1

Soluciones de la relación de ejercicios delTEMA 0

1. Indica a que conjunto o conjuntos pertenecen los siguientes números:

0,−93,4

5,√81, 3i,−

√3, 2−

√7,

3√27, 1 + i,

3√2,

π

3,4

4√256

Para este ejercicio hay que tener en cuenta la relación que existe entrelos distintos conjuntos numéricos estudiados. Recordemos que N ⊂Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C, por una lado y que R\Q ⊂ R ⊂ C. De manera quesi, por ejemplo, x ∈ N, entonces x también pertenece a Z, Q, R y C.Se tiene que

√81 = 9, 3

√27 = 3, 4

4√256 = 1 ∈ N (y a Z, Q, R y C). 0,−93= −3 ∈ Z (y a Q, R y C). 4

5∈ Q (y a R y C). −√3, 2−√7, 3

√2,

π3∈ R\Q (y a R y C). 3i, 1 + i ∈ C.

2. Simplifica las siguientes fracciones algebraícas:

(a) x4−125x5x−x2 = −x2 − 5x− 25

(b) 4x3−3x−12x4−3x3−4x2+3x+2 =

2x+1x2−x−2

3. Opera simplificando el resultado:

a) 53− 5

3

− 35+ 5

3

= 3310

f) 4x−y − 7

y−x =11x−y

b) 1xy+ 2

xz− 3

yz= −−z−2y+3x

xyzg) x+y

2− 5−x2

y−x = −12 x2+y2−10x−y

c)1x+ 1y

x+y= 1

xyg) x+3

2x2+1− 5

1−2x =12x2+5x+2

4x3−2x2+2x−1d)

x1−x5xx−1+1

= − x6x−1 h) x2+3x+2

x(x+2)2(x+1)− 1

x(x+2)(x+5)= x+4

x(x+2)(x+5)

e) 12+ 3

1−x= x−1

2x−5 i) x−1+y−1x−2−y−2 · (x

−1y−2(xy)−3 )

−1 = − 1x(x−y)

4. Realiza las siguientes operaciones:

a) (23)−1 + 23

2−1 + 2−123 = 161

8c)

q5√2−1

q3

1+√2=√15

b) 51−√2 +

31+√2= −8− 2√2 d)

qxy2

x+y

qx2yx−y =

qx3y3

x2−y2

5. Resuelve las siguientes ecuaciones:

2

(a) (x+ 1)2 − x = x2 + x− 4. No tiene solución(b) 8x2 + 25 = (x+ 5)2. x = 0, x = 10

7

(c) x4 − 4 = 0. x = ±√2, x = ±√2i(d) 2x4 + 6x2 − 1 = 0. x = ±1

2

p−6 + 2√11, x = ±1

2

p−6− 2√11

(e) x3 − x2 − 3x+ 3 = 0. x = 1, x = ±√3(f) 3

x−1 =8x2x−1 . x =

14x = 3

2

(g) 2x− 5 = 1 +√2x. x = 92

(h) 2 |x− 3|+ x2= 5. x = 22

5, x = 2

3

6. Resuelve las siguientes inecuaciones en R:

(a) 1 + 3x ≥ 6− 3x⇔ 6x ≥ 5⇔ x ≥ 56. (x ∈ [5

6,+∞[).

(b) 6−2x5> 1−x

10⇔ 10(6 − 2x) > 5(1 − x) ⇔ 60 − 20x > 5 − 5x ⇔

−15x > −55⇔ x < 5515⇔ x < 11

3. (x ∈]−∞, 11

3[).

(c) x2 + 6x− 1 ≤ 3x2 + 3x− 6⇔ −2x2 + 3x+ 5 ≤ 0. Si resolvemosel polinomio −2x2 + 3x + 5 = 0, obtenemos las raices x = −1y x = 5

2. Si las ponemos en la recta real y damos valores (por

ejemplo, x = −2, x = 0 y x = 3), se observa que dicho polinomiotoma valores negativos o cero en los intervalos ]−∞,−1] y [5

2,+∞[.

(d) 3x2+4 < x4+3x3+3x⇔−x4−3x3+3x2−3x+4 < 0 Ruffini⇔ (x−1)(x+4)(x2+1) < 0. Las raices reales de (x−1)(x+4)(x2+1) = 0son x = 1 y x = −4. Si las ponemos en la recta real y damosvalores (por ejemplo, x = −5, x = 0 y x = 2), se observa que

3

dicho polinomio toma valores negativos en los intervalos ]−∞,−4[y ]1,+∞[.

(e) Para resolver esta inecuación hay que multiplicar por x+1 en losdos miembros de la desigualdad, de manera que hay que tener encuenta que si este factor es positivo o negativo.

i. Si x + 1 > 0 (x > −1), multiplicando por x + 1 en los dosmiembros de la desigualdad, se tiene que

x2 + 4x− 2x+ 1

> x2− 2 (x+1>0)⇒ x2 +4x− 2 > (x2− 2)(x+1)⇒

x3 − 6x < 0⇒ x(x2 − 6) < 0⇒

⇒

⎧⎪⎨⎪⎩x > 0 y x2 − 6 < 0⇒ (0,+∞) ∩ (−√6,√6) = (0,√6)o

x < 0 y x2 − 6 > 0 (−1<x<0)⇒ (−1, 0) ∩ {(−∞,−√6) ∪ (√6,+∞)} = ∅La solución en este caso sería (0,

√6).

ii. Si x + 1 < 0 (x < −1), multiplicando por x + 1 en los dosmiembros de la desigualdad, se tiene que

x2 + 4x− 2x+ 1

> x2− 2 (x+1<0)⇒ x2 +4x− 2 < (x2− 2)(x+1)⇒

x3 − 6x > 0⇒ x(x2 − 6) > 0 (x<0)⇒ x2 − 6 < 0⇒⇒ (−∞,−1) ∩ (−

√6,√6) = (−

√6,−1)

Uniendo las soluciones obtenidas para x + 1 > 0 y x + 1 < 0, setiene la solución al ejercicio:

(−√6,−1) ∪ (0,

√6).

Gráficamente:

4

Aunque aún no se ha estudiado la representación gráfica de fun-ciones, al resolver la inecuación x2+4x−2

x+1> x2 − 2, lo que estamos

hallando son los números reales que verifican que la gráfica de lafunción x2+4x−2

x+1está por encima (>) de la gráfica de la función

x2 − 2. De hecho, en el siguiente dibujo se aprecian las gráficasde las dos funciones, así como el conjunto solución que hemosobtenido.

(f) Si ponemos en la recta real x = −1, x = 1 y x = 2 y damosvalores (por ejemplo, x = −2, x = 0, x = 3

2y x = 3), se obtiene

que (x+ 1) (x− 1) (x− 2) > 0⇔ x ∈]− 1, 1[∪]2,+∞[.

7. Dado a ∈ R−, b ∈ R+ y |a| > b, determina el signo de las siguientesexpresiones:

Para hacer este ejercicio hay que tener en cuenta que si a < 0, entonces−a > 0 y |a| = −a, si b > 0, −b < 0 y |b| = b y que |a| > b lleva consigoque −a > b.a) a < 0⇒ −a > 0 f) a 6= b⇒ |a− b| > 0b) b > 0⇒ −b < 0 g) |a|− a = −a− a > 0c) a− b = a+ (−b) < 0 h) |b|− b = b− b = 0d) − a > b⇒ a+ b < 0 i) |a| > b = |b|⇒ |a|− |b| > 0e) a− b < 0⇒−a+ b > 0 j) |a| > |b| > 0⇒ 1

|a| <1|b| ⇒ 1

|a| − 1|b| < 0

8. Resuelve las siguientes inecuaciones:

(a) |x| ≥ 1. ]−∞,−1] ∪ [1,+∞[

5

(b) |2x+4||x−1| ≤ 0. x = −2

(c) |x− 4| < |x+ 1|. ]32,+∞[

(d) |x+ 2| ≤ 2. [−4, 4](e) x ≤ |x+ 2|. Cierto para todo x ∈ R(f) |x(1− x)| < 1

2. ]1

2− 1

2

√3, 1

2+ 1

2

√3[

9. Expresa en forma de intervalos los siguientes subconjuntos de R:

(a) {x ∈ R : 3x+ 1 > 0} = {x ∈ R : 3x > −1} = {x ∈ R : x > −13} =

]− 13,+∞[

(b) {x ∈ R : x3 − 3x2 − 4x < 0} = {x ∈ R : x(x2 − 3x − 4) < 0} ={x ∈ R : x(x+ 1)(x− 4) < 0} (dando valores)= ]−∞,−1[∪]0, 4[

(c) {x ∈ R : |x− 2| |x+ 3| = 1} = {x ∈ R : |(x − 2)(x + 3)| =1} = {x ∈ R : |x2 + x − 6| = 1} = {x ∈ R : x2 + x − 6 = 1 óx2 + x− 6 = −1} = {x ∈ R : x2 + x− 7 = 0 ó x2 + x− 5 = 0} ={−1

2± 1

2

√29,−1

2± 1

2

√21}

(d) {x ∈ R : |2x− 1| ≤ 2} = {x ∈ R : −2 ≤ 2x− 1 ≤ 2} = {x ∈ R :−1 ≤ 2x ≤ 3} = {x ∈ R : −1

2≤ x ≤ 3

2} = [−1

2, 32]

(e) {x ∈ R : |x−1| ≤ 2x−1}. “Rompiendo” el valor absoluto tenemos{x ∈ [1,+∞[ : x−1 ≤ 2x−1}∪{x ∈]−∞, 1[: −x+1 ≤ 2x−1} ={x ∈ [1,+∞[ : 0 ≤ x} ∪ {x ∈]−∞, 1[: 2

3≤ x} = [1,+∞[∪[2

3, 1] =

[23,+∞[

(f) {x ∈ R : x2−x−1x−1 > 0}.Si obtenemos las raices del numerador

(12± 1

2

√5) y del denominador (1) y las ponemos en la recta real y

damos valores, obtenemos ]12− 1

2

√5, 1[∪]1

2+ 1

2

√5,+∞[

10. Determina el dominio de definición de las siguientes funciones:

(a) f(x) = x+1x2−4x+3

Para estudiar el dominio de un cociente tenemos que hallar lospuntos que anulan el denominador y que no anulan el numerador.x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1, 3. Como estos puntos no anulan eldenominador, se tiene que el dominio es R\{1, 3}.

6

(b) f(x) = 1x3−3x2+3x−1

1x3−3x2+3x−1 =

1(x−1)3 . Por tanto, el dominio es R\{1}.

(c) f(x) =√x2 + 2x− 3

El dominio es {x ∈ R : x2 + 2x− 3 ≥ 0} =]−∞,−3] ∪ [1,+∞[.(d) f(x) = 3

√2x+ 1

Teniendo en cuenta que la función raiz cúbica tiene por dominiotodo R, Dom 3

√2x+ 1 = Dom (2x+ 1) = R.

(e) f(x) =√x2 + 4

Como x2 + 4 ≥ 0, para todo x ∈ R, se tiene que el dominio de fes R.

(f) f(x) =q

x−1x2+1

Dom f = {x ∈ R : x−1x2+1

≥ 0}. Como x2+1 > 0, para todo x ∈ R,x−1x2+1

≥ 0 si, y sólo si, x− 1 ≥ 0, es decir, si x ≥ 1. Por tanto, eldominio es [1,+∞[.

(g) f(x) = e−3x

Teniendo en cuenta que el dominio de la función exponencial decualquier base, en particular si la base es el número e, es R, setiene que Dom e

−3x = Dom (−3

x) = R∗.

(h) f(x) = ln(1+x1−x)

Dom f = {x ∈ R : 1+x1−x > 0}. Obtenemos las raices del numerador

y del denominador (±1), las ponemos en la recta real y damosvalores. Se tiene que el dominio es ]− 1, 1[.

(i) f(x) = sen( 2x2−4)

El dominio de la función seno es todo R. Por tanto, Dom f =Dom ( 2

x2−4) = {x ∈ R : x2 − 4 6= 0} = R\{±2}.(j) f(x) = arctg( 1

ex)

El dominio de la función arcotangente es todo R, por tanto, Domf = Dom( 1

ex). Como ex > 0, para todo x ∈ R, en particular

ex 6= 0, para todo x ∈ R. Se tiene entonces que el dominio es R.(k) f(x) = 2x

El dominio de las funciones exponenciales es R.

7

(l) f(x) = 1|x|−x

Los puntos que NO pertenecen al dominio, son aquellos tales que|x|− x = 0.

|x|− x = 0⇔ |x| = x⇔ x ∈ [0,+∞]Por tanto, Dom f =]−∞, 0[.

11. Halla el dominio, la imagen y dibuja la gráfica de las siguientes fun-ciones:

(a) f(x) =√x− 1. Dominio ([1,+∞[). Imagen (R+0 ). La gráfica es

como√x, pero desplazada una unidad a la derecha.

(b) f(x) = x2. Dom f = R, Im f = R+0

(c) f(x) = x|x| =

½ −1 si x < 01 si x ≥ 0 . Dominio (R). Imagen ({−1, 1}).

Gráfica. Función constante −1, para x < 0 y función constante 1,para x ≥ 0.

(d) f(x) = 1|x| =

½ − 1xsi x < 0

1x

si x > 0. Dominio (R∗). Imagen (R+).

Gráfica

8

(e) f(x) = log2(x) (en apuntes)

(f) f(x) = log 12(x) (en apuntes)

(g) f(x) = 2x (en apuntes)

(h) f(x) =¡12

¢x(en apuntes)

(i) f(x) =√x+2. Dominio (R+0 ). Imagen ([2,+∞[). Gráfica. Como√

x, pero desplazada dos unidades hacia arriba.

(j) f(x) =√senx. Dominio (∪n∈Z[2nπ, (2n + 1)π]). Imagen ([0, 1]).

La gráfica en el intervalo [−4π, 4π] es :

12. Dadas f : R\{2} −→ R y g : R −→ R definidas por f(x) = 1x−2 y

g(x) = x2 − cosx. Calcula f ◦ g y g ◦ f .(f ◦ g)(x) = 1

x2−cosx−2 y (g ◦ f)(x) = ( 1x−2)

2 − cos( 1x−2).

13. Estudia cuáles de las siguientes funciones son inyectivas y, en caso deque exista, calcula su inversa:

(a) f(x) = 4x− 7. Inyectiva. f−1(x) = 14x+ 7

4

(b) f(x) = x2 + 1. No inyectiva.

(c) f(x) = ex − 1 Inyectiva. f−1(x) = ln(x+ 1)(d) f(x) = 9− x2, x ≥ 0. Inyectiva. f−1(x) = √9− x

9

(e) f(x) = 32−x . Inyectiva. f

−1(x) = 2x−3x

(f) f(x) =√x, x ≥ 0. Inyectiva. f−1(x) = x2

14. Estudia los límites en los puntos x0 = −5/2, x0 = −1 y x0 = 0 de lafunción cuya gráfica es:

limx→−5

2

− f(x) = 0, limx→− 5

2

+ f(x) = 1, limx→−1 f(x) = 1, limx→0− f(x) =32.

15. Estudia la existencia de los siguientes límites. Si existen, hállalos:

(a) limx→3(x2 − 2x+ 2) = 32 − 6 + 2 = 5

(b) limx→2

x2 − 2xx2 − 4x+ 4 = limx→2

x(x−2)(x−2)2 = limx→2

xx−2 (

20) No existe límite, f(x)→

−∞, x→ 2− y f(x)→ +∞, x→ 2+.

(c) limx→+∞

1 + x3

x3. Tenemos una indeterminación del tipo ∞

∞ . Dividi-

endo numerador y denominador por x3, se tiene que limx→+∞

1 + x3

x3=

1.

(d) limx→+∞

(√x2 + x− 1 − x). Tenemos una indeterminación del tipo

∞−∞. Multiplicando numerador y denominador por el conju-gado:

limx→+∞

(√x2 + x− 1−x) = lim

x→+∞(√x2 + x− 1− x)(√x2 + x− 1 + x)√

x2 + x− 1 + x =

= limx→+∞

x− 1√x2 + x− 1 + x =

1

2(dividiendo num. y den. por x)

10

(e) limx→1(1

1− x −3

1− x3 ). Ambos sumandos por separado no tienenlímite (divergen). No obstante, el hecho de que dos funciones NOtengan límite no significa que la suma no lo tenga, como pone demanifiesto este ejercicio.

limx→1(1

1− x −3

1− x3 ) = limx→1(1

1− x −3

(1− x)(x2 + x+ 1)) =

= limx→1

x2 + x+ 1− 3(1− x)(x2 + x+ 1) = limx→1

(x− 1)(x+ 2)(1− x)(x2 + x+ 1) =

= limx→1

x+ 2

−x2 − x− 1 = −1

(f) limx→+∞¡√x2 + x+ 1−√x2 − 2x− 1¢. Tenemos una indeter-

minación del tipo ∞ − ∞. Multiplicando y dividiendo por elconjugado

limx→+∞

³√x2 + x+ 1−√x2 − 2x− 1

´=

= limx→+∞

¡√x2 + x+ 1−√x2 − 2x− 1¢ ¡√x2 + x+ 1 +√x2 − 2x− 1¢¡√

x2 + x+ 1 +√x2 − 2x− 1¢ =

= limx→+∞

x2 + x+ 1− (x2 − 2x− 1)¡√x2 + x+ 1 +

√x2 − 2x− 1¢ =

= limx→+∞

3x+ 2¡√x2 + x+ 1 +

√x2 − 2x− 1¢ .

Tenemos una indeterminación del tipo ∞∞ . Si dividimos numeradory denominador por la “x” de mayor grado (en este caso, x), se tiene

limx→+∞

3x+ 2¡√x2 + x+ 1 +

√x2 − 2x− 1¢ =

= limx→+∞

3xx+ 2

xµqx2

x2+ x

x2+ 1

x2+q

x2

x2− 2x

x2− 1

x2

¶ ==

3 + 0√1 + 0 + 0 +

√1− 0− 0 =

3

2

11

(g) limx→−∞

xe1x

3x+1

limx→−∞

1x= 0. Por tanto, lim

x→−∞e1x = 1. Por otra parte, lim

x→−∞x

3x+1=

13, de manera que lim

x→−∞xe

1x

3x+1= 1

3.

(h) limx→+∞

xe1x

3x+1. De forma análoga al apartado anterior, se tiene que

limx→+∞

xe1x

3x+1= 1

3.

(i) limx→+∞

x2 + e−x

6x2 + 2

limx→+∞

e−x = limx→+∞

1ex= 0 y lim

x→+∞x2

6x2 + 2= 1

6. Por tanto:

limx→+∞

x2 + e−x

6x2 + 2=1

6.

(j) limx→a

√x−√ax− a (0

0). Si multiplicamos y dividimos por el conjugado

del numerador

limx→a

√x−√ax− a = lim

x→a(√x−√a)(√x+√a)(x− a)(√x+√a) =

= limx→a

(x− a)(x− a)(√x+√a) =

1

2√a.

Ota forma de afrontar el límite es mediante el cambio de variablet2 = x. Teniendo en cuenta que cuando x → a, t → √a se tieneque

limx→a

√x−√ax− a = lim

t→√a

√t2 −√at2 − a = lim

t→√at−√at2 − a =

= limt→√a

t−√a(t+√a)(t−√a) = lim

t→√a1

(t+√a)=

1

2√a

(k) limx→+∞x− 1

x2−3

2x2+ 1x2+5

limx→+∞

x− 1x2− 3

2x2 + 1x2+ 5

= limx→+∞

x3−1−3x2x2

2x4+1+5x2

x2

= limx→+∞

x3 − 1− 3x22x4 + 1 + 5x2

= 0

12

(l) limx→+∞

(1 + e−3x). Cuando x → +∞, −3x → −∞ y, la función

exponencial en −∞, tiende a 0. Por tanto, limx→+∞

(1 + e−3x) =

1 + 0 = 1.

16. Halla, si existen, los límites en 0 y en 1 de la función:

f(x) =

⎧⎨⎩ x− 1 si x ≤ 0x2 si 0 < x < 12− x si x > 1

@ limx→0 f(x) (limx→0− f(x) = −1 6= 0 = limx→0+ f(x)), limx→1 f(x) =1

17. Calcula, si existen, los siguientes límites laterales:

(a) Si tenemos en cuenta como se define la función valor absoluto, |x−2| = −x + 2, cuando x < 2. Por tanto, lim

x→2−x−2|x−2| = lim

x→2−x−2−x+2 =

limx→2−

x−2−(x−2) = lim

x→2−(−1) = −1

(b) limx→2+

x−2|x−2| = lim

x→2+x−2x−2 = 1

(c) limx→0−

x·sen x|x| = lim

x→0−x·sen x−x = lim

x→0−(−sen x) = 0

(d) limx→0+

x·sen x|x| = lim

x→0+x·sen xx

= limx→0+

sen x = 0

(e) limx→1+

x(x+3)(x−1)(x−2) No existe, f(x)→ −∞, x→ 1+

(f) limx→0−

(x4+2)|x|x

= limx→0−

(x4+2)(−x)x

= limx→0−

(−x4 − 2) = −2

18. Utiliza equivalencias para estudiar los siguientes límites:

(a) limx→∞

(x ln

rx+ a

x− a)

limx→∞

(x ln

rx+ a

x− a) = limx→∞

(x ln(x+ a

x− a)12 ) = lim

x→∞(x

2ln(x+ a

x− a)) =

= limx→∞

(x

2ln(1 +

2a

x− a)) = limx→∞

(x

2· 2a

x− a) = a

13

Hemos hecho uso de que como limx→∞

(2a

x− a) = 0, se tiene que

ln(1 +2a

x− a) ≈2a

x− a .

(b) limx→0

1− cosxarcsin(3x2)

. Cuando x → 0, se tiene que 1 − cosx ≈ x2

2y

arcsin(3x2) ≈ 3x2. De manera que,

limx→0

1− cosxarcsin(3x2)

= limx→0

x2

2

3x2=1

6.

(c) limx→∞

µ1 + ln

x2 − 3x+ 5x2 − 9

¶2x2 − 3x+ 1

Tenemos una inetrminación del tipo 1∞. Hallaremos el límite

elimx→∞[

2x2 − 3x+ 1

·lnx2 − 3x+ 5x2 − 9 ]

= elimx→∞[

2x2 − 3x+ 1

·lnx2 − 9− 3x+ 14

x2 − 9 ]

=

= elimx→∞[

2x2 − 3x+ 1

·ln(1+(−3x+ 14)x2 − 9 ]

= elimx→∞[

2x2 − 3x+ 1

·(−3x+ 14)x2 − 9 ]

= e−6

(d) limx→∞

(3x2 + 1)

µ1− cos 1

x

¶(x2 − 2) ln

µ1 +

1

x2

¶ = 32

19. Halla la derivada de las siguientes funciones:

(a) f(x) = 2x1/2 + x−5; f 0(x) = 1√x− 5

x6

(b) f(x) = cos2 x−(x2+3x−2)4; f 0(x) = −2 cosx senx−4 (x2 + 3x− 2)3 (2x+ 3)(c) f(x) = ex+1; f 0(x) = ex+1

(d) f(x) = esenx; f 0(x) = cosxesenx

(e) f(x) = 2tanx; f 0(x) = 2tanx (1 + tan2 x) ln 2

(f) f(x) = ex2 lnx; f 0(x) = (2x lnx+ x) ex

2 lnx

(g) f(x) = ln 1+x1−x ; f

0(x) = −2x2−1

(h) f(x) = log2(senx); f0(x) = cosx

senx ln 2

14

(i) f(x) = sen(cosx); f 0(x) = − cos (cosx) senx(j) f(x) = cos(3x); f 0(x) = −3x ln 3 sen 3x(k) f(x) = tan

√x−1x2+1

; f 0(x) = −12

3x2−4x−1√x−1(x2+1)2

(l) f(x) = arcsin(√1 + 4x2); Este apartado habría que quitarlo, ya

que esta función está definida sólo para x = 0, puesto que√1 + 4x2 >

1, para todo x ∈ R∗.(m) f(x) = arccos(lnx); f 0(x) = − 1q

(1−ln2 x)x

(n) f(x) = arctan(a2 + x2); f 0(x) = 2x1+(a2+x2)2

(o) f(x) =³1 +

a

x

´x; f 0(x) =

¡1 + a

x

¢x ³ln¡1 + a

x

¢+ x

− ax2

1+ax

´(p) f(x) =

(lnx)x

xlnx; f 0(x) = (lnx)x·[ln(lnx)+ 1

ln x]·xln x−(lnx)x·xln x· 2 ln x

x

(xln x)2

20. Dada la función f(x, y) = xex2y, halla las derivadas parciales en el

punto (1, ln 2).∂f∂x(x, y) = ex

2y (1 + 2x2y); ∂f∂x(1, ln 2) = 2(1 + 2 ln 2)

∂f∂y(x, y) = x3ex

2y; ∂f∂y(1, ln 2) = 2

21. Calcula las derivadas parciales de primer orden de las siguientes fun-ciones:

(a) f (x, y) = 3x− x2y2 + 2x3y.∂f

∂x(x, y) = 3− 2xy2 + 6x2y ;

∂f

∂y(x, y) = −2x2y + 2x3

(b) f (x, y) = x2e2y.

∂f

∂x(x, y) = 2xe2y ;

∂f

∂y(x, y) = 2x2e2y

(c) f (x, y) = ln(x2 + y2).

∂f

∂x(x, y) = 2

x

x2 + y2;

∂f

∂y(x, y) = 2

y

x2 + y2

15

(d) f (x, y) = arctan yx.

∂f

∂x(x, y) = − y

x2³1 + y2

x2

´ ;∂f

∂y(x, y) =

1

x³1 + y2

x2

´(e) f (x, y) = arc sen (xy).

∂f

∂x(x, y) =

1p(1− x2y2)y ;

∂f

∂y(x, y) =

1p(1− x2y2)x

(f) f (x, y, z) = lnpx2 + y2 + z2.

∂f∂x(x, y, z) = 1

x2+y2+z2x ∂f

∂z(x, y, z) = 1

x2+y2+z2z ∂f

∂y(x, y, z) = 1

x2+y2+z2y

22. Halla la solución general de las ecuaciones lineales homogéneas concoeficientes constantes siguientes:

(a) y00 − y = 0La ecuación cararacterística es m2 − 1 = 0, cuyas raices son m =±1 (raices reales y distintas). Teniendo en cuenta la Proposición0.64, se tiene que

y(x) = c1ex + c2e

−x

(b) y00 − y0 − 6y = 0La ecuación cararacterística es m2 − m − 6 = 0, cuyas raicesson m = 3,−2 (raices reales y distintas). Teniendo en cuenta laProposición 0.64, se tiene que

y(x) = c1e3x + c2e

−2x

(c) y00 + 2y0 = 0La ecuación cararacterística esm2+2m = 0, cuyas raices sonm =0,−2 (raices reales y distintas). Teniendo en cuenta la Proposición0.64, se tiene que

y(x) = c1 + c2e−2x

(d) y00 + 6y0 + 5y = 0La ecuación cararacterística es m2+6m+5 = 0, cuyas raices sonm = −1,−5 (raices reales y distintas). Teniendo en cuenta laProposición 0.64, se tiene que

y(x) = c1e−x + c2e−5x

16

(e) 2y00 − 6y0 + 7y = 0La ecuación cararacterística es 2m2−6m+7 = 0, cuyas raices sonm = 3

2±√52i (raices complejas). Teniendo en cuenta la Proposición

0.64, se tiene que

y(x) = c1e32x cos(

√5

2x) + c2e

32x sen(

√5

2x)

(f) y00 − 4y0 + 21y = 0La ecuación cararacterística es m2 − 4m + 21 = 0, cuyas raicesson m = 2 ± √17i (raices complejas). Teniendo en cuenta laProposición 0.64, se tiene que

y(x) = c1e2x cos(

√17x) + c2e

2x sen(√17x)

23. HallaRf(x) dx en los siguientes casos:

(a) Inmediatas o “casi inmediatas”:

i.R(x2 − x3/5) dx = 1

3x3 − 5

8( 5√x)8+ c

ii.Rtanx dx = − ln (cosx) + c

iii.Rex−e−3x

exdx = x+ 1

4e4x+ c

iv.R

2x+1√x−√2xdx = −

(4√2+4)3

x3/2 − (2√2 + 2)x1/2 + cv.R(−x+ 2)4 dx = −1

5(−x+ 2)5 + c

vi.Re2x+3 dx = 1

2e2x+3 + c

(b) Por partes:

i.Rxex dx = (x− 1)ex + c

ii.Rx lnx dx = 1

2x2 lnx− 1

4x2 + c

iii.Rarc senx dx = xarc senx+

p(1− x2) + c

iv.R(x+ 4) senx dx = senx− x cosx− 4 cosx+ c

v.R(x2 − x)exdx = (x2 − 3x+ 3)ex + c

vi.Rcosxex dx = 1

2(cosx) ex + 1

2ex senx+ c

(c) Por cambio de variable:

i.Rsenx cosx dx = −1

2cos2 x+ c

ii.R5xex

2−1 dx = 52ex

2−1 + c

17

iii.R

2x−3x2−3x+1 dx = ln (x

2 − 3x+ 1) + civ.

Rex

2+exdx = ln (2 + ex) + c

v.Retanx

cos2 xdx = etanx + c

vi.Rln 5 cosx5sinx dx = 5senx + c

(d) Racionales:

i.Rx2−x+6

xdx = 1

2x2 − x+ 6 lnx+ c

ii.Rx2+1x−1 dx = x+

12x2 + 2 ln (x− 1) + c

iii.R

x+2x2−1 dx =

32ln (x− 1)− 1

2ln (x+ 1) + c

iv.R

x+2x2−2x+1 dx = − 3

x−1 + ln (x− 1) + cv.R

xx2+1

dx = 12ln (x2 + 1) + c

vi.R

2x+3x2+x+1

dx = ln (x2 + x+ 1) + 43

√3 arctan 1

3(2x+ 1)

√3 + c

24. CalculaRf(x) dx:

i) f(x) = 3 4√x+√5x3 +

23√2xR

(3 4√x +√5x3 +

23√2x)dx =

R(3x1/4 +

√5x3/2 + 3

√4x−1/3)dx =

3x5/4

5/4+√5x

5/2

5/2+ 3√4x

2/3

2/3+ c = 12

4√x5

5+ 2

√55x2√x+ 3 3

√4

2

3√x2 + c

ii) f(x) =√1− cosx (Nota: De la ecuación fundamental de la

trigonometría y del coseno del ángulo doble, se obtiene que sen2 x =1−cos(2x)

2, de donde

q1−cosx2

= sen(x2))R √

1− cosxdx = √2 R √1−cosx√2dx =

√2R q

1−cosx2dx =

√2Rsen(x

2)dx =

(−2)√2 R (−12) sen(x

2)dx = −2√2 cos(x

2) + c

iii) f(x) =1

1 + cosxR 1

1 + cosxdx. Podemos hacer el cambio de variable t = tg x

2

(página 55 de los apuntes). Con este cambio se tiene que dx = 2dt1+t2

y cosx = 1−t21+t2

, de manera queR 1

1 + cosxdx =

R 1

1 + 1−t21+t2

2dt1+t2

=Rdt = t+ c = tg x

2+ c

18

También la podemos resolver sin hacer cambio de variable. Te-niendo en cuenta algunas propiedades de las funciones trigonométri-cas se puede obtener que 1+cosx = 2 cos2(x

2). Teniendo en cuenta

esto,R 1

1 + cosxdx =

R 1

2 cos2(x2)dx =

R 12

cos2(x2)dx = tg(x

2) + c

iv) f(x) = x2 senxAplicando integración por partes, considerando u = x2 y dv =senxdx, se tiene que

Rx2 sen dx = −x2 cosx + 2 R x cosxdx. De

nuevo aplicamos integración por partes (u = x y dv = cosxdx) yobtenemos que

Rx2 sen dx = (−x2 + 2) cosx+ 2x senx+ C

v) f(x) = xex

Aplicando integración por partes, considerando u = x y dv =exdx, se tiene que

Rxexdx = (x− 1)ex + C

vi) f(x) = lnxAplicando integración por partes, considerando u = lnx y dv =dx, se tiene que

Rlnxdx = x lnx− x+ C

vii) f(x) = x2 lnxAplicando integración por partes, considerando u = lnx y dv =

x2dx, se tiene queRx2 lnxdx =

x3

3lnx− x

3

9+ C

viii) f(x) = ex senxSe aplica integración por partes dos veces considerando en amboscasos u = ex. Se obtiene que

Rex senxdx = (senx − cosx)ex −R

ex senxdx. Despejando la integral se tiene queRex senxdx =

12ex(senx− cosx) + C

ix) f(x) = sen3 xR 3sen3 xdx =

R 2sen2 x · senxdx = R (1−cos2 x) · senxdx. Si hace-

mos el cambio de variable t = cosx, se tiene que dt = − senxdx.Sustituyendo en la integral

R(1−cos2 x)·senxdx = − R (1−t2)dt =

−t+ t3

3+ C = − cosx+ cos

3 x

3+ C

x) f(x) = arctg xAplicando integración por partes, considerando u = arctgx y dv =

dx, se tiene queRarctgxdx = xarctgx− 1

2ln (x2 + 1) + C

19

xi) f(x) = x · arctgxAplicando integración por partes, considerando u = arctgx y dv =

xdx, se tiene queRx · arctgxdx = x2

2arctgx− 1

2x+

1

2arctgx+C

xii) f(x) =xex

(x+ 1)2

Aplicando integración por partes, considerando u = xex y dv =dx

(x+ 1)2, se tiene que

R xex

(x+ 1)2dx =

−xex(x+ 1)

+ ex+C = ex

x+1+C

xiii) f(x) =ln(senx)

cos2 xAplicando integración por partes, considerando u = ln(senx) y

dv =dx

cos2 x, se tiene que

R ln(sen x)cos2 x

dx = ln (senx) tgx− x+ Cxiv) f(x) = x tg2(x)R

xtg2(x)dx =Rx(1+ tg2(x)− 1)dx = R x(1+ tg2(x))dx− R xdx.

La segunda integral es inmediata. La primera se resuelve porpartes, considerando u = x y dv = (1+ tg2(x))dx. Se obtiene queRxtg2(x)dx = −x2

2+ xtgx+ ln | cosx|+ C

xv) f(x) = sen (lnx)

Aplicando integración por partes, considerando u = sen (lnx) ydv = dx, se tiene que

Rsen (lnx) dx = x sen (lnx)−R cos (lnx) dx.

Aplicando de nuevo integración por partes, tomando u = cos (lnx)y dv = dx, se tiene que

Rsen (lnx) dx = x sen (lnx)−x cos(lnx)−R

sen (lnx) dx. De manera queRsen (lnx) dx = x

2(sen (lnx) −

cos(lnx)) + C

xvi) f(x) = x√1 + x

Haciendo el cambio de variable t2 = 1+ x, se tiene que 2tdt = dxy que x = t2 − 1. Sustituyendo en la integral R x√1 + xdx =R(t2 − 1) · t · 2tdt = R (2t4 − 2t2)dt = 2t5

5− 2t3

3+ C. Deshaciendo

el cambio, se tiene queRx√1 + xdx =

2√(1+x)5

5− 2√(1+x)3

3+ C

xvii) f(x) = ex cos exRex cos(ex)dx = sen(ex) + C (inmediata). También podíamos

haber hecho el cambio de variable t = ex.

20

xviii) f(x) = ex (ex + 1)3Rex (ex + 1)3 dx =

(ex + 1)4

4+C (inmediata). También podíamos

haber hecho el cambio de variable t = ex + 1.

xix) f(x) =1

x lnxR 1

x lnxdx =

R 1x

lnxdx = ln | lnx| + C (inmediata). También

podíamos haber hecho el cambio de variable t = lnx.

xx) f(x) =x+ 3√1− x2 =

x√1− x2 +

3√1− x2R x+ 3√

1− x2dx =Rx(1−x2)− 1

2dx+3R 1√

1− x2dx = −12

R(−2x)(1−

x2)−12dx+ 3arcsenx = −√1− x2 + 3arcsenx+ C

xxi) f(x) =ex√1− e2xR ex√

1− e2xdx =R exp

1− (ex)2dx = arcsen(ex) + k (inmediata).

También podíamos haber hecho el cambio de variable t = ex.

xxii) f(x) =1

xp4− 9 ln2 xR 1

xp4− 9 ln2 x

dx = 1223

R 231xq

1− (3 lnx2)2dx =

1

3arcsen

µ3

2lnx

¶+

C (inmediata). También podíamos haber hecho el cambio de va-

riable t =3

2lnx.

xiii) f(x) =x√a+ bx

Si hacemos el cambio de variable t2 = a+bx, se tiene que x = t2−ab

y dx = 2tbdt.

R x√a+ bx

dx = 2b2

R(t2 − a)dt = 2

b2( t3

3− at) + C =

2b2(

√(a+bx)3

3− a√a+ bx) + C

xxiv) f(x) =senx

1 + sen2 xSi hacemos el cambio de variable t = cosx, se tiene que dt =−senxdx. R senx

1 + sen2 xdx =

Rdtt2−2 =

−1+√22

ln | cosx + √2| +

21

1−√22ln | cosx−√2|+ c

xxv) f(x) = tg3(x) Ayuda:

tg3(x) = tg2(x)tg(x) = (1+ tg2(x)−1)tg(x) = 1

cos2 xtg(x)− tg(x)

Rtg3xdx =

Rtg2xtgxdx =

R(1 + tg2x − 1)tgxdx = R ( 1

cos2 xtgx −

tgx)dxinmediatas=

tg2x

2+ ln |cosx|+ c

xxvi) f(x) = sen3 x cos2 xRsen3 x cos2 xdx =

Rsen2 x senx cos2 xdx =

R(1−cos2 x) senx cos2 xdx =R

senx cos2 xdx−R senx cos4 xdx = −cos3 x3

+cos5 x

5+c. Si hace-

mos directamente el cambio de variable t = cosx, se tiene queRsen3x cos2 xdx = − R (t2 − t4)dt.

xxvii) f(x) = sen4 x cos5 xSi hacemos el cambio de variable t = senx, se tiene que dt =cosxdx y cos2 x = 1 − t2. Sustituyendo,

Rsen4 x cos5 xdx =R

sen4 x cos2 x cos2 x cosxdx =Rt4(1− t2)(1− t2)dt = R (t8 + t4 −

2t6)dt = t9

9+ t5

5− 2t7

7+ C = sen 9x

9+ sen 5x

5− 2 sen 7x

7+ c

xxviii) f(x) = sen√x

(a) Hacemos el cambio de variable t2 = x, de manera que 2tdt = dx.Sustituyendo

Rsen√xdx = 2

Rt sen tdt. Se resuelve por partes.R

sen√xdx = −2√x cos√x+ 2 sen√x+ c

xxix) f(x) =cos4 x

senx

Si hacemos el cambio de variable t = cosx, se tiene queR cos4 xsenx

dx =

− R t4

1−t2dtracional=

R(t2+1)dt+

Rdtt2−1 =

t3

3+t+ 1

2ln |1−t|− 1

2ln |1+

t|+ C = cos3 x3+ cosx+ 1

2ln |1− cosx|− 1

2ln |1 + cosx|+ C

xxx) f(x) =1√4− x2R 1√

4− x2dx =22

R 12p

1− (x2)2dx = arcsen(

x

2) + C

xxxi) f(x) =√25− x2

22 R √25− x2dx = 5 R p1− (x

5)2dx. Hacemos el cambio x

5= sen t.R √

25− x2dx = 25 R cos2 tdt. Por otra parte, cos2 t = 12cos(2t) +

12. Por tanto, 25

Rcos2 tdt = 25

2

R(cos(2t)+1)dt = 25

4sen(2t)+ 25

2t+

C = 252sen t · cos t+ 25

2t+ C = 1

2xp(25− x2) + 25

2arcsen(x

5) + C

xxxii) f(x) =x3

x2 − 4R x3

x2 − 4dx =R(x+ 4x

x2−4)dx =x2

2+ 2 ln |x2 − 4|+ C

xxxiii) f(x) =x2 − 4x

x2 − 5x+ 6R x2 − 4xx2 − 5x+ 6dx =

Rdx +

R x− 6x2 − 5x+ 6dx = x +

RAx−2dx +R

Bx−3dx = x+ 4 ln |x− 2|− 3 ln |x− 3|+ C

xxxiv) f(x) =x+ 1

x3 + x2 − 6xR x+ 1

x3 + x2 − 6xdx =RAxdx +

RBx+3dx +

RCx−2dx = −16 ln |x| −

215ln |x+ 3|+ 3

10ln |x− 2|+ k

xxxv) f(x) =3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1R 3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1dx =R

Ax−1dx+

RB

(x−1)2dx+R

Cx+1dx = −1

2ln |x−

1|− 4x−1 +

1

2ln |x+ 1|+ k

xxxvi) f(x) =x3

(x+ 1)3R x3

(x+ 1)3dx =

Rdx− R 3x2+3x+1

(x+1)3dx = x+

RAx+1dx+

RB

(x+1)2dx+R

C(x+1)3

dx = x− 3 ln |x+ 1|− 3x+1

+ 12(x+1)2

+ k

xxxvii) f(x) =2x− 7x2 + 9R 2x− 7

x2 + 9dx =

R 2x

x2 + 9dx−7 R 1

x2 + 9dx = ln (x2 + 9)−7

93R 1

3

1+(x3)2dx =

ln (x2 + 9)− 73arctg(x

3) + C

xxxviii) f(x) =1

2x2 + 2x+ 5

23

R 1

2x2 + 2x+ 5dx = 1

2

R 1

x2 + x+ 52

dx = 12

R 194+ (x+ 1

2)2dx =

124932

R 23

1 + (2x+13)2dx =

1

3arctg(2x+1

3) + C

xxxix) f(x) =x3 + 1

x2 − 4x+ 5R x3 + 1

x2 − 4x+ 5dx =R(x + 4)dx +

R 11x− 19x2 − 4x+ 5dx =

x2

2+ 4x +

112ln |x2 − 4x+ 5|+ 3arctg (x− 2) + CR 11x− 19x2 − 4x+ 5dx =

112

R 2x− 4x2 − 4x+ 5dx+3

R 1

x2 − 4x+ 5dx =112ln |x2−

4x+5|+3 R 1

x2 − 4x+ 5dx =112ln |x2−4x+5|+3 R 1

1 + (x− 2)2dx =112ln |x2 − 4x+ 5|+ 3arctg (x− 2) + C

xl) f(x) =8x2 + 19x+ 75

x3 + 4x2 + x− 26R 8x2 + 19x+ 75

x3 + 4x2 + x− 26dx =R

5x−2dx+

R3x−5

x2+6x+13dx = 5 ln |x− 2|+

3

2ln |x2 + 6x+ 13|− 7arctg(x+ 3

2) + C

xli) f(x) =1

x3 + 1R 1

x3 + 1dx =

R 13

x+ 1dx+

R −13x+ 2

3

x2 − x+ 1dx =13ln |x+1|− 1

6ln |x2−

x+ 1|+√33arctg(2x−1√

3) + C

xlii) f(x) =7x3 + x2 − 23x− 65

x4 + 6x3 + 12x2 − 6x− 13R 7x3 + x2 − 23x− 65x4 + 6x3 + 12x2 − 6x− 13dx = 3 ln |x+1|−2 ln |x−1|+3 ln |x

2+

6x+ 13|− 9arctg(x+ 32) + C

25. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales lineales de primer orden:

(a) xy0 − 2y = x2

24

xy0− 2y = x2 equivale a y0− 2xy = x. En primer lugar resolvemos

la ecuación homogénea asociada y0 − 2xy = 0.

y0 − 2xy = 0⇔ dy

dx=2

xy ⇔ dy

y=2

xdx

Una vez separadas las variables, integrando:Zdy

y=

Z2

xdx⇔ ln y = 2 lnx+ cte⇔ ln y = lnx2 + ln k ⇔

⇔ ln y = ln(kx2)

Por tanto, la solución de la ecuación homogénea será y = kx2.Haciendo uso del método de variación de constantes de Lagrange,suponemos que la solución de la ecuación completa es de la mismaforma que la solución de la homogénea, pero considerando la cons-tante k como una función, es decir, y = k(x) · x2. Ahora tenemosque obtener la función k(x). Sustituyendo en la ecuación de par-tida:

y0 − 2xy = x⇒ k0(x)x2 + 2k(x)x2 − 2

xk(x)x2 = x⇒

⇒ k0(x) =1

x⇒ k(x) =

Zdx

x⇒ k(x) = lnx+ c

Así pues, la solución de la ecuación diferencial:

y = k(x) · x2 ⇒ y = (lnx+ c)x2 ⇒ y(x) = lnx+ cx2

(b) y0 − ytgx = 1. La solución es y(x) = tgx+ c secx.(c) y0 + y

x= 3x+ 4. La solución es y(x) = x2 + 2x+ c

x.

(d) y0 = ex − y. La solución es y(x) = ex

2+ ce−x.

(e) y0 + 2y = senx. La solución es y(x) = 25senx− 1

5cosx+ ce−2x.

(f) (3y + senx) dx− dy = 0. Esta escuación se puede expresar comoy0 − 3y = senx. La solución es y(x) = − 3

10senx− 1

10cosx+ ce3x.

(g) y0 + 5y = e5x. La solución es y(x) = e5x

10+ ce−5x.

(h) (x− 1) y0 + y = x2 − 1. Esta escuación se puede expresar comoy0 + 1

x−1y = x+ 1. La solución es y(x) =x3

3(x−1) − xx−1 +

c1−x .