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UNIVERSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

UNIVERSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICA (Creada por Ley N°25265)

“ECUACIONES DE LA RECTA TANGENTE Y NORMAL A UNA CURVA” ”

CATEDRA: CATEDRATICO CICLO:

1

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EJERCICIO N° 01 (Espinoza, 2002, pág. 598) 1

Formar las ecuaciones de las tangentes a la línea y = x − x en el punto de su intersección con el eje de las abscisas

Solución: Calculando los puntos de intersección con la curva x x2 1 − =0 x x x2 − 1 = 0

Los puntos son (1,0)(−1,0)

x = ±1

Hallando la pendiente: m=

dy 1 = 1+ 2 dx x

La ecuación tangente al punto (1,0) dy

1

m = dx = 1 + 12 =2 y − y(0) = m(x − x(0)) y − 0 = 2(x − 1) y = 2x − 2 La ecuación tangente al punto (−1,0) dy

1

m = dx = 1 + −12 =2 y − y(0) = m(x − x(0)) y − 0 = 2(x − −1) y = 2x + 2

EJERCICIO N° 02 (Espinoza, 2002, pág. 598) x+9

Trazar la tangente a la hipérbola y = x+5 de modo que atraviese el origen de coordenadas Solución Por la definición dx =

fx g(x)df(x) − f(x)dg(x) = gx [g(x)]2

2

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y=

(x + 5) − (x + 9) (x + 5)2

dy x + 5 − x − 9) = dx (x + 5)2 dy −4 = dx (x + 5)2 La tangente atraviesa en el origen de coordenadas dy

y = dx x

⇨

−4

y = (x+5)2 x

Esta recta tiene un punto común con la curva −4x x+9 = 2 (x + 5) x+5 −4x(x + 5) = (x + 9) (x + 5)2 −4x = x 2 + 5x + 9x + 45 x 2 + 18x + 45 = 0 (x + 3)(x + 15) = 0

x0 = −3 ; x1 = −15

De donde: dy

mlt = dx │x=−3 dy

mlt = dx │x=−15

⇨

−4

−4

mlt = (x+5)2 │x=−3

⇨ (−3+5)2 = −1

−4

−4

1

⇨ mlt = (x+5)2 │x=−15 ⇨ (−15+5)2 = − 25

y − y0 = m(x − x0 ) ⇨ y = m(x)

Luego: y = −x 1

y = − 25 x

⇨

y+x= 0

⇨ 25y + x = 0

EJERCICIO N° 03 (Espinoza, 2002, pág. 598) Formar la ecuación de la tangente a la hipérbola la recta 2𝑥4𝑦 − 3 = 0 Derivamos la hipérbola: 𝑥2 𝑦2 − =1 2 7 1 1 ∗ (𝑥 2 )′ − ∗ (𝑦 2 )′ =1′ 2 7

3

𝑥2 2

−

𝑦2 7

= 1 que sean perpendiculares a

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2𝑥 2𝑦𝑦 ′ − =0 2 7 2𝑦𝑦 ′ 𝑥− =0 7 Hallando la pendiente en la L: 2𝑥 + 4𝑦 − 3 = 0 4𝑦 = −2𝑥 + 3 1 3 𝑦=− 𝑥+ 2 4 1

La pendiente es m: − 2 Recta perpendicular: 𝑚 ∗ 𝑚𝑝 = −1 1 − ∗ 𝑚𝑝 = −1 2 𝑚𝑝 = 2 Remplazamos: 𝑥−

2𝑦(2) 7

Para( y )

16𝑦 2 98

7𝑥

−

𝑦2 7

=1

8𝑦 2 − 7𝑦 2 = 49

4

𝑦 2 = 49

En la E.C: 1

1

∗ ( 7 ) − 7 ∗ 𝑦2 = 1 2

4𝑦 = 7𝑥 𝑦=

4𝑦 2

1

=0

1

7𝑥 2

∗ 𝑥2 − 7 ∗ ( 4 ) = 1 2

𝑦 = ±7

𝑥 2 49𝑥 2 − =1 2 112 8𝑥 2 − 7𝑥 2 = 16 𝑥 = ±4

Los puntos para la ecuación de la tangente: A(4,7)

B(-4.-7) 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)

Para ``A`` 𝑦 − 7 = 2(𝑥 − 4)

4

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𝑦 − 7 = 2𝑥 − 8 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0 Para ``B`` 𝑦 − (−7) = 2(𝑥 − (−4)) 𝑦 + 7 = 2𝑥 + 8 2𝑥 − 𝑦 + 1 = 0 EJERCICIO N° 04 (Espinoza, 2002, pág. 598) Formar la ecuación de la tangente a la línea y = x 3 + 3x 2 − 5 , perpendicular a la recta 2x − 6y + 1 = 0 Solución: 𝐋 ∶ 𝐲 = 𝐱 𝟑 + 𝟑𝐱 𝟐 − 𝟓 La derivada de la curva en el punto (x0 , y0 ) ∂y = 3x 2 + 6x ∂x m = 3x0 2 + 6x0 𝐋𝟏 ∶ 𝟐𝐱 − 𝟔𝐲 + 𝟏 = 𝟎 La derivada de la recta: 2 − 6y ′ − 0 = 0 y′ =

−2 =c −6

1

=3 mLt =

−1 −1 = = −3 1 mLn 3

3x0 2 + 6x0 = −3 3x0 2 + 6x0 + 3 = 0 x0 2 + 2x0 + 1 = 0 (x0 + 1)2 = 0 x0 = −1 y = x 3 + 3x 2 − 5 , P(x0 , y0 ) y0 = (−1)3 + 3(−1)2 − 5

5

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y0 = −1 + 3 − 5 y0 = −3

Ecuación de la tangente: 𝐲 − 𝐲𝟎 = 𝐦(𝐱 − 𝐱 𝟎 ) y − (−3) = −3(x − (−1)) y + 3 = −3x − 3 𝟑𝐱 + 𝐲 + 𝟔 = 𝟎

EJERCICIO N° 05 (Espinoza, 2002, pág. 598) Formar la ecuacion de la normal a la linea 𝐲 = −√𝐱 + 𝟐 en la intersección con la bisectriz del primer angulo coordenado 𝐅𝟏 : 𝐲 = −√𝐱 + 𝟐 ∗ la bisectriz del primer angulo coordenado se da cuando y = x 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐑𝐒𝐄𝐂𝐂𝐈𝐎𝐍 𝐃𝐄 𝐋𝐀𝐒 𝐅𝐔𝐍𝐂𝐈𝐎𝐍𝐄𝐒: x = 𝐲 = −√𝐱 + 𝟐 x + √𝐱 − 𝟐 =0 (√x − 1)(√x + 2) = 0 => √x − 1 = 0 → 𝐱 = 𝟏 𝐲 = 𝟏 𝐎𝐁𝐓𝐄𝐍𝐄𝐌𝐎𝐒 𝐄𝐋 𝐏𝐔𝐍𝐓𝐎 𝐀(𝟏, 𝟏) 𝐇𝐀𝐋𝐋𝐀𝐍𝐃𝐎

𝐝𝐲 𝐃𝐄 𝐅𝟏 𝐝𝐱

𝐲 = −√𝐱 + 𝟐 𝐝𝐲 −𝟏 = +𝟎 𝐝𝐱 𝟐√𝐱 𝐑𝐄𝐄𝐌𝐏𝐋𝐀𝐙𝐀𝐍𝐃𝐎 𝐄𝐋 𝐏𝐔𝐍𝐓𝐎 𝐀 𝐄𝐍

𝐝𝐲 𝐝𝐱

dy −1 = +0 dxA 2√1 dy −1 = → mt = pendiente de la tangente dxA 2 𝐦𝐭 . 𝐦𝐧 = −𝟏 −1 . mn = −1 2

6

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𝐦𝐧 = 𝟐 𝐅𝐎𝐑𝐌𝐀𝐍𝐃𝐎 𝐋𝐀 𝐑𝐄𝐂𝐓𝐀 𝐍𝐎𝐑𝐌𝐀𝐋 𝐄𝐍 𝐄𝐋 𝐏𝐔𝐍𝐓𝐎 𝐀 (y − 1) = 2(x − 1) ln : y = 2x − 1 𝐥𝐧 : 𝟐𝐱 − 𝐲 − 𝟏 = 𝟎

EJERCICIO N° 06 (Espinoza, 2002, pág. 598) Con referencia a la curva x 2 + 3y 2 + 3x − 4y − 3 = 0, hallar el valor de k, tal que la recta 5x + 2y + k = 0 sea tangente a la curva indicada. Solución:  

curva recta

x 2 + 3y 2 + 3x − 4y − 3 = 0 5x + 2y + k = 0

Despejando “x”: x=−

(2y+k) 5

Reemplazando en la ecuación:

x 2 + 3y 2 + 3x − 4y − 3 = 0 [−

(2y+k) 2 5

] + 3y 2 + 3 [−

4y2 +k2 −4ky 25

+

3(25)y2 25

+

(2y+k) 5

] − 4y − 3 = 0

−(6y+3k)(5) 25

4y2 +k2 −4ky+75y2 −30y−15k−100y−75 25

−

4(25)y 25

−

3(25) 25

=0

79y 2 + y(4k − 130) + k 2 − 15k − 75 = 0

Por condición de tangencia: 𝐁 𝟐 − 𝟒𝐀𝐂 = 𝟎

(4K − 130)2 − 4(79)(k 2 − 15 − 75) = 0 (2K − 65)2 = 79k 2 − 1185K − 5925 4k 2 − 260K + 4225 = 79k 2 − 1185K − 5925 75k 2 − 925K − 10150 = 0 3k 2 − 37K − 406 = 0

7

=0

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∴ 𝐊(𝟏) = −𝟕

𝐊(𝟐) =

𝟓𝟖 𝟑

EJERCICIO N° 07 (Espinoza, 2002, pág. 598) Trazar la normal a la línea y = xlnx que sea paralela a la recta 2x − 2y + 3 = 0 Solución: Como la recta normal es paralela a una recta: Ln ⫽ L Y la pendiente de la recta es igual a 1 m=1 Y la derivada de la curva: y = xlnx dy dx dy dx

= xlogx = 1 + logx

Y la pendiente de la normal: logx + 1 logx = −1 x = e−2 Y e punto de la curva: y = e−2 logx e−2 y = −2e−2 Y finalmente la ecuación de la normal: y − y˳ = m(x − x˳) y − 2e−2 = (x − (−e−2 )) y − 2e−2 = (x + e−2 ) y − 2e−2 = x + e−2 y − x − 3e−2 = 0

EJERCICIO N° 08 (Espinoza, 2002, pág. 598) Hallar la ecuación de la recta tangente a la línea: x 2 (x + y) = a2 (x − y) en el origen de coordenadas. ⇒ x 3 + x 2 y = a 2 x − a2 y

8

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a) Derivamos respecto a “x”: ⇒ (x 3 + x 2 y)′ = (a2 x − a2 y)′ (x 3 )′ + (x 2 y)′ = (a2 x)′ − (a2 y)′ 3x 2 + 2xy + x 2 y ′ = a2 − [(a2 )′ y + a2 y ′ ] 3x 2 + 2xy + x 2 y ′ = a2 − [0 + a2 y ′ ] 3𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 𝑦 ′ = 𝑎2 − 𝑎2 𝑦 ′ b) Reemplazamos en el punto del origen de coordenadas P (0,0): ⇒ 3(0)2 + 2(0)(0) + (0)2 y ′ = a2 − a2 y ′ 0 + 0 + 0 = a2 − a2 y ′ a2 y ′ = a2 a2 y′ = 2 a 𝑦′ = 1 c) Reemplazamos el valor de y ′ y P (0,0) en la ecuación de la tangente: 𝐿𝑇 : 𝑦 − 𝑦0 = 𝑦 ′ (𝑥 − 𝑥0 ) y − y0 = (1)(x − x0 ) y − (0) = x − (0) ∴𝑦=𝑥

EJERCICIO N° 09 (Espinoza, 2002, pág. 598) Halle una ecuación de la recta tangente a la curva y =x 4 – 6x, y perpendicular a la recta x -2y+6=0 Solución: Ecuación de la recta tangente: y = mx + b Pendiente de la recta: x-2y+6=0 x

6

1

y=2 + 2

m =2

De donde: m.m1 =-1 1

. m1 =-1

2

m1 =-2 ……

y ′ = −2

Derivando la curva: y ′ = x 4 − 6x y ′ = 4x 3 − 6 −2 = 4x 3 − 6 x=1 Reemplazando x = 1 en la ecuación de la recta tangente obtenemos: y = −5

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∴

y = mx + b −5 = −2x + b b = −3

Obtenemos:

y = −2x − 3 y + 2x + 3 = 0

EJERCICIO N° 10 (Espinoza, 2002, pág. 599) Determine una ecuación de cada una de las rectas normales a la curva y = x 3 − 4x y paralela a la recta x + 8y − 8 = 0. Solución: Se sabe que: Lt ⊥ Ln y Ln ‖L: x + 8y − 8 = 0 −1

1

Lt ⊥ Ln ⇒ mLt = mL ⇒ mL = − 8 Reemplazando: −1

mLt = mL ⇒ mLt = −

1 −

1 8

= 8………(α)

La derivada de la curva dada y = x 3 − 4x: y0 = x03 − 4x0 ⇒

dy dx

= 3x02 − 4 ⇒ mLt = 3x02 − 4………(β)

Igualando (α) y (β): 3x02 − 4 = 8 ⇒ x02 = 4 ⇒ x0 = ±2 Entonces para: x0 = −2

x0 = 2

y0 = 0

y0 = 0

P1 (−2,0) P1 (2,0)

10

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La ecuación de la normal: 1

y − f(a) = − f′(a) (x − a) 1

P(−2,0) ⇒ y − 0 = − 8 (x + 2) ⇒ x + 8y + 2 = 0 1

P(2,0) ⇒ y − 0 = − 8 (x − 2) ⇒ x + 8y − 2 = 0

EJERCICIO N° 11 (Espinoza, 2002, pág. 599) Determine una ecuación de cada una de las rectas normales a la curva: y = x 3 − 4x y paralelas a las rectas que pasan por el punto (4,13) y que son tangente a: y = 2x 2 − 1 Solución: a) La recta tangente a la curva por dato es: y = 2x 2 − 1 que es similar a y = mx + b que pasa por (4,13) Entonces remplazamos el punto (4,13) en y = mx + b 13 = 4m + b b = 13 − 4m En y = mx + b remplazamos el valor de b y = mx + 13 − 4m b) Sustituimos a la curva dada el valor de ‘’y’’ mx + 13 − 4m = 2x 2 − 1 2x 2 − mx + 4m − 14 = 0 c) Por condición de la tangencia 𝐁 𝟐 − 𝟒𝐀𝐂 = 𝟎 m2 − 4(2)(4m − 14) = 0 m2 − 32m + 112 = 0 (m − 4)(m − 28) = 0 m = 4 y m = 28 dy

d) Hallando la derivada de la curva y = 2x 2 − 1 es dx = 4x Con m=4 4x = 4 Entonces x = 1 y = 2(1)2 − 1 y= 2−1= 1 Ecuación de la recta (y − y0 ) = m(x − x0 ) Y − 1 = 4(x − 1)

11

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4x − y − 3 = 0 Con m=28 4x = 28 Entonces x = 7 ; y = 2(49) − 1 = 97 Ecuación de la recta (y − yo) = m(x − xo) y − 97 = 28(x − 7) y − 28x + 99 = 0

EJERCICIO N° 12 (Espinoza, 2002, pág. 599) Obtener una ecuación de la recta tangente a la curva 𝑦 = (7𝑥 − 6)−1⁄3 que es perpendicular a la recta:12𝑥 − 7𝑦 + 2. Solución: Hallaremos la derivada de la curva. 𝑦 = (7𝑥 − 6)−1⁄3 𝑑𝑦 1 −1 = − (7𝑥 − 6) ⁄3−1 × 7 𝑑𝑥 3 𝑑𝑦 7 −4 = − (7𝑥 − 6) ⁄3 𝑑𝑥 3 Por propiedad se sabe que: cuando hay dos rectas perpendiculares el producto de sus pendientes es −1. 12𝑥 − 7𝑦 + 2 = 0 … … … … 1 𝑚1 =

12 7

La pendiente de nuestra recta está dada por 𝑚2. 𝑚1 × 𝑚2 = −1 12 × 𝑚2 = −1 7 𝑚2 = −

7 12

Igualaremos este valor a la derivada de la curva: 7 7 −4 − (7𝑥 − 6) ⁄3 = − 3 12 7 12 4 − ×− = (7𝑥 − 6) ⁄3 3 7

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4 = (7𝑥 − 6)

4⁄ 3 3

3

4

4

43 = [ √(7𝑥 − 6)4 ] → 64 = (7𝑥 − 6)4 → √64 = √(7𝑥 − 6)4 7𝑥 − 6 = 2√2 𝑥=

2√2 + 6 7

Reemplazando 𝑥 en la ecuación de la curva para obtener 𝑦: 2√2 + 6 𝑦 = (7 ( ) − 6) 7 y = (2√2)

−1⁄3

−1⁄3

1

=

(2√2)

1⁄3

=

1 1 1 1 3 23 . (22 )

1

=

1

1

23 . 26

=

1 √2

Remplazamos los valores en la ecuación de la tangente: 7

𝑚2 = − 12

𝑥=

2√2+6 7

𝑦=

1 √2

(𝑦 − 𝑦1 ) = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) (𝑦 −

𝑦=

1 √2 1

√2

)=−

+−

7 2√2 + 6 (𝑥 − ) 12 7

7 2√2 + 6 (𝑥 − ) 12 7

EJERCICIO N° 13 (Espinoza, 2002, pág. 599) ¿En qué punto de la curva x + √xy + y = 1, la recta tangente es paralela al eje X? SOLUCION: Derivamos con respecto a “x” la expresión dada: x + √xy + y = 1 x′ + (xy)′ 1+

1+

(xy)′ 2√xy

1⁄ 2

+ y′ = 1′

+ y′ = 0

x′y + xy′ 2√xy

+ y′ = 0

13

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1+

1y + xy′ 2√xy

+ y′ = 0

dy x y (1 + ) = − (1 + ) dx 2√xy 2√yx dy =− dx

(1 +

y ) 2√yx

(1 +

x ) 2√xy

2√yx + y 2√yx dy =− dx 2√xy + x 2√xy dy √y(2√x + √y) = dx √x(2√y + √x) dy

Pero: dx = 0

; √y = 0 ⟹ y = 0

REEMPLAZAMOS: x + √xy + y = 1 x + √x(0) + 0 = 1 x=1  El punto es: (1; 0)

EJERCICIO N° 14 (Espinoza, 2002, pág. 599) Hay dos rectas que pasan por un punto (-1,3) que son tangentes a la curva 𝐱 𝟐 + 𝟒𝐲 𝟐 − 𝟒𝐱 − 𝟖𝐲 + 𝟑 = 𝟎, obtenga una ecuación de cada una de estas rectas.

Solución: 1º Sea la tangente 𝐲 = 𝐦𝐱 + 𝐛, que pasan por (-1,3) 3 = −m + b b=m+3 Reemplazando b en la ecuación: 𝐲 = 𝐦𝐱 + 𝐛 𝐝𝐲

𝐲 = 𝐦𝐱 + 𝐦 + 𝟑, 𝐦 = 𝐝𝐱

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2º Reemplazando en la curva: x 2 + 4y 2 − 4x − 8y + 3 = 0 x 2 + 4(mx + m + 3)2 − 4x − 8(mx + m + 3) + 3 = 0 x 2 + 4[(mx)2 + 2mx(m + 3) + (m + 3)2 ] − 4x − 8mx − 8(m + 3) + 3 = 0 (4m2 + 1)x 2 + [8m(m + 3) − 8m − 4]x + 4(m + 3)2 − 8m − 24 + 3 = 0 (4m2 + 1)x 2 + (8m2 + 16m − 4)x + 4(m + 3)2 − 8m − 21 = 0

3º Condición de la tangencia: B2 − 4AC = 0 (8m2 + 16m − 4)2 − 4(4m2 + 1)(4(m + 3)2 − 8m − 21) = 0 4(4m2 + 8m − 2)2 = 4(4m2 + 1)(4(m + 3)2 − 8m − 21) 16m4 + 2(4m2 )(8m − 2) + (8m − 2)2 = (4m2 + 1)(4m2 + 16m + 15) 16m4 + 64m3 + 48m2 − 32m + 4 = 16m4 + 64m3 + 64m2 + 16m + 15 16m2 + 48m + 11 = 0 (4m + 11)(4m + 1) = 0 m=−

11 4

,

m=−

1 4

4º Reemplazando ene la ecuación de la recta:

y = mx + b

,

m=−

11 4

,

b=m+3

11x 11 − +3 4 4 −11x + 1 y= 4 y=−

∴ ℒ1∶ 11x + 4y − 1 = 0

y = mx + b

,

m=−

1 4

,

b=m+3

x 1 y=− − +3 4 4 −x + 11 y= 4

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∴ ℒ2∶ x + 4y − 11 = 0 EJERCICIO N° 15 (Espinoza, 2002, pág. 599) Obtener una ecuación de la recta tangente a la curva 3√xy = 14x + y , en el punto (2,32) Solución: 3

√xy = 14x + y 

Derivamos respecto a x

y + x. y′

= 14 + y′

3

3. √(xy)2 

Tomamos los valores de “x” e “y”, según el punto (2,-32)

−3 + 2y′ 3

3. √(−64)2 −3 + 2y ′ 3

3. √4096 −

= 14 + y′

= 14 + y ′

1 3

3. √4096

− 14 = −

2y ′ 3

3. √4096

3

+ y′

3

1 + 42( √4096) = 2y ′ − y′(3. √4096) 3

3

1 + 42( √4096) = y′(2 − 3. √4096) 3

′

y = 

1 + 42(3. √4096) 3

(2 − 3. √4096)

=

1 + 42(15,96) (2 − 3(15,96))

=−

671,32 67132 352 =− =− 45,88 4588 23

ECUACION DE LA RECTA TANGENTE

y − f(a) = f ′ (a). (x − a) y + 32 = −

352 . (x − 2) 23 ∴ LT = 352x + 24y + 32 = 0

EJERCICIO N° 16 (Espinoza, 2002, pág. 599) Obtener las ecuaciones de las rectas tangentes y normal a la curva 2x 3 + 2y 3 − 9xy = 0 en el punto (2; 1). Solución: dy 2x 2 − 3y = dx 3x − 2y 2

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dy | dx p(2;1) 2x 2 − 3y mLT = | 3x − 2y 2 p(2;1) mLT =

2(2)2 − 3(1) mLT = 3(2) − 2(1)2 5 mLT = 4 LT : y − yo = mLT (x − xo ) 5 LT : y − 1 = (x − 2) 4 𝐋𝐓 : 𝟓𝐱 − 𝟒𝐲 − 𝟔 = 𝟎 mLN : −

1 1 4 =− =− 5 mLT 5 4

LN : y − yo = mLN (x − xo ) 4 LN : y − 1 = − (x − 2) 5 𝐋𝐍 : 𝟒𝐱 + 𝐲 − 𝟏𝟑 = 𝟎

EJERCICIO N° 17 (Espinoza, 2002, pág. 599) Hallar las ecuaciones de las dos tangentes a la elipse 4x 2 + y 2 = 72 que pasan por el punto (4,4) Solución: 4x 2 + y 2 − 72 = 0 … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1) Derivando la ecuación 1 para obtener la pendiente (m) 4x 2 + y 2 = 72 2y. y’= - 8x Por definición se sabe que: y−4 x−4

8x + 2y. y ′ = 0 y′ = − y−yo x−xo

4x y

= m … … … … … … … … . (2)

=m

= m………………………………………… (3)

Igualando la ec.1 con la ec.2 −

4x y

=

y−4 x−4

−4x 2 + 16x = y 2 − 4y

4x 2 + y 2 − 16x − 4y = 0 … … … … … … … … … … … … … … … … . (4) Igualando las ec.1 y ec.4

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4x 2 + y 2 − 72 = 4x 2 + y 2 − 16x − 4y 16x + 4y = 72

y = 18 − 4x … … … … … … … … … (5)

Remplazando las ec.5 en la ec.1 4x 2 + y 2 − 72 = 0

4x 2 + (18 − 4x)2 = 72

4x 2 + 324 − 144x + 16x 2 = 72 20x 2 − 144x + 252 = 0 (5x − 21)(x − 3) = 0

x1 =

Hallando “y” cuando x =

21 5

 x2=3

21 5

y = 18 − 4x 21

y = 18 − 4

5

90−84

y=

6

21 6

y=5

5

Hallando “y” cuando

P: ( 5 ; 5)

x=3

y = 18 − 4x y = 18 − 4(3) y = 18 − 12

y=6

P2 : (3; 6)

Hallando la pendiente de las rectas L1 y L2 sabiendo que −

4x y

= m , Teniendo además como puntos de tangencia a P1 y P2 21 6

a) P1 : ( 5 ; 5) m1 = − m1 = −

4.21 5 6 5

84 6

= −14

b) P2 : (3; 6) m2 = −

4.3 6

m2 = −2 Hallando la ecuación de las rectas L1 Y L2 sabiendo que: a)

y−4 x−4

= m1

y−4 x−4

= −14

18

y−4 x−4

=m

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y − 4 = −14(x − 4) y − 4 = −14x + 56 L1 : 14x + y − 60 =0

b)

y−4 x−4

y−4

= m2

x−4

= −2

y − 4 = −2(x − 4) y − 4 = −2x + 8 L2 : 2x + y − 12 = 0

EJERCICIO N° 18 (Espinoza, 2002, pág. 599) a−x

18. Hallar las ecuaciones de la tangente a la estrofoide y = −x√a+x en el punto (− Solución: a−x

Derivando la ecuación y = −x√a+x para obtener la pendiente. y = −x√

a−x a+x ′

dy a−x a−x = (−x)′ √ + (−x) (√ ) dx a+x a+x dy a−x = −√ −x dx a+x

1 a−x 2√a + x ( )

dy a−x = −√ −x dx a+x

1 (

dy a−x = −√ −x dx a+x

a−x 2√a + x ) 1

a−x 2√a + x ( )

dy a−x = −√ −x dx a+x

1 (

a−x 2√a + x )

a−x ′ ) a+x

(

(

(a − x)′ (a + x) − (a + x)′(a − x) ) (a + x)2

(

−(a + x) − (a − x) ) (a + x)2

(

−a − x − a + x ) (a + x)2

19

3a 6a 5

, 5)

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dy a−x = −√ −x dx a+x

1 (

dy a−x = −√ −x dx a+x

a−x 2√a + x )

(

−2a ) (a + x)2

1

−a ( ) a − x (a + x)2 √ ( a + x)

a−x 2 dy − (a + x) (a + x) + ax = dx a−x (a + x)2 √ a+x

dy −(a − x)(a + x) + ax = dx a−x 2 (a √ a + x + x) dy

= dx

−a2 +x2 +ax a−x

√a+x(a+x)2

.......................................................................... (1) Ecuación derivada

REEMPLAZANDO 𝐱 = −

𝟑𝐚 𝟓

EN 1:

3a 2 3a ) + a (− ) dy 5 5 = dx 3a 2 a − (− ) 3a 5 √ 3a (a + (− 5 )) a + (− ) 5 −a2 + (−

dy = dx

−a2 +

9a2 3a2 5 − ( ) 25 5 5

8a 5 (4a2 ) √ 2a 25 5

16a2 15a2 dy − 25 − 25 = 4a2 dx √4 ( 25 ) dy = dx dy dx

31a2 25 8a2 25

−

=m=−

31 8

.......................................................................... m=pendiente

REEMPLAZANDO 𝐱 𝟎 , 𝐦 𝐞 𝐲𝟎 EN LA ECUACION DE LA RECTA TANGENTE

20

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(y − y0 ) = m(x − x0 ) y−

6a 31 3a = − (x − (− )) 5 8 5

5y − 6a 31 5x + 3a =− ( ) 5 8 5 40y − 48a = −155x − 93a 1

155x + 40y + 45a = 0 ............................................................ ∗ 5 31x + 8y + 9a = 0 ............................................... ECUACIÓN DE LA RECTA TANGENTE REEMPLAZANDO 𝐱 𝟎 , 𝐦 𝐞 𝐲𝟎 EN LA ECUACION DE LA RECTA PERPENDICULAR (y − y0 ) = −

1 (x − x0 ) m

y−

6a 1 3a = −( ) (x − (− )) 31 5 5 − 8

y−

6a 8 3a = (x − (− )) 5 31 5

5y − 6a 8 5x + 3a = ( ) 5 31 5 155y − 186a = 40x + 24a 1

40x − 155y + 210a = 0.......................................................... ∗ 5 8x − 31y + 42a = 0 ................................................ECUACIÓN DE LA RECTA PERPENDICULAR

EJERCICIO N° 19 (Espinoza, 2002, pág. 600) Demostrar que la ecuación de la tangente a la curva y = ax 2 + bx + c en el punto (x1 , y1 )es: y = (2ax1 + b)x + ax12 + c En el P(𝑥1 , 𝑦1 ) se sabe que:

f(x) = y = ax 2 + bx + c ⟹ f ′ (x) = 2ax + b

(𝑥1 , 𝑦1 ) = (𝑥0 , 𝑓(𝑥0 ))

∗En la curva con el punto(x1 , y1 )

⇒ 𝑥1 = 𝑥0

f(x0 ) = y1 = ax12 + bx1 + c ⟹ f ′ (x0 ) = 2ax1 + b

21

∧

𝑦1 = 𝑓(𝑥0 )

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f ′ (x0 ) =

y − f(x0 ) x − x0

Reemplazando ⇒ 2ax1 + b =

y − (ax12 + bx1 + c) x − x1

⇒ (2ax1 + b)(x − x1 ) = y − (ax12 + bx1 + c) ⇒ (2ax1 + b). x − (2ax1 + b). x1 = y − (ax12 + bx1 + c) ⇒ (2ax1 + b)x − 2ax12 − bx1 = y − (ax12 + bx1 + c) ⇒ (2ax1 + b)x − 2ax12 − bx1 + ax12 + bx1 + c = y ⇒ (2ax1 + b)x − ax12 + c = y ∴ y = (2ax1 + b)x − ax12 + c

L.q.q.d

EJERCICIO N° 20 (Espinoza, 2002, pág. 600) Demostrar que la ecuación de la recta tangente a la curva 𝑦 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 + 𝑏 en el punto (𝑥1 , 𝑦1 ) es: 𝑦 = (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 2𝑥13 + 𝑏 Solución: 𝑓(𝑥) = 𝑦 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 + 𝑏 → 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 𝑎

En el P(𝑥1 , 𝑦1 ) se sabe que:

∗En la curva con el punto(x1 , y1 )

(𝑥1 , 𝑦1 ) = (𝑥0 , 𝑓(𝑥0 ))

f(x0 ) = y1 = 𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏 → 𝑓′(𝑥0 ) = 3𝑥12 + 𝑎

⇒ 𝑥1 = 𝑥0

f ′ (x0 ) =

y − f(x0 ) x − x0

Reemplazando 𝑦 − 𝑦1 ⇒ 3𝑥12 + 𝑎 = 𝑥 − 𝑥1 2 ⇒ (3𝑥1 + 𝑎)( 𝑥 − 𝑥1 ) = 𝑦 − 𝑦1 ⇒ (3𝑥12 + 𝑎)( 𝑥 − 𝑥1 ) = 𝑦 − (𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏) ⇒ (3𝑥12 + 𝑎). 𝑥 − (3𝑥12 + 𝑎). 𝑥1 = 𝑦 − (𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏) ⇒ (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 3𝑥13 − 𝑎𝑥1 = 𝑦 − (𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏) ⇒ (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 3𝑥13 − 𝑎𝑥1 +(𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏) = 𝑦 ⇒ (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 3𝑥13 − 𝑎𝑥1 +𝑥13 + 𝑎𝑥1 + 𝑏 = 𝑦 ⇒ (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 2𝑥13 + 𝑏 = 𝑦

22

∧

𝑦1 = 𝑓(𝑥0 )

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L.q.q.d

∴ 𝑦 = (3𝑥12 + 𝑎)𝑥 − 2𝑥13 + 𝑏

EJERCICIO N° 21 (Espinoza, 2002, pág. 600) Encontrar la ecuación de recta que pasa por el punto(1,2) y es normal a la curva 4𝑦

𝑥2 =

Solución: En el P (1; 2) 𝑋 2 = 4𝑌 Despejando x: 𝑌=

𝑋2 4

DERIVADA: 𝑌′ =

𝑋 2

Tener en cuenta que 𝑚𝑙 . 𝑚𝑛 =−1 𝑥 𝑦−2 .( ) = −1 2 𝑥−1 𝑥𝑦 − 2𝑥 = −2𝑥 + 2 𝑥𝑦 = 2 𝑥. 𝑥 2 =2 4 𝑥=2 𝑦=1 ∴ 𝑦 − 2 = 𝑚𝑙 (𝑥 − 1)

𝑚𝑙 =

𝑦−2 𝑥−1

1−2

= 2−1 = −1

∴ 𝑦 − 2 = −1 (𝑥 − 1) ∴𝑦−2= 1−𝑥 ∴𝑥+𝑦−3=0

EJERCICIO N° 22 (Espinoza, 2002, pág. 600) Hallar las ecuaciones de las tangentes a la curva y 2 + 4x = 0 y que pasa por el punto (2.1)

23

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Sea:y = mx + 1 − 2m reemplazando en y 2 + 4x = 0 (mx + 1 − 2m)2 + 4x = 0 m2 x 2 + (4 + 2m − 4m2 )x + 4m2 − 4m + 1 = 0 ∆= b2 − 4ac

(4 + 2m − 4m2 )2 − 4m2 (4m2 − 4m + 1) = 0

2m2 − m − 1 = 0 (2m + 1)(m − 1) = 0 m=−

1 ʌm= 1 2

m = 1;

y=x−1

𝐱 − 𝐲 − 𝟏 = 𝟎......... (1) 1

x

m = −2 ;

y =2+2

𝐱 + 𝟐𝐲 − 𝟒 = 𝟎 … … … (𝟐)

EJERCICIO N° 23 (Espinoza, 2002, pág. 600) Hallar las rectas normales a la curva 𝑥𝑦 − 2𝑥 + 4 = 0 en donde su abscisa es igual a su ordenada. Curva 𝑥𝑦 − 2𝑥 + 4 = 0. 𝑦=

2𝑥 − 4 𝑥

𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 ∶ 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜(𝑎, 𝑎) 1° Determinar Dichos puntos en la que la abscisa es igual a su ordenada 𝑝 = (𝑎, 𝑎) 𝑎 = 𝑦 = 𝑥 ,𝑦 = 𝑎= 𝑦=

2𝑥 − 4 𝑥

2(𝑎) − 4 𝑎

𝑎2 = 2(𝑎) − 4 𝑎2 − 2(𝑎) + 4 = 0

𝑝𝑜𝑟 𝑓𝑜𝑡𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 = 𝑥1,2 =

−𝑏 ∓ √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 2𝑎

24

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𝑎1,2 =

−(−2) ∓ √(−2)2 − 4(1)(4) 2(1) 𝑎1,2 = 1 ∓ √3𝑖

𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑎 𝑏𝑢𝑠𝑐𝑎𝑟𝐴(1 − √3𝑖, 1 − √3𝑖), 𝐵(1 + √3𝑖, 1 + √3𝑖)

2° 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 ∶ 𝑚𝑙𝑇= 𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑓´(𝑥) =

(2𝑥 − 4)´𝑥 − 𝑥´(2𝑥 − 4) 𝑥2

𝑓´(𝑥) =

2. 𝑥 − (2𝑥 − 4) 𝑥2

𝑚𝑙𝑇 = 𝑓´(𝑥) =

4 𝑥2

𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 (1 − √3𝑖, 1 − √3𝑖) 𝑑𝑦 4 −1 + √3𝑖 = = 𝑑𝑥1−√3𝑖,1−√3𝑖 (1 − √3𝑖)2 2 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵 (1 + √3, 1 + √3)

𝑑𝑦 4 −1 − √3𝑖 = = 𝑑𝑥 (1+√3𝑖,1+√3𝑖) (1 + √3𝑖)2 2

3° 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑝𝑜𝑟 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 ∶ 𝑦 − 𝑓(𝑎) =

−1 (𝑥 − 𝑎) 𝑓´(𝑎)

𝑅𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐴 ∶ 𝐿𝑛𝐴= 𝑦 − 𝑓(1 − √3𝑖) = 𝐿𝑛𝐴= 𝑦 − (1 − √3𝑖) =

−1 𝑓´(1 − √3𝑖) −2 (−1 + √3𝑖)

𝑅𝑒𝑐𝑡𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐵:

25

[𝑥 − (1 − √3𝑖)]

[𝑥 − (1 − √3𝑖)]

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𝐿𝑛𝐵= 𝑦 − 𝑓(1 + √3𝑖) = 𝐿𝑛𝐵= 𝑦 − (1 + √3𝑖) =

−1 𝑓´(1 + √3𝑖) −2 (−1 − √3𝑖)

[𝑥 − (1 + √3𝑖)]

[𝑥 − (1 + √3𝑖)]

EJERCICIO N° 24 (Espinoza, 2002, pág. 600) Demostrar que la hipérbola x 2 − y 2 = 5 y la elipse 4x 2 + 9y 2 = 72 se cortan en ángulos retos. Solución: x2 − y2 = 5

4x 2 + 9y 2 = 72

2x − 2yy = 0

8x + 18yy = 0

x

4x

yH = y

yE = 9y

Luego si se cortan en ángulos rectos, se demuestra que: yH yE = −1 x −4x −4x 2 yH yE = ( )= … … . . (1) y 9y 9y 2 Pero x 2 = 5 + y 2 entonces: 4(5 + y 2 ) + 9y 2 = 72 20 + 4y 2 + 9y 2 = 72 13y 2 = 52 y2 = 4

;

x2 = 9

4 9

En (1): yH yE = − 9 (4) = −1 en donde: yH yE = −1

EJERCICIO N° 25 (Espinoza, 2002, pág. 600) Demostrar que los círculos 𝐱 𝟐 + 𝐲 𝟐 = 𝟖𝐚𝐱 y la cisoide (𝟐𝐚 − 𝐱)𝐲 𝟐 = 𝐱 𝟑son perpendiculares en el origen C1 : x 2 + y 2 = 8ax → y 2 = 8ax − x 2 → y = ±√8ax − x 2 … .  C2 : (2a − x)y 2 = x 3 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐑𝐒𝐄𝐂𝐂𝐈𝐎𝐍 𝐃𝐄 𝐂𝐔𝐑𝐕𝐀𝐒 (2a − x)(8ax − x 2 ) = x 3 → (2a − x)(8ax − x 2 )−x 3 = 0 x[(2a − x)(8a − x)−x 2 ] = 0 → [x = 0] ∪ [(2a − x)(8a − x)−x 2 = 0] [x = 0] ∪ [16a2 − 10ax + x 2 −x 2 = 0] [x = 0] ∪ [16a2 − 10ax = 0]

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[𝐱 = 𝟎] ∪ [𝐱 =

𝟖𝐚 ]… 𝟓

Obtenemos puntos reemplazando:  𝐞𝐧  𝐱 = 𝟎 → y = ±√8a(𝟎) − (𝟎)2 → y = ±√0 → y = ±0 → 𝐲 = 𝟎 𝐱=

8a 8a 8a 2 256a2 16a → y = ±√8a ( ) − ( ) → y = ±√ →y=± 5 5 5 25 5 U(0,0); N (

𝐂𝐀𝐋𝐂𝐔𝐋𝐎 𝐃𝐄

8a 16a 8a 16a , );H( ,− ) 5 5 5 5

𝐝𝐲 𝐄𝐍 𝐋𝐀𝐒 𝐂𝐔𝐑𝐕𝐀𝐒 𝐂𝟏 𝐘 𝐂𝟐 𝐝𝐱

𝐂𝟏 : x 2 + y 2 = 8ax → 2x + 2y

dy dy 8a − 2x 𝐝𝐲 𝟒𝐚 − 𝐱 = 8a → = → = dx dx 2y 𝐝𝐱 𝟐𝐲

𝐂𝟐 : (2a − x)y 2 = x 3 → −(1)y 2 + (2a − x)(2y)

dy 𝐝𝐲 𝟑𝐱 𝟐 + 𝐲 𝟐 = 3x 2 → = dx 𝐝𝐱 (𝟐𝐚 − 𝐱)(𝟐𝐲)

EN EL PUNTO U(0,0) C1 :

dy 4a − 0 4a = = = ±∞ dxU 2(0) 0

C2 :

dy 3(0)2 + (0)2 0 = = → NO EXISTE dxU (2a − 0)(2(0)) 0

∗ La recta tangente a C1 en el punto U es x = 0 ∗ La recta tangente a C2 en el punto U es y = 0 El eje Y y el eje X son perpendiculares en el origen

EJERCICIO N° 26 (Espinoza, 2002, pág. 600) Hallar las ecuaciones de las normales a la hipérbola : 4x 2 − y 2 = 36 paralelas a la Recta: 2x + 5y = 4 Solución 1

1) 4x 2 − y 2 = 36 → y = √4x 2 − 36 → f`(x) = (8x) 2√4x2 −36 2) 2x + 5y = 4 Pendiente del orden al origen… Y=mx+b 5y = −2x + 4 2 4 2 y = − x + ………..m = − 5 5 5

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LAS RECTAS SON NORMALES POR LO TANTO Mn. Mt = −1 2 − . Mt = −1 5 5 Mt = 2 Equilibrando la derivada podemos hallar las abscisas: f`(x) = Mt =

5 1 (8x) = 2 2√4x 2 − 36

5 1 (8x) = 2 2√4x 2 − 36 5. (√4x 2 − 36) = 8x x = ±5 Ahora hallaremos y:

1) y = √4(5)2 − 36 = ±8………….. Primer punto cuando es igual a 5 …(5,8) 2) y = √4(−5)2 − 36 = −8………..segundo punto cuando es igual a -5…...(-5,-8) Teniendo en cuenta el punto pendiente y − y° = m(x − x°) 2 1) y − 8 = − (x − 5) 5 2x + 5y − 50 = 0 2 2)y − (−8) = − (x − (−5)) 5 2x + 5y + 50 = 0

EJERCICIO N° 27 (Espinoza, 2002, pág. 600) Hallar una ecuación de la recta normal a la curva x − y = √x + y en el punto (3; 1) SOLUCION: Derivamos la expresión dada en el punto (3; 1) y′ = x′ − (x + y)′ y′ = 1 −

1⁄ 2

(x + y)′ 2√x + y

28

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y′ = 1 −

y′ = 1 − y′ =

(x′ + y′) √𝐱 + 𝐲 2√x + y √𝐱 + 𝐲 (1 + y′)√x + y 2(x + y)

(2x + 2y) − (√x + y) − y′(√x + y) 2x + 2y

y′(2x + 2y) + (√x + y) + y′(√x + y) = 2x + 2y y′[(2x + 2y) + (√x + y)] = (2x + 2y) − (√x + y) y′ =

y′ = y′ =

[(2x + 2y) − (√x + y)] [(2x + 2y) + (√x + y)] 2.3 + 2.1 − √3 + 1 2.3 + 2.1 + √3 + 1 6 3 ⟹ y′ = 10 5 5

 mln = − 3 La ecuación de la recta normal es: y − f(a) = −

1 (x − a) f′(a)

5 y − 1 = − (x − 3) ⟹ 3y − 3 = −5x + 15 3 5x + 3y = 18

EJERCICIO N° 28 (Espinoza, 2002, pág. 600) Hallar la ecuación de la recta tangente y normal a la curva 𝑦 = 8 sen3 2𝑥 en el punto 𝜋

(12 , 1). Solución: Derivando la ecuación de la curva:

𝑦 = 8 sen3 2𝑥 𝑑𝑦 = 8(3)𝑠𝑒𝑛3−1 2𝑥. 𝑐𝑜𝑠2𝑥(2) 𝑑𝑥

29

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𝑑𝑦 = 48𝑠𝑒𝑛2 2𝑥. 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥

Hallando recta tangente: 𝑥= 𝑦´ = 48𝑠𝑒𝑛2

𝜋 12 2𝜋 2𝜋 × 𝑐𝑜𝑠 12 12

𝑦´ = 48𝑠𝑒𝑛2

𝜋 𝜋 × 𝑐𝑜𝑠 6 6

1 2 √3 𝑦´ = 48 [ ] × 2 2 1 √3 𝑦 ′ = 48 × = 6√3 4 2 ∴ 𝑚(𝑡𝑔) = 6√3

𝜋

y el punto (12 , 1) (𝑦 − 𝑦1 ) = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) (𝑦 − 1) = 6√3 (𝑥 −

𝑦 = 6√3𝑥 −

𝜋 ) 12

√3𝜋 +1 2

Hallando ecuación de la recta normal: Como la recta tangente y normal son perpendiculares el producto de dichas pendientes será igual a 1.

𝑚(𝑡𝑔) × 𝑚(𝑛) = −1 6√3. 𝑚(𝑛) = −1 𝑚(𝑛) = −

1 6√3

𝜋 , 1) 12

𝑦 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (

30

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(𝑦 − 𝑦1 ) = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ) (𝑦 − 1) = −

𝑦=

𝜋 72√3

1 6√3

−𝑥

(𝑥 −

1 6√3

𝜋 ) 12

+1

EJERCICIO N° 29 (Espinoza, 2002, pág. 600) EJERCICIO N° 30 (Espinoza, 2002, pág. 601) Halle la ecuación de la parábola y = x 2 + bx + c que es tangente a la recta y = x en el punto (1,1). Solución: Si la recta y = x es tangente a la parábola, entonces se cumple que: y ′ = 1, donde [

m=1 dy

′

y = dx

es la pendiente de x = y es la pendiente de toda la recta tangente

De la ecuación: y = x 2 + bx + c y ′ = 2x + b ⇒ 2x + b = 1 Si (1,1) pertenece a la parábola y 2 = x 2 + bx + c ⇒ 1 = 1 + b + c ⇒ b + c = 0…… (i) Si (1,1) satisface la ecuación 2x + b = 1 ⇒ b = −1…… (ii) Reemplazar (ii) en (i): −1 + c = 0 ⇒ c = 1 La ecuación de la parábola será: y = X2 − x + 1

EJERCICIO N° 31 (Espinoza, 2002, pág. 601) Hallar una ecuación de la recta tangente y una ecuación de la recta normal a la curva dada en el punto indicado. a) 𝐱 𝟑 − 𝟑𝐱𝐲 𝟐 + 𝐲 𝟑 = 𝟏

, p (2,-1)

Derivando: 3x 2 − 3y 2 − 2yy′. 3x + 3y 2 y′ = 0 y′(3y 2 − 2y. 3x) = 3x 2 + 3y 2

31

UNIVERSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 3x2 +3y2

y′ = 3y2 −2y.3x →Reemplazando el punto p (2,-1): y ′ = 1 = m Además:m. m1 = −1

∴ 1. m1 = −1 → m1 = −1

Recta tangente: (y − y1 ) = m(x − x1 ) y + 1 = 1(x − 2) y= x−3 Recta normal: (y − y1 ) = m1 (x − x1 ) y + 1 = −1(x − 2) y= x−1

b)𝐱 𝟐 − 𝟐𝐱𝐲 + 𝐲 𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝐲 − 𝟔 = 𝟎 P (2, 2) Derivando: 2x − (2y + 2xy ′ ) + 2 + y ′ = 0 y ′ (1 − 2x) = 2y − 2x − 2 y′ =

2y−2x−2 1−2x

2

→Reemplazando el punto p (2,2): y ′ = − = m

Además:m. m1 = −1

3

2

∴. − 3 . m1 = −1 → m1 =

Recta tangente: (y − y1 ) = m(x − x1 ) 2 y − 2 = − (x − 2) 3 2 y = − (x − 2) + 2 3 2 10 y= x− 3 3 Recta normal: (y − y1 ) = m1 (x − x1 ) 3 y − 2 = (x − 2) 2 3 y= x−3+2 2

32

3 2

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y=

3 x−1 2

c)𝐱 𝟑 + 𝐲 𝟐 + 𝟐𝐱 − 𝟔 = 𝟎

𝐲=𝟑

Reemplazando 𝐲 = 𝟑 en la ecuación:x = −1

∴p (-1,3)

Derivando: 3x 2 + 2yy ′ + 2 = 0 y′ =

−3x2 −2 2y

5

→Reemplazando el punto p (-1,3): y ′ = − 6 = m

Además:m. m1 = −1

5

∴. − 6 . m1 = −1 → m1 =

6 5

Recta tangente: (y − y1 ) = m(x − x1 ) 5 y − 3 = − (x + 1) 6 5 y = − (x + 1) + 3 6 y=

5 23 x+ 6 6

Recta normal: (y − y1 ) = m1 (x − x1 ) 6 y − 3 = (x + 1) 5 6 y = (x + 1) + 3 5 6 21 y= x+ 5 5 d)𝐱 𝟑 − 𝟐𝐱 𝟐 𝐲 𝟐 + 𝟓𝐱 + 𝐲 − 𝟓 = 𝟎

𝐱=𝟏

Reemplazando 𝐱 = 𝟏 en la ecuación:y = −1

∴p (1,-1)

Derivando: 3x 2 − (4xy 2 + 2x 2 . 2yy ′ ) + 5 + y ′ = 0 y ′ = 4xy 2 − 3x 2 − 5 y′ =

4xy2 −3x2 −5 1−4x2 y

2

→Reemplazando el punto p (1,-1): y ′ = − 5 = m

Además:m. m1 = −1

2

∴. − 5 . m1 = −1 → m1 =

33

5 2

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Recta tangente: (y − y1 ) = m(x − x1 ) 2 y + 1 = − (x − 1) 5 2 y = − (x − 1) − 1 5 2 3 y= x+ 5 5 Recta normal: (y − y1 ) = m1 (x − x1 ) 5 y + 1 = (x − 1) 2 5 y = (x − 1) − 1 2 y=

5 7 x− 2 2

e)𝐱√𝐱𝐲 + 𝟐𝐲 𝟐 − 𝟑 = 𝟎 p (1,1) Derivando: (xy)′ x( ) + 4yy ′ = 0 2√xy y + xy′ x( ) + 4yy ′ = 0 2√xy x 2 + y. 8√xy xy y′ ( )=− 2√xy 2√xy y′ = −

xy x2 +8y√xy

1

→Reemplazando el punto p(1,1): y ′ = − = m

Además:m. m1 = −1

9

1

∴. − 9 . m1 = −1 → m1 = 9

Recta tangente: (y − y1 ) = m(x − x1 ) 1 y − 1 = − (x − 1) 9 2 y = − (x − 1) + 1 9

34

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y=

1 10 x− 9 9

Recta normal: (y − y1 ) = m1 (x − x1 ) y − 1 = 9(x − 1) y = 9x − 9 + 1 y = 9x − 8

EJERCICIO N° 32 (Espinoza, 2002, pág. 601) Hallar las ecuaciones de la recta tangente y normal en el punto P (-1,2) a la curva: yex+1 + 2xy 2 − y + 2x 2 + 6 = 0 a) Derivando con respecto “x”: y′ex+1 + y(ex+1 )′ + (2x)′y 2 + 2x(y 2 )′ − y′ + (2x 2 )′ + (6)′ = (0)′ y′ex+1 + yex+1 + (2)y 2 + 2x(2yy ′ ) − y′ + 4x + 0 = 0 y′ex+1 + yex+1 + 2y 2 + 4xyy′ − y′ + 4x = 0 b) Para x = −1, y = 2: y′e−1+1 + (2)e−1+1 + 2(2)2 + 4(−1)(2)y′ − y′ + 4(−1) = 0 y ′ e0 + 2e0 + 8 − 8y ′ − y ′ − 4 = 0 y ′ + 2 + 8 − 8y ′ − y ′ − 4 = 0 y ′ (1 − 8 − 1) = −6 −6 y′ = −8 𝑦′ =

3 4

c) Reemplazamos el valor de y ′ y P (-1,2) en la ecuación de la tangente: 𝐿𝑇 : 𝑦 − 𝑦0 = 𝑦 ′ (𝑥 − 𝑥0 ) 3 y − y0 = ( ) (x − x0 ) 4 3 y − (2) = ( ) (x − (−1)) 4 3x + 3 y−2= 4 4y − 8 = 3x + 3 3x − 4y + 11 = 0 ⇒ 𝐿𝑇 : 3𝑥 − 4𝑦 + 11 = 0 d) Reemplazamos el valor de y ′ y P (-1,2) en la ecuación de la normal: 1 𝐿𝑁 : 𝑦 − 𝑦0 = − (𝑥 − 𝑥0 ) 𝑦′

35

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4 y − y0 = − ( ) (x − x0 ) 3 4 y − (2) = − (x − (−1)) 3 4 y − 2 = − (x + 1) 3 3y − 6 = −4x − 4 4x + 3y − 2 = 0 ⇒ 𝐿𝑁 : 4𝑥 + 3𝑦 − 2 = 0 EJERCICIO N° 33 (Espinoza, 2002, pág. 601) Hallar la ecuación de la recta tangente y la normal a la gráfica de f(x) = (2 − 3x + x 3 )√1 + x 2 en el punto x = 0 Solución: Ecuación de la tangente: f(x) = (2 − 3x + x 3 )√1 + x 2 en el punto x˳ = 0 Entonces reemplazando en y˳ = (2 − 3(0) + 03 )[√1 + 02 ] y˳ = 2 Entonces hallando la derivada: dy dx

= (2 − 3x + x 3 )√1 + x 2 ′

dy

= (2 − 3x + x 3 )[√1 + x 2 ] + (2 − 3x + x 3 )′√1 + x 2 dx

dy dx

= (2 − 3x + x 3 )

2x 2√1+x2

+(−3 + 3x 2 ) √1 + x 2

En el punto “0” dy dx dy dx dy dx dy

= (2 − 3(0) + 03 ) =

2(0) 2

2(0) 2

+ (−3 + 0)√1 + 02

+ (−3)(1)

= −3 …………………. Pendiente de la tangente 1

= 3 …………………….. Pendiente de la normal dx

Hallando la ecuación de la tangente: y − y˳ = m(x − x˳) y − 2 = −3(x − 0) y − 2 = −3x

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3x + y = 2 Hallando la ecuación de la normal: y − y˳ = m(x − x˳) 1

y − 2 = 3 (x − 0) 3y − 6 = x 3y − x = 6

EJERCICIO N° 34 (Espinoza, 2002, pág. 601) Determinar la ecuación de la recta que pasa por (0,2) y es tangente a la gráfica de: f(x) = 2x 3 − 5x + 6 Solución: m = lim

f(x+h)−f(x) h

h→0

m = lim

2(x+h)3 −5(x+h)+6−(2x3 −5x+6) h

h→0

m = lim

2[x3 +h3 +3xh(x+h)]−5(x+h)+6−(2x3 −5x+6) h

h→0

m = lim

2x3 +2h3 +6xh(x+h)−5x−5h+6−2x3 +5x−6 h

h→0

m = lim

2h3 +6xh(x+h)−5h h

h→0

m = lim

h[2h2 +6x(x+h)−5]

h→0

h

m = 6x 2 − 5 Lt= 6x 2 − 5 cuando x = 0 entonces m = −5 Ecuación de la recta: (y − y ′ ) = m(x − x ′ )

(y − 2) = m(x − 0)

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y − 2 = (−5)x

∴ 𝟓𝐱 + 𝐲 − 𝟐 = 𝟎

EJERCICIO N° 35 (Espinoza, 2002, pág. 601) Determinar los valores de a, b y c de modo que 𝐟(𝐱) = 𝐱 𝟐 + 𝐚𝐱 + 𝐛 y 𝐠 (𝐱) = 𝐱 𝟐 + 𝐜𝐱 tienen la misma recta tangente en (𝟐, 𝟐) 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐚𝐧𝐝𝐨

𝐝𝐲 𝐝𝐞 𝐚𝐦𝐛𝐚𝐬 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 ∶ 𝐝𝐱

dy dy = 2x + a + 0 → = 4 + a = mt dx f(x) dx (2,2) dy dy = 2x + c → = 4 + c = mt dx g(x) dx (2,2) por tener la misma recta tangente deben tener la misma pendiente => 𝟒 + 𝐜 = 𝟒 + 𝐚 𝐜=𝐚 ∗ ademas, si tienen recta tangente en el punto (𝟐, 𝟐) , este punto debe pertenecer a ambas funciones 𝐑𝐄𝐄𝐌𝐏𝐋𝐀𝐙𝐀𝐍𝐃𝐎 𝐄𝐋 𝐏𝐔𝐍𝐓𝐎 (𝟐, 𝟐)𝐄𝐍 𝐀𝐌𝐁𝐀𝐒 𝐅𝐔𝐍𝐂𝐈𝐎𝐍𝐄𝐒 2 = x 2 + ax + b 2 = x 2 + cx x 2 + cx = 2 = x 2 + ax + b x 2 + cx = x 2 + cx + b 𝟎=𝐛 ∗ 𝐄𝐧 𝐭𝐚𝐥 𝐜𝐚𝐬𝐨 𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐬𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮𝐧𝐚 𝐬𝐨𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝟐 = 𝟐𝟐 + 𝟐𝐜 −𝟐 = 𝟐𝐜 −𝟏 = 𝐜 ∴ 𝐚 = −𝟏, 𝐛 = 𝟎 y 𝐜 = −𝟏

EJERCICIO N° 36 (Espinoza, 2002, pág. 601)

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Encontrar la ecuación de la recta que pasa por el punto P(−1,2) y es tangente la curva xy + 3y = x − 1 Solución: 𝐱𝐲 + 𝟑𝐲 = 𝐱 − 𝟏 , 𝐏(−𝟏, 𝟐) Derivamos la función: x ′ y + y ′ x + 3y ′ = x ′ − 1 y + xy ′ + 3y ′ = 1 − 0 y ′ (x + 3) = 1 − y y′ =

1−y x+3

∂y 1 − y = ∂x x + 3

𝐦𝐋𝐭 =

𝛛𝐲 | 𝛛𝐱 𝐩(−𝟏,𝟐)

mLt = ( mLt =

1−y )| x + 3 p(−1,2)

1−2 −1 + 3

mLt = −

1 2

Ecuación de la recta: 𝐲 − 𝐲𝟎 = 𝐦𝐋𝐭 (𝐱 − 𝐱 𝟎 ) y−2=−

1 (x − (−1)) 2

2y − 4 = −x − 1 𝐱 + 𝟐𝐲 − 𝟑 = 𝟎

EJERCICIO N° 37 (Espinoza, 2002, pág. 601) Hallar la ecuación de la tangente a la curva 𝑥 2 𝑦 = 𝑥 + 1 cuya inclinación es 45° 𝑥2𝑦 = 𝑥 + 1 𝑦=

𝑥+1 𝑥2

(𝑥 + 1) ∗ (𝑥 2 ) − (𝑥 + 1) ∗ (𝑥 2 )′ 𝑦 = 𝑥4 ′

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𝑥 2 − 2𝑥 2 − 2𝑥 𝑦 = 𝑥4 ′

𝑦′ =

−𝑥 − 2 = 𝑚𝑡 𝑥3

Por teoría 𝑚 = 𝑡𝑎𝑛45° 𝑚=1 Entonces: −𝑥 − 2 =1 𝑥3 −𝑥 − 2 = 𝑥 3 𝑥 = −1 Reemplazamos ``x`` en: 𝑦=

𝑥+1 𝑥2

𝑦=

(−1) + 1 (−1)2

𝑦=0 Hallamos la E.C de la tangente: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) 𝑦 − 0 = 1(𝑥 + 1) 𝑦 =𝑥+1 𝑥−𝑦+1=0

EJERCICIO N° 38 (Espinoza, 2002, pág. 601) Encontrar una ecuación de la recta normal a la curva y = x√16 + x 2 en el origen. Solución Ecuación de la recta normal 1

y − y0 = f(x)′ (x − x0 ) dy

Hallando dx aplicando ln lny = ln( x√16 + x 2 )

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y′ = ln( x) + ln(√16 + x 2 ) y 1 y′ = ln( x) + ln(16 + x 2 )2 y

y′ 1 = ln( x) + ln(16 + x 2 ) y 2 y′ 1 1 (16 + x 2 )′ = + y x 2 (16 + x 2 ) y′ 1 1 (2x) = + y x 2 (16 + x 2 ) y′ =

y(16+2x2 )

⇨

x(16+x2 )

dy

= dx

(x√16+x2 )(16+2x2 ) x(16+x2 )

(√16+x2 )(16+2x2 )

=

(16+x2 )

En el punto p (0,0) dy

mlt = dx │x=0

⇨ mlt = ⇨

(√16+x2 )(16+2x2 ) (16+x2 )

(√16+02 )(16+2(0)2 ) (16+02 )

⇨

│x=0

(√16)(16) (16)

=4...........pendiente de la tangente

Luego la pendiente de la tangente y normal mlt × mln = −1 1

4 × mln = −1 ⇨ mln = − 4 Hallando la ecuación de la recta normal y − y0 = mln (x − x0 ) 1

y = − 4 (x) 0 = 4y + x EJERCICIO N° 39 (Espinoza, 2002, pág. 601) dy

Hallar dx de las funciones siguientes dadas en forma paramétrica. 2at

x = 1+t2

a). { a(1−t2 ) y = 1+t2 Derivando x dx t´(1 + t 2 ) − t(1 + t 2 )´ = 2a ( ) 2 dt ((1 + t 2 ))

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dx 1(1 + t 2 ) − t(2t) = 2a ( ) 2 dt ((1 + t 2 )) (1 + t 2 ) − 2t 2 dx = 2a ( 2 ) dt ((1 + t 2 )) dx 2a(1 − t 2 ) =( 2) dt ((1 + t 2 )) Derivando y (1 − t 2 )´(1 + t 2 ) − (1 − t 2 )(1 + t 2 )´ dy = a[ ] (1 + t 2 )2 dt (−2t)(1 + t 2 ) − (1 − t 2 )(2t) dy = a[ ] (1 + t 2 )2 dt (−1 − t 2 ) − 1 + t 2 dy = 2at [ ] (1 + t 2 )2 dt dy −4at =[ ] (1 + t 2 )2 dt dy

Por lo tanto dx

−4at [ ] dy −4at −2t (1 + t 2 )2 = = = dx 2a(1 − t 2 ) 1 − t 2 2a(1 − t 2 ) ( ) 2 ((1 + t 2 ))

b). {

x = a(cos t + t sen t) y = a(sen t − tcos t)

Derivando x dx = a(cost´ + (t sent)´) dt dx = a(−sent + (t´ sent + t sen t´)) dt dx = a(−sent + ( sent + t cos t)) dt dx = a(−sent + sen t + tcost) dt dx = atcost dt

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Derivando y dy = a(sen t´ − (t´cos t + t cos t´)) dt dx = a(cost − (1cost − tsent)) dt dx = a(cost − cost + tsent) dt dx = atsent dt dy

Por lo tanto dx

dy atsent = = tg(t) dx atcost

x=

cos3 t

√cos2t c). { sen3 t y=

√cos2t

Derivando x dx cos 3 t´. √cos2t − cos3 t. √cos2t´ = 2 dt √cos2t dx cos 3 t´. √cos2t − cos3 t. √cos2t´ = 2 dt √cos2t dx = dt dx = dt

3cos2 t. cost´. √cos2t − cos3 t.

cos2t´ 2√cos2t

cos2t 3cos2 t. −sent. √cos2t − cos3 t.

−sen2t 2√cos2t

cos2t

dx cos2t(sen2t. cost − 3sent. cos2t = dt cos2t√cos2t Derivando y dy sen3 t´. √cos2t − sen3 t. √cos2t´ = 2 dt √cos2t

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dy = dt dy = dt

3sen2 t. sent´. √cos2t − sen3 t.

cos2t´ 2√cos2t

cos2t 3sen2 t. cost. √cos2t − sen3 t.

−sen2t 2√cos2t

cos2t 2

dy sen t(3cost. cos2t + sen2t) = dt cos2t√cos2t dy

Por lo tanto dx

sen2 t(3cost. cos2t + sen2t) dy cos2t√cos2t = dx cos2t(sen2t. cost − 3sent. cos2t cos2t√cos2t dy tg 2 t(3cost. cos2t + sen2t) = dx sentcos2t − 3sent. cos2t sen2 t dy cos 2 t . cos2t 3cos2 t + sen2 t = − dx sent 3sen2 t + cos2 t dy dx

= tgt(

3cos2 t+sen2 t

) = tgt(

3−3cos2 t+cos2 t

3−4sen2 t 1−4sen2 t

)

1

d). {

x = arccos 1+t2 1

y = arcsen 1+t2

Derivando x 1 dx − (1 + t 2 ) ´ = dt √1 − 1 2 1+t −2t dx − ((1 + t 2 )2 ) = dt √1 − 1 2 1+t 2t dx (1 + t 2 )2 = dt √1 − 1 2 1+t Derivando y

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1 ( )´ dy 1 + t2 = dt √1 − 1 2 1+t −2t dy ((1 + t 2 )2 ) = dt √1 − 1 2 1+t 2t dy − (1 + t 2 )2 = dt √1 − 1 2 1+t

Por lo tanto

dy dx

2t (1 + t 2 )2 √1 − 1 2 dy 1+t = = −1 2t dx (1 + t 2 )2 √1 − 1 2 1+t −

t

e). {

x = a(lntg 2 + cost − sent y = a(sen t + cos t )

Derivando x t (tg 2) ´ dx = a[ t + cost´ − sent´] dt (tg 2) t (sec 2 2) dx = a[ t + cost´ − sent´] dt (tg 2) dx 1 t = a [ tan − sent − cost] dt 2 2 Derivando y dy = a(sent´ + cost´) dt

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dy = a(cost − sent) dt Por lo tanto

dy dx

dy a(cost − sent) (cost − sent) = = dx a [1 tan t − sent − cost] [1 tan t − sent − cost] 2 2 2 2

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