice que f(x) es continua en x = a, si
lımx→a
f(x) = f(a).
Cuando f(x) no es continua en x = a, se dice que es discontinua en ese punto,
y f(x) es continua en un intervalo I, si es continua en cada punto de I.
x
y
a
r
y
xa b
y = f(x) y = g(x)
La grafica de la izquierda, tiene una discontinuidad en x = a; mientras que la grafica
de la derecha es una funcion continua en el intervalo [a, b].
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 145
Por ejemplo, la funcion f(x) = x|x| no es continua en x = 0, debido a que lım
x→0
x|x| no
existe (ver ejemplo 3.1.4).
3.1.15. Ejemplo. Determina si la funcion f(x) es continua en x = 0, donde
f(x) =
x2 si x ≤ 0,
x sin(1x
)si x > 0.
Solucion:
Se deben calcular lımites laterales para determinar si existe el lımite de la funcion
cuando x tiende a 0.
lımx→0−
f(x) = lımx→0−
x2 = 0, y
lımx→0+
f(x) = lımx→0+
x sin
(1
x
)= 0 (ver ejemplo 3.1.8)
Los lımites laterales coinciden, por lo que usando el lema 3.1.10, el lımite de f(x)
existe cuando x → 0, y lımx→0
f(x) = 0. Por otra parte, f(0) = 0. Por lo tanto,
lımx→0
f(x) = f(0) = 0, y f(x) es continua en x = 0.
3.1.16. Ejemplo. Determina el valor de a y b, para que f(x) sea continua en todo
R, donde
f(x) =
ax+ 5 si x ≤ −1,
x2 + 1 si −1 < x ≤ 2,
bx+ 6 si x > 2.
Solucion:
Para que f(x) sea continua en todo R, se necesita que ax+5 = x2 +1 en x = −1, y
que x2 + 1 = bx+ 6 en x = 2. Esto se logra cuando a = 3 para la primera ecuacion,
y b = −12 para la segunda. Por lo tanto,
f(x) =
3x+ 5 si x ≤ −1,
x2 + 1 si −1 < x ≤ 2,
−12x+ 6 si x > 2.
146
es continua en todo R.
Una consecuencia directa de las propiedades de los lımites, es que si f y g son
funciones continuas en x, entonces cf ± g, f · g tambien son continuas en x, donde
c ∈ R. Mas aun, si g es continua en x = a y f es continua en g(a), entonces f g es
continua en a. En terminos de lımites, esto ultimo se traduce ası:
lımx→a
f(g(x)) = f(lımx→a
g(x))= f(g(a)).
3.1.17. Ejemplo. Sean g(x) = 1x+1 y f(x) =
√x. Comprueba que
lımx→1
√1
x+ 1=
√lımx→
(1
x+ 1
)=
1√2.
Solucion: La funcion g(x) es continua en x = 1 y f(x) es continua en g(1) = 12 .
De esta forma, se tiene que,
lımx→1
f(g(x)) = f(lımx→1
g(x))= f(g(1)).
Pero f(g(x)) =√
1x+1 y f(g(1)) = 1√
2. Por lo tanto,
lımx→1
√1
x+ 1=
√lımx→
(1
x+ 1
)=
1√2.
Para finalizar con esta seccion, se enuncian algunos resultados importantes de con-
tinuidad llamados teoremas fuertes de continuidad, para intervalos cerrados de
R.
3.1.18. Teorema. Si f es una funcion continua en [a, b] y f(a) < 0 < f(b),
entonces existe x ∈ [a, b], tal que f(x) = 0.
y
x
ab
f(b)
f(a)
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 147
3.1.19. Teorema. Si f es una funcion continua en [a, b], entonces f tiene un
maximo y un mınimo en [a, b].
y
xx1
x0a
b
3.1.20. Teorema. (Teorema del valor intermedio). Sea f una funcion continua
en [a, b], tal que f(a) < yo < f(b) o f(a) > yo > f(b), entonces existe xo ∈ (a, b) tal
que f(xo) = yo.
y
xa b
f(a)
f(b)
yo
xo
3.1.21. Ejemplo. Sea f una funcion continua en el intervalo [0, 1], cuya imagen
es el mismo intervalo [0, 1]. Prueba que existe x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x.
Solucion:
Se define la funcion h(x) = f(x) − x. Es claro que h es continua en [0, 1]. Sea
xo ∈ [0, 1] tal que f(xo) = 0. Entonces h(xo) = f(xo) − xo = 0 − xo ≤ 0. De igual
forma, sea x1 ∈ [0, 1] tal que f(x1) = 1. Entonces
h(x1) = f(x1)− x1 = 1− x1 ≥ 0.
Por lo tanto, h(xo) ≤ 0 ≤ h(x1).
Sin perdida de generalidad, supongamos que xo < x1. Entonces, por el teorema
3.1.16, existe x2 ∈ [xo, x1] tal que h(x2) = f(x2) − x2 = 0. De aquı se sigue que
f(x2) = x2. Por lo tanto, existe x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x.
148
3.1.22. Ejemplo. Si c > 0, entonces existe b > 0 tal que b2 = c.
Solucion:
Se define f(x) = x2 − c. Sin perdida de generalidad, supongamos que 0 < c < 1. Se
observa que f(0) = −c < 0 y f(1) = 1− c > 0.
Es claro que f es continua en [0, 1], donde f(0) < 0 < f(1). Por el teorema del valor
intermedio, existe b ∈ (0, 1) tal que f(b) = b2 − c = 0. Por lo tanto,
b2 = c.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.1
1. Usa las propiedades de los lımites y evalua los siguientes que se enlistan a
continuacion:
a) lımx→−1
x+1x2−x−2
b) lımt→3
t2−9t−3
c) lımh→0
1√9+h
− 1
3
h
d) lımx→4
x2−162−√
x
e) lımy→3
1
y− 1
3
y−3
f ) lımh→0
1
2+h− 1
2
h
g) lımx→9
3−√x
9−x
h) lımx→0
√1+x−
√1−x
x
i) lımx→0
x1−
√1−x
.
2. Usando los lımites laterales, determina si los siguientes existen.
a) lımx→0
|x|−xx
b) lımx→1
x2−1|x−1|
c) lımx→1+
√2x+1−
√3
x−1
d) lımx→0
[| x |3
(x+ 1− 2
x
) ]
e) lımx→2+
2−x|x−2|
INTRODUCCION A LOS LIMITES DE FUNCIONES 149
f ) lımx→0
x+1|x|
g) lımx→−1
f(x), donde
f(x) =
2x2+1x4+3 si x < −1,
x3+1x2−6x+5 si x > −1.
3. Esboza la grafica de f(x) y determina en que puntos la grafica de la funcion
es discontinua.
a)
f(x) =
| 3x− 6 | si x < 3,
2x− 3 si 3 ≤ x < 5,
4 si x > 5.
b)
f(x) =
x2 − 6 si x < 3,
2x− 3 si 3 ≤ x < 5,
4 si x > 5.
c)
f(x) =
2x− 3 si x < 1,
lnx si x ≥ 1.
d)
f(x) =
x− 3 si x < 4,
1x−3 si x ≥ 4.
4. Determina el valor de a y b, para que las siguientes funciones sean continuas.
a)
f(x) =
ax+ 11 si x < 3,
x2 − 8x+ 16 si x > 3.
b)
f(x) =
3x+ 5 si x ≤ −1,
ax2 + b si −1 < x ≤ 2,
6− x2 si x > 2.
150
c)
f(x) =
x2−4x+2 si x 6= −2,
a si x = 2.
d)
f(x) =
2x+ 1 si x < 1,
ax2 − 2 si x ≥ 1.
5. Calcula los siguientes lımites.
a) lımx→∞
x4−2x2−12x4+3x+1
b) lımx→∞
2x3+4x2+x3x5−2x4+x−1
c) lımx→∞
x5−2x3
3x4+2x−6 .
3.2. Lımites trigonometricos
En esta seccion, se retomaran a las funciones trigonometricas, logarıtmica y
exponencial, y se estudiaran algunos lımites importantes que involucran a estas. Se
comenzara comprobando que lımt→0
sin t = 0. Consideremos la figura:
x
y
Q = (1, 0)R
P = (cos t, sin t)
Observaciones:
1. Si −2π < t < 2π, entonces la longitud de arco PQ =| t |. Es decir, el punto
P = (cos t, sin t) esta a una distancia del punto Q = (1, 0) de | t | unidades alo largo del cırculo x2 + y2 = 1.
LIMITES TRIGONOMETRICOS 151
2. La distancia de P a Q: d(P,Q), no es mayor que PQ, es decir:
d(P,Q) ≤ PQ.
3. Se traza desde P una perpendicular al eje x, siendo R el punto de interseccion.
Entonces, d(P,R) =| sin t |. Por otro lado, en el triangulo rectangulo PRQ,
| sin t |= d(P,R) ≤ d(P,Q), debido a que PQ es la hipotenusa y PR un cateto
en dicho triangulo.
4. Por lo tanto,
| sin t |≤ PQ =| t | .
Esto se deduce de las desigualdades de los pasos (3), (2), y del valor de PQ en
(1). Por consiguiente, − | t |≤ sin t ≤| t |, y aplicando la ley del sandwich, se
tiene que
lımt→0
| sin t |= 0.
5. Por otro lado, como − | sin t |≤ sin t ≤| sin t |, se tiene finalmente que
lımt→0
sin t = 0.lımt→0
sin t = 0.lımt→0
sin t = 0.
Ahora, se observa que de la desigualdad del paso (2) y el valor de PQ de (1), se
obtiene 0 ≤ d(P,Q) ≤| t |, y por la formula de la distancia, se tiene
0 ≤√(cos t− 1)2 + (sin t− 0)2 ≤| t | .
Simplificando esta desigualdad, se obtiene 0 ≤ cos2 t−2 cos t+1+sin2 t ≤ t2, que a su
vez, equivale a 0 ≤ 2−2 cos t ≤ t2. De aquı, se obtienen las siguientes desigualdades:
0 ≤ 1−cos tt ≤ t
2 si t > 0,
0 ≥ 1−cos tt ≥ t
2 si t < 0.
Por lo tanto,
lımt→0+
1− cos t
t= 0 y lım
t→0−
1− cos t
t= 0.
Ası que entonces,
lımt→0
1− cos t
t= 0.lım
t→0
1− cos t
t= 0.lım
t→0
1− cos t
t= 0.
Por otro lado, la desigualdad vista anteriormente, dada por 0 ≤ 2 − 2 cos t ≤ t2, se
puede simplificar como 1− t2
2 ≤ cos t ≤ 1. De aquı se desprende que
lımt→0
cos t = 1.lımt→0
cos t = 1.lımt→0
cos t = 1.
152
Ahora, se determinara un lımite importante:
lımt→0
sin t
t.
Consideremos la figura:
x
y
R Q = (1, 0)
rP A
r
Supongamos que 0 < t < π2 y que P = (cos t, sin t). Entonces, A = (1, sin t) y
R = (cos t, 0). De acuerdo a esto se observa que PQ ≤ d(P,A) + d(A,Q). Por otra
parte,
PQ =| t |= t,
d(P,A) = d(R,Q) =√
(1− cos t)2 = 1− cos t
y d(A,Q) = d(P,R) =√
sin2 t = sin t.
Sustituyendo esto en la desigualdad PQ ≤ d(P,A) + d(A,Q), se obtiene:
t ≤ 1− cos t+ sin t,
y como sin t ≤ t, entonces t ≤ 1− cos t+sin t ≤ 1− cos t+ t. Dividiendo entre t esta
doble desigualdad, se obtiene
1 ≤ 1− cos t
t+
sin t
t≤ 1− cos t
t+ 1.
Ahora, como 0 < t < π2 y lımt→0
1−cos tt = 0, si t a 0 por la derecha en la desigualdad
anterior, se tiene que
lımt→0+
sin t
t= 1.
En forma analoga, si −π2 < t < 0, entonces
lımt→0−
sin t
t= 1.
LIMITES TRIGONOMETRICOS 153
Por lo tanto, se concluye que
lımt→0
sin t
t= 1.lım
t→0
sin t
t= 1.lım
t→0
sin t
t= 1.
Se han obtenido el valor de tres lımites importantes:
lımt→0
sin t = 0, lımt→0
1− cos t
t= 0, lım
t→0cos t = 1 y lım
t→0
sin t
t= 1.lım
t→0sin t = 0, lım
t→0
1− cos t
t= 0, lım
t→0cos t = 1 y lım
t→0
sin t
t= 1.lım
t→0sin t = 0, lım
t→0
1− cos t
t= 0, lım
t→0cos t = 1 y lım
t→0
sin t
t= 1.
Utilizando estos lımites, se pueden obtener el valor de otros con la ayuda de las
propiedades de los lımites y de las funciones trigonometricas. Por ejemplo,
lımx→0
tanx = lımx→0
sinx
cos x=
lımx→0 sinx
lımx→0 cos x=
0
1= 0.
Por lo tanto,
lımx→0
tanx = 0.
3.2.1. Ejemplo. Comprueba que lımθ→0
tan θθ = 1.
Solucion:
lımθ→0
tan θ
θ= lım
θ→0
sin θ
θ
1
cos θ
=
(lımθ→0
sin θ
θ
)(lımθ→0
1
cos θ
)
= (1)(1)
= 1.
3.2.2. Ejemplo. Comprueba que lımx→0
sinαxx = α, donde α es cualquier constante
diferente de cero.
Solucion: Para obtener este lımite, se hace un cambio de variable como sigue:
Sea αx = y, entonces x = yα . Como x → 0, si y solo si y → 0. Por lo tanto,
lımx→0
sinαx
x= lım
y→0
sin yyα
= lımy→0
αsin y
y
= α lımy→0
sin y
y
= α(1)
= α.
154
Actividad 31. Comprueba que lımx→0
sinαxsinβx = α
β , donde α y β son constantes dife-
rentes de cero. [Sugerencia]. Usa el ejemplo anterior.
3.2.3. Ejemplo. Comprueba que lımx→0
tan(2+x)−tan 2x = sec2(2).
Solucion:
lımx→0
tan(2 + x)− tan 2
x= lım
x→0
tan 2+tan x1−tan 2 tan x − tan 2
x
= lımx→0
tan 2+tan x−tan 2(1−tan 2 tan x)1−tan 2 tan x
x
= lımx→0
tan 2 + tanx− tan 2 + tan2(2) tan x
x(1− tan 2 tan x)
= lımx→0
tan x(1 + tan2(2)
x(1− tan 2 tan x)
= lımx→0
tanx
x· 1 + tan2(2)
1− tan 2 tan x
= lımx→0
tanx
x· lımx→0
1 + tan2(2)
1− tan 2 tan x
= (1)(1 + tan2(2))
= sec2(2).
Actividad 32. Comprueba que lımx→0sin(3+x)−sin 3
x = cos 3.
3.2.4. Ejemplo. Usando un metodo algebraico, comprueba que
lımx→0
1− cos x
x= 0.
Solucion:
lımx→0
1− cos x
x= lım
x→0
1− cos x
x· 1 + cosx
1 + cosx
= lımx→0
1− cos2 x
x(1 + cos x)
= lımx→0
sin2 x
x(1 + cos x)
= lımx→0
sinx
x· sinx
1 + cos x
=
(lımx→0
sinx
x
)(lımx→0
sinx
1 + cos x
)
= 1 · 0
1 + 1= 0.
LIMITES TRIGONOMETRICOS 155
Se analizan ahora algunos lımites relacionados con la funcion exponencial y loga-
rıtmica. Recordemos que la funcion exponencial es f(x) = ex, cuya grafica es como
sigue:
y
x
(1, 0)
f(x) = ex
r
La grafica de la funcion exponencial es creciente y positiva en todo su dominio. De
acuerdo a esto, se tienen:
lımx→∞
ex = ∞, lımx→−∞
ex = 0 y lımx→0
ex = 1.
Otra propiedad importante, es por su rapidez de crecimiento. La funcion exponencial
crece mas rapido que cualquier potencia de x conforme x → ∞. Esto se traduce en
terminos de lımites como:
lımx→∞
ex
xn= ∞.
O de manera alternativa,
lımx→∞
xn
ex= 0, donde n es cualquier constante positiva.
Por ejemplo,
lımx→∞
x2e−x = lımx→∞
x2
ex= 0.
3.2.5. Ejemplo. Evalua lımx→∞
ex−x2
2ex+x3 .
Solucion:
lımx→∞
ex − x2
3ex + 4x3= lım
x→∞1− x2e−x
3 + 4x3e−x
=1− 0
3 + 0
=1
3.
156
De manera alternativa, la funcion logaritmo natural f(x) = lnx, tiene las siguientes
propiedades:y
xr
(1, 0)
f(x) = lnx
lımx→∞
lnx = ∞, lımx→0+
lnx = −∞ y lımx→1
lnx = 0.
De hecho, la funcion f(x) = lnx crece mas lento que cualquier potencia positiva de
x. Esto es,
lımx→∞
lnx
xn= 0.
Mas adelante, se comprobaran estos hechos cuando se definan conceptos como la
derivada o la integral.
3.2.6. Ejemplo. Si p > 0, comprueba que lımx→∞
lnxxp = 0.
Solucion: Sea y = xp. Entonces,
lımx→∞
lnx
xp= lım
y→∞ln y1/p
y
= lımy→∞
1
p
ln y
y
=1
plımy→∞
ln y
y
=1
p(0)
= 0.
3.2.7. Ejemplo. Si k > 0, comprueba que lımx→0+
xk lnx = 0.
LIMITES TRIGONOMETRICOS 157
Solucion: Sea x = 1y . Entonces,
lımx→0+
xk lnx = lımy→∞
(1
y
)k
ln1
y
= lımy→∞
− ln y
yk
= − lımy→∞
ln y
yk
= 0.
Con las ideas anteriores tambien se pueden calcular lımites relacionados con las
funciones hiperbolicas. Por ejemplo,
lımx→∞
sinhx = lımx→∞
ex − e−x
2
= lımx→∞
(ex
2− e−x
2
)
= ∞− 0
= ∞.
Actividad 33. Comprueba la validez de los siguientes lımites
1. lımx→−∞
sinhx = −∞
2. lımx→0
sinhx = 0
3. lımx→±∞
cosh x = ∞
4. lımx→0
cosh x = 1.
3.2.8. Ejemplo. Comprueba que lımx→∞
tanhx = 1.
Solucion:
lımx→∞
tanhx = lımx→∞
ex − e−x
ex + e−x
= lımx→∞
(ex − e−x
ex + e−x
)(e−x
e−x
)
= lımx→∞
1− e−2x
1 + e−2x
=1− 0
1 + 0= 1.
158
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.2
1. Calcula los siguientes lımites.
a) lımx→5
sin 5xx
b) lımx→0
sin 3xsin 7x
c) lımx→0
xsinx
d) lımx→0
tan 3xx .
2. Comprueba que si β ∈ R, β 6= 0, entonces
lımx→0
tan βx
x= β.
3. Deduce del ejercicio anterior que
lımx→0
tanαx
tan βx=
α
β, donde α, β ∈ R, α, β 6= 0.
4. Calcula los siguientes lımites.
a) lımx→0
x2
sinx
b) lımx→0
1−cos xx2
c) lımx→0
sinx√x
d) lımx→0
1x sin
x3
e) lımx→0
1−cos xsinx
f ) lımx→0
x sec x csc x
g) lımx→0
1−cos xx sinx
h) lımx→0
x cot x
i) lımx→0
1x2 sin
2(x2
)
j ) lımx→0
x2 csc(2x) cot(2x)
k) lımx→0
sin2 θθ2
l) lımx→0
sin(2θ2)θ2
m) lımx→0
sin 2xx cos 3x
LIMITES TRIGONOMETRICOS 159
n) lımx→0
1−cos 2xx
n) lımx→0
(sin 3x)2
x2 cos x
o) lımx→0
sin 2θθ
p) lımx→0
x−tanxsinx .
5. Comprueba la validez de los siguientes lımites.
a) lımx→−∞
tanhx = −1
b) lımx→∞
cothx = 1
c) lımx→∞
sechx = 0
d) lımx→0
cschx = ∞
e) lımx→1−
tanh−1 x = ∞
f ) lımx→∞
coth−1 x = 0.
160
3.3. Derivadas trigonometricas
En esta seccion, se concentrara en las derivadas de las funciones trigonometricas.
La derivada, es un concepto fundamental en el calculo diferencial. Con este, se puede
obtener la recta tangente de una curva en un punto; esta relacionado con la velocidad
instantanea, y en general, con la razon de cambio de una variable con respecto a
otra.
3.3.1. Definicion. Sean y = f(x) una funcion y a ∈ Domf . La derivada de f
en el punto x = a, denotada por f′(a), es el lımite
f′(a) = lım
h→0
f(a+ h)− f(a)
h, (3.1)
donde f′(a) ∈ R.
Tambien se dice que la funcion f es derivable en x = a, cuando existe f′(a).
De otra forma, no lo es.
De la ecuacion (3.1), si x = a + h, se obtiene x − a = h. Por lo tanto, h → 0,
si y solo si x → a. De esta forma,
f′(a) = lım
h→0
f(a+ h)− f(a)
h= lım
x→a
f(x)− f(a)
x− a.
Ası que la ecuacion (3.1), tambien se puede definir como
f′(a) = lım
x→a
f(x)− f(a)
x− a.
Otras notaciones para f′(a) son:
df(x)
dx
∣∣∣∣x=a
df
dx
∣∣∣∣x=a
dy
dx
∣∣∣∣x=a
y′(a)
Geometricamente, la derivada de f en x = a, expresa la pendiente de la recta
tangente a la grafica de y = f(x), que pasa por el punto (a, f(a)).
x
y
a
(a, f(a))rf(a)
l
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 161
Luego, como f′(a) es la pendiente de la recta tangente l que pasa por (a, f(a)), la
ecuacion de l esta dada por
y − f(a) = f′(a) (x− a) . (3.2)
Tambien se puede definir f′(x) al sustituir a por la variable independiente x. De
esta forma, se obtiene una nueva funcion f′(x) (la funcion derivada) a partir de
f(x). Es decir,
f′(x) = lım
h→0
f(x+ h)− f(x)
hpara toda x donde existe el lımite.
3.3.2. Ejemplo. Calcula la ecuacion de la recta tangente l a la grafica de f(x) = x2,
en el punto (2, 4).
Solucion: Primero se determina la funcion f′(x).
f′(x) = lım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= lımh→0
(x+ h)2 − x2
h
= lımh→0
x2 + 2xh+ h2 − x2
h
= lımh→0
2xh+ h2
h
= lımh→0
h(2x+ h)
h= lım
h→02x+ h
= 2x.
Como a = 2 y f(a) = 4, la pendiente de la recta tangente l es f′(a) = f
′(2) = 4.
Luego, empleando la formula (3.2) se tiene que la ecuacion de l es y − 4 = 4(x− 2).
Reduciendo esta ecuacion, se obtiene
y = 4x− 4.
Actividad 34. Determina la ecuacion de la recta tangente l a la grafica de f(x) =√x, en el punto (4, 2).
162
La derivada de una funcion se puede calcular de una manera mas sencilla si se
consideran las siguientes propiedades (reglas de derivacion).
3.3.3. Teorema. Sean f y g funciones derivables en x. Entonces
1. Si f(x) = c (c una constante) para toda x ∈ Domf , entonces f′(x) = 0.
2. Si f(x) = xn, con n ∈ N, entonces f′(x) = nxn−1.
3. Si h(x) = af(x) + bg(x), donde a, b ∈ R, entonces h′(x) = af
′(x) + bg
′(x).
4. Si h(x) = f(x)g(x), entonces h′(x) = f
′(x)g(x) + f(x)g
′(x).
5. Si h(x) = f(x)g(x) y g(x) 6= 0, entonces
h′(x) =
f′(x)g(x) − f(x)g
′(x)
[g(x)]2.
Se deja como ejercicio para el lector demostrar estas propiedades.
Tambien se observa que si
h(x) =1
f(x); f(x) 6= 0, entonces por la propiedad 5, se tiene que
h′(x) =
0 · f(x)− 1 · f ′(x)
[f(x)]2= − f
′(x)
[f(x)]2.
Esta formula se puede utilizar para generalizar la propiedad 2 a exponentes nega-
tivos. Ası, si n es un entero negativo y m = −n, entonces f(x) = xn = 1xm , y
f′(x) = −mxm−1
(xm)2= −mxm−1
x2m= (−m)x(−m)−1 = nxn−1.
Mas aun, esta formula se puede generalizar a exponentes racionales, pero esto, se
hara mas adelante. Por ahora, se estudiara la derivada de las funciones trigonometri-
cas. Para obtenerlas, basta determinar la derivada de las funciones sinx y cos x. Las
otras, se obtienen utilizando las reglas de derivacion, puesto que dependen de las
funciones seno y coseno.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 163
1. Sea f(x) = sinx. Entonces
f′(x) = lım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= lımh→0
sin(x+ h)− sinx
h
= lımh→0
sinx cos h+ cos x sinh− sinx
h
= lımh→0
sinx(cos h− 1) + cos x sinh
h
= − sinx lımh→0
1− cos h
h+ cos x lım
h→0
sinh
h= − sinx · (0) + cosx · (1)= cos x.
2. Sea f(x) = cos x. Entonces
f′(x) = lım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= lımh→0
cos(x+ h)− cos x
h
= lımh→0
cos x cos h− sinx sinh− cos x
h
= lımh→0
cos x(cos h− 1)− sinx sinh
h
= − cos x lımh→0
1− cos h
h− sinx lım
h→0
sinh
h= − cos x · (0) − sinx · (1)= − sinx.
3. Sea f(x) = tanx = sinxcos x , donde cos x 6= 0. Para determinar la derivada de esta
funcion, basta utilizar la propiedad 5 de derivacion. Ası,
f′(x) =
cosx cos x− sinx(− sinx)
cos2 x
=cos2 x+ sin2 x
cos2 x
=1
cos2 x
= sec2 x.
De la misma forma, se pueden obtener la derivada de las funciones f(x) = csc x,
f(x) = sec x y f(x) = cot x.
164
Actividad 35. Comprueba que
1. Si f(x) = csc x, entonces f′(x) = − csc x cot x
2. Si f(x) = sec x, entonces f′(x) = sec x tan x
3. Si f(x) = cot x, entonces f′(x) = − csc x.
Haciendo un resumen, se tiene que:
(sinx)′= cos x (cot x)
′= − csc x
(cos x)′= − sinx (sec x)
′= sec x tanx
(tan x)′= sec2 x (csc x)
′= − csc x cot x
Por ejemplo, se puede obtener la derivada de las siguientes funciones:
1. Si f(x) = tanx+ sinx cos x, entonces
f′(x) = sec2 x+ cos x cosx+ sinx(− sinx)
= sec2 x+ cos2 x− sin2 x.
2. Si f(x) = sinxx , entonces
f′(x) =
cos x(x)− sinx(1)
x2
=x cos x− sinx
x2.
3. Si f(x) = xx+tanx , entonces
f′(x) =
1(x+ tanx)− x(1 + sec2 x)
(x+ tan x)2
=x+ tanx− x− x sec2 x
(x+ tan x)2
=tanx− x sec2 x
(x+ tan x)2.
Una primera consecuencia de la derivada, es que toda funcion derivable es continua.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 165
3.3.4. Teorema. (Derivabilidad implica continuidad). Si y = f(x) es una
funcion derivable en x = a, entonces f es continua en a.
Demostracion:
lımx→a
[f(x)− f(a)] = lımx→a
(x− a) · f(x)− f(a)
x− a
= lımx→a
(x− a) · lımx→a
f(x)− f(a)
x− a
= 0 · f ′(a)
= 0.
Por lo tanto,
lımx→a
f(x) = f(a), y f es continua en a.
El recıproco de este teorema no se cumple. Para ver esto, se estudia la funcion
f(x) =| x | en x = 0.
Es claro que f(x) es continua en x = 0. Sin embargo,
f′(0) = lım
h→0
f(0 + h)− f(0)
h
= lımh→0
| 0 + h | − | 0 |h
= lımx→0
| h |h
.
Pero este ultimo lımite no existe (ver ejemplo 3.1.4). Por lo tanto, f(x) =| x | no es
derivable en x = 0. Ası, esta funcion es continua en x = 0, sin ser derivable en 0
De esta forma, si una funcion f es continua en algun punto, no garantiza que sea
derivable en ese punto. Las funciones que tienen este comportamiento, son aquellas
en cuya grafica presentan cambios bruscos o picos en algun punto. Geometricamente,
significa que en los picos de la grafica de una funcion, no se puede definir una recta
tangente.
x
y
f(x) =| x |
166
Ahora, se vera un resultado que es una extencion de la regla del producto para
derivadas. Este, permite derivar potencias de funciones, y en general, de funciones
que son resultado de la composicion de dos o mas funciones. Por ejemplo, la derivada
de
y = [f(x)]3
no es 3[f(x)]2, sino que 3[f(x)]2 · f ′(x). En efecto, por la regla del producto, se tiene
que
dy
dx=
d
dx[f(x)]3 =
d
dx[f(x) · f(x) · f(x)]
= f′(x) · f(x) · f(x) + f(x) · f ′
(x) · f(x) + f(x) · f(x) · f ′(x)
= 3[f(x)]2 · f ′(x).
3.3.5. Teorema. (Regla de la cadena). Si g es una funcion derivable en a y f
es derivable en g(a), entonces la composicion h = f g definida por h(x) = f(g(x))
es derivable en a, y
h′(a) = f
′(g(a)) · g′
(a).
Demostracion: Sea u = g(x) tal que uo = g(a). Supongamos que g(x) 6= g(a)
para x cerca de a y x 6= a. Entonces
h′(a) = lım
x→a
(f g)(x) − (f g)(a)x− a
= lımx→a
f(g(x)) − f(g(a))
x− a
= lımx→a
f(g(x)) − f(g(a))
x− a· g(x)− g(a)
g(x)− g(a)
= lımx→a
f(g(x)) − f(g(a))
g(x) − g(a)· g(x)− g(a)
x− a.
Por otro lado, se sabe que si g es derivable en a, entonces g es continua en a. Por lo
tanto, cuando x → a, g(x) → g(a); es decir, que u → uo cuando x → a. Entonces,
h′(a) = lım
x→a
f(g(x)) − f(g(a))
g(x) − g(a)· lımx→a
g(x)− g(a)
x− a
= lımu→uo
f(u)− f(uo)
u− uo· lımx→a
g(x) − g(a)
x− a
= f′(uo) · g
′(a)
= f′(g(a)) · g′
(a).
Por lo tanto,
(f g)′(a) = f′(g(a)) · g′
(a).
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 167
En general, si u = g(x) es una funcion derivable en x y y = f(u) es derivable en u,
entonces la composicion y(x) = (f g)(x) es derivable en x, y
(f g)′(x) = f′(g(x)) · g′
(x).
Esta formula, tambien se acostumbra escribir (en forma diferencial) de la siguiente
manera:
dy
dx=
d
dx(f g)(x)
=d
dg(x)f(g(x)) · d
dxg(x)
=df(u)
du· dudx
=dy
du· dudx
Ası quedy
dx=
dy
du· dudx
Un caso particular para la regla de la cadena es cuando y = f(u) = un, donde n es
un entero y u = g(x). Se observa que y = (f g)(x) = f(g(x)) = [g(x)]n. Entonces
dy
dx=
dy
du· dudx
=d
duun · du
dx= nun−1 · du
dx
= n [g(x)]n−1 · d
dxg(x)
= n [g(x)]n−1 · g′(x).
Por lo tanto,d
dx[g(x)]n = n [g(x)]n−1 · g′
(x).
Esta derivada se conoce como la regla de la potencia. Sin embargo, este resultado
se puede extender a potencias racionales, es decir, si r = p/q, donde p, q ∈ Z y q 6= 0,
entonces la funcion
y = ur = up/q =q√up =
(q√u)p
,donde u depende de x, tiene derivada
dy
dx= rur−1du
dx.
En efecto, sea
y = ur = up/q. (3.3)
Elevando a la potencia q-esima ambos lados de la igualdad de la ecuacion (3.3), se
obtiene
yq = up. (3.4)
168
Derivando (3.4) ambos lados de la igualdad, se obtiene por la regla de la cadena
qyq−1 dy
dx= pup−1du
dx.
Entonces,
dy
dx=
pup−1
qyq−1
du
dx=
p
qup−1y1−q du
dx
=p
qup−1(up/q)1−q du
dx=
p
qup−1up/qu−pdu
dx
=p
qu(p/q)−1 du
dx
= rur−1du
dx.
3.3.6. Teorema. Sea y = [f(x)]r una funcion derivable en x y r ∈ Q. Entonces
dy
dx= r[f(x)]r−1 · f ′
(x).
Por ejemplo, se puede calcular la derivada de las siguientes funciones:
1. Si f(x) = sin3 x, entonces f′(x) = 3 sin2 x cos x.
2. Si f(x) = sin3 x cos4 x, entonces
f′(x) = 3 sin2 x cos x · cos4 x+ sin3 x
[4 cos3 x(− sinx)
]
= 3 sin2 x cos5 x− 4 sin4 x cos3 x.
3. Si f(x) =(
x sinx2 tan2 x
)3, entonces
f′(x) = 3
(x sinx
2 tan2 x
)2
· (sinx+ x cos x)(2 tan2 x)− (x sin x)(4 tan x sec2 x)
(2 tan2 x)2
= 3
(x sinx
2 tan2 x
)2
· (sinx+ x cos x)(2 tan2 x)− 4x sin x tanx sec2 x
4 tan4 x.
Actividad 36. Deriva las siguientes funciones.
1. f(x) = (1 + tanx)3
2. f(x) = x4 sin3 x.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 169
En general, si u es una funcion que depende de x y derivable en x, entonces por la
regla de la cadena, se tiene
ddx sinu = cos u · du
dxddx csc u = − csc u cot udu
dx
ddx cos u = − sinu · du
dxddu sec u = secu tan u · du
dx
ddx tan u = sec2 u · du
dxddx cot u = − csc2 udu
dx
3.3.7. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones.
1. f(x) = sin2 x4
2. f(x) =√
cos√x
3. f(x) = cos 2x√sin 3x
.
Solucion:
1. Esta funcion, se puede escribir como f(x) = (sinx4)2. Entonces,
f′(x) = 2 sin x4 · (sinx4)′ .
Pero (sinx4)′= cos x4 · (4x3). Por lo tanto,
f′(x) = 2 sinx4 cos x4(4x3) = 8x3 sinx4 cos x4.
2. Esta funcion, conviene escribir como f(x) = (cos√x)1/2. Luego,
f′(x) =
1
2(cos
√x)−1/2 · (cos√x)
′.
Pero (cos√x)
′= − sin
√x · 1
2√x. Por lo tanto,
f′(x) =
1
2(cos
√x)−1/2 ·
(− sin
√x · 1
2√x
)= − sin
√x
4√x√
cos√x.
170
3. Para derivar esta funcion, se aplica la regla del cociente. Esto es,
f′(x) =
− sin 2x(2) ·√sin 3x− cos 2x · 1
2√sin 3x
· cos 3x(3)sin 3x
=−2 sin 2x
√sin 3x− 3 cos 2x cos 3x
2√sin 3x
sin 3x
=
−4 sin 2x sin 3x−3 cos 2x cos 3x2√sin 3x
sin 3x
=4 sin 2x sin 3x− 3 cos 2x cos 3x
2 sin 3x√sin 3x
.
Ahora se estudiara la (derivada de las funciones trigonometricas inversas).
Recordemos que si f es una funcion inyectiva en el intervalo [a, b], entonces f tiene
funcion inversa f−1 definida en el intervalo [f(a), f(b)].
Una funcion inyectiva tiene la caracterıstica de que su grafica es estrictamente cre-
ciente o decreciente, donde funcion creciente(decreciente) se define de la siguiente
manera:
3.3.8. Definicion. Sea f(x) una funcion.
(i) Se dice que f es creciente en [a, b], si para todo x1, x2 ∈ [a, b] tal que x1 < x2,
entonces f(x1) < f(x2).
(ii) Se dice que f es decreciente en [a, b], si para todo x1, x2 ∈ [a, b] tal que
x1 < x2, entonces f(x1) > f(x2).
x
y
x
y
a bx1 x2 a bx1 x2
x1 < x2
f(x1) < f(x2)
x1 < x2
f(x1) > f(x2)
Grafica de f creciente Grafica de f decreciente
Si una funcion f cumple f′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b), significa que la pendiente de
la recta tangente a la grafica de f en (x, f(x)) es positiva, y esto quiere decir que la
grafica de f en [a, b] es creciente. De igual forma, si f′(x) < 0 para todo x ∈ (a, b),
significa que la grafica de f es decreciente en [a, b].
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 171
De esta forma, para averiguar en que intervalo(s) la grafica de una funcion f sea
creciente o decreciente, basta resolver f′(x) > 0 o f
′(x) < 0. En los intervalos donde
f sea creciente o decreciente, la funcion sera inyectiva y tendra funcion inversa
f−1(x).
3.3.9. Teorema. Sea f una funcion derivable en (a, b), con f′(x) > 0 para todo
x ∈ (a, b). Entonces, la funcion inversa x = f−1(y) existe y
[f−1(y)
]′=
1
f ′(x)=
1
f ′(f−1(y)).
Demostracion: Consideremos la figura:
x
y
x x+ h
y
y + k
Se debe mostrar que
[f−1(y)
]′= lım
k→0
f−1(y + k)− f−1(y)
kexiste.
Por el teorema del valor intermedio, se sabe que para valores pequenos de k, y + k
puede escribirse como un valor de f . Hagamos x = f−1(y), y sea h = f−1(y + k) −f−1(y). Entonces
x = f−1(y) y f−1(y + k) = x+ h.
Por otra parte, y + k = f(x+ h) y, por lo tanto, k = f(x+ h)− f(x). Ası, se tiene
quef−1(y + k)− f−1(y)
k=
h
f(x+ h)− f(x)=
1f(x+h)−f(x)
h
.
Es claro que cuando h → 0, k → 0. Recıprocamente, cuando k → 0, existe exacta-
mente un valor h tal que f(x+ h) = y + k, porque la funcion inversa esta definida.
Por consiguiente, f(x+ h) → y y el valor correspondiente de h → 0. Luego,
1
f ′(x)= lım
h→0
1f(x+h)−f(x)
h
= lımk→0
f−1(y + k)− f−1(y)
k=[f−1(y)
]′.
172
Por lo tanto,[f−1(y)
]′=
1
f′(f−1(y))
.
Con este teorema, se puede obtener la derivada de las funciones trigonometricas
inversas.
1. Sea x ∈ (−1, 1). Entonces,
(arcsinx)′=
1√1− x2
.
En efecto, si f(x) = sinx, entonces f′(x) = cos x > 0 e inyectiva en (−π/2, π/2).
Luego, existe f−1(x) = arcsinx definida en (f(−π/2), f(π/2)) = (−1, 1). Para
x ∈ (−1, 1),
[f−1(x)
]′=
1
f ′(f−1(x))=
1
f ′(arcsin x)=
1
cos(arcsinx).
Por otra parte,
[sin(arcsin x)]2 + [cos(arcsinx)]2 = x2 + [cos(arcsin x)]2 = 1.
Entonces,
cos(arcsin x) =√
1− x2.
Se toma la raız cuadrada positiva, debido a que arcsinx ∈ (−π/2, π/2) y en
este intervalo, cos(arcsinx) > 0. Por lo tanto,
(arcsin x)′=
1√1− x2
; x ∈ (−1, 1).
2. Sea x ∈ (−1, 1). Entonces,
(arc cos x)′= − 1√
1− x2.
En efecto, si f(x) = cos x, entonces f′(x) = − sinx < 0 e inyectiva en (0, π).
Luego, existe f−1(x) = arc cos x definida en (f(π), f(0)) = (−1, 1). Para x ∈(−1, 1),
[f−1(x)
]′=
1
f ′(f−1(x))=
1
f ′(arc cos x)=
1
− sin(arc cos x).
Por otra parte
[sin(arc cos x)]2 + [cos(arc cos x)]2 = [sin(arc cos x)]2 + x2 = 1.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 173
Entonces,
sin(arc cos x) =√
1− x2.
Nuevamente, se toma la raız positiva debido a que arc cos x ∈ (0, π) y en este
intervalo, sin(arc cos x) > 0. Por lo tanto,
(arc cos x)′= − 1√
1− x2; x ∈ (−1, 1).
3. Sea x ∈ R. Entonces,
(arctan x)′=
1
1 + x2.
En efecto, si f(x) = tanx, entonces f′(x) = sec2 x > 0 e inyectiva en (−π/2, π/2).
Luego, existe f−1(x) = arctan2 x definida en todo R, puesto que la imagen de
la funcion tangente es todo R. Para x ∈ R,
[f−1(x)
]′=
1
f ′(f−1(x))=
1
f ′(arctan x)
=1
sec2(arctan x)=
1
1 + tan2(arctan x)
=1
1 + x2.
4. Sea x ∈ R. Entonces,
(arccotx)′= − 1
1 + x2.
Se deja como ejercicio para el lector la comprobacion de este resultado.
5. Sea x ∈ R tal que | x |> 1. Entonces,
(arcsecx)′=
1
| x |√x2 − 1
.
En efecto, si f(x) = secx, entonces f′(x) = sec x tanx > 0 e inyectiva
en (0, π/2) ∪ (π/2, π). Luego, existe f−1(x) = arcsecx definida en (1,∞) ∪(−∞,−1).
a) Si x ∈ (1,∞), entonces arcsecx ∈ (0, π/2) y tan(arcsecx) > 0. Por lo
tanto,
tan(arcsecx) =√
sec2(arcsecx)− 1 =√
x2 − 1.
b) Si x ∈ (−∞,−1), entonces arcsecx ∈ (π/2, π) y tan(arcsecx) < 0. Por lo
tanto,
tan(arcsecx) = −√sec2(arcsecx)− 1 = −
√x2 − 1.
174
Luego, si | x |> 1,
[f−1(x)
]′=
1
f ′(f−1(x))=
1
f ′(arcsecx)
=1
sec(arcsecx) tan(arcsecx)=
1
x tan(arcsecx)
=1
±x√x2 − 1
=1
| x |√x2 − 1
.
6. Sea x ∈ R tal que | x |> 1. Entonces,
(arccscx)′= − 1
| x |√x2 − 1
; | x |> 1.
Se deja como ejercicio para el lector la comprobacion de este resultado.
Aplicando la regla de la cadena, los resultados anteriores se cumplen cuando u es
una funcion que depende de x y derivable en x. Esto es,
(arcsin u)′= 1√
1−u2· dudx ; u ∈ (−1, 1)
(arc cos u)′= − 1√
1−u2· dudx ; u ∈ (−1, 1)
(arctan u)′= 1
1+u2 · dudx ; para todo u ∈ R
(arccotu)′= − 1
1+u2 · dudx ; para todo u ∈ R
(arcsecu)′= 1
|u|√u2−1
· dudx ; | u |> 1
(arccscu)′= − 1
|u|√u2−1
· dudx ; | u |> 1
3.3.10. Ejemplo. Deriva las siguientes funciones.
1. f(x) = earcsinx
2. f(x) = arc cos√x
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 175
3. f(x) = ln(arctan√x).
Solucion:
1. Sea u = arcsin x. Entonces dudx = 1√
1−x2. Luego,
f′(x) = earcsinx · 1√
1− x2=
earcsinx
√1− x2
.
2. Sea u =√x. Entonces du
dx = 12√x. Luego,
f′(x) = − 1√
1− x· 1
2√x.
3. Sea u = arctan√x. Entonces, du
dx = 11+x · 1
2√x. Luego,
f′(x) =
1
arctan√x· 1
1 + x· 1
2√x.
Se estudiara ahora la derivada de la funcion exponencial y logaritmo. Como primer
paso, se probara que f(x) = ex es derivable en x = 0; es decir,
f′(0) = lım
h→0
eh − 1
h= 1.
Para comprobar este resultado, se usara una desigualdad cuya prueba no se presenta
aquı. Esta desigualdad se conoce como desigualdad exponencial:
ex ≥ 1 + x para todo x ∈ R.
(a) Sea 0 < h < 1. Por la desigualdad exponencial, se tiene
eh − 1
h≥ (1 + h)− 1
h=
h
h= 1. (3.5)
Tambien por la desigualdad exponencial, se tiene que e−h ≥ 1− h. Entonces
1
1− h≥ 1
e−h= eh.
Restando ambos lados de esta desigualdad por 1, se obtiene
1
1− h− 1 ≥ eh − 1.
Haciendo las operaciones adecuadas en esta ultima y reduciendo, se tiene
1
1− h≥ eh − 1
h. (3.6)
176
Por (3.5), (3.6), y por el hecho de que 0 < h < 1, implica que
1
1− h≥ eh − 1
h≥ 1.
De aquı se concluye que
lımh→0+
eh − 1
h= 1.
(b) Supongamos nuevamente que 0 < h < 1. En el lımite anterior, hagamos h =
−y. Por lo tanto, h → 0+, si y solo si, −y → 0+, y esto es equivalente a
−h = y → 0−, porque −1 < −h < 0. Por lo tanto,
lımh→0+
eh − 1
h= lım
y→0−
e−y − 1
−y= 1.
Este ultimo lımite es equivalente a
lımh→0−
e−h − 1
−h= 1.
Por otra parte, en el inciso (a) se ha comprobado que 11−h ≥ eh, y por la
desigualdad exponencial, se tiene eh ≥ 1+h. Juntando estas dos desigualdades,
se tiene que1
1− h≥ eh ≥ 1 + h.
Aplicando la ley del sandwich para lımites en la desigualdad anterior, se con-
cluye que
lımh→0+
eh = 1.
Por lo tanto, se tiene tambien que
lımh→0−
e−h = 1.
Por consiguiente
1 =
(lım
h→0−
1
e−h
)(lım
h→0−
e−h − 1
−h
)= lım
h→0−
[eh(e−h − 1
−h
)]
= lımh→0−
1− eh
−h
= lımh→0−
eh − 1
h.
Finalmente, de los lımites de los incisos (a) y (b), se concluye que
lımh→0
eh − 1
h= 1.
Una consecuencia inmediata de este lımite, es el siguiente:
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 177
3.3.11. Corolario. Sea f(x) = ex. Si x ∈ R, entonces
f′(x) =
d
dxex = ex.
Demostracion:Sea x ∈ R. Entonces,
f′(x) = lım
h→0
f(x+ h)− f(x)
h= lım
h→0
ex+h − ex
h
= lımh→0
exeh − ex
h= ex lım
h→0
eh − 1
h= ex.
Ası que la derivada de la funcion exponencial, es la misma funcion exponencial.
En general, si h(x) = eu, donde u es una funcion que depende de x, entonces por la
regla de la cadena se tiene que
h′(x) = eu · u′
3.3.12. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones.
1. f(x) = esinx3
2. f(x) = x2 · e√x.
Solucion:
1.
f′(x) = esinx3 · cos x3 · (3x2) = 3x2 cos x3esinx3
.
2.
f′(x) = 2x · e
√x + x2 · e
√x 1
2√x=
(2x+
x2
2√x
)e√x.
Tambien se puede obtener la derivada de la funcion exponencial y = ax, con a > 0
y x ∈ R. Primero se observa que
a = elna.
Entonces
ax =(eln a
)x= ex lna.
178
Ası que
d
dxax =
d
dx
(ex ln a
)
= ex ln a · ln a= ax ln a.
Por lo tanto,
ddxa
x = ax ln a.
En general, si f(x) = au, donde u es una funcion derivable que depende de x,
entonces por la regla de la cadena, se tiene que
d
dxau = [au ln a]
du
dx.
3.3.13. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones.
1. f(x) = 2sinx
2. f(x) = cos(10
√x).
Solucion:
1. f′(x) = 2sinx · ln 2 · cosx.
2. f′(x) = − sin
(10
√x)· 10
√x · ln 10 · 1
2√x.
3.3.14. Teorema. Si x > 0, entonces
d
dxlnx =
1
x.
Demostracion: Sea f(x) = ex. Se sabe que f′(x) > 0 para todo x ∈ R. Entonces,
f−1(x) = lnx para todo x > 0. Aplicando el teorema 3.3.9, se tiene que
[f−1(x)
]′=
1
f ′(f−1(x))
=1
f ′(lnx)=
1
elnx
=1
x.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 179
Por lo tanto,d
dxlnx =
1
x; x > 0.
En general, si h(x) = lnu, donde u es una funcion positiva que depende de x,
entonces
h′(x) = 1
u · u′
3.3.15. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones.
1. f(x) = ln√x
2. f(x) = x2 ln(
1x2+1
)
3. f(x) = ln3(x3).
Solucion:
1. f′(x) = 1√
x· 12√x= 1
2x .
2. f′(x) = 2x ln
(1
x2+1
)+ x2(x2 + 1)
[−2x
(x2+1)2
]= 2x ln
(1
x2+1
)− 2x3
x2+1.
3. f′(x) = 3 ln2(x3) · 1
x3 · 3x2 = 9 ln2(x3)x .
3.3.16. Teorema. La funcion exponencial f(x) = ex, se puede expresar mediante
el lımite:
ex = lımn→∞
(1 +
x
n
)n.
Demostracion:
1
t=
d
dtln t = lım
h→0
ln(t+ h)− ln t
h
= lımh→0
1
hln
(t+ h
t
)= lım
h→0ln
[(1 +
h
t
)1/h]
= ln
[lımh→0
(1 +
h
t
)1/h].
Luego, sea n = 1/h. Como h > 0, entonces n → ∞ cuando h → 0. Ası que
1
t= ln
[lımn→∞
(1 +
1
nt
)n].
180
Ahora, si se escribe x = 1t , se obtiene
x = ln[lımn→∞
(1 +
x
n
)n].
Finalmente, aplicando e a ambos lados de la igualdad anterior, se obtiene
ex = lımn→∞
(1 +
x
n
)n.
Si x = 1 en el lımite anterior, se obtiene una expresion para el numero irracional e:
e = lımn→∞
(1 +
1
n
)n
.
3.3.17. Ejemplo. Comprueba que
lımh→0
(1 + h)1/h = e.
Solucion:
Sea n = 1/h, donde h > 0. Entonces, h → 0, si y solo si n → ∞. Por lo tanto,
lımh→0
(1 + h)1/h = lımn→∞
(1 +
1
n
)n
= e.
El logaritmo natural de a, donde a > 0, tambien se puede expresar mediante un
lımite:
lımh→0
ah − 1
h= ln a.
En efecto, se ha visto que si f(x) = ax, entonces f′(x) = ax ln a.
Por otro lado, aplicando la definicion de derivada, se obtiene
f′(x) = lım
h→0
ax+h − ax
h
= lımh→0
axah − ax
h
= ax lımh→0
ah − 1
h= ax ln a.
Por lo tanto,
lımh→0
ah − 1
h= ln a.
DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 181
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.3
1. Obten la ecuacion de la recta tangente de las siguientes curvas, en el punto
donde se indica.
a) f(x) =√x, en (4, 2)
b) f(x) = x3, en (3/2, 27/8)
c) f(x) = 3x , en (3, 1).
2. Calcula los puntos de la curva y = x3 − 3x2 − 9x+ 5, cuya recta tangente, es
paralela al eje x.
3. Determina los puntos de la curva f(x) = x4 + 7x3 + 13x2 + x + 1 para los
cuales, la recta tangente forma un angulo de 45 con el eje x.
4. Determina el punto de la curva y = x3, en cuya recta tangente tiene pendiente
3 y pasa por el punto (0,−2).
5. Determina los coeficientes de y = ax2 + bx+ c, sabiendo que su grafica, pasa
por (0, 3) y (2, 1), y cuya recta tangente que pasa por (2, 1), tiene pendiente 3.
6. La grafica de la funcion f(x) = ax3+bx2+cx+d, pasa por (−1, 2) y (2, 3). Si las
rectas tangentes que pasan por estos puntos son paralelas al eje x, determina
a, b, c y d.
7. Cada lımite, representa la derivada de alguna funcion f en algun numero a.
Establece f y a en cada caso.
a) lımh→0
√1+h−1h
b) lımh→0
(2+h)3−8h
c) lımx→0
3x−1x
d) lımt→0
sin(π/2+t)−1t .
8. Calcula la derivada de las siguientes funciones, empleando la definicion.
a) f(x) = 2x2 − 1
b) f(x) = 4− 3x2
c) f(x) =√2x+ 1.
182
9. Calcula la derivada de las siguientes funciones, empleando las propiedades
adecuadas.
a) f(x) = sinx1+cos x
b) f(x) = sinx cos2 x
c) f(x) = (1− sinx)4
d) f(x) = (sinx− cos x)2
e) f(x) = cos2 x4
f ) f(x) = tan4 x3
g) f(x) = x2 cos(1x
)
h) f(x) = sec 5xtan 3x
i) f(x) = cos(x+1x−1
)
j ) f(x) = tan√x
k) f(x) = sin(cos x)
l) f(x) = cos2(sin2 x)
m) f(x) = x2e2x
n) f(x) =√ex + 1
n) f(x) = eex
o) f(x) = esin(x3+1)
p) f(x) = ln(e2x−1e2x+1
)
q) f(x) = ln tan(1− x)
r) f(x) = ln(1−x1+x
)
s) f(x) = ln√
1+x1−x
t) f(x) = ln(ex+1ex−1
)
u) f(x) = arcsin√x2 − 4
v) f(x) = arc cos ex
w) f(x) = arctan√x
x ) f(x) = arctan 1+x1−x .
REGLA DE L’HoPITAL 183
3.4. Regla de L’Hopital
En esta seccion, se estudiara la regla de L´Hopital. Esta regla se aplica para
el calculo de ciertos lımites, sobre todo, de aquellos que presentan algun tipo de
indeterminacion tales como: 00 , 0 · ∞, ∞−∞, entre otras.
Se comenzara enunciando algunos resultados importantes de la derivada. Posterior-
mente la regla de L’Hopital, sera una consecuencia de estos.
3.4.1. Teorema. Sean f(x) una funcion derivable en (a, b) y xo ∈ (a, b) tal que
f(xo) es un valor maximo. Entonces, f′(xo) = 0.
Demostracion:
Como f(xo) es un maximo, entonces f(xo) ≥ f(x) para todo x ∈ (a, b). Luego, para
h pequeno se tiene f(xo + h) ≤ f(xo). Entonces,
(i) Si h > 0, f(xo+h)−f(xo)h ≤ 0. Luego,
lımh→0+
f(xo + h)− f(xo)
h≤ 0.
(ii) Si h < 0, f(xo+h)−f(xo)h ≥ 0. Entonces,
lımh→0−
f(xo + h)− f(xo)
h≥ 0.
Como f es derivable, los lımites laterales en (i) y (ii) coinciden con f′(xo). Por lo
tanto, f′(xo) ≤ 0 y f
′(xo) ≥ 0. Entonces se tiene que
f′(xo) = 0.
3.4.2. Teorema. (Teorema de Rolle). Sea f una funcion continua en [a, b] y
derivable en (a, b). Si f(a) = f(b), entonces existe x ∈ (a, b) tal que f′(x) = 0.
Demostracion:
Si f es constante en [a, b], cualquier x ∈ (a, b), satisface f′(x) = 0.
Supongamos entonces que f no es constante. Como f es continua en [a, b], aplicando
el teorema 3.1.19, existe un maximo y mınimo de f en [a, b]. Sea xo ∈ (a, b) tal que
f(xo) > f(a), entonces existe x ∈ [a, b] tal que f(x) es un maximo de f y f′(x) = 0.
De la misma forma, si xo ∈ (a, b) y f(xo) < f(a), entonces existe x ∈ [a, b] tal que
f(x) es un mınimo de f y f′(x) = 0.
184
3.4.3. Teorema. (Teorema del valor medio). Sea f una funcion continua en
[a, b], y derivable en (a, b). Entonces, existe x ∈ (a, b) tal que
f′(x) =
f(b)− f(a)
b− a.
Demostracion: Se define la funcion
h(x) = f(x)−[f(b)− f(a)
b− a
](x− a).
Es claro que h es continua en [a, b] y derivable en (a, b). Ademas, h(a) = h(b).
Entonces, aplicando el teorema de Rolle, existe x ∈ (a, b) tal que
h′(x) = f
′(x)− f(b)− f(a)
b− a= 0.
De aquı, se sigue que
f′(x) =
f(b)− f(a)
b− a.
3.4.4. Teorema. (Teorema del valor medio de Cauchy). Sean f y g funciones
continuas en [a, b] y derivables en (a, b). Entonces, existe x ∈ (a, b) tal que
[f(b)− f(a)]g′(x) = [g(b)− g(a)]f
′(x).
Demostracion: Se define la funcion
h(x) = f(x)[g(b)− g(a)] − g(x)[f(b) − f(a)].
Se sigue que h es continua en [a, b] y derivable en (a, b). Ademas, se tiene que
h(a) = h(b). Aplicando el teorema de Rolle para h, se tiene que existe x ∈ (a, b) tal
que
h′(x) = f
′(x)[g(b) − g(a)] − g
′(x)[f(b)− f(a)] = 0.
De aquı, se sigue que
[f(b)− f(a)]g′(x) = [g(b) − g(a)]f
′(x).
REGLA DE L’HoPITAL 185
3.4.5. Teorema. (Regla de L´Hopital). Sean f(x) y g(x) funciones contin-
uas y derivables en un intervalo abierto que contiene a, tales que existe lımx→a
f′(x)
g′(x),
lımx→a
f(x) = 0 = lımx→a
g(x), y g′(x) 6= 0 en x 6= a. Entonces, existe lım
x→a
f(x)g(x) , y
lımx→a
f(x)
g(x)= lım
x→a
f′(x)
g′(x)
.
Demostracion: Como f y g son derivables en a, entonces f y g son continuas en
a. De esta forma, se puede suponer que f(a) = 0 = g(a). Sea x un punto sobre el
intervalo tal que x > a. Como f y g son continuas en [a, x] y derivables en (a, x),
entonces aplicando el teorema del valor medio de Cauchy, existe z ∈ (a, b) tal que
f(x)
g(x)=
f(x)− f(a)
g(x)− g(a)=
f′(z)
g′(z).
Como z depende de x y z ∈ (a, x), entonces z → a cuando x → a. Por lo tanto,
lımx→a
f(x)
g(x)= lım
z→a
f′(z)
g′(z)= lım
x→a
f′(x)
g′(x).
3.4.6. Ejemplo. Calcula los siguientes lımites.
1. lımx→0
ex−e−x
sinx
2. lımx→1
lnxx−1
3. lımx→0
x sinx1−cos x .
Solucion:
1. Sean f(x) = ex − e−x y g(x) = sinx.
lımx→0
f(x) = 0 = lımx→0
g(x).
Entonces, por la regla de L’Hopital,
lımx→0
ex − e−x
sinx= lım
x→0
ex + e−x
cos x=
2
1= 2.
2. Sean f(x) = lnx y g(x) = x− 1.
lımx→1
f(x) = 0 = lımx→1
g(x).
Por la regla de L’Hopital,
lımx→1
lnx
x− 1= lım
x→1
1/x
1= 1.
186
3. Sean f(x) = x sinx y g(x) = 1− cos x.
lımx→0
f(x) = 0 = lımx→0
g(x).
Por L’Hopital, se tiene
lımx→0
x sinx
1− cos x= lım
x→0
sinx+ x cos x
1 + sinx=
0
1= 0.
Nota: Para aplicar la regla de L’Hopital en el calculo de un lımite, se debe asegurar
que se cumplen las condiciones que se requieren. De otra forma, no se puede aplicar
dicha regla. Si el cociente f′(x)/g
′(x) se indetermina de la forma 0/0, entonces se
aplica por segunda vez la regla de L’Hopital.
La regla de L’Hopital tiene muchas variantes. Por ejemplo, en el enunciado del
teorema, el numero a se puede sustituir por ∞ o −∞. Es decir:
3.4.7. Corolario. Si f y g son funciones continuas y derivables en un intervalo,
digamos (c,∞) para alguna c ∈ R, tales que existe lımx→∞
f′(x)
g′(x)y lım
x→∞f(x) = 0 =
lımx→∞
g(x), entonces
lımx→∞
f(x)
g(x)= lım
x→∞f
′(x)
g′(x).
Demostracion:
Sea y = 1/x. Ası que y → ∞ cuando x → 0+. Entonces,
lımx→0+
f(1/x)
g(1/x)= lım
y→∞f(y)
g(y)
= lımx→0+
f′(1/x)
g′(1/x)= lım
y→∞f
′(y)
g′(y).
La segunda igualdad se debe a que si y = f(1/x) y y = g(1/x), entonces y′=
f′(1/x) · (−1/x2) y y
′= g
′(1/x) · (−1/x2) respectivamente. Al hacer el cociente de
ambas derivadas, se cancela el termino −1/x2. Por lo tanto,
lımx→∞
f(x)
g(x)= lım
x→∞f
′(x)
g′(x).
3.4.8. Ejemplo. Calcula el valor de lımx→∞
(lnx)2
x2 .
REGLA DE L’HoPITAL 187
Solucion:
Sean f(x) = (lnx)2 y g(x) = x2.
lımx→∞
f(x) = ∞ = lımx→∞
g(x).
Por L’Hopital, se tiene
lımx→∞
(lnx)2
x2= lım
x→∞
2 lnxx
2x= lım
x→∞lnx
x2= lım
x→∞
1x
2x= lım
x→∞1
2x2= 0.
En este ejemplo, se empleo dos veces la regla de L’Hopital (primera y tercera igual-
dad).
Todas las variantes que tiene la regla de L’Hopital, se pueden resumir como sigue:
Si lımx→M f(x) = lımx→M g(x) = N y lımx→Mf′(x)
g′ (x)= , entonces lımx→M
f(x)g(x) = ;
donde
M puede ser a o a+ o a− o ∞ o −∞N puede ser 0 o ∞ o −∞, y
puede ser l o ∞ o −∞.
En el calculo de un lımite, surgen otros tipos de indeterminaciones, tales como
00, ∞0, 1∞, 0 · ∞, y ∞−∞.
Los tres primeros casos, se presentan sobre todo cuando se pide evaluar lımites de
la forma:
lımx→a
[f(x)]g(x).
Para resolver el problema de estas indeterminaciones, se recomienda escribir
y = [f(x)]g(x) y entonces, ln y = g(x) ln f(x),
o tambien como
[f(x)]g(x) = eg(x) ln f(x).
Cuando en un lımite se presenta una indeterminacion en la forma 0 · ∞, la funcion
fg, se recomienda escribirla como f1/g o g
1/f . Si la indeterminacion tiene la forma
∞−∞, se recomienda transformar esta indeterminacion en la forma 0/0 o ∞/∞, y
usar L’Hopital.
188
3.4.9. Ejemplo. Calcula los siguientes lımites.
1. lımx→0+
x lnx
2. lımx→0+
[1x − 1
ln(x+1)
]
3. lımx→0+
xsinx
4. lımx→0+
xx.
Solucion:
1. Este lımite, tiene una indeterminacion de la forma 0 · ∞. Luego,
lımx→0+
x lnx = lımx→0+
lnx
1/x
= lımx→0+
1/x
−1/x2= lım
x→0+−x
= 0.
2. Este lımite, tiene una indeterminacion de la forma ∞−∞. Pero
lımx→0+
[1
x− 1
ln(x+ 1)
]= lım
x→0+
ln(x+ 1)− x
x ln(x+ 1),
y este ultimo lımite, tiene la indeterminacion 0/0, debido a que
lımx→0+
x ln(x+ 1) = lımx→0+
ln(x+ 1)1x
= lımx→0+
1x+1
− 1x2
= lımx→0+
− x2
x+ 1= 0.
Luego, por L’Hopital, se tiene
lımx→0+
ln(x+ 1)− x
x ln(x+ 1)= lım
x→0+
1x+1 − 1
ln(x+ 1) + xx+1
= lımx→0+
1−(x+1)x+1
(x+1) ln(x+1)+xx+1
= lımx→0+
−x
(x+ 1) ln(x+ 1) + x= lım
x→0+
−1
ln(x+ 1) + 2
= −1
2.
Por lo tanto,
lımx→0+
[1
x− 1
ln(x+ 1)
]= −1
2.
REGLA DE L’HoPITAL 189
3. Este lımite tiene la indeterminacion 0(−∞). Si se escribe y = xsinx, entonces
ln y = sinx lnx. Luego,
lımx→0+
ln y = lımx→0+
sinx lnx = lımx→0+
lnx1
sinx
= lımx→0+
1x
− cosxsin2 x = lım
x→0+
sin2 x
−x cos x
= lımx→0+
sinx
x· sinxcos x
= 0.
En consecuencia, se tiene que
lımx→0+
xsinx = lımx→0+
y = lımx→0+
eln y = e0 = 1.
4. Este lımite tiene la indeterminacion 00. Si se escribe y = xx, entonces ln y =
x ln x. Luego,
lımx→0+
x lnx = lımx→0+
lnx1x
= lımx→0+
1x−1x2
= lımx→0+
−x
= 0.
Por lo tanto,
lımx→0+
xx = lımx→0+
y = lımx→0+
eln y = e0 = 1.
Actividad 37. Determina el valor de los siguientes lımites.
1. lımx→0
tan xx+sinx
2. lımx→1
(1
lnx − 1x−1
).
190
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.4
Determina el valor de los siguientes lımites.
1. lımx→0
cos2 x−cos xx2
2. lımx→0
1−cos 2xx2
3. lımx→0
xx+sinx
4. lımx→0
sinx−xx3
5. lımx→0
ex2−1x2
6. lımx→0
ln(1+x)x
7. lımx→∞
lnxx2
8. lımx→0
tan(x−1)x−1
9. lımx→1
xn−1xm−1
10. lımx→0+
lnx√x
11. lımx→∞
ln3 xx2
12. lımx→0
sinxsinhx
13. lımx→0
arctan(2x)3x
14. lımx→0
tan 2xtanh 3x
15. lımx→0
eax−ebx
x
16. lımx→0+
√x lnx
17. lımx→∞
e−x lnx
18. lımx→−∞
xex
19. lımx→0
(1x4 − 1
x2
)
20. lımx→∞
(x−
√x2 − 1
)
REGLA DE L’HoPITAL 191
21. lımx→1
(1
lnx − 1x−1
)
22. lımx→0
(1− 2x)1/x
23. lımx→∞
x1/x
24. lımx→0+
x1/x
25. lımx→∞
(x
x+1
)x
26. lımx→0+
(sinx)tan x
27. lımx→∞
(ex + x)1/x
28. lımx→1
(lnx)sinx
29. lımx→1
x1
1−x
30. Prueba que si n es un entero, entonces
lımx→∞
ex
xn= ∞.
31. Prueba que lnx, se aproxima mas lentamente a ∞ que cualquier potencia de
x. Esto es, si p > 0, entonces
lımx→∞
lnx
xp= 0.
32. Prueba que si α > 0, entonces
lımx→0+
xα lnx = 0.
33. Prueba que
lımx→∞
(1 +
1
x
)x
= e.
192
3.5. Introduccion a la integral definida
En esta seccion, se estudiaran resultados y metodos de integracion, principal-
mente para funciones trigonometricas, exponencial y logarıtmica. Primero, se recor-
dara la definicion de la integral definida, motivada por el problema de definir el
concepto de area.
Sea y = f(x) una funcion continua no negativa, con dominio [a, b].
x
y
y = f(x)
R
a b
El area de la region R limitada entre la grafica de f , las verticales x = a, x = b y el
eje x, se simboliza por
Area de la region R = A(R) =
∫ b
af(x)dx.
Para explicar el significado de area de la region R, se comienza introduciendo ter-
minologıas y notacion.
Una particion P del intervalo cerrado [a, b], es un conjunto finito P = xo, x1, . . . , xnde puntos en [a, b] tales que
a = xo < x1 < x2 < · · · < xn = b.
Los puntos de la particion P se pueden usar para dividir el intervalo [a, b] en subin-
tervalos
[xo, x1], [x1, x2], . . . , [xn−1, xn].
Sean Mi = f(ζi) y mi = f(ξi) los valores maximo y mınimo de f respectivamente,
en el i-esimo subintervalo [xi−1, xi], para todo i = 1, 2 . . . , n.
La suma inferior de f asociada a la particion P , se define como
L(P ; f) =n∑
i=1
mi(xi − xi−1),
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 193
y la suma superior de f asociada a la particion P , se define como
U(P ; f) =n∑
i=1
Mi(xi − xi−1).
Si f no es negativa, L(P ; f) se puede interpretar como el area de la union de los
rectangulos de base [xi−1, xi] y altura mi. De manera similar, U(P ; f) se puede
interpretar como el area de la union de los rectangulos de base [xi−1, xi] y de altura
Mi.
a b x
y
L(P ; f)
a b x
y
U(P ; f)
Una primera relacion entre el area de la region R (area bajo la grafica de f entre
x = a, x = b y el eje x), y las dos sumas definidas anteriormente, es que si P =
xo, x1, . . . , xn es cualquier particion de [a, b], entonces
L(P ;F ) ≤ A(R) ≤ U(P ; f). (3.7)
Un caso particular de particion P , es cuando [a, b] se divide en n subintervalos
iguales. Es decir, cada uno de [xo, x1], [x1, x2], . . . , [xn−1, xn] tienen la misma longitud
4x =b− a
n.
En este caso, xi = a + i b−an ; para todo i = 0, 1, 2, . . . , n. Una particion con estas
caracterısticas, se denomina particion regular. Ası,
L(P ; f) =
n∑
i=1
mi4x y U(P ; f) =
n∑
i=1
Mi4x.
Es claro que cuando el numero n de subintervalos aumenta cada vez mas, 4x se
hace mas pequeno. De esta forma, la diferencia entre L(P ;F ) y U(P ; f) sera cada
vez mas pequena y ambos valores, estaran cercanos al area real A(R) de la region
R. Mas aun, el siguiente teorema establece que
194
3.5.1. Teorema. Sean f una funcion continua no negativa en el intervalo [a, b] y
P = xo, x1, . . . , xn una particion regular de [a, b]. Entonces,
lımn→∞
L(P, f) = lımn→∞
U(P, f).
Pero entonces, si aplicamos la ley del sandwich a la desigualdad (3.7), junto con
el resultado de este teorema, se concluye que el area de la region R esta dada por
A(R) = lımn→∞
L(P, f) = lımn→∞
U(P, f).
3.5.2. Ejemplo. Determina el area de la region R bajo la grafica de f(x) = x2,
entre x = 0 y x = 1.
0 1 x
y
L(P ; f)
0 1 x
y
U(P ; f)
Solucion:
Sea P una particion regular de [0, 1], de tal forma que divide este intervalo en n
subintervalos. En este caso,
4x =1
ny xi = 0 + i
1
n=
i
npara todo i = 0, 1, 2, . . . , n.
Como f es creciente en [0, 1], entonces ζi = xi =in y ξi = xi−1 = i−1
n . Por lo
tanto, Mi = f(ζi) = x2i =(in
)2y mi = f(ξi) = x2i−1 =
(i−1n
)2. Evaluando la
suma superior, se tiene que
U(P, f) =
n∑
i=1
Mi4x =
n∑
i=1
(i
n
)2( 1
n
)=
1
n3
n∑
i=1
i2.
Peron∑
i=1
i2 =n(n+ 1)(2n + 1)
6=
1
3n3 +
1
2n2 +
1
6n.
Por lo tanto,
U(P, f) =1
n3
(1
3n3 +
1
2n2 +
1
6n
)=
1
3+
1
2n+
1
6n2.
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 195
Finalmente
A(R) = lımn→∞
U(P, f) = lımn→∞
(1
3+
1
2n+
1
6n2
)=
1
3.
Actividad 38. Con los datos del ejemplo 3.5.2, calcula L(P, f) y comprueba que
lımn→∞
L(P, f) = 13 .
Actividad 39. Por medio de una suma superior o inferior y utilizando una particion
regular P en [0, 1], calcula el area de la region acotada entre la grafica de f(x) = x3,
x = 0, x = 1 y el eje x.
Ahora, se generalizara la idea de las sumas superiores e inferiores para definir la inte-
gral definida. Consideremos una funcion f acotada en [a, b]. Sea P = xo, x1, . . . , xnuna particion de [a, b], no necesariamente regular. La norma de la particion P
denotada por ‖P‖, se define como la longitud maxima de los subintervalos en que
queda dividido el intervalo [a, b] con la particion P . Es decir,
‖P‖ = max4xi = xi − xi−1; i = 1, 2, . . . , n.
Sea ξi ∈ [xi−1, xi] para todo i = 1, 2, . . . , n. Se define la suma de Riemann de
la funcion f asociada con la particion P , como:
S(P ) =
n∑
i=1
f(ξi)4xi.
La diferencia entre una suma superior o inferior con la suma S(P ), es que no se
elige el punto en cada [xi−1, xi] donde surge el maximo o mınimo de f , sino que
se elige cualquier punto arbitrario. Es claro que cuando el numero de subintervalos
n de [a, b] aumenta cada vez mas, la norma de la particion se hara cada vez mas
pequena. Es decir, ‖P‖ → 0 cuando n → ∞.
Si la suma de Riemann tiene un lımite determinado cuando n → ∞, o cuando
‖P‖ → 0, al valor del lımite se le denomina integral definida de f en [a, b]. Ası,
surge la siguiente definicion:
3.5.3. Definicion. Sea f una funcion acotada en [a, b]. La integral definida de f
en [a, b], denotada con∫ ba f(x)dx, se define como
∫ b
af(x)dx = lım
‖P‖→0
n∑
i=1
f(ξi)4xi
siempre que el lımite exista, en cuyo caso se dice que f es integrable en [a, b].
196
Si en la suma de Riemann la particion P de [a, b] es regular, entonces
4x1 = 4x2 = . . . = 4xn =b− a
n= 4x.
Luego se tiene que
S(P ) =
n∑
i=1
f(ξi)4x.
En este caso, las condiciones ‖P‖ → 0, 4x → 0 y n → ∞, son equivalentes. Por lo
tanto, ∫ b
af(x)dx = lım
n→∞
n∑
i=1
f(ξi)4x = lım‖P‖→0
n∑
i=1
f(ξi)4x.
3.5.4. Ejemplo. Expresa los siguientes lımites como una integral definida en el
intervalo indicado [a, b]. Supon que [xi−1, xi] denota el i-esimo subintervalo de [a, b],
y que 4x = b−an para todo i = 1, 2, . . . , n.
1. lımn→∞
∑ni=1
(√25− x2i
)4x en [0, 5]
2. lımn→∞
∑ni=1 (cos 2xi−1)4x en [0, π/2]
3. lımn→∞
∑ni=1 (tan xi)4x en [0, π/4].
Solucion:
1.
lımn→∞
n∑
i=1
(√25 − x2i
)4x =
∫ 5
0
√25− xdx.
2.
lımn→∞
n∑
i=1
(cos 2xi−1)4x =
∫ π/2
0cos 2xdx.
3.
lımn→∞
n∑
i=1
(tan xi)4x =
∫ π/4
0tanxdx.
En la definicion de integral definida, no se pidio que f fuera positiva, por eso∫ ba f(x)dx puede ser tanto negativa como cero, y solo cuando f(x) sea positiva,∫ ba f(x)dx coincide con el area bajo la grafica de la funcion f , entre x = a y x = b.
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 197
Dos hechos importantes de la integral definida son:
1. Si a ∈ Domf , entonces ∫ a
af(x)dx = 0.
2. Si f es integrable en [a, b], entonces
∫ b
af(x)dx = −
∫ a
bf(x)dx.
3.5.5. Ejemplo. Por medio de una suma de Riemann y utilizando una particion
regular P en [a, b], comprueba que si c es una constante positiva, entonces
∫ b
acdx = c(b− a).
Solucion:
Sea P = x0, x1, x2, . . . , xi, . . . , xn una particion regular de [a, b]. Entonces, xi =
a + i b−an para todo i = 0, 1, 2, . . . , n y 4x = b−a
n . Sea ξi ∈ [xi−1, xi] para todo
i = 1, 2, . . . n. Se tiene entonces que
S(P ) =n∑
i
f(ξi)∆x =n∑
i=1
cb− a
n= c(b− a).
Por lo tanto,
∫ b
acdx = lım
n→∞
n∑
i
f(ξi)4x = lımn→∞
c(b− a) = c(b− a).
El siguiente resultado, asegura que todas las funciones continuas en [a, b], son inte-
grables.
3.5.6. Teorema. Si f es una funcion continua en [a, b], entonces f es integrable
en [a, b].
3.5.7. Teorema.
1. Si a < c < b entonces, f es integrable en [a, b], si y solo si f es integrable en
[a, c] y [c, b]. Ademas se tiene
∫ b
af(x)dx =
∫ c
af(x)dx+
∫ b
cf(x)dx.
198
2. Si fy g son funciones integrables sobre [a, b], entonces f + g es integrable en
[a, b], y ∫ b
a(f(x) + g(x))dx =
∫ b
af(x)dx+
∫ b
ag(x)dx.
3. Si f es integrable sobre [a, b] y c es cualquier numero real, entonces
∫ b
acf(x)dx = c
∫ b
af(x)dx.
4. Si f es integrable sobre [a, b] y m ≤ f(x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], entonces
m(b− a) ≤∫ b
af(x)dx ≤ M(b− a).
5. Si f es integrable y no negativa sobre [a, b], entonces
∫ b
af(x)dx ≥ 0.
6. Si f y g son integrables sobre [a, b], tal que f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b],
entonces ∫ b
af(x)dx ≤
∫ b
ag(x)dx.
3.5.8. Ejemplo. Calcula∫ 51 f(x)dx, donde
f(x) =
3x− 5 si 1 ≤ x < 2,
1 si 2 ≤ x < 4,
x− 5 si 4 ≤ x ≤ 5.
Solucion: La grafica de f(x) es de la forma:
x
y
−2
1
12 4
5
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 199
Aplicando la propiedad 1 del teorema 3.5.6, se tiene que
∫ 5
1f(x)dx =
∫ 2
1f(x)dx+
∫ 4
2f(x)dx+
∫ 5
4f(x)dx.
Para obtener la primera integral, se observa que 3x− 5 = 0, cuando x = 5/3. Por lo
tanto, ∫ 2
1f(x)dx =
∫ 5/3
1f(x)dx+
∫ 2
5/3f(x)dx = −4
6+
1
6= −1
2.
Por otra parte, ∫ 4
2f(x)dx = 2 y
∫ 5
4f(x)dx = −1
2.
Finalmente, se tiene que
∫ 5
1f(x)dx = −1
2+ 2− 1
2= 1.
3.5.9. Ejemplo. Calcula∫ 31 | 2x− 4 | dx.
Solucion:
Se observa que 2x− 4 = 0, cuando x = 2. Por lo tanto,
| 2x− 3 |=
−(2x− 4) si 1 ≤ x < 2,
2x− 4 si 2 ≤ x ≤ 3.
y
x1 2 3
2
Luego,
∫ 3
1| 2x− 4 | dx =
∫ 2
1(4− 2x)dx+
∫ 3
2(2x− 4)dx = 1 + 1 = 2.
Nota: Para calcular cada una de las integrales en los dos ejemplos anteriores, se
recurrio a la formula del area de un triangulo y de un rectangulo.
200
3.5.10. Teorema. (Teorema del valor medio para integrales). Sea f una
funcion continua en [a, b]. Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que
f(c) =1
b− a
∫ b
af(x)dx.
Demostracion: Se sabe que
m(b− a) ≤∫ b
af(x)dx ≤ M(b− a),
donde m y M , son los valores mınimo y maximo de f en [a, b] respectivamente.
Entonces se tiene que
m ≤ 1
b− a
∫ b
af(x)dx ≤ M.
Sean f(x1) = m y f(x2) = M para ciertas x1, x2 ∈ [a, b]. Sin perdida de generalidad,
supongamos que x1 < x2. Entonces
f(x1) ≤1
b− a
∫ b
af(x)dx ≤ f(x2).
Aplicando el teorema del valor intermedio a f en [x1, x2] ⊂ [a, b] (ver teorema 3.1.20),
se tiene que existe c ∈ (x1, x2) ⊂ (a, b), tal que
f(c) =1
b− a
∫ b
af(x)dx.
El teorema del valor intermedio para integrales, tiene una interpretacion geometrica
cuando f(x) ≥ 0 en [a, b]. En este caso,∫ ba f(x)dx es el area bajo la grafica de f
entre x = a y x = b; mientras que (b− a)f(c), corresponde al area de un rectangulo
de base b− a y altura f(c) para alguna c ∈ (a, b), y
f(c)(b− a) =
∫ b
af(x)dx.
x
y
a bc
f(c)
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 201
3.5.11. Ejemplo. ¿Que altura debe tener un rectangulo de base 2 para que tenga
igual area que la region limitada entre la grafica de f(x) =√1− x2, que corresponde
a un medio cırculo con centro en el origen y de radio 1, y el eje x?
Solucion: Por el teorema del valor intermedio para integrales, la altura de dicho
rectangulo debe ser f(c) para alguna c ∈ (−1, 1), donde
f(c) =1
b− a
∫ b
af(x)dx.
En este caso, f(x) =√1− x2 esta definida en [−1, 1]. Ası,
f(c) =1
2
∫ 1
−1
√1− x2dx =
1
2
(π2
)=
π
4.
Para determinar el valor c ∈ (−1, 1), se procede como sigue:
f(c) =√
1− c2 =π
4.
Entonces 1 − c2 = π2
16 . Despejando c de esta igualdad, se concluye que c ≈ ±0.619.
Geometricamente se explica en la siguiente grafica.
x
y
1−1 −c c
1
Notese que el valor de c no es unico.
Sea f una funcion continua sobre el intervalo [a, b]. Se define una nueva funcion
F (x) sobre [a, b], como sigue:
F (x) =
∫ x
af(t)dt.
Esta funcion es de suma importancia, debido a que F′(x) = f(x). Para comprobar
este resultado, se observa que
F (x+ h) =
∫ x+h
af(t)dt =
∫ x
af(t)dt+
∫ x+h
xf(t)dt.
202
Luego,
F′(x) = lım
h→0
F (x+ h)− F (x)
h
= lımh→0
∫ xa f(t)dt+
∫ x+hx f(t)dt−
∫ xa f(t)dt
h
= lımh→0
1
h
∫ x+h
xf(t)dt.
Por otro lado, aplicando el teorema del valor medio para integrales al intervalo
[x, x+ h], se tiene que existe c ∈ (x, x+ h), tal que
f(c) =1
h
∫ x+h
xf(t)dt.
Por lo tanto,
F′(x) = lım
h→0
1
h(h(f(c)) = lım
h→0f(c).
Como x < c < x+h, y por la continuidad de f , es claro que cuando h → 0, entonces
c → x. Se obtiene finalmente que
F′(x) = f(x).
Ası, se ha probado el siguiente teorema:
3.5.12. Teorema. (Teorema fundamental del calculo). Si f es una funcion
continua en [a, b] y si F (x) =∫ xa f(t)dt, entonces
F′(x) = f(x).
3.5.13. Ejemplo. Calcula F′(x), donde
1.
F (x) =
∫ x
−2
√4− t2dt
2.
F (x) =
∫ sinx
05t2dt.
Solucion:
1. f(t) =√4− t2 esta definida o tiene dominio en [−2, 2]. Por lo tanto,
F′(x) = f(x) =
√4− x2; para todo x ∈ [−2, 2].
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 203
2. Se observa que F (x) es el resultado de una composicion de funciones. Esto es,
si
G(x) =
∫ x
05t2dt y H(x) = sinx,
entonces
F (x) = G(H(x)) = G(sinx) =
∫ sinx
05t2dt.
Por otra parte, G′(x) = 5x2 y H
′(x) = cos x. Entonces, aplicando la regla de
la cadena, se tiene que
F′(x) = G
′(H(x)) ·H ′
(x) = G′(sinx) · cos x
= 5 sin2 x · cos x.
Por lo tanto,
F′(x) = 5 sin2 x · cos x.
Con la ayuda de la funcion F (x), se pueden calcular facilmente algunas integrales
definidas sin necesidad de calcular sumas superiores, inferiores o sumas de Riemann.
El siguiente resultado da cuenta de esto.
3.5.14. Corolario. Si f es una funcion continua en [a, b] y f(x) = g′(x) para
alguna funcion g, entonces
∫ b
af(x)dx = g(b)− g(a).
Demostracion: Sea
F (x) =
∫ x
af(x)dx.
Entonces, F′(x) = f(x) = g
′(x) sobre [a, b]. Luego, se tiene que
F (x) = g(x) + c para alguna constante c.
Por otra parte, 0 = F (a) = g(a) + c, de modo que c = −g(a). Por lo tanto,
F (x) = g(x) − g(a) y F (b) = g(b) − g(a).
Esta ultima igualdad, equivale a
∫ b
af(x)dx = g(b)− g(a).
204
Nota: se dice que las funciones F (x) o g(x) del corolario anterior, son primitivas
o antiderivadas de f . Es decir, si h es una primitiva de f , entonces h′(x) = f(x).
Luego, para obtener la integral definida de una funcion f , basta determinar una
primitiva y aplicar el corolario anterior. Se observa que
F (b)− F (a) = g(b) + c− (g(a) + c) = g(b) − g(a).
Se cancela la constante c en F (x). Por lo tanto, se tiene tambien que
∫ b
af(x)dx = F (b)− F (a).
3.5.15. Ejemplo. Calcular∫ ba x2dx.
Solucion: Sea
g(x) =x3
3,
entonces g′(x) = f(x), donde f(x) = x2. Luego
∫ b
ax2dx =
b3
3− a3
3.
Mas aun, si n es cualquier numero natural, entonces g(x) = xn+1
n+1 cumple g′(x) = xn.
Por lo tanto, ∫ b
axndx =
bn+1
n+ 1− an+1
n+ 1.
Sin embargo, para la funcion f(x) = x−n, se debe tener especial cuidado puesto que
no esta definida en x = 0. Por eso, si a y b son ambos positivos o negativos, entonces
al ser g(x) = x−n+1
−n+1 una primitiva de f , se tiene que
∫ b
ax−ndx =
b−n+1
−n+ 1− a−n+1
−n+ 1,
donde n 6= 1. La buena noticia, es que ya se conoce una primitiva o antiderivada
de muchas funciones que ya se han estudiado anteriormente. Con esto, se puede
calcular una variedad mas amplia de integrales definidas. La siguiente tabla, exhibe
la primitiva de algunas funciones que surgen con frecuencia en el calculo de integrales.
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 205
Funcion f(x) Primitiva g(x) Funcion f(x) Primitiva g(x)
xn xn+1
n+1 arctanx 1x2+1
sinx − cosx ex ex
cos x sinx lnx 1x
tanx sec2 x sinhx cosh x
cot x − csc2 x coshx sinhx
sec x sec x tan x tanhx sec h2x
csc x − csc x cot x coth x − csc h2x
arcsinx 1√1−x2
sec hx − sec hx tanhx
arc cos x − 1√1−x2
csc hx − csc hx coth x
3.5.16. Ejemplo. Calcula las siguientes integrales definidas e interpreta geometri-
camente.
1.∫ 1−1
11+x2dx
2.∫ π
2
0 cos xdx
3.∫ 10 exdx.
Solucion:
1. Una antiderivada de f(x) = 11+x2 es g(x) = arctanx. Por lo tanto,
∫ 1
−1
1
1 + x2dx = arctan x|1−1 = arctan(1) − arctan(−1) =
π
4−(−π
4
)=
π
2.
x
y
1−1
f(x) = 11+x2
2. Una primitiva de f(x) = cos x es g(x) = sinx. Por lo tanto,
∫ π2
0cos xdx = sinx|
π2
0 = sinπ
2− sin 0 = 1.
206
1
−1
π
y
x
π2
f(x) = cosx
3. Una antiderivada de f(x) = ex, es ella misma. Por lo tanto,
∫ 1
0exdx = ex|10 = e1 − e0 = e− 1.
x
y
f(x) = ex
1
1
Actividad 40. 1. Calcula F′(x), donde:
F (x) =
∫ x2
0
1
1 + sin2 tdt.
2. Calcula∫ 1−1(x
2 + 1)dx e interpreta geometricamente.
AREA DE REGIONES MAS GENERALES
Se ha visto que si f es una funcion continua y positiva en [a, b], entonces el area A
de la region R, limitada entre la grafica de f , x = a, x = b y el eje x, esta dada por
A =
∫ b
af(x)dx.
Este hecho no siempre es ası cuando f es tanto positiva como negativa. Por ejemplo,
∫ π2
−π2
sinxdx,
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 207
no representa el area bajo la grafica de f(x) = sinx en [−π2 ,
π2 ]. De hecho, se tiene
que
∫ π2
−π2
sinxdx = − cos x|π/2−π/2 = − cos(π2
)−(− cos
(−π
2
))= −1 + 1 = 0.
1
−1
y
xπ2
−π2
El area de la region que esta abajo del eje x es negativo y se cancela con el que
esta por arriba del eje x. Sin embargo, para determinar el area de la region som-
breada, se multiplica por −1 el area que da negativo. Ası,
A = −(∫ 0
−π2
sinxdx
)+
(∫ π2
0sinxdx
)= −(−1) + 1 = 2.
De esta manera, para obtener el area bajo la grafica de una funcion f negativa en
algun intervalo [a, b], se tendra que multiplicar por −1.
Tambien se puede calcular el area de regiones mas generales, sobre todo, de re-
giones que estan limitadas por la grafica de mas de una funcion. Por ejemplo, si f
y g son tales que f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces el area de la region
limitada entre las graficas de f y g en [a, b] y las rectas verticales x = a y x = b,
esta dado por
A =
∫ b
af(x)dx−
∫ b
ag(x)dx =
∫ b
a[f(x)− g(x)]dx.
x
y
a b
f(x)
g(x)
208
3.5.17. Ejemplo. Calcula el area de la region sombreada que se muestra en la
figura.
1
−1
π 2ππ4
5π4
y = sinx
y = cosx
x
y
Solucion: La grafica de y = sinx se intersecta con la de y = cos x, si y solo si
sinx = cos x. Pero esto es cierto cuando
sinx
cos x= tan x = 1, donde cos x 6= 0.
Entonces se tiene que
x = arctan(1) =π
4.
Luego, al ser la funcion tangente periodica, se debe tener que
x = . . . ,−3π
4,π
4,5π
4, . . .
Por otra parte, cos x ≥ sinx en [0, π/4]; mientras que sinx ≥ cos x en [π/4, 5π/4].
Por lo tanto, el area pedida es
A =
∫ π4
0(cos x− sinx)dx+
∫ 5π4
π4
(sinx− cos x)dx.
Calculando las dos integrales por separado, se tiene que
∫ π4
0(cos x− sinx)dx = (sinx+ cos x)|π/40
=
[sin
π
4+ cos
π
4
]− [sin 0 + cos 0]
=
[√2
2+
√2
2
]− [0 + 1]
=√2− 1.
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 209
∫ 5π4
π4
(sinx− cos x)dx = (− cos x− sinx)|5π/4π/4
=
[− cos
5π
4− sin
5π
4
]−[− cos
π
4− sin
π
4
]
=
[−(−√2
2
)−(−√2
2
)]−[−
√2
2−
√2
2
]
=√2− (−
√2) = 2
√2.
Por lo tanto,
A =√2− 1 + 2
√2 = 3
√2− 1.
De manera similar, si f(y) ≥ g(y) para todo y ∈ [c, d], entonces el area de la region
limitada entre las graficas de f y g en [c, d] y las rectas horizontales y = c y y = d,
esta dado por
A =
∫ d
c[f(y)− g(y)]dy.
Se ha visto que si n es un numero natural,
∫ b
ax−ndx =
b−n+1
−n+ 1− a−n+1
−n+ 1esta definida para n 6= 1,
siempre y cuando, a y b son ambos positivos o negativos. Esta afirmacion se debe
a que f(x) = x−n no esta definida en x = 0. De esta manera, surge el problema de
definir la integral definida ∫ b
a
1
xdx
para todo a, b ∈ R. Por otra parte, sabemos que si x > 0,
d
dxlnx =
1
x.
Ası que entonces resulta ser g(x) = lnx, una antiderivada de f(x) = 1x para x > 0.
Luego, por el teorema fundamental, se tendrıa que∫ x
a
1
tdt = g(x)− g(a); a > 0.
Ahora, como g(1) = ln(1) = 0, se tiene que
lnx =
∫ x
1
1
tdt.
El logaritmo natural, se ha expresado como una funcion en terminos de una integral
definida. Geometricamente, consiste en el area bajo la grafica de y = 1t , en [1, x].
210
t
y
lnx
1 x
y = 1t
y
x
y = lnx
1
3.5.18. Definicion. Sea x > 0. Se define el logaritmo natural de x como
lnx =
∫ x
1
1
tdt.
Se ha obtenido otra forma de escribir lnx en terminos de una integral definida,
donde x > 0. La pregunta que se debe hacer ahora es si esta definicion, cumple
con las propiedades de lnx enunciadas en la seccion 2.2, y si su grafica es como
ya la conocemos(ver figura derecha). La respuesta es sı. Por ejemplo, si se toma en
cuenta la figura anterior(izquierda) que explica lnx como el area bajo la grafica de
y = 1t en [1, x], se tiene que si x > 1, lnx > 0; si 0 < x < 1, lnx < 0 puesto que∫ x
11t dt = −
∫ 1x
1t dt < 0, y si x = 1, lnx = 0, debido a que
∫ 11
1t dt = 0. Mas aun,
ddx lnx = 1
x > 0, si x > 0. Esto significa que la grafica de lnx debe ser creciente.
Finalmente, la segunda derivada de lnx es − 1x2 < 0. Esto nos dice que la grafica de
lnx es concava.
En cuanto a las propiedades de lnx, se observa por ejemplo que ln(ax) = ln a+lnx,
para todo a, x > 0. En efecto, sean a, x > 0 y sea h(x) = ln(ax). Entonces,
h′(x) = 1
axa = 1x . Luego, la funcion h(x) − lnx tiene derivada nula para todo
x > 0. Se tiene entonces que h(x) − lnx = c para alguna constante c ∈ R. Pero
h(1) − ln 1 = ln a. Por lo que c = ln a. Se tiene ası que ln(ax) = h(x) = ln a+ lnx.
Otro punto importante de la definicion 3.5.18 es que la inversa de lnx debe ser
la funcion exponencial f(x) = ex. Por ejemplo, si ϕ : R → R es la inversa de lnx,
entonces
ϕ′(x) =
1
ln′(ϕ(x))
= ϕ(x).
Ademas, si x, y ∈ R son tales que x = ln a y y = ln b para ciertas a, b > 0, entonces
ϕ(x + y) = ϕ(ln a + ln b) = ϕ(ln(ab)) = ab = ϕ(x)ϕ(y). La funcion que cumple las
propiedades de ϕ es la funcion exponencial y ϕ(x) debe coincidir con f(x) = ex.
INTRODUCCION A LA INTEGRAL DEFINIDA 211
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.5
1. Evalua las siguientes integrales definidas, utilizando una suma superior o infe-
rior y una particion regular P .
a)∫ 20 xdx
b)∫ 10 (1− x2)dx
c)∫ ba x3dx.
2. Calcula las siguientes integrales e interpreta geometricamente.
a)∫ 2−1 | 2x− 4 | dx
b)∫ 30 | x− 1 | dx
c)∫ 1−2 | 1− x2 | dx
d)∫ 5−1 f(x)dx, donde
f(x) =
−2x+ 1 si −1 ≤ x < 1,
1 si 1 ≤ x < 3,
2x− 7 si 3 ≤ x ≤ 5.
e)∫ 3−1 f(x)dx, donde
f(x) =
−x2 + 1 si −1 ≤ x < 3/2,
x− 32 si 3/2 ≤ x < 3.
3. Determina c ∈ (a, b) tal que
f(c) =1
b− a
∫ b
af(x)dx, donde
a) f(x) =√4− x2 en [0, 2]
b) f(x) = ex en [0, 1]
c) f(x) = 4− 3x2 en [−1, 1].
4. Determina F′(x), donde
a)
F (x) =
∫ 1
xsin2 tdt+
∫ x
3cos2 tdt
212
b)
F (x) =
∫ sinx
0
√1 + t2dt
c)
F (x) =
(∫ x
0
1
1 + sin2 tdt
)3
d)
F (x) =
∫ ∫ x0
1
1+sin2 tdt
0
(1
1 + sin2 t
)dt
e)
F (x) =
∫ x
0
(∫ y
1
1
1 + sin2 tdt
)dy.
5. Calcula el area sombreada de las siguientes regiones.
a)
1
−1
π
y = sinx
y = cos x
x
y
b)
1
−1
π
y = sinx
y = cos 2x
x
y
π6
5π6
c) x
y
y = coshx
−1 1d) Calcula el area de la region limitada entre la grafica de y = sinhx, x = 0,
x = 1 y el eje x.
e) Calcula el area de la region limitada entre la grafica de y = sechx, x = −1,
x = 1 y el eje x.
f ) Calcula el area de la region limitada entre la grafica de y = sinhx+coshx,
x = 0, x = 1 y el eje x. Observa que la grafica de esta funcion es positiva.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 213
3.6. La integral indefinida
Se ha visto que una funcion F que satisface F′(x) = f(x), es una antiderivada
o primitiva de f . De hecho, toda funcion continua f tiene una antiderivada F ,
donde
F (x) =
∫ x
af(x)dx.
Se observa que si F es una antiderivada de f y c es cualquier constante, entonces
F (x) + c es tambien una antiderivada de f , puesto que
(F + c)′(x) = F
′(x) + 0 = F
′(x) = f(x).
Mas aun, todas las antiderivadas de f son de la forma F (x) + c.
A un elemento del conjunto de todas las primitivas de f se le llama la integral
indefinida de f y se simboliza por∫f(x)dx. Entonces, si F es una antiderivada de
f , se tiene que ∫f(x)dx = F (x) + c. (3.8)
Luego, si F′(x) = f(x), el teorema fundamental del calculo nos asegura que
∫ b
af(x)dx = F (x)|ba = F (b)− F (a).
Esto tambien se puede escribir como
∫ b
af(x)dx =
[ ∫f(x)dx
]b
a
= F (b)− F (a).
Con lo anterior, se debe tener
d
dx
∫f(x)dx = f(x).
Por otro lado, al ser f(x) + c es una antiderivada de f′(x) se tiene tambien que
∫f
′(x)dx = f(x) + c.
Esto dice de alguna manera que la integral indefinida y la derivacion, son opera-
ciones inversas. La derivada se cancela con la integral y la integral se cancela con la
derivada.
214
La igualdad (3.8), explica que para obtener la integral indefinida de una funcion
f , basta tener una antiderivada F de f . Por ejemplo, si n 6= −1, entonces
∫xndx =
xn+1
n+ 1+ c. (3.9)
Para comprobar este hecho, se observa que si F (x) = xn+1
n+1 + c, entonces F′(x) =
(n+1)xn
n+1 = xn = f(x).
El caso en que n = −1, f(x) = 1x , definida en Rr 0. Luego, si F (x) = ln | x | con
x 6= 0, entonces F (x) es una antiderivada de f(x) = 1x . En efecto:
(i) Si x > 0, F (x) = lnx y F′(x) = 1
x = f(x).
(ii) Si x < 0, F (x) = ln(−x) y F′(x) = 1
−x(−1) = 1x = f(x).
Por lo tanto, ∫1
xdx = ln | x | +c.
La formula (3.9) permite obtener infinidad de integrales indefinidas. Por ejemplo, sipq ∈ Q,
∫x
pq dx =
xpq+1
pq + 1
=x
p+qq
p+qq
=qx
p+qq
p+ q+ c.
Actividad 41. Calcula las siguientes integrales indefinidas.
1.∫
1x4dx
2.∫ √
xdx
3.∫
x√x3dx.
Un punto importante que se debe mencionar, es que el sımbolo dx que acompana
a la integral indefinida, es el que dice con respecto a que variable se debe integrar.
Por ejemplo ∫x3dx =
x4
4+ c,
∫xydy =
xy2
2+ c,
∫xydx =
yx2
2+ c.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 215
La siguiente tabla, muestra algunas integrales indefinidas. Uno se puede convencer
de estas formulas al derivar las funciones indicadas a la derecha de cada igualdad.
∫kdx = kx+ c
∫axdx = ax
lna + c
∫xndx = xn+1
n+1 + c, n 6= −1∫sinhx = coshx+ c
∫1xdx = ln |x|+ c
∫cosh xdx = sinhx+ c
∫sinxdx = − cosx+ c
∫sec h2xdx = tanhx+ c
∫cos xdx = sinx+ c
∫csc h2xdx = − coth+c
∫sec2 xdx = tanx+ c
∫sec hx tanhxdx = − sec hx+ c
∫sec x tanxdx = secx+ c
∫csc hx coth xdx = − csc hx+ c
∫csc x cot xdx = − csc x+ c
∫1√
1−x2dx = arcsin x+ c
∫exdx = ex + c
∫1
1+x2dx = arctan x+ c
Las siguientes propiedades, son una consecuencia de las reglas de derivacion:
(a)∫[f(x) + g(x)]dx =
∫f(x)dx+
∫g(x)dx.
(b)∫kf(x)dx = k
∫f(x)dx, c una constante.
Cuando se conoce la antiderivada de una funcion, se puede obtener facilmente la
integral indefinida de la misma, sin embargo, esto no es posible para muchas fun-
ciones. Para estos casos, existen metodos, llamados metodos de integracion que
ayudan a resolver estos problemas, aunque no siempre. En esta ocasion, se repasaran
los metodos de integracion por partes, integracion por sustitucion y susti-
tucion trigonometrica.
216
3.6.1. Teorema. (Integracion por partes) Si f′(x) y g
′(x) son funciones con-
tinuas, entonces
∫f(x)g
′(x)dx = f(x)g(x)−
∫f
′(x)g(x)dx.
Demostracion: Por la regla del producto de la derivada, se tiene que
(fg)′(x) = f
′(x)g(x) + f(x)g
′(x).
Esta formula se puede reescribir como
f(x)g′(x) = (fg)
′(x)− f
′(x)g(x).
Integrando ambos lados, se tiene∫
f(x)g′(x)dx =
∫(fg)
′(x)dx−
∫f
′(x)g(x)dx = (fg)(x)−
∫f
′(x)g(x)dx.
Por lo tanto, ∫f(x)g
′(x)dx = f(x)g(x) −
∫f
′(x)g(x)dx.
Si se escribe u = f(x) y v = g(x), entonces du = f′(x)dx y dv = g
′(x)dx. La formula
de la integracion por partes, se escribe ahora
∫udv = uv −
∫vdu. (3.10)
Esto es una forma abreviada de la integracion por partes. Regularmente, este metodo
se usa para integrar productos de funciones. Para aplicar correctamente la formula
(3.10), es necesario elegir adecuadamente a las funciones u y v, de otra forma en
lugar de simplificar la integral, se puede complicar aun mas.
Otra consecuencia del teorema 3.6.1 es que para integrales definidas, se tiene que
∫ b
af(x)g
′(x)dx = f(x)g(x)|ba −
∫ b
af
′(x)g(x)dx.
3.6.2. Ejemplo. Determina las siguientes integrales.
1.∫x cos xdx
2.∫lnxdx.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 217
Solucion:
1. Sean u = x, dv = cos xdx. Entonces du = dx, v = sinx.
Aplicando la formula de la integracion por partes, se tiene
∫x cos xdx = x sinx−
∫sinxdx = x sinx+ cos x+ c.
2. Sean u = lnx, dv = dx. Entonces du = 1xdx, v = x. Por lo tanto,
∫lnxdx = x lnx−
∫x
(1
x
)dx = x lnx− x+ c.
En algunos calculos, es necesario aplicar mas de una vez la integracion por partes.
3.6.3. Ejemplo. Determina∫ex sinxdx.
Solucion:
Sean u = ex, dv = sinxdx. Entonces du = exdx, v = − cos x. Por lo tanto,
∫ex sinxdx = −ex cos x−
∫ex(− cos x)dx = −ex cos x+
∫ex cos xdx.
Se aplica nuevamente la integracion por partes a la nueva integral del lado derecho.
Sean u = ex, dv = cos xdx. Entonces du = exdx, v = sinx. Ası,
∫ex cos xdx = ex sinx−
∫ex sinxdx.
Sustituyendo, se tiene
∫ex sinxdx = −ex cos x+ ex sinx−
∫ex sinxdx.
Despejando, se tiene
2
∫ex sinxdx = ex(sinx− cos x).
Finalmente, se concluye que
∫ex sinxdx =
ex(sinx− cos x)
2+ c.
218
Actividad 42. Determina las siguientes integrales.
1.∫xexdx
2.∫x2 lnxdx
3.∫x2e−xdx.
Existe otro metodo de integracion llamado integracion por sustitucion. Este
metodo se puede usar cuando en el integrando se pueda reconocer como f(g(x)) ·g′(x)dx, lo cual se puede simplificar a la forma f(u)du si se escribe u = g(x). Es
decir, ∫f(g(x)) · g′
(x)dx =
∫f(u)du.
En general, este metodo consiste en encontrar una sustitucion adecuada de tal forma
que simplifique la integral a una mas sencilla. Se enuncia formalmente este resultado
en el siguiente teorema:
3.6.4. Teorema. (Integracion por sustitucion) Si f y g′son funciones con-
tinuas, entonces ∫ b
af(g(x)) · g′
(x)dx =
∫ g(b)
g(a)f(u)du.
Demostracion:
Sea F una primitiva de f . Entonces,
∫ g(b)
g(a)f(u)du = F (g(b)) − F (g(a)).
Por otra parte, se sabe que
(F g)′(x) = F′(g(x)) · g′
(x) = f(g(x)) · g′(x).
Esto nos dice que (F g)(x) es una primitiva de f(g(x)) · g′(x). Por lo tanto,
∫ b
af(g(x)) · g′
(x)dx = (F g)(b) − (F g)(a) = F (g(b)) − F (g(a)).
Finalmente, se concluye que
∫ b
af(g(x)) · g′
(x)dx =
∫ g(b)
g(a)f(u)du.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 219
3.6.5. Ejemplo. Determina∫ ba sin3 x cos xdx.
Solucion:
Si se escribe g(x) = sinx, entonces g′(x) = cos x es un factor que aparece en el
integrando. Se tiene entonces que
sin3 x cos x = (g(x))3 · g′(x).
Por lo tanto, si f(u) = u3, entonces f(g(x)) · g′(x) = (g(x))3 cos x = sin3 x cos x.
luego,
∫ b
asin3 x cos xdx =
∫ b
af(g(x))g
′(x)dx
=
∫ g(b)
g(a)f(u)du
=
∫ sin b
sinau3du
=sin4 b
4− sin4 a
4.
Este procedimiento se puede simplificar si se escribe desde un principio u = g(x) y
du = g′(x)dx. Ası, se tiene que
u = sinx, implica du = cos xdx.
Por lo tanto, ∫ b
asin3 x cos xdx =
∫ sin b
sinau3du =
sin4 b
4− sin4 a
4.
Con esta nueva simplificacion, no es importante saber de alguna manera quien es f .
Se analizan otros ejemplos para clarificar la idea.
3.6.6. Ejemplo. Determina las siguientes integrales.
1.∫ ba x sinx2dx
2.∫ ba tanxdx
3.∫ ba
1x lnxdx.
220
Solucion:
1. En esta integral, conviene elegir u = x2, es decir, (g(x) = x2). Luego, du =
2xdx, que equivale a du2 = xdx. Entonces,
∫ b
ax sinx2dx =
∫ b
a(sinx2)xdx =
∫ b2
a2sinu
du
2
=1
2
∫ b2
a2sinudu =
1
2
(− cos b2 − (− cos a2)
)
=1
2(cos a2 − cos b2).
2. Se observa que ∫ b
atan xdx =
∫ b
a
sinx
cosxdx.
Sea u = cos x, entonces du = − sinxdx, que es equivalente a −du = sinxdx.
Entonces,
∫ b
atan xdx =
∫ b
a
sinx
cos xdx =
∫ cos b
cos a
−du
u
= −∫ cos b
cos a
1
udu = −(ln | cos b | − ln | sin a |)
= ln | cos a | − ln | cos b | .
3. Sea u = lnx, entonces du = 1xdx. Por lo tanto,
∫ b
a
1
x lnxdx =
∫ b
a
1
lnx· 1xdx =
∫ ln b
ln a
1
udu
= ln | ln b | − ln | ln a | .
Ahora se analizaran algunas integrales indefinidas utilizando este metodo.
3.6.7. Ejemplo. Calcula∫
x1+x2dx.
Solucion:
Sea u = 1 + x2, entonces du = 2xdx, que es equivalente a du2 = xdx. Luego,
∫x
1 + x2dx =
∫1
u
du
2=
1
2
∫1
udu
=1
2ln | u |= 1
2ln | 1 + x2 |
=1
2ln(1 + x2) + c.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 221
Se observa que en el ultimo paso de este ejemplo, se sustituyo de nuevo u por 1+x2.
En general, siempre que se use este metodo para el calculo de una integral indefinida,
u se debe sustitur al ultimo por g(x). En una integral definida, esta sustitucion ya
no es necesaria como en los ejemplos que ya se han visto.
3.6.8. Ejemplo. Determina∫
11+e−x dx.
En este ejemplo, ninguna eleccion de u hace que aparezca g′(x)dx. Sin embargo,
si se multiplica por ex a la fraccion 11+e−x en el numerador y en el denominador, se
obtendra ∫1
1 + e−xdx =
∫ex
ex + 1dx.
Luego, si u = ex + 1, entonces du = exdx. Por lo tanto,
∫1
1 + e−xdx =
∫ex
ex + 1dx =
∫du
u
= ln | u |= ln | ex + 1 |= ln(ex + 1) + c.
Actividad 43. Determina las siguientes integrales.
1.∫ ba xe−x2
dx
2.∫
ex√1−e2x
dx
El metodo por sustitucion tambien se puede aplicar cuando el factor g′(x) no aparece
en el integrando de ninguna manera posible. Una forma de resolver esto, es eligiendo
una sustitucion adecuada u = g(x), y de aquı, despejar la variable x para encontrar
dx.
3.6.9. Ejemplo. Determina∫e√xdx
Solucion:
Se hace la sustitucion u =√x. Despejando, se tiene que u2 = x, entonces 2udu = dx.
Por lo tanto, ∫e√xdx =
∫eu2udu = 2
∫ueudu.
222
La ultima integral se resuelve usando integracion por partes.
Sean v = u, dw = eudu. Entonces dv = du, w = eu. Por lo tanto,
∫ueudu = ueu −
∫eudu = ueu − eu = eu(u− 1).
Sustituyendo, se tiene
∫e√xdx = 2eu(u− 1) = 2e
√x(√x− 1) + c.
3.6.10. Ejemplo. Determina∫
e2x√ex+1
dx.
Solucion:
Sea u = ex+1. Despejando x, se tiene u−1 = ex, ln(u−1) = x. Luego, 1u−1du = dx.
Sustituyendo se tendra:
∫e2x√ex + 1
dx =
∫(u− 1)2√
u
1
u− 1du =
∫u− 1√
udu
=
∫(u1/2 − u−1/2)du =
2
3u3/2 − 1
2u1/2
=2
3(ex + 1)3/2 − 1
2(ex + 1)1/2 + c.
Actividad 44. Determina las siguientes integrales.
1.∫(x+ 1)6dx
2.∫ cos
√x√
xdx.
El metodo de integracion por sustitucion tambien se puede aplicar para determinar
la integral de ciertas funciones trigonometricas. Estas se pueden resolver sin mucha
dificultad si se emplean algunas identidades que ya se han estudiado antes, tales
como:
sin2 x+ cos2 x = 1, cos 2x = cos2 x− sin2 x,
sin 2x = 2 sin x cos x, cos2 x =1
2(1 + cos 2x),
sin2 x =1
2(1− cos 2x), tan2 x+ 1 = sec2 x.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 223
1. Sean n, m enteros positivos. Supongamos que n o m es impar. Empleando la
identidad sin2 x+ cos2 x = 1, se puede resolver la integral
∫sinn x cosm xdx.
Supongamos que n es el entero impar, entonces n = 2k+1 para alguna k ∈ Z.
Luego,
∫sinn x cosm xdx =
∫sin2k+1 x cosm xdx =
∫sin2k sinx cosm xdx
=
∫(sin2 x)k cosm x sinxdx
=
∫(1− cos2 x)k cosm x sinxdx.
En esta ultima integral, se hace la sustitucion u = cos x, entonces du =
− sinxdx, que es equivalente a −du = sinxdx. Por lo tanto,
∫sinn x cosm xdx =
∫(1− u2)kum(−du) = −
∫(1− u2)kumdu.
Esta ultima integral es facil de resolver si se desarrolla (1− u2)k.
Si m es impar se hace algo analogo.
2. Si n es impar o m es par, se puede resolver una integral del tipo
∫tann x secm xdx.
En este caso, se emplea la identidad tan2 x + 1 = sec2 x. Ası, si n es impar,
n = 2k + 1 para alguna k ∈ Z. Luego,
∫tann x secm xdx =
∫tan2k+1 x secm xdx =
∫tan2k x tan x secm xdx
=
∫(tan2 x)k secm x tanxdx
=
∫(sec2 x− 1)k secm−1 x sec x tanxdx.
Haciendo la sustitucion u = sec x, se tiene que du = sec x tanxdx. Por lo tanto,
∫tann x secm xdx =
∫(u2 − 1)kum−1du.
224
Si m es par, m = 2k para alguna k ∈ Z. Luego,
∫tann x secm xdx =
∫tann x sec2k xdx
=
∫tann x(sec2 x)k−1 sec2 xdx
=
∫tann x(1 + tan2 x)k−1 sec2 xdx.
Ahora, si u = tanx, entonces du = sec2 xdx. Finalmente, se concluye que
∫tann x secm xdx =
∫un(1 + u2)k−1du.
3. Si n es par, se pueden resolver integrales del tipo
∫sinn xdx y
∫cosn xdx.
Aquı, se emplean las identidades:
sin2 x =1− cos 2x
2o cos2 x =
1 + cos 2x
2.
Estas integrales tambien se pueden determinar cuando n es impar (n = 2k+1
para alguna k ∈ Z). En este caso,
∫sinn xdx =
∫(1− cos2 x)k sinxdx,
∫cosn xdx =
∫(1− sin2 x)k cos xdx.
De aquı, ya se puede adivinar que pasos siguen.
Estas tecnicas de integracion que se han analizado se emplean sobre todo para deter-
minar integrales de productos de funciones trigonometricas, en especial, productos
entre senos y cosenos o secantes y tangentes, y tambien para calcular integrales de
potencias de funciones trigonometricas: seno, coseno, tangente y secante.
3.6.11. Ejemplo. Determina las siguientes integrales.
1.∫sin5 x cos2 xdx
2.∫tan3 x sec2 xdx
3.∫sin2 xdx.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 225
Solucion:
1.
∫sin5 x cos2 xdx =
∫(sin2 x)2 sinx cos2 xdx =
∫(1− cos2 x)2 cos2 x sinxdx.
Sea u = cos x, entonces du = − sinxdx, que es lo mismo que −du = sinxdx.
Por lo tanto,
∫sin5 x cos2 xdx = −
∫(1− u2)2u2du = −
∫(1− 2u2 + u4)u2du
= −∫(u2 − 2u4 + u6)du = −u3
3+
2u5
5− u7
7
= −cos3 x
3+
2 cos5 x
5− cos7 x
7.
2.
∫tan3 x sec2 xdx =
∫tan2 x tan x sec2 xdx =
∫(sec2 x−1) sec x sec x tan xdx.
Sea u = sec x, entonces du = sec x tanxdx. Por lo tanto,
∫tan3 x sec2 xdx =
∫(u2 − 1)udu =
∫(u3 − u)du
=u4
4− u2
2=
sec4 x
4− sec2 x
2.
3.
∫sin2 xdx =
∫1− cos 2x
2dx =
1
2
∫(1− cos 2x)dx
=1
2
(x− sin 2x
2
).
Actividad 45. Calcula las siguientes integrales.
1.∫sin2 x cos5 xdx
2.∫tan2 x sec4 xdx
3.∫cos2 xdx.
226
No resulto complicado determinar el valor de la integral de las funciones seno y
coseno, debido a que se conocıa la antiderivada de cada una. Para el calculo de la
integral de la funcion tangente, se recurrio a uno de los metodos que ya se habıa
visto. En cuanto a las otras tres funciones trigonometricas: secante, cosecante y
cotangente, a primera vista, es difıcil pensar en una antiderivada para cada una de
ellas. El valor de la integral de cada una de estas funciones se calculan como sigue:
1. ∫csc xdx =
∫csc x
(cscx− cot x
cscx− cot x
)dx =
∫csc2 x− cscx cot x
csc x− cot xdx.
Sea u = csc x− cot x, entonces du = (− csc x cot x+ csc2 x)dx. Luego,
∫csc xdx =
∫du
u= ln | u |= ln | csc x− cot x | .
2. ∫sec xdx =
∫secx
(sec x+ tan x
sec x+ tan x
)dx =
∫sec2 x+ secx tan x
sec x+ tan xdx.
Sea u = sec x+ tan x, entonces du = (sec x tanx+ sec2 x)dx. Por lo tanto,
∫sec xdx =
∫du
u= ln | u |= ln | sec x+ tan x | .
3. ∫cot xdx =
∫cot x
(csc xcsc x
)dx =
∫cot x csc x
csc xdx.
Haciendo u = csc x, se tiene que du = − csc x cot xdx, es decir, −du =
csc x cot xdx. Por lo tanto,
∫cot xdx =
∫ −du
u= − ln | u |= − ln | cscx | .
Quizas tambien sea necesario calcular∫sec3 xdx, que llega a presentarse en algunas
ocasiones para el calculo de otras. Primero se observa que
∫sec3 xdx =
∫sec x sec2 xdx.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 227
Usando el metodo de integracion por partes, se hace u = sec x, dv = sec2 xdx.
Entonces, du = sec x tan xdx, v = tan x. Luego,∫
sec3 xdx =
∫sec x sec2 xdx = sec x tan x−
∫tanx sec x tan xdx
= sec x tan x−∫
tan2 x secxdx
= sec x tan x−∫
(sec2 x− 1) sec xdx
= sec x tan x−∫
(sec3 x− sec x)dx
= sec x tan x−∫
sec3 xdx+
∫sec xdx
Por lo tanto,
2
∫sec3 xdx = secx tan x+
∫sec xdx
= secx tan x+ ln | secx+ tan x | .
Se concluye que∫
sec3 xdx =sec x tan x+ ln | sec x+ tanx |
2.
Una ultima aplicacion de la integracion por sustitucion, se hace para otro grupo
especial de integrales. Esta tecnica que se usara a continuacion se conoce como
integracion por sustitucion trigonometrica.
CASO I. Si la funcion a integrar contiene una expresion como a2 − x2, se hace la susti-
tucion x = a sin θ. Entonces se tiene que
x
a= sin θ.
Esta igualdad, satisface las condiciones del siguiente triangulo rectangulo.
x
√a2 − x2
a
θ
CASO II. Si la funcion a integrar contiene una expresion como a2 + x2, se hace la susti-
tucion x = a tan θ. En este caso, se tiene que
x
a= tan θ, y se satisfacen las condiciones del triangulo
228
x
a
√a2 + x2
θ
CASO III. Si la funcion a integrar contiene una expresion como x2 − a2, se hace la susti-
tucion x = a sec θ. Entonces, se tiene que
x
a= sec θ.
En este caso, se satisface el siguiente triangulo
√x2 − a2
a
x
θ
3.6.12. Ejemplo. Determina las siguientes integrales.
1.∫
1(1−x2)3/2
dx
2.∫
1(4+x2)2
dx
3.∫ √
x2−9x dx.
Solucion:
1. Se aplica el CASO I, donde a = 1.
Sea x = sin θ, entonces dx = cos θdθ. El triangulo que se usa es
x
√1− x2
1
θ
Se observa que 1−x2 = 1− sin2 θ = cos2 θ. Entonces, (1−x2)3/2 = cos3 θ. Por
lo tanto,∫
1
(1− x2)3/2dx =
∫1
cos3 θcos θdθ =
∫1
cos2 θdθ
=
∫sec2 θdθ = tan θ
=x√
1− x2.
LA INTEGRAL INDEFINIDA 229
2. Se aplica el CASO II, donde a = 2.
Si x = 2 tan θ, entonces dx = 2 sec2 θdθ. Como x2 = tan θ, el triangulo que se
aplica es
x
2
√4 + x2
θ
Se observa que 4+x2 = 4+4 tan2 θ = 4 sec2 θ. Entonces, (4+x2)2 = 16 sec4 θ.
Por lo tanto,
∫1
(4 + x2)2dx =
∫1
16 sec4 θ2 sec2 θdθ =
∫1
8 sec2 θdθ
=1
8
∫cos2 θdθ =
1
8
(θ
2+
sin 2θ
4
)
=1
8
(θ
2+
sin θ cos θ
2
)=
1
8
(arctan x
2
2+
x√4+x2
2√4+x2
2
)
=1
16
(arctan
x
2+
2x
4 + x2
).
3. Se aplica el CASO III, donde a = 3.
Si x = 3 sec θ, entonces dx = 3 sec θ tan θ. Como x3 = sec θ, el triangulo que se
aplica es
√x2 − 9
3
x
θ
Se observa que x2 − 9 = 9 sec2 θ − 9 = 9 tan2 θ. Por lo tanto,
∫ √x2 − 9
xdx =
∫3 tan θ
3 sec θ3 sec θ tan θdθ = 3
∫tan2 θdθ
= 3
∫(sec2 θ − 1)dθ = 3(tan θ − θ)
= 3
(√x2 − 9
3− arcsec
x
3
).
Cuando la funcion a integrar contiene una expresion como ax2 + bx o ax2 + bx+ c,
se recomienda completar cuadrados, factorizar y emplear alguno de los tres casos
230
anteriores. Si la funcion contiene una expresion como a ± bx2 o ax2 ± b, se escribe
a±(√bx)2 o (
√ax)2±b respectivamente, y se usa alguno de los tres casos anteriores.
3.6.13. Ejemplo. Determina las siguientes integrales.
1.∫ √
25− 4x2dx
2.∫
1√4x−x2
dx.
Solucion:
1. Se observa que 25− 4x2 = 25− (2x)2. Entonces e usa el CASO I, donde a = 5.
Sea 2x = 5 sin θ, entonces x = 52 sin θ y dx = 5
2 cos θdθ. Como
2x
5= sin θ, el triangulo a usar es
2x
√25− 4x2
5
θ
Se observa que 25− 4x2 = 25 − 25 sin2 θ = 25 cos2 θ. Luego,∫ √
25− 4x2dx =
∫5 cos θ
(5
2cos θdθ
)=
25
2
∫cos2 θdθ
=25
2
(θ
2− sin 2θ
4
)=
25
2
(θ
2− sin θ cos θ
2
)
=25
2
(arcsin 2x
5
2−
2x5
√25−4x2
5
2
)
=25
4
(arcsin
2x
5− 2x
√25− 4x2
25
).
2. Se observa que
4x− x2 = −(x2 − 4x) = −(x2 − 4x+ 4− 4)
= −[(x− 2)2 − 4] = 4− (x− 2)2.
Entonces se usa el CASO I, donde a = 2.
Sea x− 2 = 2 sin θ, entonces x = 2 sin θ + 2 y dx = 2cos θdθ. Como
x− 2
2= sin θ, se usa el siguiente triangulo:
LA INTEGRAL INDEFINIDA 231
x− 2
√4− (x− 2)2
2
θ
Como 4x− x2 = 4− (x− 2)2 = 4− 4 sin2 θ = 4cos2 θ, entonces
∫1√
4x− x2dx =
∫1
2 cos θ2 cos θdθ =
∫dθ
= θ = arcsin
(x− 2
2
).
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.6
1. Determina las siguientes integrales por el metodo de integracion por partes.
a)∫arcsinxdx
b)∫arc cos xdx
c)∫arctan xdx
d)∫xe−2xdx
e)∫ln2 xdx
f )∫(x2 − 1)exdx
g)∫
lnxx3 dx
h)∫x cosh xdx
i)∫ex coshxdx
j )∫x2 sinhxdx.
2. Determina las siguientes integrales por el metodo de integracion por susti-
tucion.
a)∫x√1 + xdx
b)∫ ln
√x
x dx
c)∫
4e3x
1+e2x dx [Sugerencia: Hacer u = ex].
d)∫
e1x
x2 dx
e)∫
lnx2
x dx
f )∫
ln2 xx dx
g)∫
11−4e−x dx
232
h)∫
53ex−2dx
i)∫tan[ln(cos x)]dx
j )∫cos3 ax sin axdx
k)∫tan3 bx sec2 bxdx
l)∫sec3 bx tan bxdx
m)∫
ex
e2x+2ex+1dx
n)∫
sin3 xcos x dx
n)∫
xdx√1−x4
[Sugerencia: Hacer u = x2].
3. Evalua las siguientes integrales.
a)∫ π/20 cos3 xdx
b)∫ π/40 tan2 xdx
c)∫ π/20 cos x
√sinxdx
d)∫ √
π0 x sin x2
2 dx
e)∫ 41
(1+√x)4√x
dx.
4. Determina las siguientes integrales trigonometricas.
a)∫sin2 x cos3 xdx
b)∫sin3 x cos2 xdx
c)∫tan4 x sec3 xdx
d)∫cos5 xdx
e)∫sin4 xdx
f )∫tan4 xdx.
5. Determina las siguientes integrales por sustitucion trigonometrica.
a)∫
dx√4−x2
b)∫
x3√1−x2
dx
c)∫ √
x2−25x dx
d)∫
dxx3
√x2−9
e)∫
x3√x2+25
dx
f )∫x3
√9 + 4x2dx
INTEGRALES IMPROPIAS 233
g)∫ex√1− e2xdx
h)∫
x2√2x−x2
dx
i)∫
1√x2+4x
dx
j )∫
x√x2+4x+8
dx
k)∫(x+ 1)
√x2 + 2x+ 2dx
l)∫
x√3−2x−x2
dx.
3.7. Integrales impropias
Como un objetivo de esta seccion, es extender la idea de determinar la integral
definida de una funcion en un intervalo finito [a, b] a intervalos no necesariamente
finitos, es decir, a intervalos donde a = −∞ o b = ∞. Tambien a intervalos [a, b],
donde f tiene un numero finito de discontinuidades infinitas en [a, b], donde dis-
continuidad infinita significa que si c ∈ (a, b) es una discontinuidad infinita de f ,
entonces
lımx→c
f(x) = ∞ o lımx→c
f(x) = −∞.
A este tipo de integrales se le denomina integrales impropias.
3.7.1. Ejemplo. Determina ∫ ∞
0
1
1 + x2dx.
Solucion: El significado grafico de esta integral impropia, consiste en el area de
una region no limitada; en el area bajo la grafica de la funcion f(x) = 11+x2 , cuyo
intervalo de integracion es [0,∞).
x
y
b
f(x) = 11+x2
El procedimiento para resolver este problema, se basa en calcular∫ b
0
1
1 + x2dx, donde b > 0.
Posteriormente se toma el lımite de la integral anterior cuando b → ∞. Esto es,∫ b
0
1
1 + x2dx = arctan x|b0 = arctan b.
234
Luego,
lımb→∞
∫ b
0
1
1 + x2dx = lım
b→∞arctan b =
π
2.
Para calcular una integral impropia cuyo intervalo de integracion es de la forma
(−∞, b] o [a,∞), se utiliza la siguiente definicion.
3.7.2. Definicion.
(a) Si f es continua en [a,∞), entonces
∫ ∞
af(x)dx = lım
b→∞
∫ b
af(x)dx.
(b) Si f es continua en (−∞, b], entonces
∫ b
−∞f(x)dx = lım
a→−∞
∫ b
af(x)dx.
Nota: Si el lımite existe en cualquiera de los dos casos anteriores, se dice que
la integral impropia converge, en caso contrario, se dice que la integral impropia
diverge.
Si f es una funcion continua en toda la recta real, es decir, en el intervalo (−∞,∞),
y si c ∈ R tal que∫ c
−∞f(x)dx y
∫ ∞
cf(x)dx convergen, entonces
∫ ∞
−∞f(x)dx =
∫ c
−∞f(x)dx+
∫ ∞
cf(x)dx.
3.7.3. Ejemplo. Determina la convergencia o divergencia de las siguientes inte-
grales impropias.
1.∫∞1 (x− 1)e−xdx.
2. Usando induccion matematica, comprueba que∫ ∞
0xne−xdx = n! para todo n ∈ N.
3.∫∞−∞
xx2+4
dx.
INTEGRALES IMPROPIAS 235
Solucion:
1. ∫ ∞
1(x− 1)e−xdx = lım
b→∞
∫ b
1(x− 1)e−xdx.
Primero se calcula∫(x− 1)e−xdx usando integracion por partes.
Sean u = x− 1, dv = e−xdx. Entonces, du = dx, v = −e−x. Luego,
∫(x− 1)e−xdx = −(x− 1)e−x +
∫e−xdx = −(x− 1)e−x − e−x
= −xe−x + e−x − e−x = −xe−x.
Por lo tanto,
∫ b
1(x− 1)e−xdx = −xe−x|b1 = −be−b + e−1 =
−b
eb+
1
e.
Entonces
lımb→∞
∫ b
1(x− 1)e−xdx = lım
b→∞
(−b
eb+
1
e
)=
1
e.
Se concluye que ∫ ∞
1(x− 1)e−xdx =
1
e.
2. ∫ ∞
0xne−xdx = lım
b→∞
∫ b
0xne−xdx.
Primero se calcula por el metodo de integracion por partes∫ b0 xne−xdx.
Sean u = xn, dv = e−xdx. entonces, du = nxn−1dx, v = −e−x.
∫ b
0xne−xdx = −xne−x
∣∣b0−∫ b
0−e−xnxn−1dx
= −bn
eb+ n
∫ b
0xn−1e−xdx.
Si n = 1,
∫ b
0xne−xdx =
∫ b
0xe−xdx = − b
eb+
∫ b
0e−xdx
= − b
eb−[e−x]b0= − b
eb− 1
eb+ 1.
Luego,
lımb→∞
∫ b
0xe−xdx = lım
b→∞
[− b
eb− 1
eb+ 1
]= 1 = 1!.
236
Por lo tanto, ∫ ∞
0xe−xdx = 1!.
Supongamos que el resultado se cumple para n = k, es decir,
∫ ∞
0xke−xdx = k!.
Sea n = k + 1. Como
∫ b
0xk+1e−xdx = −bk+1
eb+ (k + 1)
∫ b
0xke−xdx,
entonces
∫ ∞
0xk+1e−xdx = lım
b→∞
∫ b
0xk+1e−xdx
= lımb→∞
[−bk+1
eb+ (k + 1)
∫ b
0xke−xdx
]
= lımb→∞
(k + 1)
∫ b
0xke−xdx
= (k + 1) lımb→∞
∫ b
0xke−xdx = (k + 1)k!
= (k + 1)!.
Por lo tanto, el resultado se cumple para n = k+1, y por induccion matematica
se tiene que ∫ ∞
0xne−xdx = n! para todo n ∈ N.
3. ∫ ∞
−∞
x
x2 + 4dx =
∫ 0
−∞
x
x2 + 4dx+
∫ ∞
0
x
x2 + 4dx.
Primero se calcula∫
xx2+4dx. Esta integral se resuelve por sustitucion trigonome-
trica, CASO II, donde a = 2.
Sea x = 2 tan θ, entonces dx = 2 sec2 θdθ. Como x2 = tan θ, el triangulo a usar
es
x
2
√4 + x2
θ
INTEGRALES IMPROPIAS 237
Se observa que x2 + 4 = 4 tan2 θ + 4 = 4 sec2 θ. Luego,
∫x
x2 + 4dx =
∫2 tan θ · 2 sec2 θdθ
4 sec2 θ=
∫tan θdθ
= − ln | cos θ |= − ln
∣∣∣∣2√
x2 + 4
∣∣∣∣
= − ln2√
x2 + 4= − ln 2 + ln
√x2 + 4
= − ln 2 +1
2ln(x2 + 4).
Luego,
∫ 0
−∞
x
x2 + 4dx = lım
a→−∞
∫ 0
a
x
x2 + 4dx
= lıma→−∞
[− ln 2 +
1
2ln(x2 + 4)
]0
a
= lıma→−∞
[− ln 2 +
1
2ln 4−
(− ln 2 +
1
2ln(a2 + 4)
)]
= lıma→−∞
1
2[ln 4− ln(a2 + 4)]
= lıma→−∞
1
2ln
(4
a2 + 4
)
= −∞.
Por lo tanto, ∫ 0
−∞
x
x2 + 4dx diverge.
∫ ∞
0
x
x2 + 4dx = lım
b→∞
∫ b
0
x
x2 + 4dx
= lımb→∞
[− ln 2 +
1
2ln(x2 + 4)
]b
0
= lımb→∞
[− ln 2 +
1
2ln(b2 + 4)−
(− ln 2 +
1
2ln 4
)]
= lımb→∞
1
2[ln(b2 + 4)− ln 4]
= lımb→∞
−1
2[ln 4− ln(b2 + 4)]
= lımb→∞
−1
2ln
(4
b2 + 4
)
= ∞.
238
Por lo tanto, ∫ ∞
0
x
x2 + 4dx diverge.
Se concluye que ∫ ∞
−∞
x
x2 + 4dx diverge.
Actividad 46. Comprueba que∫ 0
−∞xe−2xdx = −1
4.
3.7.4. Ejemplo. Comprueba que∫ ∞
1
dx
xp
converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1.
Solucion:∫ ∞
1
dx
xp= lım
b→∞
∫ b
1
dx
xp= lım
b→∞
∫ b
1x−pdx
= lımb→∞
[x−p+1
−p+ 1
]b
1
= lımb→∞
[b−p+1
−p+ 1− 1
−p+ 1
]
= lımb→∞
[1
(1− p)bp−1+
1
p− 1
].
Si p > 1, entonces p− 1 > 0 y
lımb→∞
1
(1− p)bp−1= 0.
Si p < 1, entonces p− 1 < 0 (1− p > 0) y
lımb→∞
1
(1− p)bp−1= lım
b→∞b1−p
1− p= ∞.
Si p = 1,
lımb→∞
∫ b
1
dx
xp= lım
b→∞
∫ b
1
dx
x= lım
b→∞ln b = ∞.
Por lo tanto,
∫ ∞
1
dx
xp=
1p−1 si p > 1
diverge si p ≤ 1.
INTEGRALES IMPROPIAS 239
3.7.5. Definicion.
1. Si f es continua en [a, b) con discontinuidad infinita en b, entonces
∫ b
af(x)dx = lım
c→b−
∫ c
adx.
2. Si f es continua en (a, b] con discontinuidad infinita en a, entonces
∫ b
af(x)dx = lım
c→a+
∫ b
cf(x)dx.
3. Si f es continua en [a, b] con discontinidad infinita en c ∈ (a, b), entonces
∫ b
af(x)dx =
∫ c
af(x)dx+
∫ b
cf(x)dx.
Cuando el lımite existe en cualquiera de los dos primeros casos, se dice que la in-
tegral impropia converge, de otra forma se dice que diverge. Para el tercer caso, la
integral impropia converge cuando las dos integrales impropias del lado derecho son
convergentes.
3.7.6. Ejemplo. Determina la convergencia o divergencia de las siguientes inte-
grales impropias.
1.∫ 80
13√8−x
dx
2.∫ 10 x lnxdx
3.∫ 10
√1+x√1−x
dx.
Solucion:
1. ∫ 8
0
13√8− x
dx = lımc→8−
∫ c
0
13√8− x
dx = lımc→8−
∫ c
0
1
(8− x)1/3dx.
Para calcular∫ c0
1(8−x)1/3
dx se hace u = 8− x, entonces du = −dx. Luego,
∫ c
0
1
(8− x)1/3dx = −
∫ 8−c
8
du
u1/3= −
∫ 8−c
8u−1/3du
=
[−3
2u2/3
]8−c
8
= −3
2(8− c)2/3 +
3
282/3
= −3
2(8− c)2/3 + 6.
240
Ası que
lımc→8−
∫ c
0
1
(8− x)1/3dx = lım
c→8−
[−3
2(8− c)2/3 + 6
]= 6.
Por lo tanto,∫ 8
0
13√8− x
dx = 6.
2. ∫ 1
0x lnxdx = lım
c→0+
∫ 1
cx lnxdx.
Primero se calcula∫x lnxdx utilizando integracion por partes.
Sea u = x, dv = lnx. Entonces, du = dx, v = x lnx− x.
∫x lnxdx = x(x ln x− x)−
∫(x lnx− x)dx
= x2(lnx− 1)−∫
x lnxdx+
∫xdx
= x2(lnx− 1)−∫
x lnxdx+x2
2.
Despejando la integral deseada, se tiene
2
∫x lnxdx = x2(lnx− 1) +
x2
2.
Por lo tanto,∫
x lnxdx =x2
2(lnx− 1) +
x2
4.
Luego,
∫ 1
cx lnxdx =
[x2
2(lnx− 1) +
x2
4
]1
c
=1
2(0− 1) +
1
4− c2
2(ln c− 1)− c2
4
= −1
4− c2
2(ln c− 1)− c2
4
= −1
4− c2
2ln c+
c2
2− c2
4.
INTEGRALES IMPROPIAS 241
Finalmente
lımc→0+
∫ 1
cx lnxdx = lım
c→0+
(−1
4− c2
2ln c+
c2
2− c2
4
)
= −1
4− lım
c→0+
c2
2ln c = −1
4− lım
c→0+
ln c2c2
= −1
4− lım
c→0+
1c
−4cc4
= −1
4− lım
c→0+
c4
−4c2
= −1
4− lım
c→0+
c2
−4
= −1
4.
Se concluye que
∫ 1
0x lnxdx = −1
4.
3.∫ 1
0
√1 + x√1− x
dx = lımc→1−
∫ c
0
√1 + x√1− x
dx.
Primero se calcula∫ c0
√1+x√1−x
dx.
Sea u =√1− x, entonces u2 = 1− x, 2udu = −dx y 2− u2 = 1 + x. Luego,
∫ c
0
√1 + x√1− x
dx = −∫ √
1−c
1
√2− u2
u2udu = −2
∫ √1−c
1
√2− u2du.
Esta ultima integral se puede resolver por sustitucion trigonometrica. Ası, sea
u =√2 sin θ, entonces du =
√2 cos θdθ. Como u√
2= sin θ, el triangulo a
utilizar es
u
√2− u2
√2
θ
242
Se observa que 2− u2 = 2− 2 sin2 θ = 2cos2 θ. Por lo tanto,
−2
∫ √2− u2du = −2
∫ (√2 cos θ ·
√2 cos θ
)dθ = −4
∫cos2 dθ
= −4
[θ
2+
sin 2θ
4
]= −2[θ + sin θ cos θ]
= −2
[arcsin
(u√2
)+
u√2
√2− u2√
2
]
= −2
[arcsin
(u√2
)+
u√2− u2
2
].
Se tiene ası que
∫ c
0
√1 + x√1− x
dx = −2
∫ √1−c
1
√2− u2du
= −2
[arcsin
(u√2
)+
u√2− u2
2
]√1−c
1
= −2
[arcsin
(√1− c√2
)+
√1− c
√1 + c
2− arcsin
(1√2
)− 1
2
]
= −2
[arcsin
(√1− c√2
)+
√1− c
√1 + c
2− π
4− 1
2
].
Se concluye que
lımc→1−
∫ c
0
√1 + x√1− x
dx = lımc→1−
−2
[arcsin
(√1− c√2
)+
√1− c
√1 + c
2− π
4− 1
2
]
=π
2+ 1.
Por lo tanto, ∫ 1
0
√1 + x√1− x
dx =π
2+ 1.
Actividad 47. Comprueba la validez de las siguientes integrales impropias
1.∫ 20
1(x−1)2/3
dx = 6
2.∫ 8−1
13√xdx = 9
2 .
INTEGRALES IMPROPIAS 243
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.7
Comprueba la validez de las siguientes integrales impropias.
1.∫∞4
1x√xdx = 1
2.∫ −2−∞
1(x+1)3
dx = −12
3.∫∞0 e−x/3dx = 3
4.∫∞5
dxx ln2 x
= 1ln 5
5.∫∞e
dxx lnx = 1
6.∫ 0−∞
xdx(x2+1)5/2
= −13
7.∫∞0 e−xdx = 1
8.∫∞1 xe−xdx = 2
e
9.∫∞0 4xe−xdx = 4
10.∫∞5
dx√x−1
diverge
11.∫∞0 e−ax cos bxdx = a
a2+b2
12. Prueba que∫∞0 e−αxdx converge si α > 0 y diverge si α ≤ 1.
13.∫ 1−1
1√1−x2
dx = π
14.∫ 10 lnxdx = −1
15.∫ 1−1
1√1−x
dx = 2
16.∫ 1−4
1(x+3)3
dx diverge
17.∫ −3−5
x√x2−9
dx = −4
18.∫ 60
2x(x2−4)2/3
dx = 9 3√4
19. Prueba que∫ ba
dx(x−a)α converge si α < 1 y diverge si α ≤ 1.
20.∫ 90
1(9−x)3/2
dx diverge.
244
3.8. Longitud de arco
Consideremos y = f(x) una funcion continua en [a, b]. Sea C la curva definida
por la grafica de f . Se dice que C es rectificable si tiene longitud (longitud de arco)
finita. Una condicion suficiente para que la grafica de f sea rectificable en [a, b], es
que f′(x) sea continua en [a, b]. En este caso, se dice que f es de clase C1. Geome-
tricamente, una funcion f de clase C1, tiene la propiedad de que su grafica es una
curva suave. Por ejemplo, las graficas de las funciones f(x) =| x | y g(x) =| sinx |no son suaves debido a que tienen picos en ciertos puntos de su dominio.
Es claro que para hallar la longitud de un polıgono, se obtiene al sumar las lon-
gitudes de todos los segmentos de recta que forman el polıgono, no ası para una
curva suave C debido a que no esta conformada por segmentos de recta. Sin em-
bargo, su longitud L se puede aproximar por medio de una poligonal inscrita en la
grafica de f .
3.8.1. Teorema. Sea f(x) una funcion continua en [a, b] de clase C1. La longitud
de arco1 de y = f(x) en [a, b] esta dada por
L =
∫ b
a
√1 + [f ′(x)]2dx.
Demostracion:
Sea P = a = xo, x1, x2, . . . , xn = b una particion de [a, b].
Sea Pi = (xi, f(xi)), 0 ≤ i ≤ n.
x
y
a b
Po
P1 P2Pn
Pi−1Pi
xi−1 xi
1Para una curva suave C dada por x = g(x) en [c, d] tiene longitud de arco L =∫ d
c
√
1 + [g′(y)]2dy.
LONGITUD DE ARCO 245
La distancia de Pi−1 a Pi esta dada por
| Pi−1Pi |=√
(xi − xi−1)2 + (f(xi)− f(xi−1))2, para todo i = 1, 2, . . . , n.
Aplicando el teorema del valor medio para derivadas a cada intervalo [xi−1, xi] (ver
Teorema 3.4.3), se tiene que existe ci ∈ (xi−1, xi) tal que
f′(ci) =
f(xi)− f(xi−1)
xi − xi−1.
Luego,
| Pi−1Pi | =
√(xi − xi−1)2 +
(f(xi)− f(xi−1)
xi − xi−1
)2
(xi − xi−1)2
=
√1 +
(f(xi)− f(xi−1)
xi − xi−1
)2
· (xi − xi−1)
=√
1 + [f′(ci)]24xi.
Sumando estas longitudes desde i = 1 hasta i = n, se obtiene la longitud de la
poligonal inscrita en C. Es decir,
n∑
i=1
| Pi−1Pi |=n∑
i=1
√1 + [f ′(ci)]24xi,
es la longitud de la poligonal, donde la suma de la derecha corresponde a una suma
de Riemann con f(x) =√
1 + [f ′(x)]2. Si se aplica el lımite de esta suma cuando la
norma de la particion tiende a cero, se obtendra una integral que corresponde a la
longitud de C como sigue:
L = lım‖P‖→0
n∑
i=1
| Pi−1Pi |
= lım‖P‖→0
n∑
i=1
√1 + [f ′(ci)]24xi
=
∫ b
a
√1 + [f
′(x)]2dx.
Por lo tanto,
L =
∫ b
a
√1 + [f ′(x)]2dx =
∫ b
a
√1 +
(dy
dx
)2
dx.
246
3.8.2. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la curva C, dada por
y =x3
6+
1
2xen [1/2, 2].
Solucion: Se observa que
y =x3
6+
1
2x=
x4 + 3
6x.
Luego,
dy
dx=
4x3(6x)− (x4 + 3)6
36x2=
24x4 − 6x4 − 18
36x2
=18x4 − 18
36x2=
x4 − 1
2x2.
Por lo que (dy
dx
)2
=x8 − 2x4 + 1
4x4,
y
1 +
(dy
dx
)2
= 1 +x8 − 2x4 + 1
4x4=
4x4 + x8 − 2x4 + 1
4x4
=x8 + 2x4 + 1
4x4=
(x4 + 1
2x2
)2
.
Entonces √1 +
(dy
dx
)2
=
√(x4 + 1
2x2
)2
=x4 + 1
2x2.
Por lo tanto,
L =
∫ 2
1/2
√1 +
(dy
dx
)2
dx =
∫ 2
1/2
x4 + 1
2x2dx
=
∫ 2
1/2
1
2(x2 + x−2)dx
=1
2
[x3
3− 1
x
]2
1/2
=1
2
[23
3− 1
2−((1/2)3
3− 1
1/2
)]
=1
2
[8
3− 1
2− 1
24+ 2
]=
1
2
[99
24
]=
99
48
= 2.0625.
LONGITUD DE ARCO 247
3.8.3. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la curva C, dada por
x =1
3
√y(y − 3), donde 1 ≤ y ≤ 4.
Solucion: Se observa que
x =1
3
√y(y − 3) =
1
3y3/2 − y1/2.
dx
dy=
1
2y1/2 − 1
2y−1/2.
(dx
dy
)2
=
[1
2y1/2 − 1
2y−1/2
]2=
1
4y − 1
2+
1
4y−1.
√1 +
(dx
dy
)2
=
√1 +
1
4y − 1
2+
1
4y−1
=
√y
4+
1
4y+
1
2
=
√y2 + 1 + 2y
4y=
√(y + 1)2
4y
=y + 1
2y1/2.
Luego,
L =
∫ 4
1
√1 +
(dx
dy
)2
dy =
∫ 4
1
y + 1
2y1/2dy
=1
2
∫ 4
1(y1/2 + y−1/2)dy =
1
2
[2
3y3/2 + 2y1/2
]4
1
=1
2
[2
3(4)3/2 + 2(4)1/2 − 2
3− 2
]
=1
2
[16
3+ 4− 2
3− 2
]=
1
2
[20
3
]
=10
3.
248
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.8
1. Determina la longitud de arco de las siguientes curvas, dadas por
a) y = x3/2 en [0, 1]
b) y = x2 en [0, 2]
c) y = x5
10 + 16x3 en [1, 2]
d) y = ln(cos x) en [0, π/3]
e) y = 23 (x
2 + 1)3/2 en [0, 2]
f ) y = 12 (e
x + e−x) en [0, 2]
g) y = ln(ex+1ex−1
)en [ln 2, ln 3]
h) x = 13(y
2 + 2)3/2 en [0, 4]
i) x = 18y
4 + 14y2
en [1, 2]
j ) x = 13(y − 1)3/2 en [1, 5].
2. Sean P1 = (x1, y1) y P2 = (x2, y2). Establece la funcion y = f(x) que describe
el segmento de recta de P1 a P2, y comprueba que la longitud de arco de
y = f(x) esta dada por:
L =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.
3.9. Ecuaciones parametricas
En un sistema de coordenadas cartesianas, se emplean dos variables para re-
presentar la grafica de una regla de correspondencia f , mediante una sola ecuacion
escrita como y = f(x), donde x es la variable independiente y y la variable depen-
diente. Cada punto de la grafica de f corresponde a una pareja de puntos (x, y) o
(x, f(x)). El problema de esta representacion se presenta cuando la grafica de f tiene
puntos como (x, y1), (x, y2), donde y1 6= y2. En este caso, la regla de correspondencia
f no corresponde a una funcion.
Para tratar el problema de representar la grafica de una regla de correspondencia f
como si se tratara de una funcion, lo que se hace es introducir una tercera variable t,
llamada parametro, donde x y y ahora dependen de t, es decir, x = u(t) y y = v(t),
para ciertas funciones continuas u y v, y t pertenece a un determinado intervalo I
de tal forma que para cada t ∈ I, los puntos (u(t), v(t)) representan a la misma
LONGITUD DE ARCO 249
grafica de f . El conjunto de puntos (x, y) que se obtiene cuanto t varıa sobre I, se
le denomina curva plana.
Por ejemplo, una circunferencia con centro en el origen de radio r, tiene por ecuacion
x2 + y2 = r2. Esta se puede representar mediante las ecuaciones
x = r cos t
y = r sin t
donde t ∈ [0, 2π]. Las ecuaciones x y y como funciones de t se denominan ecuaciones
parametricas, y la variable t es el parametro.
x
y
rt = 0
t = π2r
t = πr
t = 3π2
r
t = 2πr
La curva que resulta cuando t varıa de 0 a 2π, es una circunferencia de radio r.
3.9.1. Definicion. Sean u y v funciones continuas en un intervalo I. Las ecua-
ciones
x = u(t) y y = v(t)
se llaman ecuaciones parametricas y a la variable t se le llama parametro. El
conjunto de puntos (x, y) que se obtiene cuando t varıa en I es la grafica o curva
que describen las ecuaciones parametricas.
Por ejemplo, una elipse con centro en el origen que se intersecta en el eje x en a
y −a, y con el eje y en b y −b, tiene por ecuacion:
x2
a2+
y2
b2= 1.
Las ecuaciones parametricas que describen esta curva estan dadas por
x = a cos t
y = b sin t
donde t ∈ [0, 2π].
250
a
b
x
y
r
r
r
r
t = 0 = 2π
t = π2
t = π
t = 3π2
Nota: En los ejemplos anteriores se puede observar que cada curva descrita por las
ecuaciones parametricas conforme t varıa en [0, 2π], se mueven en sentido contrario
a las manecillas del reloj. En general, al trazar una curva descrita por las ecuaciones
parametricas conforme t va tomando valores en I en forma creciente, se dice que la
curva se va trazando en una direccion especıfica llamada orientacion de la curva.
Si f es una funcion continua en [a, b] dada por la ecuacion y = f(x), entonces
las ecuaciones parametricas que describen la grafica de f se puede definir como
x = t, y = f(t); a ≤ t ≤ b.
Por ejemplo, si la funcion f esta dada por y = x2 en [−1, 1], que corresponde una
parabola, entonces las ecuaciones parametricas que describen esta curva son:
x = t, y = t2; −1 ≤ t ≤ 1.
x
y
r
r
rt = −1
t = 0
t = 1
En algunas ocasiones se necesita conocer la ecuacion rectangular de una grafica en
lugar de las ecuaciones parametricas de una curva. Para esto, es necesario eliminar el
parametro t. Una forma de hacerlo, es despejar el parametro de una de las dos ecua-
ciones y sustituir en la otra. Cuando esto no es posible, se realiza una manipulacion
a las ecuaciones parametricas. Por ejemplo,
1. Si x = r cos t, y = r sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, entonces
x2 = r2 cos2 t y y2 = r2 sin2 t.
LONGITUD DE ARCO 251
Luego,
x2 + y2 = r2(cos2 t+ sin2 t) = r2.
Por lo tanto, la ecuacion rectangular corresponde a una circunferencia de radio
r, dada por
x2 + y2 = r.
2. Si x = a cos t, y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, entonces
x2 = a2 cos2 t y y2 = b2 sin2 t.
Luego,
x2
a2+
y2
b2= cos2 t+ sin2 t = 1.
La ecuacion rectangular, corresponde a una elipse con interseccion en el eje x
en a, y b en el el eje y, dada por
x2
a2+
y2
b2= 1.
3. Sean x = t2 − 1, y = t+ 2; −1 ≤ t ≤ 1.
Para determinar la ecuacion rectangular, se despeja t en la segunda ecuacion:
t = y− 2. Sustituyendo t en x, se obtiene x = (y− 2)2 − 1. Esto corresponde a
una parabola que se abre a la derecha con vertice en (−1, 2), donde 1 ≤ y ≤ 3.
Por lo tanto, la ecuacion rectangular es
x = (y − 2)2 − 1, 1 ≤ y ≤ 3.
x
y
r
r
r
t = −1
t = 0
t = 1
−1
Ahora, se determinaran las ecuaciones parametricas de algunas curvas especiales que
se emplean con frecuencia para la solucion de ciertos problemas.
252
1. La curva que describe un punto P de una circunferencia de radio r que rueda
sin resbalarse a lo largo de una lınea recta se llama cicloide. La ecuaciones
parametricas que describen esta curva estan dadas por:
x = r(θ − sin θ) y y = r(1− cos θ).
En efecto, consideremos la siguiente figura:
π 2π
r
x
y
C
BO
rrPθD
A
r
Supongamos que en el momento en que comienza a rodar la circunferencia con
centro en C y de radio r sobre el eje x, el punto P = (x, y) coincide con el
origen. Sea θ medido en radianes. Entonces
OB = PB = rθ.
sin θ =PD
ry cos θ =
CD
r.
Por lo tanto,
PD = r sin θ y CD = r cos θ.
Luego,
x = OA = OB − PD = rθ − r sin θ = r(θ − r sin θ)
y = AP = CB −CD = r − r cos θ = r(1− cos θ).
La cicloide queda de la siguiente manera:
π 2π 3π 4π
r
x
y
LONGITUD DE ARCO 253
2. La curva que describe un punto fijo P de una circunferencia, que rueda sin
resbalar al interior de otra circunferencia se llama hipocicloide.
Para determinar las ecuaciones parametricas de esta curva, se considera la
figura:
r
rθ
O′
O N M L AQ
P
R
θ′
B
b
Sean a = radio de la circunferencia con centro en O.
b = radio de la circunferencia con centro en O′.
ϕ = ^O′PQ.
Supongamos que P = (x, y) el punto fijo de la circunferencia menor que des-
cribe la hipocicloide, comienza en A al momento que empieza a rodar. En-
tonces, RA = RP .
Se observa que cuando P ha recorrido la trayectoria de A a B, habra girado
360. Se tienen las siguientes igualdades:
cos θ =ON
OO′ entonces ON = OO′cos θ.
sin θ =NO
′
OO′ entonces NO′= OO
′sin θ.
cosϕ =QP
PO′ entonces QP = PO′cosϕ.
sinϕ =QO
′
PO′ entonces QO′= PO
′sinϕ.
Luego,
x = OM = ON +QP = OO′cos θ + PO
′cosϕ,
254
y = MP = NO′ −QO
′= OO
′sin θ − PO
′sinϕ.
Ahora se expresa ϕ en terminos de θ:
Como el angulo θ′es exterior al triangulo OO
′L, se tiene que
θ′= ϕ+ θ, entonces ϕ = θ
′ − θ.
Como RA = RP , entonces aθ = bθ′. Por lo tanto,
θ′=
a
bθ.
Sustituyendo θ′en ϕ, se obtiene
ϕ =a
bθ − θ =
a− b
bθ.
Por otra parte, como OO′= a−b y PO
′= b, entonces las ecuaciones parametri-
cas de la hipocicloide son
x = (a− b) cos θ + b cosa− b
bθ,
y = (a− b) sin θ − b sina− b
bθ.
Nota: Cuando a y b son inconmensurables, la trayectoria que realiza esta
curva no vuelve a pasar por el punto A.
3. Si los radios de las circunferencias que intervienen en la generacion de la hipoci-
cloide es tal que b = 14a (a y b son conmensurables), se obtiene una curva
cerrada llamada astroide.
O A
LONGITUD DE ARCO 255
Las ecuaciones parametricas de esta curva, se deducen de las de la hipocicloide
sustituyendo b = 14a, obteniendose x = a cos3 θ y y = a sin3 θ. En efecto:
x = (a− b) cos θ + b cosa− b
bθ
=3
4a cos θ +
1
4a cos 3θ.
Analogamente,
y =3
4a sin θ − 1
4a sin 3θ.
Por otra parte,
cos 3θ = cos(2θ + θ) = cos 2θ cos θ − sin 2θ sin θ
= (cos θ cos θ − sin θ sin θ) cos θ − 2 sin θ cos θ sin θ
= cos3 θ − sin2 θ cos θ − 2 sin2 θ cos θ
= cos3 θ − 3 sin2 θ cos θ.
sin 3θ = sin(2θ + θ) = sin 2θ cos θ + cos 2θ sin θ
= 2 sin θ cos θ cos θ + (cos θ cos θ − sin θ sin θ) sin θ
= 2 sin θ cos2 θ + cos2 θ sin θ − sin3 θ
= 3 sin θ cos2 θ − sin3 θ.
Luego,
x =3
4a cos θ +
1
4a[cos3 θ − 3 sin2 θ cos θ]
=3
4a cos θ +
1
4a cos3 θ − 3
4a sin2 θ cos θ
=3
4a cos θ(1− sin2 θ) +
1
4a cos3 θ
=3
4a cos θ cos2 θ +
1
4a cos3 θ
= a cos3 θ.
y =3
4a sin θ − 1
4a[3 sin θ cos2 θ − sin3 θ]
=3
4a sin θ − 3
4a sin θ cos2 θ +
1
4a sin3 θ
=3
4a sin θ(1− cos2 θ) +
1
4a sin3 θ
=3
4a sin θ sin2 θ +
1
4a sin3 θ
= a sin3 θ.
256
Por lo tanto,
x = a cos3 θ y y = a sin3 θ.
Nota: Las ecuaciones parametricas de esta curva, cumplen lo siguiente:
(xa
)2/3= cos2 θ y
(ya
)2/3= sin2 θ.
De aquı, se deduce la ecuacion rectangular del astroide dada por
(xa
)2/3+(ya
)2/3= 1.
Si a = 1, se tiene que
x2/3 + y2/3 = 1.
4. La curva que describe un punto fijo P de una circunferencia de radio b que
rueda sobre la parte exterior de otra circunferencia de radio a se llama epici-
cloide.
r
O
O′
T
P
SRA
Qθ′ϕ
r rθ
Sean a y b los radios de las circunferencias con centros en O y O′respectivamente.
Supongamos que en el momento que comienza a rodar el cırculo con centro en
O′, el punto P = (x, y) coincide en A. Entonces,
PQ = bθ′= AQ = aθ. Es decir θ
′=
a
bθ.
LONGITUD DE ARCO 257
Se observa que
sin θ =O
′R
a+ b, entonces (a+ b) sin θ = O
′R.
cos θ =OR
a+ b, entonces (a+ b) cos θ = OR.
sinϕ =RS
b, entonces b sinϕ = RS.
cosϕ =TP
b, entonces b cosϕ = TP.
Luego,
x = OR+RS = (a+ b) cos θ + b sinϕ,
y = O′R− TP = (a+ b) sin θ − b cosϕ.
Pero
ϕ = θ′+ θ − π
2=
a
bθ + θ − π
2=
a+ b
bθ − π
2.
Por lo tanto,
x = (a+ b) cos θ + b sin
(a+ b
bθ − π
2
)= (a+ b) cos θ − b cos
(a+ b
bθ
),
y = (a+ b) sin θ − b cos
(a+ b
bθ − π
2
)= (a+ b) sin θ − b sin
(a+ b
bθ
).
Se tienen entonces que las ecuaciones parametricas de la epicicloide, estan dadas
como
x = (a+ b) cos θ − b cos
(a+ b
bθ
),
y = (a+ b) sin θ − b sin
(a+ b
bθ
).
Nota: En el caso particular que a = b, la curva que se obtiene se llama cardiode.
a x
y
258
Las ecuaciones parametricas de la cardiode son:
x = 2a cos θ − a cos aθ,
y = 2a sin θ − a sin aθ.
3.9.2. Definicion. Se dice que una curva C representada por las ecuaciones parame-
tricas x = f(t) y y = g(t), es suave en un intervalo I si f′(t) y g
′(t) son continuas
en I y no son simultaneamente 0, excepto posiblemente en los puntos extremos de I.
Se dice tambien que C es suave a trozos si es suave en todo subintervalo de alguna
particion de I.
Por ejemplo, en las ecuaciones parametricas de la cicloide dadas por f(θ) =
r(θ − sin θ) y g(θ) = r(1− cos θ), se tiene que
f′(θ) = r − r cos θ y g
′(θ) = r sin θ.
Luego, f′(θ) = 0 y g
′(θ) = 0 cuando θ = 2nπ; n = 0, 1, 2, 3, . . . En estos puntos, la
cicloide tiene esquinas agudas. Ası que la cicloide es suave en los intervalos [0, 2π],
[2π, 4π], [4π, 6π], etcetera.
El siguiente resultado proporciona una formula para determinar la derivada de una
curva suave C en un punto (x, y).
3.9.3. Teorema. Sea C una curva suave en I definida parametricamente por x =
f(t) y y = g(t). La derivada de C en el punto (x, y) es
dy
dx=
dy/dt
dx/dt,
siempre que dxdt 6= 0 en (x, y).
Demostracion: Consideremos la figura:
x
y
r
r
(f(t), g(t))
(f(t+ h), g(t + h))
LONGITUD DE ARCO 259
Sea h > 0, 4y = g(t + h)− g(t) y 4x = f(t+ h)− f(t). Entonces, la pendiente de
la recta secante que pasa por (f(t), g(t)) y (f(t+ h), g(t + h)) es 4y4x .
Se observa que 4x → 0 si y solo si h → 0. Se tiene entonces que
dy
dx= lım
4x→0
4y
4x= lım
h→0
g(t+ h)− g(t)
f(t+ h)− f(t)
= lımh→0
[g(t + h)− g(t)]/h
[f(t+ h)− f(t)]/h
=lımh→0
g(t+h)−g(t)h
lımh→0f(t+h)−f(t)
h
=g′(t)
f ′(t)
=dy/dt
dx/dt.
Por lo tanto,dy
dx=
dy/dt
dx/dt.
3.9.4. Ejemplo. Determina la ecuacion de la recta tangente de la curva Lissa-
jous, cuyas ecuaciones parametricas estan dadas por x = 4cos θ y y = 2 sin 2θ en
(2√3,√3).
4 x
yr (2
√3,√3)
Solucion:dy
dx=
dy/dθ
dx/dθ=
4cos 2θ
−4 sin θ= −cos 2θ
sin θ.
Se observa que si θ = π/6, entonces x = 2√3 y y =
√3. Luego, la pendiente de la
recta tangente esdy
dx
∣∣∣∣θ=π
6
= −cos π3
sin π6
= −1/2
1/2= −1.
260
Entonces la ecuacion de la recta tangente en el punto (2√3,√3) es
y −√3 = −1(x− 2
√3) o y = −x+ 3
√3.
3.9.5. Ejemplo. Comprueba que la curva reloj de arena, cuyas ecuaciones
parametricas estan dadas por x = a sin 2t y y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, tiene dos
rectas tangentes en (0, 0).
x
y
a
b
Solucion:dy
dx=
b cos t
2a cos 2t.
Por otra parte, si t = 0, t = π y t = 2π, entonces (x, y) = (0, 0). Luego,
dy
dx
∣∣∣∣t=0
=b
2a=
dy
dx
∣∣∣∣t=2π
, y
dy
dx
∣∣∣∣t=π
=−b
2a.
Por lo tanto, las dos rectas tangentes tienen por ecuacion:
y =b
2ax y y = − b
2ax.
Actividad 48. Comprueba que la curva lagrima, no es suave en t = π2 , y deter-
mina la ecuacion de la recta tangente en (0,−b) y en (−2a, 0), cuyas ecuaciones
parametricas son x = 2a cos t− a sin 2t y y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π.
x
y
a
b
LONGITUD DE ARCO 261
Ahora, se dara un resultado que permite calcular la longitud de arco de una curva
representada en forma parametrica.
Recordemos que si y = h(x) es una funcion continua en [x0, x1] de clase C1, entonces
la longitud de arco de la curva C trazada por la grafica de h en [x0, x1], es
L =
∫ x1
x0
√1 + [h′(x)]2dx =
∫ x1
x0
√1 +
(dy
dx
)2
dx (3.11)
Si C esta representada por las ecuaciones parametricas x = f(t) y y = g(t);
a ≤ t ≤ b, entonces el intervalo que traza la trayectoria de C tiene dominio [a, b].
Este debe ser el nuevo intervalo que determine la longitud de arco de C en lugar de
[x0, x1].
Por otra parte, se sabe que si f′(t) 6= 0, entonces
dy
dx=
dy/dt
dx/dt.
La ecuacion (3.11) ahora se puede escribir
L =
∫ x1
x0
√1 +
(dy
dx
)2
dx
=
∫ b
a
√1 +
(dy/dt
dx/dt
)2dx
dtdt
=
∫ b
a
√(dx/dt)2 + (dy/dt)2
(dx/dt)2dx
dtdt
=
∫ b
a
√(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
dt
=
∫ b
a
√[f ′(t)]2 + [g′(t)]2dt.
Por lo tanto, la longitud de arco de C en [a, b] representada en forma parametrica
es
L =
∫ b
a
√[f ′(t)]2 + [g′(t)]2dt.
Para aplicar esta formula, se debe tener cuidado, especialmente cuando C se inter-
secta a sı misma en alguna t0 ∈ (a, b). Cuando esto suceda, se debera integrar de
[a, t0] y de [t0, b]. Esto es,
L =
∫ t0
a
√[f ′(t)]2 + [g′(t)]2dt+
∫ b
t0
√[f ′(t)]2 + [g′(t)]2dt.
262
Tambien se debe asegurar que la curva C recorre una sola vez en el intervalo de
integracion. Por ejemplo, x = cos t, y = sin t describe una circunferencia de radio 1.
En el intervalo 0 ≤ t ≤ 2π, recorre una sola vez, mientras que en 0 ≤ t ≤ 4π, recorre
dos veces. Luego, la longitud de arco de la circunferencia unitaria es
L =
∫ 2π
0
√(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
dt.
3.9.6. Teorema. Si C es una curva suave representada parametricamente por
x = f(t) y y = g(t); a ≤ t ≤ b, y C no se corta a si misma en (a, b), entonces la
longitud de arco de C en [a, b] es
L =
∫ b
a
√(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
dt =
∫ b
a
√[f ′(t)]2 + [g′(t)]2dt.
3.9.7. Ejemplo. Determina la longitud de arco L de la curva astroide.
x
y
r
r t = π/2
t = 0
Solucion:
Las ecuaciones parametricas de esta curva estan dadas por
x = a cos3 t y y = a sin3 t; 0 ≤ t ≤ 2π.
Notese que esta curva no es suave en todo su dominio, sin embargo, lo es y no se
intersecta a sı misma en [0, π/2]. Por otra parte, en este intervalo, solo se dibuja la
cuarta parte de la curva. Entonces, para obtener la longitud de arco total, se debe
LONGITUD DE ARCO 263
multiplicar por 4 la longitud de [0, π/2]. Esto es,
L = 4
∫ π2
0
√(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
dt
= 4
∫ π2
0
√(−3a cos2 t sin t)2 + (3a sin2 t cos t)2dt
= 4
∫ π2
0
√9a2 cos4 t sin2 t+ 9a2 sin4 t cos2 tdt
= 4
∫ π2
0
√9a2 cos2 t sin2 t(cos2 t+ sin2 t)dt
= 4
∫ π2
0
√9a2 cos2 t sin2 tdt
= 4
∫ π2
03a cos t sin tdt
= 12a
∫ π2
0cos t sin tdt
= − 12
2a cos2 t
∣∣∣∣π2
0
= −6a[cos2
π
2− cos2 0
]= −6a[0− 1]
= 6a.
3.9.8. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la cicloide, cuyas ecuaciones
parametricas son x = a(t− sin t) y y = a(1− cos t); 0 ≤ t ≤ 2π.
π 2π
a
x
y
Solucion: La cicloide es suave en [0, 2π]. Luego,
dx
dt= a− a cos t y
dy
dt= a sin t.
(dx
dt
)2
= a2 − 2a2 cos t+ a2 cos2 t y
(dy
dt
)2
= a2 sin2 t.
264
Luego,
L =
∫ 2π
0
√(dx
dt
)2
+
(dy
dt
)2
dt
=
∫ 2π
0
√a2 − 2a2 cos t+ a2 cos2 t+ a2 sin2 tdt
=
∫ 2π
0
√a2 − 2a2 cos t+ a2(cos2 t+ sin2 t)dt
=
∫ 2π
0
√a2 − 2a2 cos t+ a2dt
=
∫ 2π
0
√2a2(1− cos t)dt
=√2a
∫ 2π
0
√1− cos tdt
=√2a
∫ 2π
0
√2 sin2
t
2dt
= 2a
∫ 2π
0sin
t
2dt
= −4a cost
2
∣∣∣∣2π
0
= −4a[cos π − cos 0] = −4a[−1− 1]
= 8a.
Tambien se puede determinar el area de una region encerrada por una curva re-
presentada en forma parametrica. Sea y = h(x) ≥ 0 una funcion continua en [a, b]
de clase C1. El area de la region bajo la grafica de h esta dado por
A =
∫ b
aydx.
Supongamos que x = f(t) y y = g(t), tal que f(t0) = a y f(t1) = b; es decir,
t0 ≤ t ≤ t1. Entonces, aplicando el metodo de integracion por sustitucion, se obtiene:
∫ b
aydx =
∫ t1
t0
g(t)f′(t)dt.
Por lo tanto, el area de la region que encierra la curva representada en forma
parametrica en [t0, t1] es:
A =
∫ t1
t0
g(t)f′(t)dt.
LONGITUD DE ARCO 265
3.9.9. Ejemplo. Comprueba que el area del cırculo de radio r es A = πr2.
x
y
r−r
Solucion: La ecuacion de la circunferencia por arriba del eje de las x, es y =√r2 − x2 ≥ 0 y esta definida en [−r, r]. Por otra parte, las ecuaciones parametricas
de esta curva son x = r cos θ = f(θ) y y = r sin θ = g(θ); 0 ≤ θ ≤ π. Tambien se
tiene que f(0) = r y f(π) = −r. Por lo tanto,
∫ r
−rydx = −
∫ −r
rydx = −
∫ π
0(r sin θ)(−r sin θ)dθ
=
∫ π
0r2 sin2 θdθ
= r2∫ π
0
1− cos 2θ
2dθ
= r2[1
2θ − sin 2θ
4
]π
0
=1
2πr2
representa el area de la mitad del cırculo de radio r. Luego, el area del cırculo de
radio r es
A = 2
(1
2πr2)
= πr2.
3.9.10. Ejemplo. Comprueba que el area que encierra la curva astroide es A =38πa
2.
x
y
a0
266
Solucion: Despejando la variable y en la ecuacion rectangular del astroide, dada
por(xa
)2/3+(ya
)2/3= 1, se obtiene
y = (a2/3 − x2/3)3/2.
Se tiene que y ≥ 0 en [0, a], y las ecuaciones parametricas de esta curva son: x =
a cos3 t = f(t) y y = a sin3 t = g(t). Por otra parte se tiene que f(0) = a y f(π/2) =
0.∫ a
0ydx = −
∫ 0
aydx = −
∫ π/2
0a sin3 t · 3a cos2 t(− sin t)dt
= 3a2∫ π/2
0sin4 t cos2 tdt
= 3a2∫ π/2
0(sin4 t− sin6 t)dt
= 3a2∫ π/2
0
[(sin2 t)2 − (sin2 t)3
]dt
= 3a2∫ π/2
0
[(1− cos 2t
2
)2
−(1− cos 2t
2
)3]dt
= 3a2∫ π/2
0
(1
8− 1
8cos 2t− 1
8cos2 2t+
1
8cos3 2t
)dt
=3
8a2∫ π/2
0(1− cos 2t− cos2 2t+ cos3 2t)dt = ~
Por otra parte, ∫cos2 2tdt =
∫1 + cos 4t
2dt =
t
2+
sin 4t
8,
y∫
cos3 2tdt =
∫cos2 2t cos 2tdt =
∫(1− sin2 2t) cos 2tdt
=
∫(cos 2t− sin2 2t cos 2t)dt
=sin 2t
2− sin3 2t
6.
Por lo tanto,
~ =3
8a2[t− sin 2t
2− t
2− sin 4t
8+
sin 2t
2− sin3 2t
6
]π/2
0
=3
8a2[π2− π
4
]=
3
8a2[π4
]
=3
32πa2.
LONGITUD DE ARCO 267
Esto corresponde a la cuarta parte del area que encierra la curva. Por lo tanto,
A = 4
(3
32πa2)
=3
8πa2.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.9
1. ¿A que curva corresponden las siguientes ecuaciones dadas en forma parametri-
ca? [Sugerencia:Obten la ecuacion rectangular correspondiente a cada curva].
a) x = x1 + t(x2 − x1), y y = y1 + t(y2 − y1).
b) x = h+ r cos θ, y y = k + r sin θ.
c) x = h+ a cos θ, y y = k + b sin θ.
d) x = h+ a sec θ, y y = k + tan θ.
2. Obten la grafica de las siguientes curvas, cuyas ecuaciones estan en forma
parametrica. [Sugerencia: Determina la ecuacion rectangular correspondiente
a cada curva].
a) x = t− 1, y y = tt−1 .
b) x = 2t, y y =| t− 2 |.c) x = 2t2, y y = t4 + 1.
3. Determina la ecuacion de la recta tangente de las siguientes curvas en el punto
indicado.
a) (Cardiode). x = 2a cos t−a cos 2t, y y = 2a sin t−a sin 2t, en t = π2 .
b) (Astroide). x = cos3 θ, y y = sin3 θ, en θ = π4 .
c) (Cicloide). x = θ − sin θ, y y = 1− cos θ, en θ = 3π2 .
d) (Epicicloide). x = 5cos t− cos 5t, y y = 5 sin t− sin 5t, en t = π4 .
4. Determina la longitud de arco de las siguientes curvas.
a) x = t2, y = 2t; 0 ≤ t ≤ 2.
b) x = t2 + 1, y = 4t3 + 3; −1 ≤ t ≤ 0.
c) x = e−t cos t, y = e−t sin t; 0 ≤ t ≤ π2 .
d) x =√t, y = 3t− 1; 0 ≤ t ≤ 1.
268
e) x = cos θ + θ sin θ, y = sin θ − θ cos θ; 0 ≤ θ ≤ 2π.
5. Calcula el area del interior de las siguientes curvas cuya orientacion es en
sentido contrario a las manecillas del reloj.
a) (Elipse) x = a cos t, y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π.
A = abπ.
x
y
a
b
b) (Cardiode) x = 2a cos t− a cos 2t, y = 2a sin t− a sin 2t; 0 ≤ t ≤ 2π.
A = 2a2π.
x
y
a
c) (Deltoide) x = 2a cos t+ a cos 2t, y = 2a sin t− a sin 2t; 0 ≤ t ≤ 2π.
A = 6a2π.
x
y
a
d) (Reloj de arena) x = a sin 2t, y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π.
A = 83ab.
COORDENADAS POLARES 269
x
y
a
b
e) (Lagrima) x = 2a cos t− a sin 2t, y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π.
A = 2abπ.
x
y
a
b
3.10. Coordenadas polares
En esta seccion, se estudiara un sistema de coordenadas llamado sistema de
coordenadas polares. Se trata de un sistema de coordenadas bidimensional, en
el cual cada punto P del plano se determina por una distancia y un angulo. Como
sistema de referencia, se considera un punto fijo O del plano llamado polo u origen,
y un rayo que parte de O llamado eje polar (equivalente al eje x en el sistema de
coordenadas cartesianas). Con este sistema de referencia, cada punto P del plano,
correspondera a un par ordenado (r, θ) llamado coordenada polar, donde r es la
distancia de O a P , y θ el angulo formado del eje polar al segmento OP medido en
sentido contrario a las manecillas del reloj.
r P = (r, θ)
Oθ
eje polar
r
3.10.1. Ejemplo. Localiza los puntos P1 = (3, π4 ), P2 = (2,−π3 ), P3 = (3, 5π6 ) y
P4 = (−3, π4 ) en el sistema de coordenadas polares.
270
Solucion: Para localizar estos puntos, sera util dibujar una retıcula de circunfe-
rencias concentricas.
0
π2
π
3π2
r
r
rr
π4
5π6
−π3
P1P3
P2
1 2 3P4
π6
Un punto P en el sistema de coordenadas polares no tiene representacion unica.
Por ejemplo, P = (r, θ) tambien se puede representar como (r, θ + 2nπ); n ∈ Z.
Para localizar el punto P = (−r, θ), se hace recorriendo una distancia de r unidades
a la izquierda del eje polar a partir del origen, y sobre la circunferencia de radio
r se recorre un angulo θ en sentido contrario a las manecillas del reloj. Entonces,
(r, θ) y (−r, θ) se encuentran sobre una misma recta que pasa por O pero sobre lados
opuestos, y a una misma distancia de r unidades desde O. El punto P = (r, θ) donde
θ < 0, se localiza recorriendo un angulo θ en sentido de las manecillas del reloj sobre
la circunferencia de radio r.
r
r
(r, θ)
θ
(−r, θ)
θ
θ + π
O0
De acuerdo a esto, se tiene tambien que (−r, θ) = (r, θ + π).
Actividad 49. Localiza en el sistema de coordenadas polares los puntos: P1 =
(−3, 3π4 ), P2 = (−2,−π6 ) y P3 = (−4,−3π
2 ).
En el sistema de coordenadas polares, si se hace coincidir el polo con el origen
y el eje polar con el eje x del sistema cartesiano, entonces se puede establecer una
relacion entre coordenadas polares y rectangulares.
COORDENADAS POLARES 271
x
y
r
O
(x, y)
x
y
θ
r
(r, θ)
Polo Eje polar
Para transformar la coordenada polar (r, θ) a rectangular, se observa que cos θ = xr
y sin θ = yr . De aquı se sigue que
x = r cos θ y y = r sin θ.
Para transformar la coordenada rectangular (x, y) a polar, se observa que r2 = x2+
y2, entonces r =√
x2 + y2. Para determinar el angulo θ, se observa que tan θ = yx ,
donde x 6= 0. De acuerdo a esto, se tiene que
θ =
arctan(yx
)si x > 0, y ≥ 0,
arctan(yx
)+ 2π si x > 0, y < 0,
arctan(yx
)+ π si x < 0.
3.10.2. Ejemplo. Transforma la coordenada polar (4, 2π3 ) en coordenada rectan-
gular y (3,−√3) en coordenada polar.
Solucion:
(a) (r, θ) = (4, 2π3 ), entonces r = 4 y θ = 2π3 . Luego,
x = 4cos2π
3= −2 y y = 4 sin
2π
3= 2
√3.
Por lo tanto, la coordenada rectangular es (−2, 2√3).
(b) (x, y) = (3,−√3), entonces
r =
√32 + (−
√3)2 =
√12 = 2
√3.
θ = arctan
(−√3
3
)+ 2π = −π
6+ 2π =
11π
6.
Por lo tanto, la coordenada polar es (2√3, 11π6 ).
272
Si r y θ estan relacionados por una ecuacion de la forma r = f(θ), se le llama
ecuacion polar. De acuerdo a esto, se puede definir la grafica de una ecuacion
polar como el conjunto de puntos (r, θ) que satisfacen la ecuacion.
Una forma de obtener informacion acerca de la grafica de una ecuacion polar, es
expresando dicha ecuacion en forma rectangular, y que esta sea conocida o simple
de graficar. Por ejemplo, la ecuacion polar r = a, con a > 0, representa la grafica de
una circunferencia con centro en el origen y de radio a. Una forma de convencerse
de esto, es observando que la ecuacion rectangular correspondiente es x2 + y2 = a2.
En algunas ocasiones, la ecuacion que define una curva expresada en coordenadas
polares puede estar en forma implıcita. Por ejemplo, la recta y = x tiene por ecuacion
polar θ = π4 .
3.10.3. Ejemplo. Determina la ecuacion rectangular correspondiente a cada ecuacion
polar.
(a) r = 2 sec θ tan θ
(b) r = 4 sin θ − 2 cos θ.
Solucion:
(a)
r = 2 sec θ tan θ =2
cos θtan θ =
(2r
x
)(yx
).
De aquı, se sigue que 1 = 2yx2 . Por lo tanto, la ecuacion rectangular es
y =x2
2
que corresponde a una parabola.
(b)
r = 4 sin θ − 2 cos θ =4y
r− 2x
r=
4y − 2x
r.
Entonces, r2 = 4y − 2x. Se sigue que x2 + y2 = 4y − 2x. Separando variables
y completando cuadrados para x y y, se tiene que
x2 + 2x+ y2 − 4y = 0
x2 + 2x+ 1 + y2 − 4y + 4 = 1 + 4
(x+ 1)2 + (y − 2)2 = 5.
COORDENADAS POLARES 273
Por lo tanto, la ecuacion rectangular es
(x+ 1)2 + (y − 2)2 = 5,
que corresponde a una circunferencia con centro en (−1, 2) y de radio√5.
Nota: Cuando sea complicado determinar la ecuacion rectangular de una ecuacion
polar o no sea evidente saber a que curva corresponde, entonces se tabula algunos de
sus puntos (r, θ) para tener un esboso de la grafica y saber el comportamiento que
tiene. Para ello, es util analizar las simetrıas con respecto al eje polar, la rectaπ2 y el polo.
1. La grafica de r = f(θ), es simetrica con respecto al eje polar si
f(θ) = f(−θ).
2. La grafica de r = f(θ), es simetrica con respecto a la recta π2 si
f(θ) = f(π − θ).
3. La grafica de r = f(θ), es simetrica con respecto al polo si
f(θ) = f(π + θ).
Nota: Si r = f(θ) cumple con dos de las simetrıas, entonces cumple con la tercera
simetrıa restante. En efecto:
1. Si f(θ) = f(−θ) y f(θ) = f(π − θ), entonces
f(π + θ) = f(π − (π + θ)) = f(θ).
2. Si f(θ) = f(−θ) y f(θ) = f(π + θ), entonces
f(π − θ) = f(−π + θ) = f(π + (−π + θ)) = f(θ).
3. Si f(θ) = f(π − θ) y f(θ) = f(π + θ), entonces
f(−θ) = f(π + θ) = f(θ).
De la misma forma, se puede comprobar que si r = f(θ) cumple con una de las tres
simetrıas, pero no con alguna de las dos restantes, entonces tampoco cumple con la
ultima.
274
3.10.4. Ejemplo. Dibuja la grafica de la ecuacion polar r = 1 + cos θ.
Solucion:
1. Analisis de simetrıas
a) Simetrıa con respecto al eje polar.
f(−θ) = 1 + cos(−θ) = 1 + cos θ = f(θ).
Por lo tanto, hay simetrıa con respecto al eje polar.
b) Simetrıa con respecto a la recta π2 .
f(π − θ) = 1 + cos(π − θ) = 1− cos θ 6= f(θ).
Por lo tanto, no hay simetrıa con respecto a la recta π2 , y tampoco hay
simetrıa con respecto al polo.
2. Tabulacion de algunas coordenadas polares; 0 ≤ θ ≤ π.
θ 0 π6
π3
π2
2π3
5π6 π
r 2 1.8 1.5 1 .5 .1 0
0
0
1
1 30
6090
120
150
180
210
240270
300
330
360
La curva de lınea continua, corresponde a los puntos tabulados. Como la grafica es
simetrica con respecto al eje polar, se dibuja la otra parte con lınea punteada ya sin
necesidad de tabular como se muestra en la figura. La grafica de esta ecuacion polar
se llama cardiode.
En general, la ecuacion polar de una cardiode es de la forma:
r = a(1± cos θ) = a± a cos θ,
r = a(1± sin θ) = a± a sin θ.
COORDENADAS POLARES 275
3.10.5. Ejemplo. Dibuja la grafica de la ecuacion polar r = 3 sin 2θ.
Solucion:
1. Analisis de simetrıas
a) Simetrıa con respecto al eje polar.
f(−θ) = 3 sin(−2θ) = −3 sin 2θ = −f(θ).
Por lo tanto, no hay simetrıa con respecto al eje polar, pero si lo hay con
respecto al polo. Se concluye que tampoco hay simetrıa con respecto a la
recta π2 .
2. Tabulacion de algunas coordenadas polares; 0 ≤ θ ≤ π.
θ 0 π12
π6
π4
π3
5π12
π2
7π12
2π3
3π4
5π6
11π12 π
r 0 1.5 2.5 3 2.5 1.5 0 -1.5 -2.5 -3 -2.5 -1.5 0
0
0
1
1
2
2
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360
La curva de lınea continua, corresponde a los puntos tabulados. Como la grafica
es simetrica con respecto al polo, se dibuja la otra parte con lınea punteada ya sin
necesidad de tabular como se muestra en la figura. La grafica de esta ecuacion polar
se llama rosa de 4 hojas.
En general, la ecuacion polar de una rosa es de la forma:
r = a cosnθ o r = a sinnθ.
276
Si n es par, la rosa tiene 2n hojas, mientras que si n es impar tiene solo n hojas.
Por ejemplo, la grafica de la ecuacion polar r = 2cos 5θ, es una rosa de 5 hojas.
La grafica de esta curva se muestra a continuacion.
0
0
1
1 30
6090
120
150
180
210
240270
300
330
360
3.10.6. Ejemplo. Obten la grafica de la ecuacion polar r = 1− 2 sin θ.
Solucion:
1. Analisis de simetrıas.
a) Simetrıa con respecto al eje polar.
f(−θ) = 1 + 2 sin θ 6= f(θ).
Por lo tanto, no hay simetrıa con respecto al eje polar.
b) Simetrıa con respecto a la recta π2 .
f(π − θ) = 1− 2 sin(π − θ)
= 1− 2[sinπ cos θ − sin θ cosπ]
= 1− 2 sin θ = f(θ).
Por lo tanto, la grafica es simetrica con respecto a la recta π2 . Se deduce
tambien que no hay simetrıa con respecto al polo.
2. Tabulacion de algunas coordenadas polares; −π2 ≤ θ ≤ π
2 .
θ −π2 −π
3 −π6 0 π
6π3
π2
r 3 2.7 2 1 0 -.7 -1
COORDENADAS POLARES 277
0
0
1
1
2
2
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360
Esta grafica es simetrica con respecto a la recta π2 , es por ello que basto obtener
algunos puntos (r, θ) en la tabulacion, donde −π2 ≤ θ ≤ π
2 . Esta grafica se llama
caracol o limacon (con rizo).
En general, la ecuacion polar de una caracol o limacon (con rizo), es de la forma
r = a± b sin θ o r = a± b cos θ, donde a < b.
Cuando a > b, la grafica de cualquiera de las dos ecuaciones polares anteriores se
llama caracol o limacon (sin rizo). Por ejemplo, la grafica de la ecuacion polar
r = 2− cos θ, tiene la forma:
0
0
1
1
2
2
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360
278
Se ha visto dos maneras de obtener la grafica de una ecuacion polar: expresando la
ecuacion en la forma rectangular o por medio del analisis de simetrıas y tabulacion.
Sin embargo, puede resultar muy tedioso dibujar la grafica al usar cualquiera de estas
formas para ciertas ecuaciones polares. Lo mas recomendable es usar algun software
o disponer de una graficadora que cuente con modo polar o modo parametrico. En
el modo parametrico, se puede graficar la ecuacion polar r = f(θ), expresando esta
ecuacion como
x = f(θ) cos θ
y = f(θ) sin θ.
La forma parametrica de una ecuacion polar, ayuda a obtener la pendiente de la
recta tangente de la grafica de r = f(θ) en un punto (r, θ). Ası, si f es derivable,
entonces la pendiente de r = f(θ) en (r, θ) es
dy
dx=
dy/dθ
dx/dθ=
f′(θ) sin θ + f(θ) cos θ
f′(θ) cos θ − f(θ) sin θ
donde dx/dθ 6= 0 en (r, θ).
3.10.7. Ejemplo. Determina la ecuacion de la recta tangente de la ecuacion polar
r = 1 + 2 sin θ, en el punto (1, π).
Solucion: Las ecuaciones parametricas de esta curva son
x = (1 + 2 sin θ) = cos θ + 2 sin θ cos θ
y = (1 + 2 sin θ) = sin θ + 2 sin2 θ.
dy
dx=
cos θ + 4 sin θ cos θ
− sin θ + 2[cos2 θ − sin2 θ].
Ahora, se debe convertir la coordenada polar (1, π) en rectangular. Esto es facil
si se sustituye r = 1 y θ = π en las ecuaciones parametricas. Se obtiene ası que
(x, y) = (−1, 0). Luego, la pendiente de la recta tangente de la curva que pasa por
(−1, 0) esdy
dx
∣∣∣∣π
= −1
2.
Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente es:
y = −1
2(x+ 1) = −1
2x− 1
2.
COORDENADAS POLARES 279
0
0
1
1
2
2
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360r
Actividad 50. Determina la ecuacion de la recta tangente de la ecuacion polar
r = 1− sin θ en (1, 0).
LONGITUD DE ARCO DE CURVAS POLARES
Tambien se puede calcular la longitud de arco de una curva polar si se emplean
sus ecuaciones parametricas. Ası, sea r = f(θ) la ecuacion polar de una curva tal
que f tiene derivada continua en [α, β]. Las ecuaciones parametricas de r son:
x = f(θ) cos θ
y = f(θ) sin θ
donde α ≤ θ ≤ β.
La longitud de arco de esta curva es
L =
∫ β
α
√(dx
dθ
)2
+
(dy
dθ
)2
dθ.
Pero(dx
dθ
)2
= [f′(θ) cos θ − f(θ) sin θ)]2
= [f′(θ)]2 cos2 θ − 2f
′(θ) cos θ · f(θ) sin θ + f2(θ) sin2 θ.
280
(dy
dθ
)2
= [f′(θ) sin θ + f(θ) cos θ]2
= [f′(θ)]2 sin2 θ + 2f
′(θ) sin θ · f(θ) cos θ + f2(θ) cos2 θ.
Luego, (dx
dθ
)2
+
(dy
dθ
)2
= [f′(θ)]2 + [f(θ)]2.
Por lo tanto, la longitud de arco de r = f(θ) en [α, β] es
L =
∫ β
α
√[f ′(θ)]2 + [f(θ)]2dθ.
3.10.8. Teorema. La longitud de arco de la grafica de r = f(θ), donde f tiene
derivada continua en α ≤ θ ≤ β es
L =
∫ β
α
√[f ′(θ)]2 + [f(θ)]2dθ =
∫ β
α
√(dr
dθ
)2
+ r2dθ.
3.10.9. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la espiral de Arquımedes2,
cuya ecuacion polar es r = θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Solucion: La grafica de la espiral de Arquımides queda de la siguiente manera:
0
0
1
1
2
2
30
60
90
120
150
180
210
240
270
300
330
360
2En general, la curva representada por la ecuacion r = aθ, donde a es una constante, se llama
espiral de Arquımedes.
COORDENADAS POLARES 281
(dr
dθ
)2
= 1 y r2 = θ2.
Entonces,
L =
∫ 2π
0
√1 + θ2dθ.
Se calcula∫ √
1 + θ2dθ por sustitucion trigonometrica. Sea θ = tanα, entonces dθ =
sec2 αdα y 1 + θ2 = 1 + tan2 α = sec2 α. El triangulo a usar es
1
θ√1 + θ2
α
Entonces,
∫ √1 + θ2dθ =
∫secα sec2 αdα =
∫sec3 αdα
=secα tanα+ ln | secα+ tanα|
2
=
√1 + θ2 · θ + ln |
√1 + θ2 + θ|
2.
Por lo tanto,
L =
∫ 2π
0
√1 + θ2dθ =
√1 + θ2 · θ + ln |
√1 + θ2 + θ|
2
∣∣∣∣∣
2π
0
=
√1 + 4π2 · 2π + ln |
√1 + 4π2 + 2π|
2.
Sustituyendo π = 3.14 en la ultima igualdad, se concluye que L ≈ 21.26 .
3.10.10. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la espiral logarıtmica3, cuya
ecuacion polar es r = eθ, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Solucion: (dr
dθ
)2
= e2θ y r2 = e2θ.
3En general, la curva descrita por la ecuacion r = aebθ, donde a y b son constantes, se llama
espiral logarıtmica.
282
Por lo tanto,
L =
∫ 2π
0
√e2θ + e2θdθ =
∫ 2π
0
√2e2θdθ
=
∫ 2π
0
√2eθdθ =
√2eθ∣∣∣2π
0
=√2(e2π − 1
).
3.10.11. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la cardioide descrita por la
ecuacion polar r = a(1 + cos θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.
Solucion: Se tiene que
(dr
dθ
)2
= a2 sin2 θ y r2 = a2(1 + 2 cos θ + cos2 θ).
Entonces,
L =
∫ 2π
0
√a2(1 + 2 cos θ + cos2 θ) + a2 sin2 θdθ
= 2
∫ π
0
√a2 + 2a2 cos θ + a2 cos2 θ + a2 sin2 θdθ
= 2
∫ π
0
√2a2(1 + cos θ)dθ
= 2√2a
∫ π
0
√1 + cos θdθ
= 2√2a
∫ π
0
√2 cos2
θ
2dθ
= 4a
∫ π
0cos
θ
2dθ
= 4a
[2 sin
θ
2
]π
0
= 8a.
Por lo tanto, L = 8a.
La razon de integrar de 0 a π y de multiplicar por 2 en la segunda igualdad en
el calculo de L, se debe a que f tiene derivada continua de 0 a π y de π a 2π; es
decir, esta curva tiene un cambio brusco en θ = π y es simetrica con respecto al eje
polar. El comportamiento de su grafica es como sigue:
COORDENADAS POLARES 283
2a0
π2
π
Actividad 51. Calcula la longitud de arco de la curva descrita por r = 1 + sin θ,
0 ≤ θ ≤ 2π.
AREA DE UNA REGION POLAR
Ahora se dara un resultado que permite calcular el area de una region polar.
Antes, se recordara que el area de un sector circular de radio r y angulo θ, esta dado
por A = 12r
2θ.
rθ
Sea r = f(θ), donde f es continua y no negativa en α ≤ θ ≤ β. Se desea determinar
el area A de la region limitada entre la grafica de f y las rectas radiales θ = α y
θ = β, como se muestra en la siguiente figura:
0
π2
α
β
r = f(θ)
284
Sea P = α = θ0, θ1, . . . , θn = β una particion de [α, β]. Sean
ri = mınθi−1≤θ≤θi
f(θ) y Ri = maxθi−1≤θ≤θi
f(θ), i = 1, 2, . . . , n.
Entonces, el area Ai del i-esimo sector, satisface la desigualdad:
1
2r2i4θi ≤ Ai ≤
1
2R2
i4θi.
donde θi − θi−1 = 4θi.
Sumando las n desigualdades anteriores, se obtiene
L(P ;h) ≤ A ≤ U(P ;h), con h(θ) =1
2[f(θ)]2.
El area queda atrapada entre una suma inferior y superior. Luego, puesto que P es
arbitrario, se concluye que
A =
∫ β
αh(θ)dθ =
∫ β
α
1
2[f(θ)]2dθ.
3.10.12. Teorema. Sea r = f(θ), donde f es continua en [α, β], 0 < β − α ≤ 2π,
y f no es al mismo tiempo positivo y negativo. El area de la region limitada por la
grafica de r = f(θ) y las rectas radiales θ = α y θ = β, es
A =1
2
∫ β
α[f(θ)]2dθ =
1
2
∫ β
αr2dθ.
3.10.13. Ejemplo. Determina el area del interior de la cardiode, cuya ecuacion
polar es r = 1 + sin θ.
Solucion:
0
π2
π
3π2
COORDENADAS POLARES 285
Como esta grafica es simetrica con respecto a π2 , los lımites de integracion para
determinar el area pueden ser de [0, π/2] y de [π, 3π/2], y multiplicar por dos. Esto
es,
A = 2
[1
2
∫ π2
0(1 + sin θ)2dθ +
1
2
∫ 3π2
π(1 + cos θ)2dθ
]
=
∫ π2
0(1 + sin θ)2dθ +
∫ 3π2
π(1 + cos θ)2dθ.
Por otra parte,
∫(1 + sin θ)2dθ =
∫(1 + 2 sin θ + sin2 θ)dθ
= θ − 2 cos θ +
∫1− cos 2θ
2dθ
= θ − 2 cos θ +θ
2− sin 2θ
4.
Por lo tanto,
A =
[θ − 2 cos θ +
θ
2− sin 2θ
4
]π2
0
+
[θ − 2 cos θ +
θ
2− sin 2θ
4
] 3π2
π
=[π2+
π
4+ 2]+
[3π
2+
3π
4− π − 2− π
2
]
=3π
2.
3.10.14. Ejemplo. Determina el area de la rosa de tres hojas, cuya ecuacion polar
es r = sin 3θ.
Solucion:
0
π2
π3
286
Esta grafica es simetrica con respecto a π2 . Entonces, los lımites de integracion para
el area pueden ser de 0 a π3 y multiplicar por tres. Esto es
A = 3
[1
2
∫ π3
0sin2 3θdθ
]=
3
2
∫ π3
0
1− cos 6θ
2dθ
=3
2
[θ
2− sin 6θ
12
]π3
0
=3
2
[π6
]− 3
2[0]
=π
4.
3.10.15. Ejemplo. Calcula el area de la region sombreada del caracol con rizo,
cuya ecuacion polar es r = 1− 2 sin θ.
Solucion:
0
π2 π
65π6
1
3
Esta grafica pasa por el origen en θ = π6 y θ = 5π
6 . Entonces,
A =1
2
∫ 5π6
π6
(1− 2 sin θ)2dθ =1
2
∫ 5π6
π6
(1− 4 sin θ + 4 sin2 θ)dθ
=1
2
[θ + 4cos θ + 4
(θ
2− sin 2θ
4
)] 5π6
π6
=1
2[3θ + 4cos θ − sin 2θ]
5π6π6
=1
2
[15π
6+ 4
(−√3
2
)−(−√3
2
)]− 1
2
[π
2+ 4
(√3
2
)−
√3
2
]
=1
2
[15π
6− 3
√3
2
]− 1
2
[π
2+
3√3
2
]
= π − 3√3
2.
COORDENADAS POLARES 287
3.10.16. Ejemplo. Calcula el area de la region sombreada del caracol con rizo,
cuya ecuacion polar es r = 1− 2 cos θ.
Solucion:
0
π2 π
3
5π3
3
1
Se observa que el area del rizo esta dada por
A1 = 2
[1
2
∫ π3
0(1− 2 cos θ)2dθ
]= π − 3
√3
2,
mientras que el area de la cardiode es
A2 = 2
[1
2
∫ π
π3
(1− 2 cos θ)2dθ
]= 2π +
3√3
2.
Se deja como ejercicio para el lector escribir todos los calculos de las dos integrales
anteriores. Luego, el area pedida es
A = A2 −A1 = π + 3√3.
AREA ENTRE CURVAS
Sea Ω la region encerrada por r = f(θ), r = g(θ), donde f ≤ g, y las rectas radiales
θ = α y θ = β. Entonces, el area de Ω esta dada por
A(Ω) =1
2
∫ β
α[g(θ)]2dθ − 1
2
∫ β
α[f(θ)]2dθ.
0O
θ = α
θ = β
Ω
r = g(θ)
r = f(θ)
288
3.10.17. Ejemplo. Determina el area entre r = 2cos θ y r = 1.
Solucion:
0
π2 π
3
5π3
r = 1 r = 2cos θΩ
Se observa que si 0 ≤ θ ≤ 2π, entonces 2 cos θ = 1 si, y solo si θ = π3 y θ = 5π
3 .
Por otra parte, como las dos graficas son cırculos, estas son simetricas con respecto
al eje polar. Por lo tanto,
A(Ω) = 2
[1
2
∫ π3
0([2 cos θ]2 − [1]2)dθ
]=
∫ π3
0(4 cos2 θ − 1)dθ
=
∫ π3
0(1 + 2 cos 2θ)dθ =
[θ + sin 2θ
]π3
0=
π
3+
√3
2.
3.10.18. Ejemplo. Determina el area de la region limitada entre el exterior del
cırculo r = 2 sin θ y el interior de la rosa r = 2 sin 2θ.
Solucion:
0
π2
π3
5π3
r = 2 sin θ
r = 2 sin 2θ
Se observa que 2 sin 2θ = 2 sin θ, si y solo si 2 sin θ cos θ = sin θ. De aquı se sigue que
sin θ(2 cos θ − 1) = 0. Por lo tanto, sin θ = 0 o cos θ = 12 . Luego, las soluciones en
[0, 2π], son: θ = 0 o θ = π3 ,
5π3 .
COORDENADAS POLARES 289
Por la simetrıa de las graficas con respecto a π2 , se tiene que
A = 2
[1
2
∫ π3
0[(2 sin 2θ)2 − (2 sin θ)2]dθ
]
=
∫ π3
0(4 sin2 2θ − 4 sin2 θ)dθ
=
∫ π3
0
(4
[1− cos 4θ
2
]− 4
[1− cos 2θ
2
])dθ
=
∫ π3
0(2 cos 2θ − 2 cos 4θ)dθ
=
[sin 2θ − sin 4θ
2
]π3
0
=
√3
2−(−√3/2
2
)
=3√3
4.
3.10.19. Ejemplo. Calcula el area de la region limitada entre el cırculo r = 2 sin θ
y el caracol r = 32 − sin θ.
Solucion:
0
π2
π6
5π6
r = 2 sin θ
r = 32 − sin θ
Se observa que si θ ∈ [0, 2π], entonces 2 sin θ = 32 − sin θ, si y solo si sin θ = 1
2 . Luego,
las soluciones son: θ = π6 ,
5π6 . Por lo tanto,
290
A =1
2
∫ π6
0[2 sin θ]2dθ +
1
2
∫ 5π6
π6
[3
2− sin θ
]2dθ +
1
2
∫ π
5π6
[2 sin θ]2dθ
=1
2
∫ π6
04 sin2 θdθ +
1
2
∫ 5π6
π6
(9
4− 3 sin θ + sin2 θ
)dθ +
1
2
∫ π
5π6
4 sin2 θdθ
= 2
∫ π6
0
1− cos 2θ
2dθ +
1
2
∫ 5π6
π6
(9
4− 3 sin θ +
1− cos 2θ
2
)dθ + 2
∫ π
5π6
1− cos 2θ
2dθ
=
[θ − sin 2θ
2
]π6
0
+1
2
[9θ
4+ 3 cos θ +
θ
2− sin 2θ
4
] 5π6
π6
+
[θ − sin 2θ
2
]π5π6
=5π
4− 15
√3
8.
Se deja como ejercicio para el lector realizar los calculos en la ultima igualdad de
este ejemplo para obtener el resultado final.
Actividad 52. Calcula el area de un petalo de la rosa r = cos 2θ.
LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 3.10
1. Transforma las siguientes ecuaciones polares a la forma rectangular y traza su
grafica.
a) r = 2
b) r = sin θ
c) r = 3 sec θ
d) r = 2(h cos θ + k sin θ)
e) r = 82−2 sin θ .
2. Calcula la ecuacion de la recta tangente de la Nefroide de Freeth, cuya
ecuacion polar esta dada por r = 1 + 2 sin θ2 , en el punto (2, π3 ).
COORDENADAS POLARES 291
0
π2
r (2, π3 )
3. Comprueba que la Concoide de Nicomenes, cuya ecuacion polar es r =
2csc θ + 3, tiene recta tangente horizontal en los puntos (π2 , 5) y (1, 3π2 ).
4. Determina la ecuacion de la recta tangente que pasa por el polo de la lemnis-
cata cuya ecuacion polar es r2 = 9cos 2θ.
3−3
5. Calcula la longitud de arco de las siguientes curvas:
a) r = a; 0 ≤ θ ≤ 2π
b) r = 2a cos θ; 0 ≤ θ ≤ π
c) r = sin θ + cos θ; 0 ≤ θ ≤ 2π
d) r = 1 + cos θ; 0 ≤ θ ≤ π2
e) r = sin3(θ3
); 0 ≤ θ ≤ 2π.
6. Comprueba que la distancia entre los puntos (r1, θ1) y (r2, θ2) en coordenadas
polares, es
d =√
r21 + r22 − 2r1r2 cos(θ1 − θ2).
7. Considera la circunferencia de radio R en coordenadas polares.
292
a) Calcula la longitud de la circunferencia
b) Determina el area del cırculo.
8. Calcula el perımetro de la region limitada entre r =√3 sin θ y r = 1 + cos θ.
2
√3
9. Determina el perımetro y el area de la region encerrada entre r = 3cos θ y
r = 1 + cos θ.
2 3
10. Determina el valor de a para el cual el area de la region limitada por la cardiode
r = a(1− cos θ) sea igual a 9π.
11. Determina el area comun entre r = 2 y r =√8 sin 2θ, en el primer cuadrante.
2
COORDENADAS POLARES 293
12. Determina el area comun a los cırculos r = 2cos θ, r = 1 y r = 2 sin θ.
2
2
−1
13. Calcula el area de la region limitada por r = cos θ.
r
14. Hallar el area de la rosa de tres petalos, cuya ecuacion es r = 3cos 3θ.
3
15. Calcula el area limitada por la lemniscata, cuya ecuacion es r2 = 4cos 2θ.
2
16. Calcula el area limitada entre las curvas r2 = 2 sin 2θ y r = 1.
294
1
17. Calcula el area de la region limitada entre las curvas r2 = 2cos 2θ y r = 1.
1
√2
18. Calcula el area de la region limitada entre el interior de r = 1 y el exterior de
r = cos2 θ.
1
Apendice A
Principio de Induccion
El principio de induccion matematica es un metodo que se utiliza frecuentemente
para demostrar propiedades generales que dependen en algun sentido de los numeros
naturales (N). Esto es, si una determinada propiedad se cumple o es verdadera para
algunos valores particulares de los numeros naturales, entonces, ¿como puede uno
asegurar que dicha propiedad se seguira cumpliendo para todos los numeros naturales
restantes? Por ejemplo, la conocida suma de los primeros n numeros naturales se
puede representar con la formula n(n+1)2 , es decir:
1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n+ 1)
2.
Uno puede comprobar que esta formula es valida para cualquier numero natural:
n = 3, n = 5, n = 10, etcetera.
1 + 2 + 3 = 6 =3(3 + 1)
2,
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 =5(5 + 1)
2,
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 =10(10 + 1)
2.
Uno puede convencerse de la validez de esta formula, pero aun queda la pregunta:
¿seguira siendo verdadera para todos los naturales restantes?
El principio de induccion matematica es una herramienta fundamental para N y
afirma que una propiedad P (n) se cumple para todo n ∈ N, si (1). La propiedad
P (n) se cumple para n = 1; es decir, P (1) es verdadera, y (2). P (k+1) es verdadera,
suponiendo que P (k) lo es para todo n = k ∈ N, k > 1.
295
296
Estas dos condiciones hacen de la veracidad de P (n) para todo n ∈ N.
Principio de induccion matematica. Sea P (n) una proposicion.
1. Si P (1) es verdadera, y
2. Si se supone que P (k) es verdadera para cualquier k ∈ N, k > 1 y entonces
P (k + 1) tambien es verdadera, entonces se concluye que P (n) es verdadera
para todo n ∈ N.
Demostracion: Para la comprobacion de este principio, se hace uso del princi-
pio del buen orden, que dice que todo subconjunto A no vacıo de N contiene un
elemento mınimo.
Sea P (n) una proposicion con las condiciones (1) y (2). Se considera
S = n ∈ N|P (n) es falso
Se debe probar que S = ∅. Supongamos que S 6= ∅, entonces por el principio del buenorden, S tiene un elemento mınimo, digamos m. Luego, como P (1) es verdadera,
m 6= 1. Por lo que m > 1. Se tiene entonces que m−1 6∈ S porque m es el mınimo de
S. Por lo tanto, P (m− 1) es verdadera, y por (2), P (m) tambien es verdadera. Ası,
m 6∈ S, lo que contradice que m ∈ S. Esta contradiccion surge del hecho de haber
supuesto que S 6= ∅. Por lo tanto, S debe ser el conjunto vacıo y P (n) es verdadera
para todo n ∈ N.
Nota: Se puede comprobar que el principio de induccion matematica y del buen
orden, son proposiciones equivalentes.
Algunas proposiciones P (n) se cumplen para todo n ≥ n0 y n0 > 1. Para este
tipo de proposiciones tambien se aplica el principio de induccion matematica para
su prueba, solo que en lugar de comenzar comprobando que P (1) es verdadera, se
comienza verificando que se cumple P (n0).
A.0.20. Ejemplo. Comprueba usando induccion matematica que
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2, para todo n ∈ N.
Solucion:
APENDICE A 297
(i) Para n = 1, se verifica la formula puesto que 1 = 1(1+1)2 .
(ii) Supongamos que para n = k se verifica la formula. Es decir,
1 + 2 + 3 + · · ·+ k =k(k + 1)
2.
Se debe comprobar la formula para n = k + 1. Esto es
1 + 2 + 3 + · · · k + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)
2.
Luego,
1 + 2 + 3 + · · · k + (k + 1)︸ ︷︷ ︸ =k(k + 1)
2+ (k + 1)︸ ︷︷ ︸
=k(k + 1) + 2(k + 1)
2
=(k + 1)(k + 2)
2.
Por lo tanto, aplicando el principio de induccion matematica, se comprueba que
1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n+ 1)
2, para todo n ∈ N.
A.0.21. Ejemplo. Comprueba que la suma de los cuadrados de los primeros n
numeros naturales es n(n+1)(2n+1)6 para todo n ∈ N. Es decir:
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n+ 1)(2n + 1)
6para todo n ∈ N.
Solucion:
(i) Para n = 1, se verifica la formula puesto que 12 = 1 = 1(1+1)(2(1)+1)6 .
(ii) Supongamos que para n = k,
12 + 22 + 32 + · · ·+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)
6.
Entonces, se debe mostrar que se cumple para n = k + 1. Esto es,
12 + 22 + 32 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 =(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)
6.
298
Luego,
12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2︸ ︷︷ ︸ =k(k + 1)(2k + 1)
6+ (k + 1)2︸ ︷︷ ︸
=k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2
6
=(k + 1)(k(2k + 1) + 6(k + 1))
6
=(k + 1)(2k2 + 7k + 6)
6
=(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
=(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)
6.
Por lo tanto, aplicando el principio de induccion matematica, se tiene que para todo
n ∈ N,
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n+ 1)(2n + 1)
6.
Actividad 53. Comprueba que la suma de los cubos de los primeros n numeros
naturales es[n(n+1)
2
]2, para todo n ∈ N. Es decir,
13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =
[n(n+ 1)
2
]2para todo n ∈ N.
A.0.22. Ejemplo. Demuestra la desigualdad de Bernoulli: Para todo n ∈ N y
α ≥ −1, (1 + α)n ≥ 1 + nα.
Solucion:
(i) La desigualdad se cumple para n = 1, puesto que 1 + α ≥ 1 + α.
(ii) Supongamos que la desigualdad se cumple para algun numero natural n = k,
es decir:
(1 + α)k ≥ 1 + kα.
Se debe mostrar ahora que la desigualdad se sigue cumpliendo para n = k + 1, es
decir:
(1 + α)k+1 ≥ 1 + (k + 1)α.
APENDICE A 299
En efecto:
(1 + α)k+1 = (1 + α)k(1 + α) ≥ (1 + kα)(1 + α)
= 1 + α+ kα+ kα2
= 1 + (k + 1)α + kα2 ≥ 1 + (k + 1)α.
La ultima desigualdad en este desarrollo se da puesto que kα2 ≥ 0. Por lo tanto,
(1 + α)k+1 ≥ 1 + (k + 1)α,
y por el principio de induccion matematica se concluye que si α ≥ −1,
(1 + α)n ≥ 1 + nα para todo n ∈ N.
A.0.23. Ejemplo. Comprueba que para todo n ∈ N,
Sn = 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)n−1n2 = (−1)n−1
[n(n+ 1)
2
].
Solucion:
(i) La igualdad se cumple para n = 1, puesto que 12 = 1 = (−1)1−1[1(1+1)
2
].
(ii) Supongamos que para n = k, se tiene que
Sk = 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)k−1k2 = (−1)k−1
[k(k + 1)
2
].
Se debe mostrar que la formula se cumple para n = k + 1. Esto es,
Sk+1 = 12−22+32−42+ · · ·+(−1)k−1k2+(−1)k(k+1)2 = (−1)k[(k + 1)(k + 2)
2
].
En efecto:
Sk+1 = Sk + (−1)k(k + 1)2
= (−1)k−1
[k(k + 1)
2
]+ (−1)k(k + 1)2
= (−1)k[(k + 1)− k
2
](k + 1)
= (−1)k[(k + 1)(k + 2)
2
].
300
Por lo tanto, para todo n ∈ N,
Sn = 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)n−1n2 = (−1)n−1
[n(n+ 1)
2
].
A.0.24. Ejemplo. Comprueba que si f es una funcion derivable, entonces para
todo n ∈ N,d
dx[f(x)]n = n[f(x)]n−1 · f ′
(x).
Solucion:
(i) Para n = 1 se cumple puesto que ddxf(x) = f
′(x) = 1[f(x)]1−1 · f ′
(x).
(ii) Supongamos que se cumple para n = k, esto es
d
dx[f(x)]k = k[f(x)]k−1 · f ′
(x).
Por ultimo, se debe comprobar que se cumple para n = k + 1, es decir
d
dx[f(x)]k+1 = (k + 1)[f(x)]k · f ′
(x).
En efecto:
d
dx[f(x)]k+1 =
d
dx[f(x)]k · f(x)
=
(d
dx(f(x)]k
)· f(x) + [f(x)]k · f ′
(x)
= k[f(x)]k−1 · f ′(x) · f(x) + [f(x)]k · f ′
(x)
= (k[f(x)]k + [f(x)]k) · f ′(x)
= (k + 1)[f(x)]k · f ′(x).
Por lo tanto, para todo n ∈ N,
d
dx[f(x)]n = n[f(x)]n−1 · f ′
(x).
Bibliografıa
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APENDICE A 303
Sitios web consultados
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primero/Ejercicios/integrales/soluciones/sol − integrales.pdf
• http : //canek.uam.mx/Calculo1/Teoria/Reglas/FTCDelaCadena.pdf
• http : //www.aritor.com
• http : //www.monografias.com/trabajos33/coordenadas − polares/
coordenadas − polares.shtml
Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo,
de Rafael Torres Simón, se terminó de imprimir en el mes de noviembre del 2013,
en los talleres de impresión de laUniversidad Autónoma de la Ciudad de México,
San Lorenzo 290, Col. del Valle, Del. Benito Juárez, C.P. 03100,con un tiraje de 2,000 ejemplares.
El presente libro incluye los temas de Geometría Plana, Trigonometría y Aplicaciones de la Trigonometría a un nivel básico universitario, y está dirigido a estudiantes de las diversas Ingenierías y de la licenciatura en Modelación Matemática, ofertadas por la Universidad Autónoma de la Ciudad de México.
Los contenidos que se abordan, aun siendo indispensables para los programas del Colegio de Ciencia y Tecnología, se encuentran dispersos en unidades o subtemas de los distintos cursos. La intención de Funciones trigonométricas. un tratado elemental en el cálculo es justamente la de integrar todos los temas fundamentales relacionados a la Trigonometría en un sólo volumen.
Asimismo, el compendio incluído pretende ser aprovechado posteriormente para su aplicación en los cursos de Álgebra y Geometría Analítica, Cálculo Diferencial y Cálculo Integral. De esta forma, se inicia con la geometría plana, se presenta una introducción a la trigonometría y se estudia el teorema de Pitágoras, el triángulo rectángulo y la ley de senos y cosenos. En el contexto del Cálculo Diferencial, se estudian las propiedades de las funciones trigonométricas, la función exponencial y el logaritmo; y las coordenadas polares se revisan en relación al Cálculo Integral.
La mayoría de los teoremas y proposiciones expuestos en esta obra están demostrados con detalle, invitando de esta forma a que el estudiante participe en la construcción gradual del conocimiento, más allá de la memorización mecánica de conceptos.
Para reforzar el aprendizaje, se expone un amplio número de ejemplos y se agregan actividades a resolver durante el desarrollo de los contenidos. Estas actividades tienen la finalidad de que el estudiante comprenda, retenga y madure los conceptos estudiados en ese momento.