21.OBJETIVOS
ASIGNATURA:
MATEMATICAS IIICurso 2008/2009 (Cdigo:422060)Esta asignatura de
Matemticas III es continuacin de la disciplina Matemticas II, que
el alumno ya ha debido cursar. En esta asignatura se persigue, en
primer lugar, el conocimiento de las Series Numricas, as como sus
relaciones con la ciencia econmica, y posibles aplicaciones en el
mundo econmico-empresarial. Un segundo objetivo, lo constituye el
conocimiento de los procesos de integracin, analizando el concepto
de integral, los mtodos de integracin, las integrales impropias,
las integrales eulerianas, la integral mltiple , as como los
anlisis dinmicos y las trayectorias temporales. Las aplicaciones
econmico-empresariales, as como la utilizacin del clculo integral
en la ciencia estadstica se plantean en el desarrollo de estas
materias. El tercer objetivo, en esta asignatura de Matemticas III,
lo constituye el estudio de las ecuaciones diferenciales, y las
ecuaciones en diferencias finitas, al objeto de comprender,
analizar y extraer conclusiones en los modelos econmicos. En
sntesis, se trata de situar al lector en condiciones de abordar el
estudio de materias tales como Clculo de Probabilidades, Estadstica
Empresarial, Econometra y Modelos Dinmicos.
2.CONTENIDOS Parte I: SeriesCaptulo 1. Series Numricas.
Parte II: Procesos de IntegracinCaptulo 2. Clculo de primitivas
Captulo 3. Integral de Riemann Captulo 4.Integrales impropias
Captulo 5. Integrales Eulerianas. Captulo 6. Integrales
mltiples.
Parte III: Mtodos de anlisis dinmicoCaptulo 7. Modelos Dinmicos
Captulo 8. Ecuaciones diferenciales. Modelos de ecuaciones
diferenciales de primer orden.
Captulo 9. Modelos de ecuaciones diferenciales lineales de orden
n. Captulo 10. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales.
Captulo 11. Ecuaciones en diferencias finitas. Captulo 12. Sistemas
de ecuaciones en diferencias finitas.
3.EQUIPO DOCENTEMANUEL JOSE SANCHEZ SANCHEZ LUIS GUZMAN
JUSTICIA
4.BIBLIOGRAFA BSICA
ISBN(13): 9788472881129 Ttulo: ANLISIS MATEMTICO PARA LA ECONOMA
II. CLCULO INTEGRAL Y SISTEMAS DINMICOS (1) Autor/es: Balbas De La
Corte, Alejandro ; Gil Fana, Jose Antonio ; Gutirrez Valden,
Sinesio ; Editorial: THOMSON PARANINFO,S.A.
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Buscarlo en libreria virtual UNED ISBN(13): 9788472882041 Ttulo:
MATEMTICAS EMPRESARIALES II (ENFOQUE TERICOPRCTICO) () Autor/es:
Garca Pineda, M Pilar ; Blanco Garca, Susana ; Editorial: THOMSON
PARANINFO,S.A. Buscarlo en bibliotecas UNED
Buscarlo en el MCU
Comentarios y anexos:El libro de texto, el cual se adapta a los
contenidos del programa, es el manual de los profesores BALBAS, GIL
y GUTIRREZ: Anlisis matemtico para la economa II. (Clculo Integral
y sistemas dinmicos). Editorial THOMSON, 1988.
http://www.thomsonparaninfo.com/ Telfono de la editorial: 91 330 89
06.
Libro de Problemas Para la Parte I series y la Parte II Procesos
de integracin, el libro de texto: Matemticas empresariales II.
Enfoque terico prctico,de los profesores BLANCO, GARCA PINEDA Y DEL
POZO. Editorial THOMSON,2001. Este libro, adems de presentar de
forma sinttica los contenidos tericos, contiene numerosos problemas
resueltos.
5.BIBLIOGRAFA COMPLEMENTARIA
ISBN(13): 9788472880757 Ttulo: EJERCICIOS RESUELTOS DE
MATEMTICAS EMPRESARIALES 2 (1) Autor/es: Terceo Gmez, Antonio ;
Sancho Insa, Trinidad ; Sez Madrid, Jos Bonifacio ; Ort Celma,
Francisco Jos ; Jorba Jorba, Lambert ; Alegre Escolano, Pedro ;
Rodrguez Prez, Gonzalo ; Editorial: THOMSON PARANINFO,S.A.
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Comentarios y anexos:ALEGRE; GONZLEZ; ORTI, y otros: Matemticas
empresariales. Edit. AC, 1995. ACERO, y LPEZ: Ecuaciones
diferenciales. Teora y Problemas. Editorial T. Flores, 1997. AYRES
E.: Clculo diferencial e integral. Teora y 1.175 problemas
resueltos (Serie Schaum). McGraw-Hill, 1971. : Ecuaciones
diferenciales. Teora y 560 problemas resueltos (Serie Schaum).
McGraw Hill, 1989. BLANCHARD; DEVANEY, y HALL: Ecuaciones
diferenciales. International Thomson Editores, 1999. BELLMAN, y
COOKE: Modern Elementary Differential Equations. Second Edition,
Dover Publications, Inc., 1971. BOYCE, y DIPRIMA: Ecuaciones
diferenciales y problemas con valores en la frontera. Limusa, 1998.
CABALLERO FERNNDEZ; GONZLEZ PAREJA; CALDERN MONTERO, y otros:
Matemticas aplicada a la economa y a la empresa, 380 ejer-cicios
resueltos y comentados. Edit. Pirmide, 1993. CAMPBELL, y HABERMAN:
Introduccin a las ecuacones diferenciales. McGraw Hill, 1996.
CHIANG, ALPHA: Mtodos fundamentales de economa matemtica, 3.a
edicin. McGraw-Hill, 1998. DEMIDOVICH, B: 5.000 problemas de
anlisis matemticos, 7.a edicin. Paraninfo, 1998.
KISELIOV; KRASNOV, y MAKARENKO: Problemas de ecuaciones
diferen-ciales ordinarias. Editorial Mir 1997. KRASNOV; KISELIOV, y
otros: Curso de matemticas superiores para inge-nieros. Edit. Mir,
1994. MURRAY R. SPIEGEL: Clculo superior. Teora y 925 problemas
resueltos (Series Scham). McGraw-Hill, 1989. NOVO; OBAYA, y ROJO:
Ecuaciones y Sistemas Diferenciales. Edit. AC, 1992. PISKUNOV, N.:
Clculo diferencial e integral. Edit. Revert, 1994. SIMMONS, y
GEORGE, F.: Ecuaciones diferenciales. Con aplicaciones y notas
histricas. McGraw-Hill, 1998. ZILL, y DENNIS, G.: Ecuaciones
diferenciales con aplicaciones de modela-do. International Thomson
Editores 6.a edicin, 1997.
6.EVALUACINLa asignatura es de duracin cuatrimestral. Existirn
dos pruebas presenciales: una en Febrero y otra en Septiembre (para
quienes no hayan superado la prueba de Febrero). Las pruebas
presenciales constarn de dos Partes. En la Primera Parte se
plantearn 5 preguntas terico-prcticas (calificadas con 1 punto cada
una de ellas) y en las que se evaluarn la claridad de conceptos y
desarrollo metdico. El espacio para la respuesta de cada una de
estas 5 preguntas es limitado, buscndose el que se responda de una
manera concreta y concisa. La Segunda Parte constar de dos
problemas (calificados con 2,5 puntos cada uno) referidos al
programa, indicando que los posibles planteamientos grficos
mediante el instrumental analtico adecuado, el orden y claridad en
los desarrollos, los anlisis de conclusiones y la valoracin de las
aplicaciones econmico-empresariales que hayan podido ser
preguntadas, sern muy tenidas en cuenta en aras a la calificacin.
Se penalizarn los errores de concepto, y la obtencin de resultados
incongruentes. Sobre un total de 10 puntos que supone la totalidad
del examen, el aprobado se consigue con 5 puntos. La duracin del
examen ser de dos horas.
7.HORARIO DE ATENCIN AL ESTUDIANTEEdificio Fac. CC Econmicas y
Empresariales de la UNED. Primera planta. Despacho nmero 1.26
Mircoles lectivos de 16 a 20 horas Tel.: 91 398 63 95 E-mail:
[email protected]
[email protected]
Direccin Postal: UNED. Facultad de Ciencias Econmicas y
Empresariales. Dpto. Economa Aplicada Cuantitativa. Matemticas III
de ADE. C/ Paseo Senda del Rey 11 28040 Madrid
8.OTRAS INFORMACIONESEn cuanto a la solicitud de revisin de
exmenes, se remitir peticin por correo electrnico antes de diez das
naturales, a contar desde la fecha de publicacin de las notas en
los correspondientes sistemas informticos (SIRA), para reclamar
ante el equipo docente de que se trate. En la solicitud de revisin,
debern constar los siguientes datos: nombre y apellidos, direccin y
telfono, Centro Asociado en que se ha examinado, fecha en que ha
realizado el examen. Respecto a la prueba presencial extraordinaria
de diciembre, esta se estructura de idntica forma a como lo hacen
las pruebas presenciales de febrero y septiembre, descritas en el
apartado anterior.
Cap tulo V
Series innitasYa hemos visto que algunas funciones admiten
desarrollos en serie de Taylor, de la forma f n) (x0 ) f (x) = (x
x0 )n . n! n=0 Observemos que estas expresiones son en realidad
familias de series, en el sentido de que determinan una serie
distinta para cada x, de modo que pueden ser convergentes para unos
valores de x y divergentes para otros. En la primera seccin de este
cap o tulo estudiaremos las series numricas propiamente dichas, e
es decir, series de la forma n=0
an ,
donde {an }n0 es una sucesin de nmeros reales; en la segunda
seccin estuo u o diaremos las sucesiones de funciones, para
analizar aquellas propiedades que no dependen de que las funciones
en cuestin sean series; y nalmente estudiaremos o las series de
funciones, centrndonos especialmente en las series de potencias, a
que son las series de la forma n=0
an (x x0 )n ,
es decir, las que tienen la misma estructura que las series de
Taylor.
5.1
Series numricas e
Recordemos que la serie numrica asociada a una sucesin {an }n0
de nmeros e o u reales es la sucesin {SN }N 0 dada por oN
SN =n=0
an .
153
154
Cap tulo 5. Series innitas
Es costumbre representar a esta sucesin, al igual que a su l o
mite, si es que existe, como
an .
n=0
Los trminos SN de la sucesin se llaman sumas parciales. Ya hemos
tenido e o ocasin de probar la convergencia de algunas series no
triviales, como: o (1)n 1 1 1 = 1 + + = 2n + 1 3 5 7 4 n=0 o (1)n+1
1 1 1 = 1 + + = log 2. n 2 3 4 n=1 Y tambin hemos visto que series
como e 1 1 1 1 = 1 + + + + n 2 3 4 n=1 son divergentes. Lo ms
elemental que podemos decir a la hora de distinguir las series cona
vergentes de las divergentes es lo siguiente: Teorema 5.1 Si una
serie n=0
an es convergente, entonces l an = 0. mn
Demostracion: Basta observar que an = Sn Sn1 , luego, si la
serie converge a un nmero L, se cumple que u l an = l Sn l Sn1 = L
L = 0. m m mn n n
Sin embargo, debemos tener bien presente que, aunque el trmino
general an e converja a 0, la serie puede diverger, como muestra el
ejemplo previo al teorema anterior. Ejemplo La serie geomtrica
converge a e n=0
rn =
1 1r
converge si y slo si |r| < 1, y diverge en caso contrario.
o
5.1. Series numricas e
155
En efecto, si |r| 1 es claro que el trmino general no converge a
0, luego e la serie es divergente. Si |r| < 1 (estndar) y N es
innito: aN n=0
rn =
1 1 rN +1 . 1r 1r
Esto prueba la convergencia. Las propiedades de los l mites
implican inmediatamente el teorema siguiente: Teorema 5.2 Sean
tambin convergen e n=0 n=0 n=0 n=0 n=0 n=0 n=0 n=0
an y
bn dos series convergentes y R. Entonces bn y an = an .
(an + bn ) =
an +
Otro hecho obvio es el siguiente: Teorema 5.3 Si n0 N, una serie
serie
an es convergente si y slo si lo es la o
an .
n=n0
Demostracion: Podemos suponer que n0 es estndar, y entonces
basta a observar que, para N innito,N n0 1 N
an =n=0 n=0
an +n=n0
an .
El miembro izquierdo tendr una parte estndar independiente de N
si y a a slo si lo tiene el trmino de la derecha. o e Una serie
plantea dos problemas distintos: determinar si es o no convergente
y, en caso de que lo sea, calcular su suma. A menudo el primero es
ms sencillo a que el segundo. Desde un punto de vista terico, el
problema es ms simple en o a el caso de series de trminos
positivos, es decir, series en las que an 0 para e todo ndice n:
Teorema 5.4 Una serie de trminos positivos es convergente si y slo
si sus e o sumas parciales estn acotadas superiormente. a
Demostracion: Basta observar que las series de trminos positivos
son e sucesiones montonas crecientes. En particular, sus sumas
parciales siempre o estn acotadas inferiormente (por la primera de
ellas) y, por consiguiente, decir a que estn acotadas superiormente
es lo mismo que decir que estn acotadas. a a Basta aplicar entonces
el teorema 2.62. (Rec procamente, es obvio que toda sucesin
convergente ha de estar acotada.) o Expl citamente, la condicin del
teorema anterior es que exista un nmero o u M > 0 tal queN
n=0
an M
para todo N N o, para series estndar, que el miembro izquierdo
sea nito a siempre que N es innito.
156 Ejemplo La serie
Cap tulo 5. Series innitas
1 n n=1 converge si y slo si > 1. o En efecto, podemos
suponer que es estndar. Si > 1 y n > 1, tenemos a que n 1 dx
, n x n1 luego 1 1+ n n=1N N 1
1 dx =1+ x ( 1)x1
N
=1+1
1 1 . 1 ( 1)N 1
Si N es innito, el ultimo trmino es innitesimal, luego la suma
parcial es e nita. Esto prueba que la serie es convergente. Si 0 la
serie es divergente porque su trmino general no tiende a 0. Ya e
hemos observado que la serie tambin diverge cuando = 1. Falta
probar que e tambin es divergente cuando 0 < < 1. En tal
caso: en+1 n
dx 1 , x nN
luegoN +1 1
dx 1 . x n n=1
Al calcular la integral resulta: (N + 1)1 1 1 . 1 1 n=1 n Cuando
N es innito, el primer trmino tambin lo es, luego la serie es e e
divergente. Igual que acabamos de comparar series con integrales,
tambin podemos e comparar unas series con otras cuya convergencia o
divergencia conozcamos: Teorema 5.5 Sean n=0 N
an y
bn dos series estndar de trminos positivos a e bn . Entonces, si
la segunda converge, la
tales que, cuando n es primera tambin converge. e
n=0 innito, an
Demostracion: Fijemos un nmero natural innito n0 . Entonces,
para u todo N n0 se cumple queN n=n0
an
N n=n0
bn
n=0
bn ,
5.1. Series numricas e luego la serie n=n0
157
an es convergente (por estar acotada) y lo mismo vale para
la serie desde n = 0. Teorema 5.6 Si una serie de trminos
positivos no nulos e l mn n=0
an cumple que
an+1 < 1, an
entonces es convergente. Demostracion: Podemos suponer l mite
del enunciado, podemos tomar L se cumple que an+1 an Fijado n0
innito, para todo n n0 que la sucesin es estndar. Si L es el o a
< r < 1 estndar. As si n es innito, a , < r. tenemos que
an0 n r . r n0 n=n0
an an0 rnn0 = Como la serie geomtrica e n=n0
rn es convergente, tambin lo es e
an , y
tambin la serie sumada desde n = 0. e Ejemplo Si 0 < r <
1, se cumple que n=1
nrn =
r (1 r)2
En efecto, para probar la convergencia basta observar que, si n
es innito, an+1 n+1 r r, = an n luego se cumple el teorema anterior
con cualquier r que cumpla r < r < 1. Ahora observamos que SN
= r + 2r2 + 3r3 + + N rN , rSN 1 = Por consiguiente: SN rSN 1 = r +
r2 + + rN = r r rN +1 1r 1r r2 + 2r3 + + (N 1)rN .
Si N es innito, como sabemos que la serie es convergente,
podemos asegurar que SN SN 1 , luego r SN rSN , 1r
158 luego SN
Cap tulo 5. Series innitas
r . (1 r)2
La serie anterior aparece en un problema clsico de la teor de la
probabia a lidad: Ejemplo Vamos a calcular el nmero de veces que
cabe esperar que haya que u tirar un dado hasta que salga un seis.
Ms en general, supongamos que un fenmeno aleatorio se produce con
proa o babilidad 1/n, donde n es un nmero natural (n = 6 en el caso
de sacar un seis u o cualquier otro nmero prejado con un dado). Por
simplicidad, hablareu mos en trminos de un dado, pero trabajaremos
con un n genrico. e e Si repetimos muchas veces el experimento de
lanzar sucesivamente un dado hasta obtener un 6, lo conseguiremos
en la primera tirada aproximadamente 1/n de las veces (si no fuera
as eso signicar por denicin, que el dado est , a, o a trucado). En
cambio, (n 1)/n de las veces, el primer resultado no ser un 6. De a
entre todos estos casos, aproximadamente 1/n de ellos, es decir, (n
1)/n2 del total de los experimentos, obtendr amos el 6 al segundo
intento, mientras que en (n 1)/n de ellos, es decir, en (n 1)2 /n2
del total, no conseguir amos el 6 al segundo intento. De entre
todos estos (n 1)2 /n2 segundos intentos fallidos, en
aproximadamente 1/n de los casos, es decir, (n 1)2 /n3 del total,
conseguiremos el 6 al tercer intento, y as sucesivamente. En
denitiva, la fraccin de intentos en que conseguiremos el 6 al
k-simo o e intento ser a k (n 1)k1 1 n1 = . nk n1 n Si el nmero
total de experimentos es N , la media del nmero de intentos u u
necesarios para obtener el 6 se calcular multiplicando por k el
nmero de a u experimentos en que hemos necesitado k intentos, lo
que nos da Nk 1 n1 n1 nk
,
sumando para todo k y dividiendo entre el total N , lo que nos
da la serie 1 n1
kk=1
n1 n
k
.
Segn el ejemplo anterior, la suma es u 1 n1n1 n 1 2 n
= n.
5.1. Series numricas e
159
As pues, si repetimos N veces el experimento de tirar un dado
hasta que salga un seis, la media del nmero de intentos necesarios
tender a 6 cuando N u a tienda a innito. Estos criterios, que en
principio valen para series de trminos positivos, puee den
aplicarse para estudiar la convergencia de series arbitrarias
debido al teorema siguiente. Primero necesitamos una denicin: o
Denicin 5.7 Diremos que una serie o la serie n=0
an es absolutamente convergente si
|an | es convergente.
n=0
Teorema 5.8 Toda serie absolutamente convergente es convergente.
Adems: a n=0
an
n=0
|an |. n=0
Demostracion: Consideremos una serie (estndar) a
an , sea SN su suma
parcial N -sima y sea SN la suma parcial correspondiente a la
serie con valores absolutos. Si sta es convergente y M < N son
nmeros naturales innitos, e u tenemos que |SN SM | =N n=M
an
N n=M
|an | = SN SM 0,
luego SM SN , lo que signica que la serie dada es una sucesin de
Cauchy, o luego es convergente. Adems, teniendo en cuenta que una
serie de trminos a e positivos (como sucesin montona) converge al
supremo de sus sumas parciales, o o tenemos que
|an |
N
|an |
N n=0
an
N n=0
|an |
n=0
|an |.
n=0
n=0
Esto vale para todo N . En particular, vale para N innito, y
sigue siendo cierto al tomar la parte estndar del trmino central,
es decir: a e
|an |
n=0
an
n=0
|an |.
n=0
Esto equivale a la desigualdad del enunciado. As pues, para
probar la convergencia de una serie podemos tratar de aplicar los
criterios que hemos visto a la serie correspondiente con valores
absolutos. Ahora bien, hemos de tener presente que una serie puede
ser convergente sin ser absolutamente convergente. Un ejemplo es la
serie (1)n+1 = log 2. n n=1 Hay un criterio muy sencillo que
justica la convergencia de series como sta, e en la que los trminos
alternan en signo: e
160
Cap tulo 5. Series innitas
Teorema 5.9 (Criterio de Leibniz) Sea {an }n0 una sucesin
montona deo o creciente y convergente a 0. Entonces, la serie
n=1
(1)n+1 an
es convergente. Demostracion: Observemos que las sumas parciales
pares: S2N = (a1 a2 ) + (a3 a4 ) + + (a2N 1 a2N ) forman una
sucesin montona creciente, ya que los trminos entre parntesis o o e
e son positivos. Similarmente, las sumas parciales impares: S2N +1
= a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 ) + + (a2N + a2N +1 ) forman una
sucesin montona decreciente, ya que todos los trminos entre o o e
parntesis son negativos. Ms an, ambas sucesiones estn distribuidas
de esta e a u a forma: S2 < S4 < S6 < < S5 < S3 <
S1 En efecto: S2 < S1 porque S2 resulta de sumarle a S1 un nmero
negativo, luego, u S2 < S3 < S1 porque S3 resulta de sumarle
a S2 un nmero positivo y ya hemos u visto que la sucesin de sumas
impares es decreciente, luego, S2 < S4 < S3 o porque ya hemos
visto que la sucesin de las sumas pares es creciente y S4 o resulta
de sumarle a S3 un nmero negativo, etc. u En denitiva, las series
de sumas pares es una sucesin montona creciente o o y acotada por
S1 , luego es convergente, y la serie de sumas impares es una
sucesin montona decreciente y acotada por S2 , luego es
convergente. Ahora o o bien, si M y N son nmeros innitos, tenemos
que u S2N +1 S2M S2N +1 S2N = a2N +1 0, luego todas las sumas
parciales SN (tanto si N es par o impar) tienen la misma parte
estndar S, de modo que SN S para todo N innito, luego la serie es a
convergente. La convergencia absoluta es crucial para generalizar a
series innitas propiedades obvias de las series nitas, como el
hecho de que una suma (nita) es independiente del orden de los
sumandos. Esto es consecuencia de la siguiente caracterizacin de la
convergencia de una serie de trminos positivos: o e Teorema 5.10
Una serie (estndar) de trminos positivos a e n=0
an converge a
un nmero (estndar) S si y slo si para todo conjunto nito I N que
contenga u a o a todos los nmeros nitos, se cumple que u an
S.nI
5.1. Series numricas e
161
Demostracion: Si la serie converge a S e I N es un conjunto nito
que contenga a todos los nmeros nitos, la nitud de I implica que
existe un u mximo M y un m a nimo N tales que {0, . . . , M } I {0,
. . . , N }. Como M +1 I, M ha de ser innito. Como la serie es de
trminos positivos, / e S luegonI M n=0
an nI
an
N n=0
an S,
an S.
Rec procamente, si se cumple esta condicin y N es un nmero
natural o u innito, tomando I = {0, . . . , N }, tenemos queN
an =n=0 nI
an S,
lo que signica que la serie converge a S. Como consecuencia:
Teorema 5.11 Si la serie n=0
an es absolutamente convergente y f : N N
es una aplicacin biyectiva, entonces la serie o af (n) tambin es
absolutamente e n=0 convergente, y su suma es la misma.
Demostracion: Llamemos a+ = n an 0 si an 0, si an < 0, a = n 0
an si an 0, si an < 0.
De este modo, an = a+ a . Como |a+ | |an | y |a | |an |, el
teorema 5.5 n n n n implica que las series n=0
a+ , n
n=0
a n
son absolutamente convergentes, y n=0
an =
n=0
a+ n
n=0
a . n
Es claro que (como sucesiones, no como l mites, que no sabemos
si existen) n=0
af (n) =
n=0
a+(n) f
n=0
a(n) . f
Por lo tanto, si probamos que las dos series de la derecha son
convergentes y que su suma es la misma que la de las series
correspondientes sin permutar los sumandos, tendremos probado el
teorema. Ahora bien, ambas series son de
162
Cap tulo 5. Series innitas
trminos positivos, luego concluimos que basta probar el teorema
para series e de trminos positivos. Supongamos, pues que an 0 para
todo n. Tambin e e podemos suponer que todos los datos, incluida f
son estndar. a Entonces, si N es un nmero natural innito, el
conjunto u I = {f (n) | n N } es nito y contiene a todos los nmeros
naturales nitos, porque, como f es u estndar, todo m N estndar es
de la forma m = f (m ), con m estndar, a a a luego m < N , luego
m I. Adems aN
af (n) =n=0 nI
an S,
luego
n=0
af (n) = S.
El teorema es falso para series no absolutamente convergentes.
Ejemplo Sabemos que 1 Por lo tanto: 1 1 1 1 1 1 ln 2 + + + = . 2 4
6 8 10 12 2 Es claro entonces que 0+ 1 1 1 1 1 1 ln 2 +0 +0+ +0 +0+
+0 + = . 2 4 6 8 10 12 2 1 1 1 1 1 + + + = ln 2. 2 3 4 5 6
Sumando esta serie y la original obtenemos que 1+0+ 1 1 1 1 1 1
3 ln 2 + + 0 + + + = . 3 2 5 7 4 9 2
Eliminando los ceros: 1+ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ln 2 + + + + +
+ + = . 3 2 5 7 4 9 11 6 13 15 8 2
La ultima serie es claramente una reordenacin de la primera, y
tiene una o suma diferente.
5.2. Sucesiones funcionales
163
5.2
Sucesiones funcionales
Estudiamos ahora las sucesiones de funciones de la forma {fn }n0
, donde a fn : I R, para un intervalo I R. El concepto ms sencillo
de convergencia que podemos denir para estas sucesiones es el
siguiente: Denicin 5.12 Diremos que una sucesin funcional {fn }n0
en un intervalo o o I R converge puntualmente a una funcin f : I R
si para todo x I o existe l fn (x) = f (x). mn
Este l mite no tiene por qu existir, pero es evidente que una
sucesin fune o cional no puede converger a dos l mites distintos.
Ejemplo La sucesin fn (x) = o l mite es la funcin constante 1: o n
x, denida en [0, +[, es convergente, y su n x = 1.
l mn
En efecto, si x 0 es estndar, se cumple que n x = x1/n = e(log
x)/n , luego a si n es innito se cumple que (log x)/n 0, luego n x
1. Observemos que si una sucesin numrica estndar {xn }n0 converge a
un o e a l mite l, entonces xn es nito siempre que n es innito, y l
= xn . Podemos enunciar un hecho anlogo para l a mites funcionales,
para lo cual necesitamos la denicin siguiente: o Denicin 5.13 Una
funcin f : I R (no necesariamente estndar) deo o a nida en un
intervalo estndar I R es casi estndar si cuando x I es a a estndar,
entonces f (x) es nito. En tal caso, denimos su estandarizacin a o
como la funcin o f = S {(x, y) R2 | x I, y f (x)}. Teorema 5.14 Si
f : I R es una funcin casi estndar, entonces su eso a tandarizacin
f : I R es la unica funcin estndar tal que, para todo x I o o a
estndar, cumple f (x) = f (x). a Demostracion: Sucesivas
aplicaciones del principio de transferencia prue ban que f : I R.
En efecto, como todo elemento estndar de f es un par a de nmeros
reales con primera componente en I, podemos armar que todo u
elemento de f es un par ordenado de nmeros reales con primera
componente u en I. Como para todo x I estndar existe un unico y R
tal que (x, y) f a (concretamente y = f (x)), concluimos que para
todo x I existe un unico y R tal que (x, y) f . Esto signica que f
: I R. Ms an, segn a u u acabamos de observar, para todo x I
estndar se cumple que a f (x) = f (x),
164
Cap tulo 5. Series innitas
y esta propiedad determina completamente a f , ya que cualquier
otra funcin o estndar g : I R que cumpla esto tiene los mismos
elementos estndar que a a f , a saber, los pares (x, f (x)), con x
I estndar. Por consiguiente, g = f . a La estandarizacin de una
funcin representa el mismo papel en la convero o gencia funcional
que la parte estndar en la convergencia numrica: a e Teorema 5.15
Una sucesin estndar {fn }n0 converge puntualmente en un o a
intervalo I a una funcin f si y slo si para todo n innito la funcin
fn es casi o o o estndar, y f = fn . a Demostracion: Si la sucesin
converge y x I es estndar y n es innito, o a entonces fn (x) f (x).
Esto prueba que fn es casi estndar y, por el teorema a anterior, f
= fn . Rec procamente, si se cumple la condicin del enunciado, para
todo x I o estndar tenemos que fn (x) fn (x) = fn (x) = f (x),
luego a l fn (x) = f (x), mn
y por transferencia, lo mismo vale para todo x I, no
necesariamente estndar. a Los ejemplos siguientes muestran que la
convergencia puntual es deciente en muchos aspectos. Ejemplo Para
cada n N, sea fn : R R la funcin dada por o fn (x) = 0 si x 0, nx
si 0 x 1/n, 1 si x 1/n.
Entonces {fn }n0 converge puntualmente a la funcin dada por o f
(x) = 0 1 si x 0, si x > 0.
En efecto, si x R es un punto estndar y n es un nmero natural
innito, a u o bien x 0 y fn (x) = 0 = f (x), o bien x > 0 y fn
(x) = 1 = f (x), pues 1/n 0 < x. Esto prueba que l fn (x) = f
(x) mn
para todo x R estndar y, por transferencia, para todo x R. a
Tenemos as un ejemplo de sucesin de funciones continuas que
converge o puntualmente a una funcin discontinua. o
5.2. Sucesiones funcionales Ejemplo Consideremos la sucesin
funcional en [0, 1] dada por o fn (x) = nx(1 x2 )n Si x [0, 1],
tenemos que l nx(1 x2 )n = 0. mn
165
Esto es obvio si x = 0 o si x = 1 y, en otro caso, se cumple
porque, llamando r = (1 x2 ), la serie de trmino general nrn es
convergente, como hemos visto e en el ejemplo de la pgina 157. a
Por otra parte1
fn (x) dx = 0
n (1 x2 )n+1 2 n+1 1 =0= 21
1
=0
n . 2(n + 1)
As pues, existe 1
l mn 0
fn (x) dx =
l fn (x) dx m0 n
En denitiva, tenemos un ejemplo de sucesin convergente cuya
sucesin de o o integrales no converge a la integral del l mite.
Estos y otros muchos fenmenos no suceden si, en lugar de considerar
la o convergencia puntual, consideramos la convergencia uniforme
que vamos a denir a continuacin. Para destacar la diferencia,
observemos que una sucesin o o estndar {fn }n0 converge
puntualmente a una funcin fn (en un intervalo I) a o si y slo si
para todo x I estndar y todo n N innito, se cumple que o a fn (x) f
(x). Denicin 5.16 Diremos que una sucesin estndar {fn }n0 converge
uniforo o a memente en un intervalo I a una funcin f si para todo x
I y todo n N o innito, se cumple que fn (x) f (x). La diferencia
con la convergencia puntual es, pues, que en la convergencia
uniforme la aproximacin fn (x) f (x) es vlida para todo x I no
necesariao a mente estndar. Es obvio que la convergencia uniforme
implica la convergencia a puntual, pero el rec proco no es cierto,
como muestra el ejemplo siguiente: Ejemplo Las sucesiones de los
dos ejemplos anteriores no convergen uniformemente a sus l mites.
En el primer caso, si tomamos x = 1/2n, donde n es un nmero natural
u innito, entonces 1 fn (x) = 1 = f (x). 2 En el segundo caso, si x
= 1/n, donde n es un nmero natural innito, u fn (x) = 1 1 n2n
=
1+
1 n
n
1
1 n
n
ee1 = 1 0 = f (x),
donde hemos usado el teorema 3.42.
166
Cap tulo 5. Series innitas
Ejemplo La sucesin dada por fn (x) = x/n converge uniformemente
a la o funcin f = 0 en el intervalo [0, 1], mientras que en R
converge puntualmente, o pero no uniformemente, a dicha funcin. o
En efecto, si x [0, 1] y n es innito, entonces fn (x) = x/n 0 = f
(x), luego la convergencia es uniforme. En cambio, si x puede
variar en R, el argumento anterior vale para todo x nito, en
particular para todo x estndar, a luego {fn }n0 converge
puntualmente a 0 en R. Sin embargo, tomando x = n, donde n es un
natural innito, tenemos que fn (x) = 1 0 = f (x), luego la
convergencia no es uniforme. La convergencia uniforme tiene la
siguiente interpretacin clsica: Si tenemos o a que l fn (x) = f (x)
y la convergencia es uniforme en un intervalo I, dado m n > 0
estndar, como, para todo n innito, se cumple que, para todo x I, a
|fn (x) f (x)| 0, en particular |fn (x) f (x)| < y, como esto
vale para todo n n0 , donde n0 es un nmero natural innito
cualquiera, por transferencia u ha de existir un natural nito n0
que cumpla lo mismo, es decir, tal que, para todo n n0 y todo x I,
se cumple |fn (x) f (x)| < . As pues, la convergencia uniforme
se traduce en que podemos conseguir que fn y f se diferencien en
menos de a la vez en todos los puntos x I, mientras que en el caso
de la convergencia puntual, para conseguir que la diferencia entre
fn y f se haga menor que , puede hacer falta un n0 distinto en cada
punto x, de modo que un mismo n0 no valga a la vez para todos
ellos. Probamos ahora que la convergencia uniforme resuelve los dos
problemas que hab amos detectado en la convergencia puntual:
Teorema 5.17 Si {fn }n0 es una sucesin de funciones continuas fn :
I R o que converge uniformemente a una funcin f : I R, entonces f
tambin es o e continua. Demostracion: Podemos suponer que todos los
datos son estndar. Para a probar que f es continua en I basta ver
que lo es en un punto estndar x1 I. a Tomamos x2 I tal que x1 x2 y
hemos de ver que f (x1 ) f (x2 ). En caso contrario, existe un >
0 estndar tal que |f (x1 ) f (x2 )| > . a Si n es un nmero
natural innito, tenemos que, para todo x I, se cumple u fn (x) f
(x), luego en particular, |f (x) fn (x)| < /2. Como esta armacin
o es interna, podemos aplicar el principio de transferencia, que
nos da que existe un n estndar que cumple lo mismo. En particular,
|f (x1 ) fn (x1 )| < /2 y a |f (x2 ) fn (x2 )| < /2. Ahora
bien, como fn es continua en x1 (y estndar), a e podemos armar que
fn (x1 ) fn (x2 ), luego tambin |f (x1 ) fn (x2 )| < /2 |f (x1 )
f (x2 )| |f (x1 ) fn (x2 )| + |fn (x2 ) f (x2 )| < /2 + /2 = ,
contradiccin. o Similarmente ocurre con los l mites de
integrales:
5.2. Sucesiones funcionales
167
Teorema 5.18 Sea {fn }n0 una sucesin de funciones integrables en
un intero valo [a, b] que converja uniformemente a una funcin f :
[a, b] R. Entonces o f es integrable en [a, b] yb b
f (x) dx = l ma n a
fn (x) dx.
Demostracion: Observemos en primer lugar que f est acotada. En a
efecto, si n es un nmero natural innito, tenemos que fn est
acotada, porque u a es integrable, lo cual signica que |fn (x)| M
para todo x [a, b] (y un cierto nmero M , que no podemos asegurar
que sea nito porque fn no es estndar). u a Como f (x) fn (x),
resulta que |f (x)| M + 1 para todo x [a, b], pero esto signica que
f est acotada. a Si n es un nmero natural innito, la funcin |f fn |
est acotada en [a, b] u o a y slo toma valores innitesimales. Por
lo tanto, su supremo K ha de ser o innitesimal. Si P es cualquier
particin de [a, b] en k intervalos, tenemos que o |S(f, P ) S(fn ,
P )| k i=1
|Mi (f ) Mi (fn )|xi
k i=1
Kxi = K(b a) 0.
Igualmente, |s(f, P ) s(fn , P )| 0. Si |S(f, P ) S(fn , P )| 0
es estndar, tenemos que a para toda P
y |s(f, P ) s(fn , P )| 0 estndar. Por consiguiente, S(f, P )
s(f, P ), lo a que prueba que f es integrable en [a, b]. Adems, ab
b b b
f (x) dx a a
fn (x) dx a
|f (x) fn (x)| dx a
K dx = K(b a) 0,
luegob b
f (x) dx a a
fn (x) dx.
Esto prueba la convergencia de la sucesin de integrales. o Nota
En la prueba del teorema anterior hemos visto que, si P es una
particin o innitesimal y n es un nmero natural innito, entonces ub
b
S(fn , P ) S(f, P ) a
f (x) dx a
fn (x) dx,
168
Cap tulo 5. Series innitas
e igualmente con sumas inferiores. En resumen, si una sucesin
{fn }n0 de o funciones integrables converge uniformemente, tenemos
queb
S(fn , P ) a
fn (x) dx s(fn , P )
para todo nmero natural n, nito o innito. Cuando n es nito se
trata simpleu mente de la denicin de integrabilidad, pero para n
innito es un hecho que no o es obvio, puesto que la funcin fn ,
aunque es integrable, no es estndar, luego o a no tiene por qu
cumplir la denicin de integrabilidad ms que indirectamente, e o a a
travs del principio de estandarizacin. e o Lo mismo es vlido para
la continuidad: si una sucesin {fn }n0 de funciones a o continuas
en un intervalo I converge uniformemente a una funcin f , entonces,
o si x0 I es estndar y x I cumple x x0 , se cumple que fn (x) fn
(x0 ). Esto a a es porque f es continua en x0 (y estndar): fn (x) f
(x) f (x0 ) fn (x0 ). En resumen: si una sucesin {fn }n0 de
funciones continuas converge uniforo memente, todas las funciones
fn (para n nito o innito) cumplen expl citamente la denicin de
continuidad, aunque no sean funciones estndar. o a La relacin entre
la derivabilidad y la convergencia es ms delicada, como o a muestra
el ejemplo siguiente: Ejemplo La sucesin de funciones dada por o fn
(x) = sen(nx) n
mite converge uniformemente a f = 0 en R, todas ellas son de
clase C , y el l tambin lo es, pero e fn (x) = cos(nx) no converge
a f = 0, ni a ninguna otra funcin, ni siquiera puntualmente. o En
cambio, como veremos enseguida, la convergencia uniforme de las
derivadas (y poco ms) s que implica la convergencia (casi) uniforme
de las funciones, a donde casi tiene el sentido siguiente: Denicin
5.19 Diremos que una sucesin estndar de funciones {fn }n0 cono o a
verge casi uniformemente en un intervalo I si cuando n es innito se
cumple fn (x) f (x) para todo x I que sea nito y tal que x I. Es
obvio que la convergencia uniforme en un intervalo implica la
convergencia casi uniforme y que sta implica a su vez la
convergencia puntual. e Ms concretamente, la relacin entre la
convergencia uniforme y la casi unia o forme es muy simple: la
denicin anterior equivale a que la sucesin converja o o
uniformemente en cada intervalo [u, v] I. En efecto, si se da la
convergencia casi uniforme, podemos tomar el intervalo estndar, y
entonces, si x [u, v] I, se cumple que x es nito y x [u, v] I, a
luego la sucesin converge uniformemente en [u, v]. o
5.2. Sucesiones funcionales
169
Rec procamente, si tenemos la convergencia uniforme en los
intervalos [u, v] y x I es nito y cumple x I, digamos x < x,
como existe un x I e a tal que x > x, tambin existe un v I
estndar tal que v > x, y entonces x [ x, v] I. Igualmente se
razona si x < x. Si x = x, tomamos el intervalo a [ x, x]. En
cualquier caso, tenemos un intervalo estndar tal que x [u, v] I,
por lo que podemos armar que fn (x) f (x).Ejercicio: Comprobar que
la sucesin fn (x) = x/n converge casi uniformemente en o R a la
funcin nula. o
Teorema 5.20 Sea {fn }n0 una sucesin de funciones de clase C 1
en un intero valo abierto I tal que exista un punto x0 I para el
que exista l fn (x0 ) = y0 . m Si la sucesin {gn }n0 converge
uniformemente a una funcin g, entonces o o o {fn }n0 converge casi
uniformemente a una funcin f de clase C 1 tal que f = g.
Demostracion: Podemos suponer que todos los datos son estndar. Oba
servemos en primer lugar que, si n es un nmero natural innito,
entonces la u funcin fn es casi estndar. En efecto, si x I es
estndar, en virtud del o a a teorema del valor medio, fn (x) fn (x0
) = fn (c)(x x0 ), donde c es un punto (nito) entre x y x0 .
Tenemos que fn (x0 ) y0 , fn (c) g(c) g( c),n
donde hemos usado que c I precisamente porque c est entre x y x0
, as a como que g es continua por ser l mite uniforme de funciones
continuas. Por consiguiente, fn (x0 ) y fn (c) son nitos, y lo
mismo vale para fn (x). Esto nos permite considerar la
estandarizacin f = fn . Observemos que, o en principio, f depende
del nmero natural innito n que hemos escogido, pero u luego veremos
que, en realidad, f es el mismo para todos los n. Notemos tambin e
que f (x0 ) = fn (x0 ) = y0 . Vamos a probar que f es derivable en
I. Como es una funcin estndar, o a basta probarlo en un punto
estndar p I. Si h 0, h = 0, el teorema del a valor medio nos da un
punto c entre p y p + h (en particular c p) tal que fn (p + h) fn
(p) = fn (c) g(c) g(p), h donde hemos usado que g es continua en p.
Fijemos un > 0 estndar. Si a > 0 es cualquier innitsimo y n0
es un nmero innito, hemos probado que, e u si |h| < , h = 0 y n
n0 , se cumple fn (p + h) fn (p) g(p) < . h
170
Cap tulo 5. Series innitas
Como la armacin es interna, existen un y un n0 estndar que
cumplen o a lo mismo. Si jamos un h estndar que cumpla |h| < , h
= 0, se cumple la a desigualdad anterior, pero el denominador es
ahora apreciable, por lo que si lo aplicamos al n innito que hemos
tomado en un principio y cambiamos fn por f , el numerador se
altera en un innitsimo, y la fraccin entera tambin. As e o e pues:
f (p + h) f (p) g(p) < . h Esto vale para todo h estndar que
cumpla |h| < , pero, por transferencia, a vale para todo h
estndar o no. En particular vale para todo innitsimo h y a e para
todo > 0 estndar. Por consiguiente, si h 0, h = 0, concluimos
que a f (p + h) f (p) g(p). h a Esto signica que existe f (p) =
g(p). Como adems f (x0 ) = y0 , resulta que la funcin f est un o a
vocamente determinada. (Dos funciones con la misma derivada se
diferencian a lo sumo en una constante, pero si toman el mismo
valor en un punto, han de ser iguales.) As pues, f no depende de n,
como anticipbamos, y esto signica que {fn }n0 converge puntualmente
a f . a Para probar que la convergencia es, en realidad, casi
uniforme, tomamos un x I nito tal que x I. Hemos visto antes que fn
(x) f ( x) g( x), x x luego fn (x) f ( x) f (x).
El concepto de sucesin de Cauchy puede trasladarse a sucesiones
funcionao les, de modo que podemos asegurar la convergencia de una
sucesin sin necesidad o de conocer su l mite de antemano: Denicin
5.21 Una sucesin estndar {fn }n0 de funciones denidas en un o o a
intervalo I R es puntualmente (resp. uniformemente, resp. casi
uniformemente) de Cauchy en I si para todo x I estndar (resp. para
todo x I, resp. a para todo x I nito tal que x I) y todos los
nmeros naturales innitos m u y n se cumple que fm (x) fn (x).
Teorema 5.22 Una sucesin de funciones denidas en un intervalo es
puno tualmente, uniformemente o casi uniformemente convergente si y
slo si tiene o la correspondiente propiedad de Cauchy.
Demostracion: Es evidente que toda sucesin convergente es de Cauchy
o (del tipo correspondiente a la convergencia). Supongamos ahora
que {fn }n0 es una sucesin estndar puntualmente de o a Cauchy en un
intervalo I. Entonces, para cada x I estndar, la sucesin a o
5.2. Sucesiones funcionales
171
{fn (x)}n0 es una sucesin de Cauchy en R, luego es convergente.
En particuo lar, fn (x) es nito cuando n es innito, luego la funcin
fn es casi estndar y o a u podemos considerar su estandarizacin fn
. Si m y n son dos nmeros innitos, o tenemos que fm (x) fn (x),
luego fm (x) = fn (x), luego fm = fn . En denio o tiva, todas las
funciones fn tienen la misma estandarizacin f , luego la sucesin
converge puntualmente a f . Si la sucesin es uniformemente de
Cauchy, entonces tambin es puntualo e mente de Cauchy, luego todo
lo dicho anteriormente sigue siendo vlido y tea nemos que la
sucesin converge puntualmente a f . Vamos a probar que la o
convergencia es uniforme. Fijemos > 0 estndar. Si n0 es un nmero
natural innito, tenemos que, a u para todo m, n n0 y todo x I, se
cumple que |fm (x) fn (x)| < . Como la propiedad es interna,
existe un n0 nito que cumple lo mismo. Esto vale en particular para
cualquier x estndar y para todo m y n n0 . a Tomando m innito
tenemos que fm (x) f (x), luego |f (x) fn (x)| < . Esto vale
para todo x estndar y para todo n n0 , luego, por transferencia,
vale a para todo x I. El n0 nito a partir del cual se cumple esto
depende de , pero si n es innito, a cumplir esto cualquiera que sea
n0 , es decir, para todo > 0 estndar. Esto a prueba que si n es
innito, entonces f (x) fn (x), para todo x I. As pues, la
convergencia es uniforme. Si la sucesin es casi uniformemente de
Cauchy, entonces es uniformemente o de Cauchy en cada intervalo
estndar [u, v] I, luego la convergencia a f es a uniforme en cada
uno de estos intervalos, luego la convergencia es casi uniforme en
I. Veamos una aplicacin de la caracterizacin de la convergencia en
trminos o o e de la propiedad de Cauchy al caso de las series
funcionales: Denicin 5.23 La serie funcional asociada a una sucesin
de funciones {fn }n0 o o denidas en un intervalo I R, representada
por n=0
fn ,
es la sucesin funcional de sumas parciales {Sk }k0 , donde
ok
Sk =n=0
fn .
Diremos que la serie converge absoluta y puntualmente, absoluta
y uniformemente o absoluta y casi uniformemente si lo hace la serie
n=0
|fn |.
Notemos que esto implica respectivamente la convergencia
puntual, uniforme o casi uniforme de la serie, ya que (suponiendo
la serie estndar) si x I y k r a
172 son nmeros naturales innitos, tenemos que u |Sr (x) Sk (x)|
=r n=k
Cap tulo 5. Series innitas
fn (x)
r n=k
|fn |(x),
y el ultimo trmino es innitesimal para x I estndar, para todo x
I o para e a todo x I nito tal que x I, segn el tipo de
convergencia, ya que la serie u con valores absolutos es
puntualmente, uniformemente o casi uniformemente de Cauchy en I,
luego la serie dada tiene la misma propiedad, luego converge con el
mismo tipo de convergencia. Teorema 5.24 (Criterio de mayoracin de
Weierstrass) Sea o serie funcional estndar en un intervalo I R y
sea a n=0 n=0
fn una
an una serie numrica e
convergente tal que, para todo n N innito y todo x I, se cumpla
que |fn (x)| an . Entonces la serie funcional converge absoluta y
uniformemente en I. Demostracion: Tenemos que, si k r son innitos y
x I, entonces |Sr (x) Sk (x)| =r n=k
fn (x)
r n=k
|fn (x)|
r n=k
an 0
Esto prueba que Sr (x) Sk (x), luego la sucesin {Sk }k0 es
uniformemente de o Cauchy, luego la serie funcional converge
uniformemente. Como aplicacin vamos a construir una funcin continua
que no es derivable o o en ningn punto. Necesitamos una
caracterizacin de la derivabilidad: u o Teorema 5.25 Una funcin
estndar f : ]a, b[ R es derivable en un punto o a estndar p ]a, b[
si y slo si existe un nmero estndar f (p) tal que para todo a o u a
par de nmeros reales tales que x p y, x y, x = y, se cumple u f (y)
f (x) f (p). yx Demostracion: Si se cumple esta condicin, tomando x
= p tenemos la deo nicin de derivada. Rec o procamente, si f es
derivable en p, existen innitsimos e 1 y 2 tales que f (y) f (p) =
f (p)(y p) + (y p)1 , f (p) f (x) = f (p)(p x) + (p x)2 . Sumando y
dividiendo entre y x queda f (y) f (x) yp px = f (p) + 1 + 2 f (p),
yx yx yx pues las fracciones del segundo miembro son menores que
1.
5.2. Sucesiones funcionales
173
Ejemplo (Una funcin continua no derivable) Consideremos la
funcin o o : R R dada por la gura siguiente y extendida
peridicamente a R. o 1
0
1
2
Es claro que es continua en R y es derivable en todo R excepto
en los nmeros enteros. Adems, es derivable por la derecha en todo
R, lo cual sigu a nica que existe un nmero real estndar + (x) tal
que, para todo innitsimo u a e h > 0, se cumple que (x + h) (x)
+ (x). h Ms concretamente, se cumple que + (x) = 1. a Para cada
natural n denimos n (x) = 1 (2n x). 2n
La gura siguiente muestra las grcas de estas funciones para los
primeros a valores de n: 1 0 1 2 0 1 2 Es fcil ver que n es
continua en R y es derivable en todo R menos en los a + puntos de
la forma k/2n , con k Z, y en cualquier punto existe n (x) = 1.
Finalmente, denimos f : R R como la funcin dada por o f (x) =
n=0
n (x).
Como |(x)| 1, tenemos que |n (x)| 1/2n , luego el criterio de
mayoracin de Weierstrass implica que la serie converge
uniformemente en R, por lo o que la suma f es una funcin continua.
Llamemos om
fm (x) =n=0
n (x).
174
Cap tulo 5. Series innitas
Es claro que si n > m y k Z entonces n (k/2m ) = 0, luego
vemos que f (k/2m ) = fm (k/2m ). Supongamos que f es derivable en
un punto p (que podemos tomar estndar). a Tomemos un nmero natural
innito m y sea n Z tal que u x= n n+1 p < m = y. m 2 2
Claramente x y, luego por el teorema anterior f (p) fm (y) fm
(x) f (y) f (x) + = = fm (p). yx yx
En el ultimo paso hemos usado que fm es lineal en el intervalo
[x, y]. Ahora bien, esto vale para todo nmero natural innito m, en
particular para m + 1, u con lo que+ + + + + fm (p) fm+1 (p) = fm
(p) + m+1 (p) = fm (p) 1,
lo cual es absurdo. Por consiguiente f no es derivable en ningn
punto. u
5.3
Series de potencias
Los resultados de la seccin anterior se aplican en particular a
las series de o potencias, es decir, a las sucesiones funcionales
de la forma n=0
an (x x0 )n ,
donde x0 R y {an }n0 es una sucesin de nmeros reales. o u Vamos
a probar que toda serie de potencias converge en un intervalo
centrado en x0 (que en el peor de los casos se reduce al propio x0
y en el mejor de los casos es todo R). Para ello necesitamos el
concepto siguiente: Denicin 5.26 Si {xn }n0 es una sucesin estndar
de nmeros reales acoo o a u tada superiormente, denimos su l mite
superior como l xn = sup S{xn | n N es innito}. mn
Observemos que si existe l xn = l, entonces mn S
{ xn | n N es innito} = {l}, l xn = l xn . m mn n
luego
Ejercicio: Dar una denicin anloga de l o a mite inferior y
demostrar que una sucesin o acotada tiene l mite si y slo si su l o
mite inferior coincide con su l mite superior.
5.3. Series de potencias Teorema 5.27 Sea n=0
175 an (x x0 )n una serie de potencias.
a) Si la sucesin { n |an |}n0 no est acotada, entonces la serie
slo converge o a o en x = x0 . b) En caso contrario, si L = l
mnn
|an | = 0 y r = 1/L, entonces la serie
converge absoluta y casi uniformemente en el intervalo ]x0 r, x0
+ r[ y diverge fuera del intervalo [x0 r, x0 + r]. c) Si L = 0,
entonces la serie converge absoluta y casi uniformemente en R.
Demostracion: a) Si x = x0 es estndar, existe un n innito tal que n
|an | a es innito, luego tambin lo son n |an ||x x0 | y an (x x0 )n
, luego el trmino e e general de la serie numrica e n=0
an (x x0 )n
no tiende a 0, luego la serie diverge. b) Todo intervalo estndar
[u, v] ]x0 r, x0 + r[ est contenido en un a a intervalo de la forma
[x0 s, x0 + s], donde 0 < s < r es estndar. Tenemos a que sL
< 1, luego podemos tomar un nmero estndar sL < < 1. As si
u a , |x x0 | s tenemos que L< . s |x x0 | Si n es innito,
entoncesnn
|an | L, luego |an | < , |x x0 |
luego |an ||x x0 |n < n . Por el criterio de mayoracin de
Weierstrass, concluimos que la serie converge o absoluta y
uniformemente en [x0 s, x0 + s], luego converge absoluta y casi
uniformemente en ]x0 r, x0 + r[. En cambio, si |x x0 | > r, con
x estndar, tenemos que a 1 < L, |x x0 | luego existe un n innito
tal que 1 < n |an |, |x x0 | luego 1 < |x x0 |n
|an |,
176 luego |an ||x x0 |n > 1,
Cap tulo 5. Series innitas
luego el trmino general de la serie numrica correspondiente a x
no tiende a 0, e e luego la serie diverge en x. c) Es una ligera
variante del caso anterior, tomando s > 0 y 0 < < 1
arbitrarios. En la prctica, podemos denir el radio de convergencia
de una serie de a potencias como el nmero r del apartado b) del
teorema anterior, o bien como u r = + si se da el caso c) o r = 0
si se da el caso a). De este modo, la serie converge casi
uniformemente en el intervalo de convergencia ]x0 r, x0 + r[,
entendiendo que este intervalo es R cuando r = + y es cuando r = 0.
Observemos que el teorema anterior no arma nada sobre la
convergencia o divergencia de la serie en los puntos x0 r y x0 + r.
La situacin en estos o puntos depende de cada serie en concreto.
Tambin es interesante observar que el teorema anterior permite
determinar e el radio de convergencia de una serie analizando su
convergencia puntual, pero, en cualquier caso, la convergencia de
una serie de potencias siempre es casi uniforme en un intervalo de
convergencia. Ahora podemos aplicar los resultados de la seccin
anterior: o Teorema 5.28 Sea f (x) = n=0
an (x x0 )n una serie de potencias con radio
de convergencia no nulo. Entonces la funcin f es derivable en su
intervalo de o convergencia, y su derivada viene dada por f (x) =
n=1
nan (x x0 )n1 .
Adems, la serie que dene a la derivada tiene el mismo radio de
convergencia. a Demostracion: Sea L = l n |an |. En la pgina 72
hemos visto que, si m a n n n n n es innito, entonces n 1, luego
|an | |nan |, de donde se sigue que L = l n |nan |, luego la serie
dada tiene el mismo radio de convergencia que mn n=0
nan (x x0 )n =
n=1
nan (x x0 )n .
A su vez, es claro que el radio de convergencia de esta serie es
el mismo que el de nan (x x0 )n1n=1
Ahora slo tenemos que atar cabos: Las sumas parciales de esta
ultima serie o son las derivadas de las sumas parciales de la serie
del enunciado. Esta serie converge uniformemente en cualquier
intervalo estndar [u, v] contenido en el a intervalo de
convergencia, luego el teorema 5.20 nos da que esta serie
converge
5.3. Series de potencias
177
en [u, v] (luego en todo el intervalo de convergencia) a la
derivada de la serie del enunciado. Aplicando sucesivamente el
teorema anterior podemos decir mucho ms: a Teorema 5.29 Sea f (x) =
n=0
an (x x0 )n una serie de potencias con radio de
convergencia no nulo. Entonces, la funcin f es de clase C en su
intervalo o de convergencia y es su propia serie de Taylor, es
decir, an = f n) (x0 ) . n!
Demostracion: Aplicando el teorema anterior vemos que f k) (x) =
n=k
n(n 1) (n k + 1)an (x x0 )nk ,
y evaluando en x0 queda que f k) (x0 ) = n! an .
Ejemplos
El radio de convergencia de la serie geomtrica e n=0
xn =
1 1x
es r = 1, como puede deducirse de la frmula para la suma de un
nmero nito o u de trminos de una serie geomtrica o bien observando
que e e n l m 1 = 1. As pues, el intervalo de convergencia es ]1,
1[ y es claro que la serie no converge ni en 1 ni en 1. Esto puede
parecer lgico porque la funcin o o suma no puede extenderse
continuamente a x = 1. Sin embargo, el radio de convergencia de 1
(1)n x2n = 1 + x2 n=0 es tambin r = 1, como se deduce haciendo el
cambio de variable x = t2 en la e serie anterior o bien porque, la
sucesin de coecientes de la serie es o an = luego, si n es
innito,n
(1)k 0
si n = 2k, si n = 2k + 1,
|an | =
0, luego 1, l mn
|an | = 1.
178
Cap tulo 5. Series innitas
En cambio, en este caso la funcin suma se extiende a una funcin
de clase o o C en R. Segn el teorema 4.16, la serie u log(1 + x) =
(1)n+1 n x n n=1
converge en ]1, 1], y es claro que diverge en x = 1, luego su
radio de convergencia es r = 1 y la serie slo converge en uno de
los dos extremos de su o intervalo de convergencia.
UNED. ELCHE. TUTORA DE MATEMTICAS III (2 A.D.E.)
e-mail: [email protected] http://telefonica.net/web/imm
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EJERCICIOS DE SERIES NUMRICAS PROPUESTOS EN EXMENES
1.- Estudie el carcter de la serie numrica Solucin.- Puesto
quepropuesta ser divergente.
1 n
1 n
1n . (Febrero 2002, ex. or.) 1 , n = 1, 2, 3, ....y la serie es
divergente, la serie nn =1
6.- Demuestre si es convergente o no la siguiente serie
numrica:
n =2
n 1 n
2
n =1
2.- Estudiar el carcter de
n =1
1 2
ln n
(Enero 2003, ex. res) Solucin.Es divergente ya que no cumple la
condicin necesaria de convergencia. En efecto: 2 n 1 lim a n = lim
=1 0 n n n 7. Estudiar el carcter de la serie
.(Febrero 2002, ex. res.)
(n =2 n
n
n 1 (Septiembre 2003, ex. res)
)
n
1 , n = 1, 2, 3, ...., luego la serie propuesta diverge. 2 ln n
n nn 3.- Utilizando el criterio de DAlembert, demostrar que es
divergente. n! n =1
Solucin.- 2ln n < eln n = n
1
Solucin.Aplicamos el criterio de Cauchy: lim n a n = limla serie
es convergente.
n
(
n
n 1 = lim n n 1 = 1 1 = 0 0. (Septiembre 2004, ex.
n n! DAlembert, la serie dada es divergente.
= lim
n + 1 n + 1 = e > 1, luego por el criterio de n n + 1 n
n
4.- Utilizando el criterio de DAlembert, demostrar que
(Septiembre 2002, ex. res.)
n =1
n! n es convergente. n
a n +1 an
(n + 1)2 + 1 (n + 1)a n +1 lim [(n + 1)2 + 1]n = 1 . = lim n n 2
+ 1 n a (n + 1)(n 2 + 1) ana n
(n + 1)! a n +1 (n + 1)n +1 = lim n + 1 n n = 1 < 1 luego por
el criterio de = lim Solucin.- lim n a n n n + 1 n + 1 n! e n nn
DAlembert, la serie dada es convergente.5.- Demuestre si es
convergente o no la siguiente serie numrica: 2003, ex. or.)
Solucin.Por el criterio de DAlembert : n +1 n a n +1 e ( n +1) =
lim ( n + 1)e = lim n + 11 1 lim = lim 2n ( n +1) n n n a n n n ee
ne n2 2
Hay tres casos: - si 0 < a < 1 DIVERGENTE - si a > 1
CONVERGENTEn2 +1 . n 3 3 3 3 3 9. Determinar el carcter de la
siguiente serie: + 3 + 5 + 7 + 9 + (Febrero 2 2 2 2 2
- si a = 1 DIVERGENTE, por que el trmino general
nen =1
n 2
(Enero
2005,1 semana)
Solucin.-
Se trata de la serie geomtrica de trmino general an = serie es
convergente. Su suma vale S =
31 24
n 1
. Como r =
1 < 1, la 4
= 0< 1
en luego la serie es convergente.
2
a 3/ 2 = =2 1 r 1 1/ 4 2 4 8 16 10. Es convergente la siguiente
serie: + + + + .... ?. Calcule su suma (Febrero 3 9 27 81
2005,2 semana)
1/4
Ejercicios de series numricas propuestos en exmenes
2/4
Ejercicios de series numricas propuestos en exmenes
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e-mail: [email protected] http://telefonica.net/web/imm
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Solucin.-
2 Es una serie geomtrica de razn r = < 1, luego es
convergente. Su suma 3 a 2/3 S= 1 = = 2. 1 r 1 2/ 311.- Estudie el
carcter de la serie(Septiembre 2005, ex.or)
135(2n 1)(2n + 1) a n +1 2n + 1 1 48124n4(n + 1) Por el criterio
de DAlembert: lim = lim = lim = 1 la serie es convergente. n n ln n
ln n
n2 = lim ln e ln n = n ln n
14.- Estudiar el carcter de la siguiente serie: Solucin.Por el
criterio de dAlembert, lim luego la serie es convergente.a n +1
ann
n =1
(n 1)!n n 1
(Febrero 2006,2 semana)
n n! (n 1) ! 1 n = lim : n 1 = lim = < 1, n (n + 1)n n n n +
1 e
15.- Estudiar el carcter de la siguiente serie: Solucin.-
135...( 2n 1) (Septiembre 2006, or.) 4812...4n n =1Ejercicios de
series numricas propuestos en exmenes
3/4
4/4
Ejercicios de series numricas propuestos en exmenes
Ejercicios sobre series propuestos en clase 1. Hallar el
intervalo de convergencia de la series de potencias: 2n1 n (a) xn
2n + 1 n=1 n + 2 2n x 2n+1 n3 n=1 2. Sumar las series siguientes: 2
4 8 16 (a) + + . 3 6 3 9 9 12 27 n2 xn (b) . (n + 1)! n=0 (b) 2n +
1 2n . (2n)! 4n n=0 3. Estudiar el dominio de convergencia de la
serie de potencias (c) (1)n
n=1
2n 1 n+1
2n
xn .
Las soluciones se desarrollan en las pginas siguientes. a
1
Soluciones 1. Veamos: (a) Tenemos: l mnn
|an | = l mn
n 2n + 1
2n1 n
=
1 2
2
=
1 . 4
Luego el radio de convergencia es 4 y el intervalo de
convergencia (4, 4). n+2 (b) En este caso am = 0 si m es impar o m
= 0 y am = n+1 3 si m = 2n para algn u 2 n nmero n > 0. Por
tanto: u l 2n+1 |a2n+1 | = 0 mn
y l mn2n
|a2n | = l mn
2n
n+2 1 2 . n+1 = 3 n 2 2n 2
Si es un punto de aglomeracin de la sucesin S = ( m |am |)m ,
tiene que existir o o una subsucesin de S cuyo l mite sea ; por
tanto, la unica posibilidad es que sea o 0 o sea 2/2. Por lo tanto
el l mite superior de S es 2/2 por consiguiente, y, el radio de
convergencia de la serie de potencias dada es 1/( 2/2), es decir, 2
y el intervalo de convergencia ( 2, 2). 2. Veamos: (a) Observemos
que la serie dada es la serie 2 22 23 24 + + , 3 2 32 3 33 4 34 la
cual es la serie que se obtiene al sustituir x por 2/3 en la serie
de potencias 1 1 1 x x2 + x3 x4 + . 2 3 4 Esta serie de potencias
converge en (1, 1] hacia log(1 + x), luego el valor al que converge
la serie dada es log(5/3). (b) Se tiene n2 xn x 22 x2 32 x3 = + + +
. (n + 1)! 2! 3! 4! n=0 Por otra parte, para x = 0: S(x) = xn x x2
x3 1 =1+ + + + = (n + 1)! 2! 3! 4! x n=0
x+
x2 x3 x4 + + + 2! 3! 4!
y para todo x x+ x2 x3 x4 + + + 2! 3! 4! = 1 + 1 + x + 2 x2 x3
x4 + + + 2! 3! 4! = ex 1
luego para todo x = 0 es S(x) =
1 x (e 1) y, por tanto, para cada x real no nulo: x nxn1 (n +
1)! n=1 ()
S (x) =
xS (x) = n2 xn1 (n + 1)! n=1
nxn (n + 1)! n=1
(xS (x)) =
(hemos derivado ambos miembros en ()) n2 xn (n + 1)! n=1 xS (x)
=
x(xS (x)) = Ahora bien:
(). xex ex + 1 x
xex ex + 1 ; x2 y tras derivar y simplicar S (x) = (xS (x))
=
(x2 x + 1)ex 1 x2
por lo que en virtud de esta igualdad y (), obtenemos (x2 x +
1)ex 1 n2 xn n2 xn = = . x (n + 1)! n=0 (n + 1)! n=1 En x = 0 el
valor de la suma de la serie buscada es cero (y tambin el verdadero
e valor del primer miembro para x = 0). (c) Observemos:
(1)nn=0
2n + 1 2n 2n + 1 = (1)n (2n)! 4n (2n)! n=0
2
2n
que es la serie obtenida tras sustituir x por /2 en la serie de
potencias
(1)nn=0
2n + 1 2n x . (2n)!
Esta serie es la derivada formal de la serie de potencias
(1)n=0
2n+1 nx
(2n)! 3
=xn=0
(1)n
x2n (2n)!
y para todo x real cos x =
(1)nn=0
x2n , (2n)!
luego para todo x real
(1)nn=0
x2n+1 = x cos x. (2n)!
As pues, para todo x R se obtiene, tras derivar ambos
miembros
(1)nn=0
2n + 1 2n x = cos x x sen x (2n)!
y por tanto:
(1)nn=0
2n + 1 (2n)!
2
2n
= cos
sen = . 2 2 2 2
3. Como l mnn
2n 1 n+1
2n
xn = 4|x|
la serie converge absolutamente, segn el criterio de la ra
cuando |x| < 1/4 y diverge u z, cuando |x| > 1/4. Cuando |x|
= 1/4, la serie no converge ya que l mn
2n 1 n+1
2n
x
n
= l mn
2n 1 n+1
2n
1 2
2n
= l mn
2n 1 2n + 2
2n
= e3
y la serie, para x = 1/4 o x = 1/4, no puede converger al no
tender hacia 0 su trmino e general.
4
Captulo 15
PrimitivasLos importantes conceptos que ahora comenzamos a
estudiar forman una muy poderosa herramienta en el clculo. Queda a
todos usarlo para el provecho de la humanidad. El primero, la
primitiva, es lo opuesto de la derivada y se dice que: Dada una
funcin f , toda funcin g tal que g 0 = f se llama una primitiva de
f . Slo con esa presentacin usted puede, a manera de ejercicio,
encontrar una primitiva (tambin llamada antiderivada) para cada una
de las siguientes funciones: (vericar si sus resultados son o no
correctos es muy fcil pues basta derivar lo obtenido y compararlo
con la funcin de partida) 1. 2. 3. 4. 5.
f (x) = 4x3 + 2x f (x) = 2 cos x x(t) = t3 + 5t2 1 f (x) = x2=3
x(t) = cos 3t
6. 7. 8. 9.
f (x) = 2x cos(x2 ) f (x) = cos xsen3 x f (x) = cos3 x
f (x) = sen2 x = 1 cos 2x 2
15.1
Denicin, primitivas de una funcin
Ahora, ms formalmente, comenzamos recordando que una funcin f es
derivable si tiene derivada en cada punto de su dominio y que, para
hablar de la derivada de una funcin en un punto, requerimos que la
funcin est denida en un intervalo abierto alrededor del punto. Por
ello, adoptaremos la siguiente convencin: Mientras no se especique
lo contrario, todas las funciones consideradas en este captulo
tienen por dominio un intervalo abierto o una unin de intervalos
abiertos. Por supuesto, R = ( 1; +1); (a; +1) y ( 1; a) se
consideran intervalos abiertos. Denicin: Dada una funcin f , se
llama primitiva de f a toda funcin derivable g tal que g 0 = f , es
decir, tal que g 0 (x) = f (x) para todo x del dominio de f y g
.
254 Ejemplos 1. La funcin x ! 2x3 + 3x es una primitiva de la
funcin x ! 6x2 + 3. 2. La funcin t ! sent es una primitiva de t !
cos t. 3. La funcin t ! (sent) + 7, es tambin una primitiva de t !
cos t. 4. Una primitiva de la funcin
Primitivas
x 7! p 1
1 x2
j x j< 1x 7! arcsenx + C
es la funcin x 7! arcsenx; tambin lo son todas las funciones ,
con C constante.
Como habr notado en los ejemplos, una funcin puede tener ms de
una primitiva. En realidad, si una funcin tiene una primitiva,
tiene una innidad de ellas. En efecto, si g 0 = f , entonces, para
toda constante c, se tiene:
(g + c)0 = f:Por tanto, si uno conoce una primitiva de f , puede
calcular una innidad de ellas, sumndole constantes. Lo interesante
es que de esa manera se obtienen todas. Si g es una primitiva de f
y el dominio de f es un intervalo, todas las primitivas de f son de
la forma g + c, con c constante. Este hecho es consecuencia del
teorema siguiente: Teorema 1 Sea f una funcin derivable cuyo
dominio es un intervalo. Si la derivada de f se anula en todo punto
del intervalo, la funcin es constante. Prueba: Es una consecuencia
inmediata del teorema de Lagrange. Tmelo como ejercicio. Puede ver
los detalles en la gua de Matemticas I. 2 Observacin: Es importante
la hiptesis de que el dominio de un intervalo como lo muestra el
ejemplo 3 que se da ms adelante.
f sea
Corolario 2 Si f y g son dos funciones derivables y f 0 (x) = g
0 (x) para todo x de un intervalo I , entonces f y g dieren en I
por una constante, es decir, existe c 2 R tal que f (x) = g (x) + c
para todo x 2 I . Prueba: En efecto, (f g )0 = f 0 g 0 = 0 en el
intervalo I ; eso, por el teorema 1, 2 Como consecuencia signica
que f g = c con c 2 R. Por tanto f = g + c en I . inmediata tenemos
ahora nuestra armacin de antes: Corolario 3 Si el dominio de f es
un intervalo y F es una primitiva de f , toda primitiva de f es la
forma F + c, con c 2 R. De nuevo se pide que el dominio de una
funcin sea un intervalo; vea el ejemplo 4.
15.1 Denicin, primitivas de una funcin Ejemplo: 1. Supongamos
que la velocidad de una partcula est dada por la funcin v(t) = 4t2
5 y que en el instante t = 3 la partcula se encuentra en el punto
de abscisa 6. Entonces, la funcin x(t) que da la posicin de la
partcula en cada instante t, debe satisfacer
255
x0 (t) = 4t2 5 y x(3) = 6:
Desde el punto de vista fsico, esas dos condiciones deben
determinar completamente el movimiento de la partcula. Veamos que
ocurre lo mismo matemticamente. 4 Como x(t) debe ser una primitiva
de t ! 4t2 5 y la funcin t ! t3 5t es una primitiva (verifquelo)
x(t) tiene que ser de la forma:
3
con C
Y, por lo tanto, la funcin que describe el movimiento de esa
partcula tiene que ser
4 33 5:3 + C = 6 3 De all resulta que C = 15.
2 R (por el Corolario 3). Sabemos adems que x(3) = 6, es
decir:
x(t) = 4 t3 5t + C 3
x(t) = 4 t3 5t 15: 3Ejemplo: 2. Supongamos ahora que tenemos una
partcula que se mueve en lnea recta de manera que su aceleracin en
cada instante t es y trataremos de determinar su movimiento. De x00
(t) = a(t) = 6t + 4, se deduce que x0 (t) = 3t2 + 4t + C1 con C1
una constante. De la ltima igualdad se obtiene con C2 constante.
Cualesquiera que sean las constantes C1 y C2 , la funcin x(t) as
obtenida satisface x00 (t) = 6t +4, y por tanto, sirve para
describir el movimiento de una partcula cuya aceleracin sea t ! 6t
+ 4. Desde el punto de vista fsico, conocida la aceleracin en cada
instante junto con la posicin y velocidad en un instante
determinado, el movimiento de la partcula debe estar determinado.
Supongamos por ejemplo, que se sabe que la partcula se encuentra en
el punto de abscisa 0 en el instante t = 1 y que su velocidad en
ese instante es 2. Entonces
a(t) = 6t + 4
x(t) = t3 + 2t2 + C1 t + C2
2 = x0 (1) = 3:12 + 4:1 + C1 0 = x(1) = 13 + 2:12 + C1 :1 + C2 2
= 7 + C1 0 = 3 + C1 + C2
es decir,
256
Primitivas De all resulta C1 = 5 y C2 = 2; quedando unvocamente
determinada la funcin que describe el movimiento de la partcula.
Ella es:
x(t) = t3 + 2t2 5t + 2En las secciones siguientes diremos algo
sobre cmo calcular primitivas. Antes quisiramos presentarle algunos
ejemplos ms, que ayudan a aclarar los resultados de esta seccin.
Ejemplo: 3. Sea f la funcin denida por
1 f (x) = arctan x + arctan x : 1 =x2 f 0 (x) = 1 + x2 + 1
+11=x2 1 = 1 + x2 + 1 +1 2 = 0 x para todo x 6= 0
Entonces:
Sin embargo,
as que f no es constante. Justique usted. Por qu este ejemplo no
contradice el teorema 1? Ejemplo: 4. La funcin H denida por
f (1) = arctan(1) + arctan(1) = 2 f ( 1) = arctan( 1) + arctan(
1) = 2
H (x) =
1
1
si x 0 si x < 0
no tiene primitiva. Ver la grca en la gura 15.1.
grca de la funcin H (x) Figura 15.1 Esto es una consecuencia
inmediata del teorema de Darboux, la propiedad del valor intermedio
de la derivada (Matemticas I) ya que H (x)
15.2 Ejercicios presenta una discontinuidad de salto. Tambin
podemos contestar por reduccin al absurdo, suponiendo que H tiene
una primitiva. Supongamos pues, que existe una funcin g : R ! R tal
que g 0 (x) = H . Entonces, g0 (x) = 1 en el intervalo (0; +1), lo
cual implica que g(x) = x + C para todo x > 0. De la misma
manera, g0 (x) = 1 en ( 1; 0) lo que implica que g (x) = x + K para
todo x < 0. Pero, si g es derivable en R, tiene que ser
continua; en particular tiene que ser continua en 0. Como
257
x!0+
lim g(x) = C
y
x!0
lim g(x) = K , = K = g(0). Por tanto
para que g sea continua en 0, es necesario que C
x + C si x 0 x + C si x < 0 Es decir, g (x) =j x j +C para
todo x 2 R. Pero ya sabemos que x !j x j +C no es derivable en 0.
Como hemos llegado a algo falso, concluimos que nuestra suposicin
de que H tiene una primitiva tiene que ser falsa. Por tanto H no
tiene primitiva. g(x) =
Ms generalmente, en virtud del teorema de Darboux referido
antes, no tienen primitiva aquellas que presentan un salto en su
dominio, es decir, aquellas funciones para las cuales existan los
dos lmites laterales en un punto de su dominio, sin que sean
iguales. El hecho notable es esa propiedad del valor intermedio
para las funciones derivadas (Matemticas I). Sin embargo, eso no
quiere decir que todas las funciones con primitiva tengan que ser
continuas; hay funciones discontinuas que tienen primitiva (sus
discontinuidades no pueden ser saltos).
15.2
Ejercicios
1. Halle una primitiva de las funciones denidas por las
expresiones siguientes: (a) (b) (c) (d) (e) (f)
x2 2x
senx cos 3x 4x3 4x3 + 2 cos x
2. Determine todas las funciones cuya derivada segunda sea:
x ! 3x2 + 4sen2x3. Determine todas las funciones cuya derivada
tercera sea
x ! 2x
258
Primitivas 4. Determine la funcin que describe el movimiento
rectilneo de una partcula si se sabe que: (b) Su velocidad en cada
instante t es sent + cos t y x(1) = 0. (a) Su velocidad en cada
instante t es t4 + 2t y x(0) = 5.
(e) Su masa es 3 y sobre ella acta una fuerza igual a 3t3 +12 en
cada instante t; adems x(0) = 4 y v(0) = 15. 5. De una funcin f se
sabe que (a) (b) En cada punto (x; f (x)) de su grco, la recta
tangente existe y tiene pendiente 3x + 2. Determine f .8 0
si x < 0 2
7. Sean g y f las funciones denidas por
g(x) = f (x) =
1 x2 sen x
0
si x 6= 0 si x = 0 si x 6= 0 si x = 0
1 1 2xsen x cos x 0
(b) Pruebe que f no es continua.
(a) Pruebe que g es una primitiva de f .
8. Sea F una primitiva de f y supongamos que f tiene inversa,
que denotamos por f 1 . Pruebe que la funcin G denida por:
9.
G(x) = x:f 1 (x) F (f 1 (x)) es una primitiva de f 1 . (Suponga
que f y f Sea f la funcin denida por x 3 f (x) = 2x + 2 si x 0 5 si
x < 0 Pruebe que f no tiene primitiva.
1 son derivables).
(Sugerencia: Teorema de Darboux, o alternativamente analice como
tendra que ser la primitiva en los intervalos ( 1; 0) y (0;
+1)).
15.2.11.
Respuestas a los ejercicios
15.2 Ejercicios
259
(a) (b) (c)
x3 x23 cos x
(d) (e) (f)
x4 x4 + 2senx2 cos 2x + C y, por tanto,
1 sen3x 3
2. Si f 00 (x) = 3x2 + 4sen2x, entonces f 0 (x) = x3
f (x) = x 43. Si f 00
4
sen2x + Cx + D
con C y D constantes arbitrarias.
3 0 (x) = 2x, entonces f 00 (x) = x2 + C:f 0 (x) = x + Cx + D,
y, por tanto,
3
1 f (x) = 12 x4 + C x2 + Dx + E; 2con C; D; E constantes
arbitrarias. 4. (a) (b)
x(t) = t5 + t2 + C Si x0 (t) = sent + cos t, entonces,como x(1)
= 0, se tiene
5
1 1 x(t) = ( cos t) + sent + C 1 ( 1 + 0) + C = 0
1 C= Por tanto,
(c) (d) (e)
12 3 3 12 x(t) = 1 sen2t + 5 t + 1: 4 2 Como F (t) = m:a(t) =
3t3 + 12, se tiene x00 (t) = t3 + 4. x(0) = 4 y v(0) = 15,
implica
1 x(t) = ( cos t + sent 1) 3 4 x(t) = t + t + 5 t 13
Eso, junto con
5. La pendiente de la tangente al grco de f en el punto (x; f
(x)) es f 0 (x). Por la hiptesis se sabe que esa pendiente vale 3x
+ 2, es decir
t5 x(t) = 20 + 2t2 + 15t + 4:para todo x
f 0 (x) = 3x + 2De all resulta,
f (x) = 3 x2 + 2x + C: 2
260 Como f (2) = 3, se obtiene nalmente,
Primitivas
3 f (x) = 2 x2 + 2x 71 6. Sea f (x) = arctan x + arctan x ;
entonces,
1 =x2 f 0 (x) = 1 + x2 + 1 +11=x2 1 = 1 + x2
1 1 + x2 = 0
para todo
f 0 (x) = 0 en ese intervalo. Como f ( 1) = , se tiene2
x 6= 0.
Por el teorema 1,
f tiene que ser constante en ( 1; 0) pues
f (x) = 27. (a) Si x 6= 0, se tiene
para todo x < 0.
Anlogamente, f tiene que ser constante en f (x) = =2 para todo x
> 0.
(0; +1) y f (1) = =2.
Por tanto
g0 (x) = 2xsen 1 + x2 cos 1 x
En x = 0, se tiene
x
1 1 1 x2 = 2xsen x cos x = f (x):
g(h) g(0) = h2 sen(1=h) = hsen 1 h h h(por ser j sen
Como
se tiene g 0 (0) = 0. Por tanto, primitiva de f . (b)
1 lim0 hsen h = 0 h!
g0(x) = f (x) para todo x 2 R y g es una
1 j< 1) h
x!0
no existe y, por tanto, f no es continua en 0. 8. Recordando la
frmula para la derivada de f , se tiene,
1 1 lim f (x) = x!0(2xsen x cos x ) lim
f
1 en trminos de la derivada de
G0 (x) = f 1(x) + x f 0 (f 11 (x)) f (f 1(x)) f 0 (f 11 (x)) = f
1 (x) + f 0 (f x1 (x)) f 0 (f x1 (x))= f 1 (x)para todo x.
15.3 El clculo de primitivas 9. Supongamos que f tuviera una
primitiva, digamos g . Como (0; +1), g tiene que satisfacer
261
f (x) = 2x + 3 en
g(x) = x2 + 3x + CAnlogamente,
para todo x 2 (0; +1)
g(x) = 5 x2 2x + K 2En realidad, tanto,
para todo x 2 (
1; 0)Por
C = K = g(0) pues g es continua en 0 (por ser derivable).8 >
5 : x2 2x + c 2
x2 + 3x + C
si x 0 si x 0
Las derivadas a la derecha y a la izquierda de esa funcin en el
punto 0 valen, respectivamente, 3 y 2 y, por tanto ella no es
derivable en 0; eso contradice nuestra suposicin de que g 0 (x) = f
(x) para todo x. Por tanto f no tiene primitiva.
15.3
El clculo de primitivas
La ideas que aqu se presentan sern de utilidad, tanto para este
curso, como para cursos de Fsica y cmo no para toda las ciencias!.
Sea f una funcin que sabemos tiene primitivas y preguntmonos cmo
obtener una de ellas. Puede ocurrir que la funcin f aparezca en la
parte derecha de una tabla de derivadas inmediatas en ese caso ya
est: la funcin que aparece a la izquierda de f en la tabla es una
de sus primitivas, las otras se obtienen de sa agregando constantes
arbitrarias en cada intervalo mximo del dominio de f . Vase por
ejemplo la tabla 15.1 Ejemplos 1. Una primitiva de x 7! cos x es la
funcin x 7! de la forma x 7! senx + C , con C constante. 2. Una
primitiva de
senx; toda otra primitiva de cos es
3.
x 7! p 1 2 (jxj < 1) es la funcin x 7! arcsenx; todas sus 1 x
primitivas son de la forma x 7! arcsenx + C . Consideremos la
funcin x 7! x5 .Esta no aparece en la columna de la derecha de la
tabla, sin embargo, aparece la expresin 6x5 como derivada de x 7!
x6 (caso = 6 de la derivada de x 7! x6 ). De
d 6 5 dx (x ) = 6x
262
Primitivas
f (x)constante
x p
x x
0 p 1 1=(2 x) (x > 0)
f 0 (x)
senx cos x tan x arcsenx arccos x arctan x
cos x senx 1 +p 2 x = 1= cos2 x tan 1= p x2 (jxj < 1) 1 1= 1
x2 (jxj < 1) 1=(1 + x2 ) Tabla 15.1 Una tabla de derivadas
x
1
deducimos fcilmente que
d 1 6 5 dx ( 6 x ) = x :Por tanto, las primitivas de x 7! x5 son
las funciones de la forma
x 7! 1 x6 + C: 6De la misma forma se pueden obtener las
primitivas de cualquier funcin de la forma x 7! x con real (x >
0 si no es entero). escrbalas Ud. Las primitivas de x 7! x son las
funciones de la forma x 7! +C . (Complete usted el espacio en
blanco). Ahora pregntese si tiene sentido esa frmula en el caso en
que = ocurre en ese caso. Esto lo veremos ms adelante en el captulo
16. Denicin: Si mos por:Z
1 y qu
f es una funcin que admite primitivas, denotare-
f (x) dx
a cualquiera de ellas e inclusive a todas ellas simultneamente.
Este smbolo se lee integral de efe de equis de equis.
4. Con esa notacin, los ejemplos vistos hasta ahora se escriben:
(a)Z
cos x dx = senxy
Z
cos x dx = senx + C
15.4 Propiedades de las primitivas (b)
263
Z
Z
(c)Z
Y, lo que usted debe haber completado, como
1 Z x2 = p dx 2 1 x = arcsenx + C (jxj < 1) x5 dx = 1 x6 + C
6
p 1
dx
x+1 x dx = + 1 + C
si 6=
1
(d) Busquemos ahora una primitiva de la funcin x 7! 1=(1 + 4x2
). En la tabla de derivadas encontramos que
Dicho esto, sigamos averiguando cmo se calculan primitivas.
d 1 dx (arctan x) = 1 + x2
frmula que implica que,
d 2 dx (arctan 2x) = 1 + (2x)2
De esta ltima se deduce que
d ( 1 arctan(2x)) = 1 dx 2 1 + 4x2Por tanto,Z
1 + 4x2
dx
= 1 arctan(2x) + C: 2
15.4
Propiedades de las primitivas
Aqu queremos resumir importantes propiedades de las primitivas
que nos ayudarn en la solucin de problemas y que tambin simplicarn
su clculo.
15.4.1
Linealidad de las primitivas
La linealidad de la operacin tomar derivada trae como
consecuencia la linealidad de la operacin buscar primitiva. Lo
resumimos en el siguiente teorema: Teorema 4 Sean f y g funciones
con primitivasZ
Z
f (x) dx y g(x) dx
respectivamente. Sea una contante arbitraria. Entonces
264Z
Primitivas
1.Z
f (x) dx =
Z
f (x) dxZ
2.
(f (x) g(x)) dx =
f (x) dx g(x) dx
Z
Prueba: Queda como ejercicio para el lector.
2
15.4.2
Cambio de variables
La regla de la cadena para derivadas tiene consecuencias
inmediatas para las primitivas: Teorema 5 Sean f y g funciones
derivables tal que existe la composicin algn intervalo abierto (a;
b). Sea F una primitiva de f , entonces la funcin
f g en
F (g(x)) = (F g) (x) es una primitiva de f (g (x)):g 0 (x). Lo
cual tambin escribimos como F (g(x)) = f (g(x)):g0 (x) dxPrueba:
Inmediato recordando la Regla de la Cadena y calculando la
derivadaZ
d F (g(x)) = F 0 (g(x)):g0 (x) = f (g(x)):g0 (x) dxEl caso de
las potencias
2
xn+1 f (x) = xn con n 2 N . En ese caso una primitiva de f (x)
es n + 1 . As para toda funcin derivable g (x) podemos escribir la
frmula: Z ))n+1 (g(x))n :g0 (x) dx = (g(x+ 1 n Esta frmula se puede
extender para otros casos del exponente n 6= 1.15.4.3 Primitivas
por partes
A manera de observacin, podemos pensar en el teorema anterior
para el caso donde
Por ltimo mencionaremos que la regla de Leibniz para la derivada
de un producto tambin nos ayuda en el clculo de las primitivas:
Teorema 6 Sean f y g funciones derivables en un intervalo abierto
(a; b). Entonces:Z Z
f (x):g0 (x) dx = f (x):g(x)
f 0 (x):g(x) dx:
Es decir, asumiendo que existen primitivas para f (x):g 0 (x) y
f 0 (x):g (x) respectivamente, entonces una (y toda) primitiva de f
(x):g 0 (x) se obtiene como f (x):g (x) menos una primitiva de f 0
(x):g (x).
15.5 Algunos ejercicios Prueba: Estamos asumiendo que existen
las primitivas referidas. La regla de Leibniz nos arma que:
265
d dx (f (x):g(x) ) = f (x):g0 (x) + f 0 (x):g(x)por lo
tantoZ
d dx (f (x):g(x) ) dx = f (x):g(x)
es una primitiva de
f (x):g0 (x) + f 0 (x):g(x)pero por linealidad tenemos,Z
=
Z
[f (x):g0 (x) + f 0 (x):g(x)] dx
f (x):g0 (x) dx +
Z
f 0 (x):g(x) dx
as llegamos inmediatamente a la expresin buscada.
2
15.5(a) (b) (c)
Algunos ejercicios
1. Calcule una primitiva de las funciones denidas por las
siguientes frmulas
x2 (x 6= 0) es un caso especial de x senx; sen3x; 4senx;
bsen(ax) (a; b 2 R): cos( 2x); 5 cos(3x).5
p
2. CompleteZ
(a)Z
(b)Z
(1 + tan2 x) dx = ? ( 2 < x < ) 2 3x5 dx = ? 2 x dx =
?
(c)Z
p
(x > 0) (j x j< 1)
(d)
p dx 2 = ?1 x
3. Halle una primitiva de las funciones denidas por las
expresiones siguientes: (a) p (b) (c) (d)
1 (j 3x j< 1) 1 (3x)2 1 1 + 5x2 p 1 2 1 + 3x cos(x + 1)
266 (e)
Primitivas
2sen(2x + 3)
4. Obtenga una funcin que cumpla con lo requerido: (jarse en las
constantes) (a) (b)
(c) (d)
f 0 (x) = (x 1 3)2 para todo x > 3; f (4) = 5 f 00 (x) = x2
para todo x; 1 f 0 (1) = 1, f (1) = 2 f 00 0 (x) = 3 para todo x; f
00 (2) = 0 , f 0(2) = 0 , f (2) = 5. f 00 (t) = t1 para todo t 6=
0; 3 f 0 ( 1) = 0 f ( 1) = 0.
Captulo 16
IntegracinPara el mejor aprovechamiento de este captulo, se
recomienda un repaso de las nociones de supremo e nmo.
16.116.1.1
La Denicin de Darboux de la Integral de RiemmanPreliminares
acerca de particiones
Sea [a; b] = I un intervalo cerrado de nmeros reales. Una
particin P de I consiste de una sucesin de nmeros x0 ; x1 ; : : : ;
xn ; donde
a = x0 x1 : : : xn = bMuchas veces pondremos
P : a = x0 x1 : : : xn = b Observe que entre los nmeros x0 ; x1
; : : : ; xn ; puede haber repeticiones. Podemos hacer un dibujo de
una particin de I , como en la gura 16.1. en donde n = 6, y
un dibujo de una particin de I Figura 16.1 donde se repiten x1 y
x2 y x5 y x6 : Podemos decir que una particin de puntos entre a y b
. Si
P
de
I consiste en una distribucin ordenada
conjunto (nito):
P : a = x0 x1 : : : xn = b es una particin de [a; b], llamaremos
los puntos de Ppuntos(P ) = fxk j k
y escribiremos puntos
(P ) al
= 0; 1; : : : ; ng
268
Integracin Observe que puntos(P ) es un conjunto de nmeros
reales, mientras que la particin P misma, es una numeracin
creciente de estos puntos con posibles repeticiones. Conviene
cuidarse para no confundir ambos conceptos. Por ejemplo, en la
particin P esquematizada en la gura 16.1, aunque n = 6, tenemos que
el conjunto puntos(P ) tiene exactamente cinco elementos. Cuando
sea necesario, indicaremos con P (I ) o P simplemente, al conjunto
de todas las posible particiones de I: Ahora introducimos en el
conjunto P de todas las posible particiones de I , una relacin de
orden, que ser fundamental para el desarrollo del concepto de
integral. Denicin: Dadas las particiones P y P 0 de I , diremos que
P es menos na que P 0 o que P 0 es ms na que P y escribiremos P P 0
o bien P 0 P si el conjunto de los puntos de P est contenido en el
conjunto de los puntos de P 0 :
puntos(P ) puntos(P 0 )
Para aclarar el signicado de esta denicin pongamos los
siguientes nombres: Si P : a = x0 x1 : : : xn = b es una particin
de I , pongamos
I1 = [x0 ; x1 ]; I2 = [x1 ; x1 ]; In = [xn 1 ; xn ]y llamaremos
a cada uno de estos intervalos cerrados un intervalo de la particin
P: Podramos decir que una particin como P subdivide a I en los
intervalos I1 ; I2 ; : : : ; In : En la gura 16.1 estn marcados los
intervalos I1 ; I2 ; : : : ; I6 : Observe que algunos de estos
intervalos degeneran a un solo punto. Volviendo a nuestra denicin,
podemos decir que si P es menos na que P 0 , entonces P 0 subdivide
a cada intervalo de P en subintervalos, salvo por los posibles
intervalos reducidos a un solo punto de P: (Analice esta armacin).
Observe que tambin uno podra tener P P 0 con . . .
plo? Ahora pasamos a describir algunas propiedades fundamentales
de la relacin P P 0 : Las numeramos: 1. 2.
P : a = x0 x1 : : : xn = b P 0 : a = x00 x01 : : : x0n0 = b pero
podra ser n > n0 (porque podran haber repeticiones). Podra poner
un ejem-
P P para cada P 2 P : (Propiedad reexiva). Esto es obvio Si P P
0 y P 0 P 00 , entonces P P 00 : Esta es la propiedad transitiva y
esevidente.
3. Si P P 0 y P 0 P ; no podemos concluir que conclusin correcta
es que puntos(P ) = puntos(P 0 ); lo cual es claro a partir de la
denicin.
P y P 0 sean iguales, pero una
16.1 La Denicin de Darboux de la Integral de Riemman As
entonces, dos particiones igualmente nas (cada una es menos na que
la otra), pueden no ser iguales (haga un ejemplo!), pero son
esencialmente iguales : tienen los mismos puntos. La nica
diferencia slo puede estar en la numeracin de estos puntos.
Observacin: La relacin de orden en P de particiones de varias
diferencias importantes con, por ejemplo, el orden de los nmeros
reales. Una de ellas es que el orden de P no es lineal: Existen
particiones P y P 0 tales que ni P P 0 ni P 0 P (decimos: P y P 0
no son comparables). Por ejemplo vea la gura 16.2.
269
I = [a; b] tiene
P y P 0 no soncomparables Figura 16.2
4. La siguiente propiedad del orden en es ms dbil y dice as:
P , tiene que ver con la linealidad, aunque 2 P tal que
Si P y P 0 son particiones de I , entonces existe P 00
P P 00 y P 0 P 00 :Es decir, dadas dos particiones P y P 0 ,
pueden no ser comparables, pero hay alguna que sigue a ambas (es ms
na que ambas). En cuanto a la demostracin es claro que si
consideramos el conjunto
A = puntos(P ) [ puntos(P 0 )de los puntos de ambas particiones
P y P 0 y las numeramos en forma creciente, obtenemos la particin P
00 buscada. Con esta lista de propiedades del orden en a la
construccin de la integral. Ejemplos 1.
P , concluimos la seccin y pasamos
1 f 2; 1; 0; 2 ; 1; 3g es una particin de [ 2; 3] en donde
x0 = 2; x1 = 1; x2 = 0; x3 = 1 ; x4 = 1; x5 = 3 2y es claro
que
x0 < x1 < x3 < x3 < x4 < x5
2< 1 Figura 16.9
las reas de los rectngulos " 0: Entonces, existe una particin P
0 tal queZ
b a
f (x) dx + 2 > S (f; P 0 )R
(Por qu? Se trata de la denicin misma de nmo. Recuerde que de S
(f; P 0 )). Tambin existe P 00 tal queZ
es un nmo
b a
f (x) dx 2 < S (f; P 00 )R
(Por qu? Nuevamente se trata de la denicin de supremo. Recuerde
que supremo de S (f; P 0 )).
es un
16.3 La integral superior y la integral inferior de Darboux
Ahora elegimos PRb Rb
281
P 0 y P P 00 , as tenemos que> S (f; P 0 ) > S (f; P );
> S (f; P 00 ) > S (f; P )y
a f (x) dx + 2
a f (x) dx + 2
Sumando, S (f; P ) S (f; P ) < ; como queramos. Ahora,
recprocamente, supongamos que se cumple la condicin del enunciado
de la proposicin y probemos que f es integrable. Sea > 0 y sea P
una particin de I tal que S (f; P ) S (f; P ) < : EntoncesZ
b a
f (x) dx
Z R
b
a
f (x) dx S (f; P ) S (f; P ) < :por S que es ms pequea).
(En efecto, se sustituy Luego, la diferenciaZ
b a
f (x) dx
Z
b
a
f (x) dx :
es un nmero mayor o igual a cero, que es menor que cualquier
nmero positivo Entonces, necesariamenteZ
b a
f (x) dx =
Z
b a
f (x) dx
como queramos. Ejemplos 1. Sea f
2
: [a; b] ! R tal que f (x) = C = constante.Z
Demostraremos que f es integrable en [a; b] y que
b a
f=
Z
b a
C dx = C
Z
b a
dx = C (b a)
En efecto, sea P
= fxi ji = 0; 1; : : :; ng 2 P ([a; b]), es evidente que
mj = Mj = C ; j = 1; 2; : : :; n;luego:
s(f; P ) =y
n X j =1
C (xj xj 1 ) = C
n X j =1
(xj xj 1 ) = C (b a)
S (f; P ) =
n X j =1
C (xj xj 1 ) = C
n X j =1
(xj xj 1 ) = C (b a)
282
Integracin
f (x) = C =constante, es integrable en [a; b]Figura 16.12
Entonces, de donde
inf fS (f; P )jP 2 P ([a; b])g = supfs(f; P )jP 2 P ([a; b])g =
C (b a),b a
Z
f=
Z
b a
f=
Z
b a
C = C (b a)
Ejercicios 1. Sea f
1 si x es irracional Demuestre que f no es integrable en [0;
1].(
: [0; 1] ! R tal que f (x) =
(
0
si x es racional
2. Es cierta la siguiente armacin? Toda funcin acotada en [a; b]
es integrable en [a; b]. Razone su respuesta. 3. Sea f
: [0; 1] ! R tal que f (x) =
x
si x es racional
Es integrable
1 x si x es irracional f en [0; 1]? Razone su respuesta.
16.4
Propiedades de la integral
Ahora pasamos a analizar las propiedades generales bsicas de la
integral inferior y superior de Darboux, as como aqullas de la
integral.
16.4.1
Monotona
Las siguientes armaciones son sencillas y sus demostraciones
quedan a cargo del lector. Sean f y g acotadas en I: Supongamos que
f (x) g (x) para todo x 2 I: Entonces
16.4 Propiedades de la integralZ
283
1.Z
b a
f (x) dx Z
Z
b
a
g(x) dx
2.
b a
f (x) dx Z
b a
g(x) dxZ
3. Si f y g son integrables, entonces
b
a
f (x) dx
b
a
g(x) dx:
16.4.2
Subaditividad y aditividad
Aqu probamos la siguiente Proposicin 8 Sean f (x) y g (x),
acotadas en IZ
(i) (ii)
b
I y se tieneZ
g(x) dx (iii) Si ambas f y g son integrables en I , entonces f +
g tambin es integrable ena a a b a
a Z b
(f (x) + g(x)) dx (f (x) + g(x)) dx
Z
b
a Z b
f (x) +
Z
b
= [a; b]: Entonces
f (x) +b a
a Z b
g(x) dx
(f (x) + g(x)) dx =
Z
