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INTRODUCCIÓN AL CÁLCULO DIFERENCIAL

INTRODUCCIÓN AL CÁLCULO DIFERENCIAL OSCAR LOZANO MANTILLA Licenciado en Matemáticas Magister en la Enseñanza de la Matemática Profesor Asociado de la UPB Seccional Bucaramanga

CONTENIDO 1. DESIGUALDADES.

1

2. FUNCIONES. 2.1 DEFINICIÓN. 2.2 CLASIFICACIÓN, TRANSFORMACIONES FUNCIONES, FUNCIÓN INVERSA. 2.3 FUNCIONES TRASCENDENTALES.

17 19 Y

ÁLGEBRA

DE

3. LÍMITES. 3.1 DEFINICIÓN INTUITIVA Y FORMAL. 3.2 PROPIEDADES. 3.3 LÍMITES LATERALES Y LÍMITES INFINITOS. 3.4 LÍMITES AL INFINITO.

31 42

54 56 68 86 102

4. CONTINUIDAD.

114

5. DERIVACIÓN.

133

5.1 RECTA TANGENTE, VELOCIDAD INSTANTÁNEA Y DERIVADA DE UNA FUNCIÓN. 5.2 REGLAS DE DERIVACIÓN, DERIVADA DE FUNCIONES TRASCENDENTALES Y DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR. 5.3 DERIVACIÓN IMPLÍCITA Y DERIVACIÓN LOGARÍTMICA. 5.4 RAZONES DE CAMBIO RELACIONADAS.

6. APLICACIONES DE LA DERIVACIÓN. 6.1 6.2 6.3 6.4

VALORES MÁXIMOS Y MÍNIMOS. PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN. DIFERENCIALES. REGLA DE L’HOPITAL.

135 156 185 200

219 221 261 281 292

PRÓLOGO En la línea del análisis matemático se encuentra el cálculo, en el cual existen cuatro conceptos fundamentales: límite, continuidad, derivación e integración. En este material se estudiará para funciones de una variable, los tres primeros conceptos en el curso que se denomina cálculo diferencial. En esta obra académica se pretende que el estudiante encuentre el soporte teórico y una gran cantidad de ejercicios que ilustren los conceptos de límite, continuidad y derivación de funciones de una variable. El libro académico se divide en seis capítulos y se distribuyen de la siguiente manera: en los dos primeros capítulos se realiza una recopilación bibliográfica de los conceptos: desigualdades y funciones, los cuales se profundizan en la educación secundaria. En el tercer capítulo se estudia el concepto de límite de una función de una variable, en el capítulo cuarto se trabaja el concepto de continuidad. En el capítulo quinto se realiza el estudio del proceso de derivación, uno de los conceptos más importante por sus aplicaciones en ingeniería. Finalmente, en el sexto capítulo se tratan aplicaciones de la derivación de una función de una variable. Dentro del contexto actual de la educación a nivel mundial se habla de: innovación pedagógica, transformación curricular, uso de las TIC en el aula, etc. Los docentes, como elementos dentro de este conjunto llamado currículo, deben promover la transformación curricular, buscando diferentes estrategias que favorezcan aprendizajes significativos que ayuden a formar profesionales competentes en la sociedad en que viven, y además, como respuesta a las dificultades, en términos del proceso Enseñanza Aprendizaje del Cálculo Diferencial, orientada en el ciclo básico disciplinar, que es el soporte académico de un ingeniero competente, surge la iniciativa de buscar una mejor comprensión y apropiación en el estudiante de la asignatura en mención, y para ello se ha realizado un libro académico (notas de clase) con una gran cantidad de ejercicios y problemas resueltos utilizando un lenguaje sencillo y un desarrollo paso a paso en el uso de algoritmos y procedimientos. En la orientación de los cursos de Cálculo Diferencial utilizo la estrategia didáctica Aula Invertida, en donde el estudiante debe adquirir los conocimientos de cada temática de la asignatura antes de la clase, de tal manera que dentro del aula de clases el docente asesora a los estudiantes en la realización de las tareas y proyectos planeados para cada contenido. En consecuencia, el libro académico tiene como objetivo principal ser el apoyo conceptual en la adquisición del conocimiento antes de cada sesión. Para la realización de estas notas de clase, quiero agradecer a los autores de los siguientes textos, los cuales he considerado como referencia en el desarrollo conceptual y en el diseño de algunas gráficas que son de gran relevancia para la ilustración de ciertas aplicaciones del proceso de derivación: Cálculo Trascendentes Tempranas de JAMES STEWART, Cálculo de una variable de RON LARSON, Cálculo de EDWIN PURCELL, Cálculo de GEORGE THOMAS y diferentes fuentes de internet. El autor

CAPÍTULO 1 DESIGUALDADES

En este capítulo aprenderás

Reseña histórica

Definición Pensamiento numérico Clases de intervalos Pensamiento métrico

Desigualdades Propiedades

Pensamiento variacional Ejemplos

Aplicaciones

En el mapa conceptual anterior se visualiza que el estudiante realizará un aprendizaje de las desigualdades con sus propiedades, ejemplos y aplicaciones, buscando que él adquiera competencias para:   

Interpretar modelos algebraicos. Plantear modelos algebraicos que representen situaciones prácticas. Resolver situaciones que involucren el planteamiento de desigualdades.

1

Reseña histórica No se conoce con exactitud sobre el origen de las desigualdades o inecuaciones, pero se originaron después de que aparecieran las ecuaciones (1700 𝑎. 𝐶 – 1700 𝑑. 𝐶) debido a la aparición de problemas en el cuál la respuesta no es única, sino que puede contener un grupo de números reales como resultado. Las desigualdades son importantes debido a que las utilizamos hasta en nuestro diario vivir sin darnos cuenta que las usamos mentalmente o a través de máquinas y utensilios simples. Un ejemplo claro de lo anterior, es cuando se va a cocinar debido a que se debe determinar o aproximar los resultados de las medidas necesarias para llevar a cabo la preparación de cierto alimento. Otro ejemplo se presenta en el mantenimiento de un automóvil; es decir, debemos determinar la cantidad de aceite, gasolina, líquido de frenos, agua, entre otros, para el buen funcionamiento de toda la maquinaria. En general, por medio de las desigualdades se puede establecer la diferencia entre dos valores para determinar cuál de ellos es mayor o menor. Como ejemplo de lo anterior se tiene: en la industria, una empresa decide investigar las ganancias o pérdidas entre el costo y los ingresos obtenidos, en física, se puede determinar a través de las desigualdades la distancia mayor o menor entre dos trayectorias en las cuales se podría dirigir un cohete hasta la luna y en química, se puede buscar la temperatura máxima o mínima de una sustancia en calor y frío.

2

En este capítulo encontrará la definición de desigualdad, las propiedades que deben cumplir en las desigualdades y una valiosa cantidad de ejercicios resueltos y otros propuestos. Este tema se hace importante conocerlo, comprenderlo y dominarlo para temas que encontrará en el curso de cálculo diferencial. Definición. Una desigualdad es un enunciado que compara dos expresiones algebraicas utilizando las relaciones mayor o igual que ( ≥ ), menor o igual que ( ≤ ), mayor que ( > ), menor que ( < ). Resolver una desigualdad consiste en encontrar el conjunto de números reales que hacen verdadera dicha proposición. Este conjunto solución por lo general consta de un intervalo o la unión de varios intervalos. Clases de intervalos: Intervalos finitos

Notación (𝑎, 𝑏)

Desigualdad

Gráfica

𝑎 − → 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜, 𝑥> → 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜, 3 5 3 3 15 −1 Por tanto, la solución es (−∞, ). 4.

𝑥
0 Solución. En las desigualdades no lineales se deben encontrar los valores críticos 3

(aquellos valores donde cada factor es cero). En esta desigualdad son: 5 , 1 2

1 2

3 5

(3 − 5𝑥) (1 − 2𝑥)

+ + + + + En el diagrama se observa que el conjunto donde (3 − 5𝑥)(1 − 2𝑥) es positivo, es el 1

3

intervalo (−∞, 2) ∪ (5 , ∞). 6. 2𝑥 2 + 3𝑥 − 5 < 0 Solución. Factorizando el trinomio se obtiene (2𝑥 + 5)(𝑥 − 1) < 0. Luego, los valores 5

críticos son: − 2 , 1 5

−2 (𝑥 − 1) (2𝑥 + 5)

1

+

+ -

5

+ + +

En el diagrama se observa que el conjunto donde (2𝑥 + 5)(𝑥 − 1) es negativa, es el 5

intervalo (− 2 , 1). 7. 9𝑥 2 − 99𝑥 − 36 < 0 Solución. Dividiendo la desigualdad entre 9 se obtiene: 𝑥 2 − 11𝑥 − 4 < 0. Para encontrar los valores críticos se utiliza la fórmula cuadrática 𝑥=

11 ± √(−11)2 − 4(1)(−4) 11 ± √137 = 2(1) 2

→ 𝑥1 =

11 + √137 2

11−√137 2

11 − √137 ) 2 11 + √137 (𝑥 − ) 2 (𝑥 −

𝑦 𝑥2 =

11 − √137 2

11+√137 2

-

+

+

-

-

+

+

-

+

En el diagrama se observa que el conjunto donde 𝑥 2 − 11𝑥 − 4 es negativa, es el intervalo (

11 − √137 11 + √137 , ) 2 2

8. 𝑥 4 − 5𝑥 2 + 4 > 0 Solución. Inicialmente se debe factorizar el polinomio. Esto es, (𝑥 2 − 1)(𝑥 2 − 4) > 0 → (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 + 2) > 0 Donde los valores críticos son: 1, −1, 2, −2 −2 −1 1 + + + + + + + + El conjunto solución de la desigualdad es (−∞, −2) ∪ (−1, 1) ∪ (2, ∞).

2

(𝑥 − 1) (𝑥 + 1) (𝑥 + 2) (𝑥 − 2)

9. 𝑥 3 + 2𝑥 2 − 𝑥 − 2 > 0 Solución. Factorizando el polinomio se obtiene (𝑥 3 − 𝑥) + (2𝑥 2 − 2) > 0 → 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) > 0 → (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 + 2) > 0

6

+ + + + +

Los valores críticos son: 1, −1, −2 −2 El intervalo solución es (−2, −1) ∪ (1, ∞).

−1

(𝑥 − 1) (𝑥 + 1) (𝑥 + 2)

10.

1

+ +

+ + -

+ + + +

−3 5 − >6 𝑥+1 𝑥−1

Solución. Para solucionar una desigualdad racional se debe transponer todos los términos al mismo lado de la desigualdad. Esto es, −3 5 − −6 >0 𝑥+1 𝑥−1 Realizando la suma de fracciones se obtiene −3(𝑥 − 1) − 5(𝑥 + 1) − 6(𝑥 2 − 1) >0 (𝑥 + 1)(𝑥 − 1) Simplificando el numerador se tiene −3𝑥 + 3 − 5𝑥 − 5 − 6𝑥 2 + 6 >0 (𝑥 + 1)(𝑥 − 1)

−6𝑥 2 − 8𝑥 + 4 >0 (𝑥 + 1)(𝑥 − 1)

→

Dividiendo entre (−2) se obtiene 3𝑥 2 + 4𝑥 − 2 0 |𝑥| = √𝑥 2 |𝑥| < |𝑦| 𝑠𝑖 𝑦 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑖 𝑥 2 < 𝑦 2

 

14. |𝑥 − 1| + |𝑥 + 1| ≤ 4 Solución. Aplicando la definición de valor absoluto se tiene que 9

(𝑥 − 1) (𝑥 + 1) 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 1 𝑠𝑖 𝑥 ≥ −1 |𝑥 + 1| = { , −(𝑥 − 1) 𝑠𝑖 𝑥 < 1 −(𝑥 + 1) 𝑠𝑖 𝑥 < −1 Los valores críticos −1, 1 particiona el eje real en tres intervalos. Ahora, se analiza la desigualdad en cada intervalo. Esto es, |𝑥 − 1| = {

−1 −(𝑥 − 1) − (𝑥 + 1) ≤ 4 −𝑥 + 1 − 𝑥 − 1 ≤ 4 −2𝑥 ≤ 4 𝑥 ≥ −2

1

−(𝑥 − 1) + (𝑥 + 1) ≤ 4 −𝑥 + 1 + 𝑥 + 1 ≤ 4 2≤4 (verdadero) Solución:

Solución: [−2, ∞) ∩ (−∞, −1]=[−2, −1]

(𝑥 − 1) + (𝑥 + 1) ≤ 4 2𝑥 ≤ 4 𝑥≤2 Solución: (−∞, 2] ∩ [1, ∞) = [1,2]

[−1,1]

Entonces, la solución general es [−2, −1] ∪ [−1,1] ∪ [1,2] = [−2,2]. 15. |

1−𝑥 | ≤ −1 2𝑥 + 1

Solución. La solución de la desigualdad es vacía, por definición de valor absoluto 16. |

1−𝑥 |≤7 2𝑥 + 1

Solución. Utilizando las propiedades de desigualdades se tiene que 1−𝑥 −7 ≤ ≤7 2𝑥 + 1 Se debe resolver las dos desigualdades y encontrar la intersección de las dos soluciones. La solución de la desigualdad de la parte izquierda es 1−𝑥 1−𝑥 ≥ −7 → +7≥0 → 2𝑥 + 1 2𝑥 + 1

(1 − 𝑥) + 7(2𝑥 + 1) 1 − 𝑥 + 14𝑥 + 7 ≥0 → ≥0 (2𝑥 + 1) (2𝑥 + 1)

Simplificando el numerador se obtiene 13𝑥 + 8 ≥0 2𝑥 + 1 Utilizando el método del cementerio se tiene que 8

1

− 13 (13𝑥 + 8) (2𝑥 + 1) 8

+

−2 + -

1

La solución es (−∞, − 13] ∪ (− 2 , ∞). 10

+ + +

Resolviendo la desigualdad de la parte derecha (1 − 𝑥) − 7(2𝑥 + 1) 1−𝑥 −7≤0 → ≤0 2𝑥 + 1 2𝑥 + 1

1−𝑥 ≤7 → 2𝑥 + 1

Simplificando el numerador se tiene −15𝑥 − 6 ≤0 2𝑥 + 1 Utilizando el método del cementerio se tiene que 1

2

−2 (−15𝑥 − 6) (2𝑥 + 1) 1

+ -

−5 + + +

+ -

2

La solución es (−∞, − 2) ∪ [− 5 , ∞). Por lo tanto, la solución de la desigualdad dada es { (−∞, −

8 1 1 2 8 2 ] ∪ (− , ∞) } ∩ { (−∞, − ) ∪ [− , ∞) } = (−∞, − ] ∪ [− , ∞) 13 2 2 5 13 5

Resuelva los siguientes problemas 17. Un carnaval tiene dos planes de boletos; el plan 𝐴 tiene una tarifa de entrada de 5 dólares, y 25 centavos por cada vuelta en los juegos; el plan 𝐵 tiene una tarifa de entrada de 2 dólares, y 50 centavos cada vuelta en los juegos. ¿Cuántas vueltas tendría que dar para que el plan 𝐴 resultara menos costoso que el plan 𝐵? Solución. Consideremos a 𝑥 el número de vueltas; entonces los planes 𝐴 y 𝐵 están dados por 𝐴 = 5 + 0.25𝑥, 𝐵 = 2 + 0.5𝑥 Luego, 3 5 + 0.25𝑥 < 2 + 0.5𝑥 → 5 − 2 < 0.5𝑥 − 0.25𝑥 → 3 < 0.25𝑥 → < 𝑥 → 𝑥 > 12 0.25 Es decir, el número de vueltas debe ser mayor a doce. 18. Un grupo de estudiantes decide asistir a un concierto; el costo de contratar a un autobús para que los lleve al concierto es de 450 dólares, lo cual se debe requerir repartir de manera uniforme entre los estudiantes. Los promotores el concierto ofrecen descuentos a los grupos que lleguen en autobús. Los boletos cuestan normalmente 50 dólares cada uno, pero se reducen 10 centavos del dólar del precio del boleto por cada persona que vaya en el grupo. ¿Cuántos estudiantes deben ir en el grupo para que el costo total por estudiante sea menor a 54 dólares? 11

Solución. Consideremos a 𝑥 el número de estudiantes que van al concierto. Luego, 450 450 450 + 50 − 0.1𝑥 < 54 → + 50 − 0.1𝑥 − 54 < 0 → − 0.1𝑥 − 4 < 0 𝑥 𝑥 𝑥 Multiplicando por 10 se obtiene 4500 4500 − 𝑥 2 − 40𝑥 − 𝑥 − 40 < 0 → 0 𝑥 Los valores críticos del numerador son: 𝑥 = 50, 𝑥 = −90, pero 𝑥 = −90 se descarta; entonces el número de estudiantes que debe ir al concierto debe ser mayor a 50.

19. Una compañía telefónica ofrece los planes de larga distancia. El plan 𝐴 ofrece 25 dólares por mes, y 5 centavos por minuto; el plan 𝐵 ofrece 5 dólares por mes, y 12 centavos por minuto. ¿Para cuántos minutos de llamadas de larga distancia el plan 𝐵 seria ventajoso desde el punto de vista financiero? Solución. Consideremos a 𝑥 como de número de minutos por mes, entonces los planes están dados por 𝐴 = 25 + 0.05𝑥, 𝐵 = 5 + 0.12𝑥 Luego, 5 + 0.12𝑥 < 25 + 0.05𝑥 → 0.12𝑥 − 0.05𝑥 < 25 − 5 → 0.07𝑥 < 20 Dividiendo entre 0.07 20 𝑥< ≈ 285.7142857 0.07 Entonces, el número de minutos debe ser a lo sumo de 285. 20. La estatura promedio de un varón adulto es de 68.2 pulgadas y el 95% de los varones adultos tiene una altura ℎ que cumple la desigualdad |

ℎ − 68.2 |≤2 2.9

Resuelva la desigualdad para determinar el intervalo de estaturas Solución. Utilizando las propiedades del valor absoluto se tiene |

ℎ − 68.2 ℎ − 68.2 ≤ 2 → −5.8 ≤ ℎ − 68.2 ≤ 5.8 | ≤ 2 → −2 ≤ 2.9 2.9

Es decir, −5.8 + 68.2 ≤ ℎ ≤ 5.8 + 68.2 → 62.4 ≤ ℎ ≤ 74 Entonces, la solución es el intervalo [62.4, 74].

12

21. El triple de un entero, más 4, menos el doble de este entero está entre 10 y 15. Determine todos los enteros que satisfagan la expresión anterior. Solución. Consideremos como 𝑥 el número de enteros. Entonces, 10 < 3𝑥 + 4 − 2𝑥 < 15 → 10 − 4 < 𝑥 < 15 − 4 → 6 < 𝑥 < 11 Por tanto los enteros que satisfacen la expresión son: 𝑥 = 7, 8, 9, 10.

13

Ejercicios propuestos Resuelve la desigualdad y expresa las soluciones en términos de intervalos siempre que sean posibles. 1. 3𝑥 − 1 ≤ 𝑥 + 5

2. 2𝑥 + 5 < 3𝑥 − 7

3. 7 −

𝑥 5𝑥 > −6 2 3

4. 9 +

𝑥 𝑥 ≥4− 3 2

5. 3 ≤

2𝑥 − 3

2 − 3𝑥 ≥ −2 7

7. 𝑥 2 − 𝑥 − 6 < 0

8. 𝑥 2 + 4𝑥 + 3 ≥ 0

9. 𝑥 2 − 2𝑥 − 5 > 3

10. 𝑥 2 − 4𝑥 − 17 ≤ 4

11. 𝑥(2𝑥 + 3) ≥ 5

12. 𝑥(3𝑥 − 1) ≤ 4

13. 6𝑥 − 8 > 𝑥 2

14. 𝑥 + 12 ≤ 𝑥 2

15. 25𝑥 2 − 9 < 0

16. 25𝑥 2 − 9𝑥 ≤ 0

17. 16𝑥 2 ≥ 9𝑥

18. 16𝑥 2 > 9

19. 𝑥 4 + 5𝑥 2 ≥ 36

20. 𝑥 4 + 𝑥 2 < 12

21. 𝑥 3 + 2𝑥 2 − 4𝑥 − 8 ≥ 0

22. 2𝑥 3 − 3𝑥 2 − 2𝑥 + 3 ≤ 0

𝑥 2 (𝑥 + 2) 23. ≤0 (𝑥 + 2)(𝑥 + 1)

(𝑥 2 + 1)(𝑥 − 3) 24. ≥0 𝑥2 − 9

25.

𝑥2 − 𝑥 ≥0 𝑥 2 + 2𝑥

26.

(𝑥 + 3)2 (2 − 𝑥) ≤0 (𝑥 + 4)(𝑥 2 − 4)

27.

𝑥−2 ≥0 𝑥 2 − 3𝑥 − 10

28.

𝑥+5 ≤0 𝑥 2 − 7𝑥 + 12

29.

𝑥+1 >2 2𝑥 − 3

30.

𝑥−2 ≤4 3𝑥 + 5

31.

4 >2 3𝑥 − 2

32.

3 1 ≥ 5𝑥 + 1 𝑥−3

33.

𝑥 2 ≤ 3𝑥 − 2 𝑥+1

34.

𝑥 3 ≥ 2𝑥 − 1 𝑥+2

35. |2𝑥 + 5| < 4

36. |3𝑥 − 7| ≥ 5

1 37. − |6 − 5𝑥| + 2 ≥ 1 3

38. | 14

2 − 3𝑥 |≥2 5

39. |

2𝑥 + 5 | 0

La función logarítmica tiene dominio (0, ∞) y recorrido ℝ. Además, su grafica es el reflejo de la gráfica de 𝑦 = 𝑎 𝑥 con respecto a la recta 𝑦 = 𝑥.

46

Las siguientes propiedades de las funciones logarítmicas se derivan de las propiedades correspondientes de las funciones exponenciales. Leyes de los logaritmos Si 𝑥, 𝑦 son números positivos, entonces 1. log 𝑎 (𝑥𝑦) = log 𝑎 𝑥 + log 𝑎 𝑦

𝑥 2. log 𝑎 ( ) = log 𝑎 𝑥 − log 𝑎 𝑦 𝑦

3. log 𝑎 (𝑥 𝑟 ) = 𝑟 log 𝑎 𝑥

Observación. Al logaritmo con base 𝑒 ≈ 2.71828 se le denomina “función logaritmo natural” y se simboliza log 𝑒 𝑥 = ln 𝑥. Por tanto, 𝑦 = ln 𝑥 ⟺ 𝑒 𝑦 = 𝑥

Funciones hiperbólicas Las funciones hiperbólicas se definen en términos de la función exponencial natural y su importancia radica en muchas aplicaciones. Por ejemplo, se utilizan en problemas en donde se desea determinar la tensión de un cable suspendido por sus dos extremos, como el caso de los cables de energía eléctrica. Además, las funciones hiperbólicas son importantes en la determinación de soluciones de ecuaciones diferenciales. Se inicia el estudio recordando que una función es par si 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥) y es impar si 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥). Además, toda función 𝑓 definida en un intervalo centrado en el origen, se puede expresar como la suma de una función par y una función impar. Esto es, 𝑓(𝑥) = (

𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) 𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥) )+( ) 2 2

Donde el término izquierdo es la parte par y el término derecho es la parte impar, de la función. Por tanto, expresando la función exponencial natural de esta forma se obtiene 47

𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑒 =( )+( ) 2 2 𝑥

La parte par de la función exponencial natural se denomina coseno hiperbólico y la parte impar se denomina seno hiperbólico. Es decir, se define Coseno hiperbólico cosh 𝑥 =

𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 2

sinh 𝑥 =

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 2

Seno hiperbólico

Tangente hiperbólica tanh 𝑥 =

sinh 𝑥 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 = cosh 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥

Cotangente hiperbólica coth 𝑥 =

cosh 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 = , sinh 𝑥 𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥

𝑥≠0

Secante hiperbólica sech 𝑥 =

1 2 = cosh 𝑥 𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥

Cosecante hiperbólica csch 𝑥 =

1 2 = 𝑥 , sinh 𝑥 𝑒 − 𝑒 −𝑥

𝑥≠0

Funciones hiperbólicas inversas De las seis funciones hiperbólicas solamente cuatro de ellas son funciones inyectivas (sinh 𝑥, tanh 𝑥 , coth 𝑥 , csch 𝑥), las cuales tienen funciones inversas. Para definir las funciones inversas de las funciones cosh 𝑥 y sech 𝑥 es necesario restringir el dominio al conjunto de los números reales positivos. Debido a que las funciones hiperbólicas se definen en términos de la función exponencial natural, las funciones hiperbólicas inversas están dadas en términos de la función logaritmo natural, como se enuncia a continuación. Seno hiperbólico inverso sinh−1 𝑥 = ln (𝑥 + √𝑥 2 + 1) 48

Coseno hiperbólico inverso cosh−1 𝑥 = ln (𝑥 + √𝑥 2 − 1) Tangente hiperbólica inversa 1 1+𝑥 tanh−1 𝑥 = ln ( ) 2 1−𝑥 Cotangente hiperbólica inversa 1 𝑥+1 coth−1 𝑥 = ln ( ) 2 𝑥−1 Secante hiperbólica inversa 1 1 + √1 − 𝑥 2 sech−1 𝑥 = ln ( ) 2 𝑥 Cosecante hiperbólica inversa 1 √1 + 𝑥 2 csch−1 𝑥 = ln ( + ) |𝑥| 𝑥 A continuación, se presenta la gráfica de las funciones hiperbólicas y las funciones hiperbólicas inversas

49

sinh 𝑥

cosh 𝑥

tanh 𝑥

coth 𝑥

csch 𝑥

sech 𝑥

50

sinh−1 𝑥

cosh−1 𝑥

tanh−1 𝑥

coth−1 𝑥

sech−1 𝑥

csch−1 x

51

Ejercicios propuestos Dibuje la función a partir de la gráfica de una de las funciones estándares y, luego, aplicando las trasformaciones apropiadas. 𝑥 2

1. 𝑦 = 1 + 2 cos 𝑥

2. 𝑦 = 4 sin 3𝑥

3. 𝑦 = cos

4. 𝑦 = −3 cos 𝑥

𝜋 5. 𝑦 = tan (𝑥 + ) 2

6. 𝑦 = | sin 𝑥 |

Encuentre las funciones 𝑓𝑜𝑔, 𝑔 𝑜 𝑓, 𝑓 𝑜 𝑓, 𝑔 𝑜 𝑔, y sus dominios. 7. 𝑓(𝑥) = 1 − 3𝑥,

𝑔(𝑥) = cos 𝑥

8. 𝑓(𝑥) =

𝑥 , 1+𝑥

𝑔(𝑥) = sin 2𝑥

9. Encuentre 𝑓 𝑜 𝑔 𝑜 ℎ, donde 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 ,

𝑥 , 𝑥−1

𝑔(𝑥) =

3

ℎ(𝑥) = √𝑥

10. Exprese la función en la forma 𝑓 𝑜 𝑔, donde 𝐹(𝑥) =

tan 𝑥 1 + tan 𝑥

11. Exprese la función en la forma 𝑓 𝑜 𝑔 𝑜 ℎ, donde 𝐹(𝑥) = sec 4 √𝑥 Encuentre el dominio en cada función. 12. 𝑓(𝑥) =

1 1 + 𝑒𝑥

13. 𝑓(𝑥) =

1 1 − 𝑒𝑥

15. ℎ(𝑡) = √1 − 2𝑡

16. 𝑓(𝑥) = ln(9 − 𝑥 2 )

18. 𝑔(𝑥) = log 2 (2𝑥 − 3)

19. ℎ(𝑥) = 5 1−𝑥2

14. 𝑔(𝑡) = sin 𝑒 −𝑡 7

17. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥−3

𝑥

20. 𝑓(𝑥) = cos ln 𝑥

Encuentre una fórmula para la inversa de la función. 21. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥

3

24. 𝑓(𝑥) = √3 − 𝑒 2𝑥

𝑒𝑥 1 + 2𝑒 𝑥

22. 𝑓(𝑥) = ln(𝑥 + 3)

23. 𝑦 =

25. 𝑓(𝑥) = ln(2 + ln 𝑥)

26. 𝑦 = 2 − 𝑒 𝑥

Evaluar la función. Si el valor no es un número racional, dar la respuesta con tres decimales. 27. sinh 3, tanh −2

28. cosh 0, sech 1

52

29. csch ln 2, coth ln 5

30. sinh−1 0, tanh−1 0

31. cosh−1 2, sech−1

2 3

32. csch−1 2, coth−1 3

Usar el valor de la función hiperbólica dada para hallar los valores de las otras funciones hiperbólicas. 33. sinh 𝑥 =

3 2

34. tanh 𝑥 =

1 2

35. cosh 𝑥 =

17 , 15

𝑥>0

Reescribir las expresiones en términos de la función exponencial natural y simplificar los resultados tanto como sea posible. 36. 2 cosh(ln 𝑥) 39. cosh 3𝑥 − sinh 3𝑥

37. sinh(2 ln 𝑥) 40. (sinh 𝑥 + cosh 𝑥)4

53

38. cosh 5𝑥 + sinh 5𝑥

41. ln(cosh 𝑥 + sinh 𝑥) + ln(cosh 𝑥 − sinh 𝑥)

CAPÍTULO 3 LÍMITES Reseña histórica

Sección 3.1

En este capítulo aprenderás

Definición intuitiva. Definición formal. Pensamiento numérico Sección 3.2 Propiedades. Pensamiento geométrico

Límites

Límites trigonométricos. Sección 3.3

Pensamiento variacional

Límites laterales.

Límites infinitos. Asíntotas verticales. Sección 3.4

Límites al infinito. Asíntotas horizontales.

En el mapa conceptual se observa que el capítulo de límites se divide en cuatro secciones y en su estudio se busca que el estudiante adquiera competencias para:        

Representar y solucionar límites a partir de información contextualizada. Emplear las propiedades de los límites al infinito para solucionar y analizar una situación. Solucionar situaciones problema que involucran límites al infinito. Emplear las propiedades de los límites laterales para solucionar y analizar una situación. Solucionar situaciones problema que involucra límites al infinito. Emplear las propiedades de los límites laterales para solucionar y analizar una situación. Solucionar situaciones problema que involucran límites laterales. Solucionar situaciones problema que involucran la velocidad instantánea como un límite.

54

Reseña histórica El concepto de límite inició su desarrollo en el siglo 𝑋𝑋. Los antiguos griegos usaban procedimientos basados en los límites que consistía en calcular el área de un círculo utilizando un método llamado “método de agotamiento”, el cuál consistía en cubrir toda el área de la manera más completa posible utilizando triángulos y luego hallando el área de estos, y así era como estimaban un área o región. Isaac Newton y Leibniz estudiaron los límites de manera informal o intuitiva, mientras que el estudio formal (épsilon - delta) del concepto de límite se le debe a Bolzano, trabajo que no se le reconoció mientras estuvo con vida. Cauchy trabajó con límites en su Cours d´analyse (1821) y expresó la esencia de la idea, pero no de una manera formal. La primera presentación rigurosa del concepto hecha pública, fue dada por Weierstrass entre 1850 y 1860, y desde entonces se ha convertido en el método estándar para trabajar con límites. La notación de escritura lim 𝑓(𝑥) se debe a Hardy en su libro A course of Pure Mathematics 𝑥→𝑎

en 1908.

Gottfried Leibniz (1646 – 1716)

Isaac Newton (1643 – 1727)

55

Sección 3.1. Definición intuitiva y formal Se inicia el capítulo dando respuesta corta y concisa a la pregunta ¿Qué es el cálculo? El Cálculo es la rama de las matemáticas que se encarga de estudiar el concepto de límite; es decir, comenzaremos el estudio formal del Cálculo. Este concepto es fundamental en la solución de dos grandes problemas clásicos del Cálculo: el problema de la recta tangente a una curva y el problema del área de una región plana. El estudio del concepto de límite se puede desarrollar de manera intuitiva y de manera formal; para el enfoque intuitivo se considera la función 𝑓(𝑥) =

𝑥 2 − 4𝑥 + 3 𝑥−3

Cuyo dominio es 𝑅 − {3}, y nos preguntamos por el comportamiento de la función dada a medida que se tomen valores cada vez más cercanos a 3 por derecha e izquierda, respectivamente. El análisis se puede realizar de forma numérica, geométrica y algebraica. Esto es, 𝑥

2.7

2.9

2.99

2.999

2.9999

3

3.0001

3.001

3.01

3.1

3.3

𝑓(𝑥)

1.7

1.9

1.99

1.999

1.9999

?

2.0001

2.001

2.01

2.1

2.3

Izquierda→

←Derecha

De los datos de la tabla se observa que: cuando 𝑥 toma valores cada vez más cercanos a 3 por derecha e izquierda, la función se aproxima cada vez más a 2. Lo anterior se simboliza 𝑥 2 − 4𝑥 + 3 =2 𝑥→3 𝑥−3 lim

Realizando la gráfica de la función se puede apreciar que cuando 𝑥 se aproxima cada vez más a 3 por derecha e izquierda, la función toma valores en el eje 𝑦 cada vez más próximos a 2. Es decir,

𝑥 2 − 4𝑥 + 3 =2 𝑥→3 𝑥−3 lim

Finalmente, se puede evaluar el límite realizando un análisis algebraico. Esto es, 𝑥 2 − 4𝑥 + 3 (𝑥 − 3)(𝑥 − 1) = lim = lim (𝑥 − 1) = 2 𝑥→3 𝑥→3 𝑥→3 𝑥−3 (𝑥 − 3) lim

56

Observación. Generalizando el ejemplo anterior se obtiene la definición intuitiva del concepto de límite de una función. Definición. (Intuitiva) La expresión lim 𝑓(𝑥) = 𝐿, significa intuitivamente que a medida que 𝑥 se aproxima cada 𝑥→𝑎

vez al valor 𝑎 por derecha e izquierda (𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥 ≠ 𝑎), entonces la función 𝑓 toma valores cada vez más próximos a 𝐿. Observación. El resultado del límite en un valor 𝑎 no depende de cómo se define la función en 𝑎. Esto es, considerando las funciones 𝑥 2 − 4𝑥 + 3 , 𝑠𝑖 𝑥 ≠ 3 𝑔(𝑥) = { 𝑥 − 3 1, 𝑠𝑖 𝑥 = 3

𝑥 2 − 4𝑥 + 3 𝑓(𝑥) = 𝑥−3

ℎ(𝑥) = 𝑥 − 1

Se observa que el límite de las funciones 𝑓, 𝑔 y ℎ cuando 𝑥 se aproxima cada vez más a 3 existe y vale 2. Sin embargo, solamente ℎ tiene el mismo valor de la función que su límite. Es decir, lim ℎ(𝑥) = ℎ(3)

𝑥→3

Lo anterior, se puede generalizar para ciertas funciones algebraicas y trascendentales para las cuales 𝑓(𝑎) está definida lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

Ejemplos. Utilizar un análisis numérico para evaluar el límite dado. 1. lim

𝑥→4 𝑥 2

𝑥−4 − 3𝑥 − 4

Solución. 𝑥 𝑓(𝑥)

3.7 0.212765 9574

3.9 0.2040 816327

3.99 0.200400 8016

3.999 0.20004 0003

3.9999 0.20000 40001

57

4.0001 0.19999 60001

4.001 0.1999 60008

4.01 0.1996 007984

4.1 0.1960 784314

4.3 0.1886 792453

Analizando los datos de la tabla se observa que la función se acerca cada vez más a 0.2 a medida que 𝑥 toma valores cada vez más próximos a 4 por derecha e izquierda. Es decir, 𝑥−4 lim 2 = 0.2 𝑥→4 𝑥 − 3𝑥 − 4 2. lim

𝑥→−5

√4 − 𝑥 − 3 𝑥+5

Solución. 𝑥 𝑓(𝑥)

- 5.3 - 0.165 300454

- 5.1 - 0.166 206258

- 5.01 - 0.166 620396

- 5.001 - 0.1666 620373

- 5.0001 - 0.1666 662037

- 4.9999 - 0.1666 671297

- 4.999 - 0.1666 712966

- 4.99 - 0.1667 129887

- 4.9 - 0.16713 22196

- 4.7 - 0.1680 791975

Analizando los datos de la tabla se observa que lim

𝑥→−5

√4 − 𝑥 − 3 = −0.166666667 𝑥+5

Ejemplos. Utilizar la gráfica para encontrar el límite (si existe). Si el límite no existe, justificar la respuesta. 1. lim sin(𝜋𝑥) 𝑥→1

|𝑥 − 2| 𝑥→2 𝑥 − 2

2. lim

3. lim

𝑥→5 𝑥

2 −5

Solución. 1. lim sin(𝜋𝑥) = sin 𝜋 = 0 𝑥→1

2. lim

𝑥→2

|𝑥 − 2| 𝑥−2

Aplicando la definición de valor absoluto se muestra que el límite no existe, debido a que cuando 𝑥 se acerca a 2 por la derecha el resultado es 1, mientras que cuando 𝑥 se aproxima a 2 por la izquierda el resultado es −1. 3. lim

𝑥→5 𝑥

2 −5

No existe, puesto que a medida de que 𝑥 se aproxima cada vez más a 5 por derecha e izquierda, la función dada crece o decrece cada vez más (tiende a ±∞). 58

Observación. Existen tres casos asociados a la no existencia de un límite 1. 𝑓(𝑥) Se acerca a valores diferentes al aproximarnos a 𝑎 por la derecha e izquierda. 2. 𝑓(𝑥) Aumenta o disminuye sin límite a medida se aproxime al valor 𝑎. 3. 𝑓(𝑥) Oscila entre dos valores fijos a medida que se aproxime al valor 𝑎.

A continuación, se presenta el concepto formal de límite. Definición. (Formal) Sean 𝑓 una función definida sobre un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, excepto posiblemente en 𝑎 y 𝐿 un valor real. La afirmación lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

Significa que para todo 𝜀 > 0 existe su correspondiente 𝛿 > 0 tal que si 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿,

𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠

|𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

Observación. Puesto que |𝑥 − 𝑎| es la distancia desde 𝑓(𝑥) hasta 𝐿 y como 𝜀 puede ser tan pequeño como se quiera, la definición anterior nos afirma en palabras que lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

Significa que la distancia entre 𝑓(𝑥) y 𝐿 puede hacerse tan pequeña como se quiera al hacer que la distancia desde 𝑥 hasta 𝑎 sea suficientemente pequeña (pero diferente de cero). La interpretación geométrica de la definición de límite establece que: para todo intervalo sin importa que tan pequeño sea (𝐿 − 𝜀, 𝐿 + 𝜀) es posible encontrar un intervalo (𝑎 − 𝛿, 𝑎 + 𝛿) tal que 𝑓 envía todos los valores de (𝑎 − 𝛿, 𝑎 + 𝛿) (excepto posiblemente 𝑎) en el intervalo (𝐿 − 𝜀, 𝐿 + 𝜀)

Ejemplos. Demuestre que el límite es el número indicado aplicando la definición formal. 𝑥2 − 1 = −2 𝑥→−1 𝑥 + 1

1. lim

Solución. 59

Análisis preliminar Sea 𝜀 un número positivo dado. Se necesita determinar un número 𝛿 tal que 𝑥2 − 1 | − (−2)| < 𝜀 𝑥+1

siempre que

0 < |𝑥 − (−1)| < 𝛿

𝑥 2 + 2𝑥 + 1 | | 0, 𝛿 = √𝜀 , y si 0 < |𝑥 − 2| < 𝛿, entonces 2

|(𝑥 2 − 4𝑥 + 5) − 1| = |𝑥 2 − 4𝑥 + 4| = |(𝑥 − 2)2 | < 𝛿 2 = (√𝜀) = 𝜀 Es decir, |(𝑥 2 − 4𝑥 + 5) − 1| < 𝜀

0 < |𝑥 − 2| < 𝛿

siempre que

Por tanto, lim (𝑥 2 − 4𝑥 + 5) = 1

𝑥→2

3. lim (𝑥 2 − 1) = 3 𝑥→−2

Solución. Análisis preliminar Sea 𝜀 un número positivo dado. Se necesita determinar un número 𝛿 tal que |(𝑥 2 − 1) − 3| < 𝜀

siempre que

0 < |𝑥 − (−2)| < 𝛿

Luego, |𝑥 2 − 4| < 𝜀

siempre que

0 < |𝑥 + 2| < 𝛿

Es decir, |(𝑥 + 2)(𝑥 − 2)| < 𝜀

0 < |𝑥 + 2| < 𝛿

siempre que

Entonces, |𝑥 + 2||𝑥 − 2| < 𝜀

0 < |𝑥 + 2| < 𝛿

siempre que

Además, como 𝑥 toma valores cercanos a – 2, es razonable suponer que |𝑥 + 2| < 1. Por tanto, −1 < 𝑥 + 2 < 1

→

−3 < 𝑥 < −1

→

−5 < 𝑥 − 2 < −3

En consecuencia, se tiene que |𝑥 − 2| < 5. De modo que, se debe considerar 𝜀 𝛿 = 𝑚𝑖𝑛 {1, }. 5 Demostración

61

𝜀

Considerando 𝜀 > 0, 𝛿 = 𝑚𝑖𝑛 {1, 5} y si 0 < |𝑥 + 2| < 𝛿, entonces

𝜀 |(𝑥 2 − 1) − 3| = |𝑥 2 − 4| = |(𝑥 − 2)(𝑥 + 2)| = |𝑥 − 2||𝑥 + 2| < 5𝛿 = 5 ( ) = 𝜀 5

Es decir, |(𝑥 2 − 1) − 3| < 𝜀

siempre que

Por tanto, lim (𝑥 2 − 1) = 3

𝑥→−2

62

0 < |𝑥 + 2| < 𝛿

Ejercicios propuestos ¿Cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas y cuales son falsas, acerca de la función dada por la gráfica que se ilustra a continuación? Justifique su respuesta. 1.

𝑎) lim 𝑓(𝑥) existe 𝑥→0

𝑏) lim 𝑓(𝑥) = 0 𝑥→0

𝑐) lim 𝑓(𝑥) = 1 𝑥→0

𝑑) lim 𝑓(𝑥) = 1 𝑥→1

𝑒) lim 𝑓(𝑥) = 0 𝑥→1

𝑓) lim 𝑓(𝑥) existe en cualquier valor de 𝑎 ∈ (−1,1) 𝑥→𝑎

2.

𝑎) lim 𝑓(𝑥) no existe 𝑥→2

𝑏) lim 𝑓(𝑥) = 2 𝑥→2

𝑐) lim 𝑓(𝑥) no existe 𝑥→1

𝑑) lim 𝑓(𝑥) existe en cualquier valor 𝑎 ∈ (−1,1) 𝑥→𝑎

𝑒) lim 𝑓(𝑥) existe en cualquier valor 𝑎 ∈ (1,3) 𝑥→𝑎

63

Utilizar la gráfica para encontrar el límite de la función (si existe). Si el límite no existe, explicar por qué. 4. lim (𝑥 2 + 3)

3. lim (4 − 𝑥) 𝑥→3

5. lim 𝑓(𝑥), 𝑥→2

7. lim

𝑥→−1

|𝑥 + 1| 𝑥+1

𝑥→1

4 − 𝑥, 𝑥 ≠ 2 𝑓(𝑥) = { 0, 𝑥 = 2

6. lim 𝑓(𝑥), 𝑥→1

8. lim

𝑥→1 𝑥

64

1 −1

𝑓(𝑥) = {

𝑥2 + 3 , 𝑥≠1 2, 𝑥 = 1

9. lim cos 𝑥

10. lim sec 𝑥

𝑥→𝜋

11. lim cos 𝑥→0

𝑥→0

1 𝑥

12. lim𝜋 tan 𝑥 𝑥→

2

Utilizar la gráfica de la función 𝑓 para determinar si existe el valor de la cantidad dada. De ser así, ubicarla; si no existe, explicar por qué. 13.

𝑎. 𝑓(1)

𝑏. lim 𝑓(𝑥)

𝑐. 𝑓(4)

𝑥→1

65

𝑑. lim 𝑓(𝑥) 𝑥→4

14.

𝑎. 𝑓(−2)

𝑏. lim 𝑓(𝑥)

𝑐. 𝑓(0)

𝑑. lim 𝑓(𝑥)

𝑒. 𝑓(2)

𝑓. lim 𝑓(𝑥)

𝑔. 𝑓(4)

ℎ. lim 𝑓(𝑥)

𝑥→−2 𝑥→2

𝑥→0

𝑥→4

Utilizar la gráfica de 𝑓 con el fin de identificar los valores de 𝑎 para los cuales existe el límite lim 𝑓(𝑥). 𝑥→𝑎

15.

16.

Dibujar la gráfica de 𝑓. Después identificar los valores de 𝑎 para los cuales existe el límite lim 𝑓(𝑥). 𝑥→𝑎

𝑥2, 𝑥≤2 17. 𝑓(𝑥) = {8 − 2, 2 < 𝑥 < 4 4, 𝑥≥4

sin 𝑥 , 𝑥𝜋

Construir una gráfica de una función 𝑓 que satisfaga los valores indicados (existen muchas soluciones) 19. 𝑓(0) no está definido, 20. 𝑓(−2) = 0,

𝑓(2) = 0,

lim 𝑓(𝑥) = 4 ,

𝑓(2) = 6,

𝑥→0

lim 𝑓(𝑥) = 0 ,

𝑥→−2

66

lim 𝑓(𝑥) = 3

𝑥→2

lim 𝑓(𝑥) no existe

𝑥→2

Utilizar un análisis numérico para evaluar el límite dado. 𝑥−2 21. lim 2 𝑥→2 𝑥 − 4 24.

1 1 − 4 𝑥 + 1 23. lim 𝑥→3 𝑥−3

√𝑥 + 6 − √6 22. lim 𝑥→0 𝑥

𝑥 4 − 𝑥 + 1 5 lim 𝑥→4 𝑥−4

25. lim

𝑥→0

sin 𝑥 𝑥

26. lim

𝑥→0

1 − cos 𝑥 𝑥

27. Por una llamada telefónica de larga distancia, un hotel hace un cargo de $ 9.99 para el primer minuto y de $ 0.79 para cada minuto o fracción adicional. Una expresión para la función costo está dada por 𝐶(𝑡) = 9.99 – 0.79⟦− ( t − 1)⟧ Donde 𝑡 es el tiempo en minutos. 𝑎. Utilizar una herramienta de graficación para representar la gráfica de la función costo para 0 < 𝑡 ≤ 6. 𝑏. Utilizar la gráfica para completar la siguiente tabla y observar el comportamiento de la función a medida que 𝑡 → 3.5. Utilizar la gráfica y la tabla para encontrar lim 𝐶(𝑡). 𝑡→3.5

𝑡 𝐶(𝑡)

3

3.3

3.4

3.5 ?

3.6

3.7

4

Encuentre los límites por sustitución. De ser posible, compruebe sus respuestas con una calculadora o computador. 28. lim 2𝑥

29. lim 2𝑥

32. lim 3𝑥(2𝑥 − 1)

33. lim

𝑥→2

𝑥→−1

30. lim (3𝑥 − 1) 1 𝑥→ 3

𝑥→0

3𝑥 2 𝑥→−1 (2𝑥 − 1)

cos 𝑥 𝑥→𝜋 1 − 𝑥

34. lim

31. lim

−1 − 1)

𝑥→1 (3𝑥

35. lim𝜋 𝑥 sin 𝑥 𝑥→

2

Demostrar el límite utilizando la definición. 36. lim (𝑥 + 2) = 6

37. lim (2𝑥 + 5) = −1

38. lim (𝑥 2 + 1) = 2

39. lim (𝑥 2 − 3𝑥) = 0

40. lim 𝑥 2 = 4

41. lim |𝑥 − 6| = 0

𝑥→4

𝑥→−3

𝑥→−3 𝑥→2

67

𝑥→1

𝑥→6

Sección 3.2. Propiedades de los límites En la sección anterior se observó que el límite de 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 se aproxima al valor de 𝑎 no depende de que la función esté definida en 𝑥 = 𝑎. Sin embargo, existen funciones algebraicas y trascendentales en donde lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

Las funciones que satisfacen la ecuación anterior se denominan funciones continuas en 𝑥 = 𝑎 y se estudiaran en el siguiente capítulo.

En esta sección se estudiará y aplicará las propiedades de los límites, iniciando con dos límites básicos. 1. lim 𝑘 = 𝑘 , 𝑥→𝑎

𝑘 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

2. lim 𝑥 = 𝑎 𝑥→𝑎

68

Teorema. Sean 𝑘 una constante, 𝑛 ∈ ℤ+ , y suponga que lim 𝑓(𝑥) = 𝐿 ,

lim 𝑔(𝑥) = 𝑀

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Entonces, 1. lim [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥) + lim 𝑔(𝑥) = 𝐿 + 𝑀 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

2. lim [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥) − lim 𝑔(𝑥) = 𝐿 − 𝑀 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

3. lim [𝑓(𝑥) ∗ 𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥) ∗ lim 𝑔(𝑥) = 𝐿𝑀 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

lim 𝑓(𝑥) 𝐿 𝑓(𝑥) 𝑥→𝑎 = = , 𝑥→𝑎 𝑔(𝑥) lim 𝑔(𝑥) 𝑀

4. lim

lim 𝑔(𝑥) ≠ 0

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

5. lim 𝑘 𝑓(𝑥) = 𝑘 lim 𝑓(𝑥) = 𝑘𝐿 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑛

6. lim [𝑓(𝑥)]𝑛 = [lim 𝑓(𝑥)] = 𝐿𝑛 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑛

7. lim √𝑓(𝑥) = 𝑛√ lim 𝑓(𝑥) , 𝑥→𝑎 𝑥→𝑎

si 𝑛 es par lim 𝑓(𝑥) ≥ 0 𝑥→𝑎

Demostración. 𝜀

Para demostrar la propiedad 1, se elige 𝜀 > 0. Puesto que 2 > 0, se sabe que existe 𝛿1 > 0 𝜀 2 𝜀 < 2

tal que 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 implica que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < . Se sabe también que existe 𝛿2 > 0 tal que

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 implica que |𝑔(𝑥) − 𝑀|

. Sea 𝛿 el valor mínimo de 𝛿1 y 𝛿2 ;

entonces, 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 implica |𝑓(𝑥) − 𝐿|
0 tal que si 𝑥→𝑎

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 ,

entonces |𝑔(𝑥) − 𝑀|
0 tal que si 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 , entonces |𝑔(𝑥) − 𝑀|
0 existe su correspondiente 𝛿 > 0 tal que 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) en los intervalos abiertos (𝑎 − 𝛿, 𝑎) y (𝑎, 𝑎 + 𝛿), y |𝑔(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

siempre que

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿

Como 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) para todo 𝑥 en el intervalo abierto distinto de 𝑥 = 𝑐, se sigue que 72

|𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

𝑠iempre que

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿

Por tanto, el límite 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 → 𝑐 es también 𝐿. Ejemplos. Encontrar el límite dado, si existe. 𝑥2 + 𝑥 − 6 𝑥→−3 𝑥 2 − 9

1. lim

Solución. Al utilizar la definición intuitiva se observa que en la función racional se presenta la 0 0

indeterminación de la forma ( ) ; es decir, tanto el numerador como el denominador se aproximan a cero cuando 𝑥 toma valores cada vez más cercanos a −3. En este caso para eliminar la indeterminación se debe factorizar los polinomios del numerador y denominador. Entonces, 𝑥2 + 𝑥 − 6 (𝑥 + 3)(𝑥 − 2) = lim 2 𝑥→−3 𝑥 − 9 𝑥→−3 (𝑥 + 3)(𝑥 − 3) lim

Puesto que 𝑥 ≠ −3, se tiene 𝑥 + 3 ≠ 0. Por tanto, simplificando y evaluando se obtiene 𝑥2 + 𝑥 − 6 𝑥 − 2 −5 5 = lim = = 𝑥→−3 𝑥 2 − 9 𝑥→−3 𝑥 − 3 −6 6 lim

√𝑥 + 5 − 3 𝑥→4 𝑥−4

2. lim

Solución. 0 0

Al igual que el ejemplo anterior se tiene la indeterminación de forma ( ), pero en este caso se racionaliza el numerador multiplicando por su conjugado, tanto el numerador como el denominador. Entonces, lim

𝑥→4

(𝑥 + 5) − (9) (√𝑥 + 5 − 3)(√𝑥 + 5 + 3) √𝑥 + 5 − 3 = lim = lim 𝑥→4 𝑥→4 𝑥−4 (𝑥 − 4)(√𝑥 + 5 + 3) (𝑥 − 4)(√𝑥 + 5 + 3)

(𝑥 − 4) √𝑥 + 5 − 3 = lim 𝑥→4 𝑥→4 (𝑥 − 4)(√𝑥 + 5 + 3) 𝑥−4 lim

Como 𝑥 ≠ 4, se tiene que 𝑥 − 4 ≠ 0. Por tanto, simplificando y evaluando se obtiene 1 1 1 √𝑥 + 5 − 3 = lim = = 𝑥→4 𝑥→4 (√𝑥 + 5 + 3) 𝑥−4 3+3 6 lim

1 1 − 𝑥 + 4 4 3. lim 𝑥→0 𝑥 Solución. 73

0

Para eliminar la indeterminación de la forma (0), se simplifica la función racional; es decir, se realiza primero la resta de las fracciones en el numerador y luego el cociente. Entonces, 4 − (𝑥 + 4) −𝑥 1 1 − −𝑥 4(𝑥 + 4) 4(𝑥 + 4) lim 𝑥 + 4 4 = lim = lim = lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 4(𝑥 + 4)𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 Puesto que 𝑥 ≠ 0, se simplifica la función racional obteniéndose 1 1 −4 −1 −1 1 𝑥 + 4 lim = lim = =− 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 4(𝑥 + 4) 4(4) 16 (𝑥 + ℎ)3 − 𝑥 3 ℎ→0 ℎ

4. lim

Solución. 0 0

La indeterminación de la forma ( ) se elimina resolviendo el cubo del binomio y simplificando la función resultante. Entonces, (𝑥 + ℎ)3 − 𝑥 3 𝑥 3 + 3𝑥 2 ℎ + 3𝑥ℎ2 + ℎ3 − 𝑥 3 3𝑥 2 ℎ + 3𝑥ℎ2 + ℎ3 = lim = lim ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ lim

(𝑥 + ℎ)3 − 𝑥 3 ℎ(3𝑥 2 + 3𝑥ℎ + ℎ2 ) = lim = lim (3𝑥 2 + 3𝑥ℎ + ℎ2 ) = 3𝑥 2 ℎ→0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ lim

Observación. El resultado del límite anterior es una función y no un número real debido a que este límite representa la derivada de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 , concepto que será abordado en el quinto capítulo. 5. lim

3 − √5 + 𝑥

𝑥→4 1 −

√5 − 𝑥

Solución. 0

Para eliminar la indeterminación de la forma (0) se debe racionalizar tanto el numerador como el denominador multiplicando por el conjugado de cada expresión. Entonces, lim

3 − √5 + 𝑥

𝑥→4 1 −

lim

3 − √5 + 𝑥

𝑥→4 1 −

lim

√5 − 𝑥

√5 − 𝑥

3 − √5 + 𝑥

𝑥→4 1 −

√5 − 𝑥

= lim

(3 − √5 + 𝑥)(3 + √5 + 𝑥)(1 + √5 − 𝑥)

𝑥→4 (1

= lim

[9 − (5 + 𝑥)](1 + √5 − 𝑥)

𝑥→4 [1

= lim

𝑥→4

− √5 − 𝑥)(1 + √5 − 𝑥)(3 + √5 + 𝑥)

− (5 − 𝑥)](3 + √5 + 𝑥)

= lim

(4 − 𝑥)(1 + √5 − 𝑥)

𝑥→4 (𝑥

− 4)(3 + √5 + 𝑥)

−(𝑥 − 4)(1 + √5 − 𝑥) (𝑥 − 4)(3 + √5 + 𝑥)

Puesto que 𝑥 ≠ 4, se tiene que 𝑥 − 4 ≠ 0. Por tanto, simplificando y evaluando

74

lim

3 − √5 + 𝑥

𝑥→4 1 −

6. lim

𝑥→−8

= lim

−(1 + √5 − 𝑥)

𝑥→4

√5 − 𝑥

(3 + √5 + 𝑥)

=

−(1 + 1) −2 1 = =− 3+3 6 3

√1 − 𝑥 − 3 3

2 + √𝑥

Solución. 0

Al igual que los ejemplos anteriores se presenta la indeterminación de la forma (0). Inicialmente se racionaliza el numerador. Esto es, lim

𝑥→−8

lim

𝑥→−8

√1 − 𝑥 − 3 3

2 + √𝑥 √1 − 𝑥 − 3 3

2 + √𝑥

= lim

𝑥→−8

= lim

(√1 − 𝑥 − 3)(√1 − 𝑥 + 3) 3

𝑥→−8 (2 +

(2 + √𝑥 )(√1 − 𝑥 + 3) −8 − 𝑥

𝑥→−8 (2 +

3

√𝑥 )(√1 − 𝑥 + 3)

(1 − 𝑥) − 9

= lim

= lim

3

√𝑥 )(√1 − 𝑥 + 3)

−(8 + 𝑥)

𝑥→−8 (2

3

+ √𝑥 )(√1 − 𝑥 + 3)

Ahora, factorizando el numerador como una suma de cubos, se obtiene 3

3

3

2

8 + 𝑥 = (2 + √𝑥 ) [4 − 2 √𝑥 + ( √𝑥 ) ] 3

Como 𝑥 ≠ −8, se tiene que 2 + √𝑥 ≠ 0. Por tanto, simplificando y evaluando lim

𝑥→−8

√1 − 𝑥 − 3 3

2 + √𝑥

3

= lim

𝑥→−8

3

3

2

−(2 + √𝑥 ) [4 − 2 √𝑥 + ( √𝑥 ) ] 3

(2 + √𝑥 )(√1 − 𝑥 + 3)

3

= lim

3

2

− [4 − 2 √𝑥 + ( √𝑥 ) ]

𝑥→−8

(√1 − 𝑥 + 3)

En consecuencia, lim

𝑥→−8

√1 − 𝑥 − 3 3

2 + √𝑥

=

−(4 + 4 + 4) = −2 3+3

1 3 7. lim ( − ) 𝑥→1 1 − 𝑥 1 − 𝑥3 Solución. En este límite se presenta la indeterminación de la forma (∞ − ∞). Realizando la resta de fracciones, se obtiene (1 + 𝑥 + 𝑥 2 ) − (3) 1 3 1 3 𝑥2 + 𝑥 − 2 − = − = = 1 − 𝑥 1 − 𝑥 3 1 − 𝑥 (1 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 2 ) (1 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 2 ) (1 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 2 ) (𝑥 − 1)(𝑥 + 2) 1 3 −(1 − 𝑥)(𝑥 + 2) − = = 3 2 (1 ) (1 1−𝑥 1−𝑥 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 2 ) Por tanto, 1 3 −(1 − 𝑥)(𝑥 + 2) −(𝑥 + 2) −3 lim ( − ) = lim = lim = = −1 3 2 2 𝑥→1 1 − 𝑥 𝑥→1 (1 − 𝑥)(1 + 𝑥 + 𝑥 ) 𝑥→1 (1 + 𝑥 + 𝑥 ) 1−𝑥 3

75

Límites trigonométricos Antes de enunciar dos límites trigonométricos básicos se presenta el Teorema del Encaje (teorema del emparedado) el cual se aplica en la demostración de los límites trigonométricos. Teorema. Si ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) para todo valor 𝑥 en un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, excepto posiblemente en 𝑎, y si lim ℎ(𝑥) = lim 𝑔(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Entonces, lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

Demostración. Para todo 𝜀 > 0 existe 𝛿1 > 0 y 𝛿2 > 0 tales que |ℎ(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

siempre que

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1

|𝑔(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

siempre que

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2

Además,

Como ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) para todo 𝑥 en un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, excepto posiblemente en 𝑎, existe 𝛿3 > 0 tal que ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) para 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿3 . Sea 𝛿 el valor mínimo de 𝛿1 , 𝛿2 , 𝛿3 . Entonces, si 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿, se sigue que |ℎ(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 y |𝑔(𝑥) − 𝐿| < 𝜀, lo cual implica que −𝜀 < ℎ(𝑥) − 𝐿 < 𝜀,

−𝜀 < 𝑔(𝑥) − 𝐿 < 𝜀

𝐿 − 𝜀 < ℎ(𝑥),

𝑔(𝑥) < 𝐿 + 𝜀

Ahora bien, como ℎ(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), se sigue que 𝐿 − 𝜀 < 𝑓(𝑥) < 𝐿 + 𝜀, lo cual implica que |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀. Por tanto, lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

A continuación, se presenta el resultado con los límites trigonométricos básicos. Teorema. sin 𝜃 =1 𝜃→0 𝜃

1. lim

1 − cos 𝜃 =0 𝜃→0 𝜃

2. lim

Demostración. 1. En la siguiente figura se muestra un sector circular encajado entre dos triángulos

76

Área del triángulo tan 𝜃 2

≥

Área del sector 𝜃 2

≥

Multiplicando cada expresión por

2 sin 𝜃

≥ ≥

Área del triángulo sin 𝜃 2

se obtiene

1 𝜃 ≥ ≥1 cos 𝜃 sin 𝜃 Tomando sus recíprocos e invirtiendo las desigualdades cos 𝜃 ≤ Puesto que cos 𝜃 = cos(−𝜃) y

sin 𝜃 𝜃

=

sin(−𝜃) (−𝜃)

sin 𝜃 ≤1 𝜃 , se concluye que la desigualdad es válida para 𝜋 𝜋

todo 𝜃 diferente de cero dentro del intervalo abierto (− 2 , 2 ) . Además, Como lim cos 𝜃 = lim 1 = 1

𝜃→0

𝜃→0

Utilizando el Teorema del Encaje se concluye que sin 𝜃 =1 𝜃→0 𝜃 lim

2. Para la demostración del segundo límite trigonométrico se utiliza un análisis algebraico. Esto es, (1 − cos 𝜃)(1 + cos 𝜃) 1 − cos 𝜃 1 − cos2 𝜃 sin2 𝜃 = lim = lim = lim 𝜃→0 𝜃→0 𝜃→0 𝜃(1 + cos 𝜃) 𝜃→0 𝜃(1 + cos 𝜃) 𝜃 𝜃(1 + cos 𝜃) lim

1 − cos 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 0 = lim ( ∗ ) = lim ∗ lim = (1) ∗ ( ) = 0 𝜃→0 𝜃→0 𝜃→0 𝜃 𝜃→0 1 + cos 𝜃 𝜃 𝜃 1 + cos 𝜃 2 lim

77

Ejemplos. Determinar el límite de la función trigonométrica, si existe. sin(cos 𝜃) 𝜃→0 sec 𝜃

1. lim

Solución. El límite dado es inmediato ya que se puede evaluar por sustitución directa. Esto es, sin(cos 𝜃) sin(cos 0) sin(1) = = = sin 1 𝜃→0 sec 𝜃 sec 0 1 lim

sin 3𝑥 𝑥→0 𝑥

2. lim

Solución. 0

Para eliminar la indeterminación de la forma (0) se inicia multiplicando el numerador y denominador por 3, y se aplica la propiedad homogénea. Esto es, sin 3𝑥 3 sin 3𝑥 sin 3𝑥 = lim = 3 lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 3𝑥 𝑥 3𝑥 lim

Realizando la sustitución 𝑢 = 3𝑥 se obtiene que: si 𝑥 → 0, entonces 𝑢 → 0. Por tanto, sin 3𝑥 sin 3𝑥 sin 𝑢 = 3 lim = 3 lim = 3(1) = 3 𝑥→0 𝑥→0 3𝑥 𝑢→0 𝑢 𝑥 lim

1 − cos 𝜃 𝜃→0 sin 𝜃

3. lim

Solución. 0

Al igual que los ejemplos anteriores se presenta la indeterminación (0). Para eliminar la indeterminación se multiplica tanto el numerador como el denominador por la expresión luego se utiliza propiedades de los límites y los límites trigonométricos básicos. Esto es, 1 − cos 𝜃 lim = lim 𝜃→0 𝜃→0 sin 𝜃 4. lim

𝜃→0 𝜃

1 − cos 𝜃 lim 1 − cos 𝜃 0 𝜃 𝜃 = 𝜃→0 = =0 sin 𝜃 sin 𝜃 1 lim 𝜃 𝜃→0 𝜃

sin 𝜃 + tan 𝜃

Solución. Siguiendo un proceso similar al ejemplo anterior se tiene sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 sin 𝜃 𝜃 𝜃 𝜃 lim = lim = lim = lim tan 𝜃 𝜃→0 sin 𝜃 sin 𝜃 1 𝜃→0 𝜃 + tan 𝜃 𝜃→0 𝜃 𝜃→0 + 1+ 1+ ∗ 𝜃 𝜃 𝜃 cos 𝜃 𝜃 cos 𝜃 78

1 𝜃

,

sin 𝜃 lim 𝜃 sin 𝜃 1 1 𝜃→0 lim = = = sin 𝜃 1 𝜃→0 𝜃 + tan 𝜃 1 + (1)(1) 2 lim 1 + lim ∗ lim 𝜃→0 𝜃→0 𝜃 𝜃→0 cos 𝜃 5. lim𝜋 𝑥→

4

sin 𝑥 − cos 𝑥 1 − tan 𝑥

Solución. 0

Al igual que los ejemplos anteriores, la indeterminación que se presenta (0), se elimina usando identidades trigonométricas y simplificando la función. Esto es, sin 𝑥 − cos 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥 cos 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) = lim𝜋 = lim𝜋 = lim𝜋 sin 𝑥 1 − tan 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑥→ 𝑥→ 𝑥→ cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑥→ 4 4 1− 4 4 cos 𝑥 cos 𝑥 lim𝜋

lim𝜋

𝑥→

4

sin 𝑥 − cos 𝑥 cos 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) 𝜋 √2 = lim𝜋 = lim𝜋(− cos 𝑥) = − cos = − 1 − tan 𝑥 −(sin 𝑥 − cos 𝑥) 4 2 𝑥→ 𝑥→ 4

4

𝑥 − sin 2𝑥 𝑥→0 𝑥 + sin 3𝑥

6. lim

Solución. Realizando un proceso similar al tercer ejemplo, se obtiene 𝑥 − sin 2𝑥 sin 2𝑥 2 sin 2𝑥 lim 1 − lim 2 sin 2𝑥 1 − 1 − 𝑥 − sin 2𝑥 2𝑥 𝑥 𝑥 = lim 2𝑥 = 𝑥→0 𝑥→0 lim = lim = lim sin 3𝑥 𝑥→0 3sin 3𝑥 3 sin 3𝑥 𝑥→0 𝑥 + sin 3𝑥 𝑥→0 𝑥 + sin 3𝑥 𝑥→0 1+ 𝑥 1 + 3𝑥 lim 1 + lim 3𝑥 𝑥 𝑥→0 𝑥→0 sin 2𝑥 lim 1 − 2 lim 2𝑥 𝑥 − sin 2𝑥 𝑥→0 𝑥→0 lim = sin 3𝑥 𝑥→0 𝑥 + sin 3𝑥 lim 1 + 3 lim 𝑥→0 𝑥→0 3𝑥 Haciendo las sustituciones 𝑢 = 2𝑥, 𝑤 = 3𝑥, donde: si 𝑥 → 0, se tiene 𝑢 → 0, 𝑤 → 0. Luego, sin 𝑢 lim 1 − 2 lim 𝑢 𝑥 − sin 2𝑥 𝑥→0 1 − 2(1) 1 𝑢→0 lim = = =− sin 𝑤 1 + 3(1) 𝑥→0 𝑥 + sin 3𝑥 4 lim 1 + 3 lim 𝑤 𝑥→0

𝑤→0

sec 2𝑥 tan 3𝑥 𝑥→0 5𝑥

7. lim

Solución. 0

Para eliminar la indeterminación de la forma (0) se expresa la función en términos de senos y cosenos, y luego se aplican propiedades de los límites. Esto es, 1 sin 3𝑥 sec 2𝑥 tan 3𝑥 sin 3𝑥 sin 3𝑥 1 cos 2𝑥 cos 3𝑥 = lim lim = lim = lim ( ∗ ) 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 5𝑥 cos 2𝑥 cos 3𝑥 𝑥→0 5𝑥 5𝑥 𝑥 5 cos 2𝑥 cos 3𝑥 79

sec 2𝑥 tan 3𝑥 sin 3𝑥 1 sin 3𝑥 1 = lim ∗ lim = 3lim ∗ lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 5 cos 2𝑥 cos 3𝑥 𝑥→0 3𝑥 𝑥→0 5 cos 2𝑥 cos 3𝑥 5𝑥 𝑥 lim

En consecuencia, sec 2𝑥 tan 3𝑥 1 3 = 3(1) ( ) = 𝑥→0 5𝑥 5 5 lim

1 − 2 cos 𝑥 𝜋 𝑥→ sin (𝑥 − ) 3 3

8. lim𝜋

Solución. 0

Partiendo del hecho de que se tiene la indeterminación de la forma (0) , se inicia haciendo 𝜋

la sustitución 𝑢 = 𝑥 − 3 . Donde si 𝑥 →

𝜋 3

se obtiene que 𝑢 → 0. Entonces,

𝜋 1 − 2 cos (𝑢 + ) 1 − 2 cos 𝑥 3 lim𝜋 = lim 𝜋 𝑢→0 sin 𝑢 𝑥→ sin (𝑥 − ) 3 3 Ahora, utilizando la identidad trigonométrica dada 𝜋 𝜋 𝜋 1 √3 cos (𝑢 + ) = cos 𝑢 cos − sin 𝑢 sin = cos 𝑢 − sin 𝑢 3 3 3 2 2 Por tanto, 1 − 2 cos 𝑥 lim 𝜋 = 𝑢→0 𝑥→ sin (𝑥 − ) 3 3 lim𝜋

1 √3 1 − 2 (2 cos 𝑢 − 2 sin 𝑢) sin 𝑢

1 − cos 𝑢 + √3 sin 𝑢 𝑢→0 sin 𝑢

= lim

Multiplicando tanto el numerador como el denominador por

1 𝑢

y aplicando propiedades de

los límites, se obtiene 1 − 2 cos 𝑥 lim𝜋 lim 𝜋 = 𝑢→0 𝑥→ sin (𝑥 − ) 3 𝑢

1 − cos 𝑢 + √3 sin 𝑢 1 − cos 𝑢 √3 sin 𝑢 + 𝑢 𝑢 𝑢 = lim sin 𝑢 sin 𝑢 𝑢→0 𝑢 𝑢

lim 1 − 2 cos 𝑥 𝑢→0 lim𝜋 = 𝜋 𝑥→ sin (𝑥 − ) 3 𝑢

1 − cos 𝑢 sin 𝑢 + √3 lim 𝑢 0 + √3(1) 𝑢 𝑢→0 = = √3 sin 𝑢 1 lim 𝑢→0 𝑢

2 − 2 sin 𝑥 𝜋 𝑥→ 3 (𝑥 − ) 2 2

9. lim𝜋

Solución. 𝜋

Se realiza un procedimiento similar al ejemplo anterior. Sea 𝑢 = 𝑥 − 2 , luego si 𝑥 → tiene que 𝑢 → 0. Por tanto, 80

𝜋 2

se

𝜋 𝜋 𝜋 2 − 2 sin (𝑢 + 2 ) 2 − 2 (sin 𝑢 cos 2 + sin 2 cos 𝑢) 2 − 2 sin 𝑥 lim𝜋 lim = lim 𝜋 = 𝑢→0 𝑢→0 3𝑢 3𝑢 𝑥→ 3 (𝑥 − ) 2 2 2 − 2 sin 𝑥 2 − 2 (0 + cos 𝑢) 2 − 2 cos 𝑢 2 (1 − cos 𝑢) = lim = lim = lim 𝜋 𝑢→0 𝑢→0 𝑢→0 3𝑢 3𝑢 3𝑢 𝑥→ 3 (𝑥 − ) 2 2 lim𝜋

2 − 2 sin 𝑥 2 1 − cos u 2 = lim = (0) = 0 𝜋 3 𝑢→0 𝑢 3 𝑥→ 3 (𝑥 − ) 2 2 cos 𝑥 − cos 𝑎 10. lim 𝑥→𝑎 𝑥−𝑎 lim𝜋

Solución. 0 0

Para eliminar la indeterminación ( ) se aplica un proceso similar a los dos ejemplos anteriores. Esto es, sea 𝑢 = 𝑥 − 𝑎, entonces si 𝑥 → 𝑎, se tiene que 𝑢 → 0. Por tanto, cos 𝑥 − cos 𝑎 cos(𝑢 + 𝑎) − cos 𝑎 cos 𝑢 cos 𝑎 − sin 𝑢 sin 𝑎 − cos 𝑎 = lim = lim 𝑥→𝑎 𝑢→0 𝑢→0 𝑥−𝑎 𝑢 𝑢 lim lim

𝑥→𝑎

(cos 𝑢 cos 𝑎 − cos 𝑎 ) − sin 𝑢 sin 𝑎 cos 𝑥 − cos 𝑎 = lim 𝑢→0 𝑥−𝑎 𝑢

(cos 𝑢 cos 𝑎 − cos 𝑎 ) sin 𝑢 sin 𝑎 cos 𝑥 − cos 𝑎 = lim − 𝑥→𝑎 𝑢→0 𝑥−𝑎 𝑢 𝑢 lim

cos 𝑥 − cos 𝑎 − cos 𝑎 (1 − cos 𝑢 ) sin 𝑢 sin 𝑎 = lim − lim 𝑥→𝑎 𝑢→0 𝑢→0 𝑥−𝑎 𝑢 𝑢 lim

cos 𝑥 − cos 𝑎 1 − cos 𝑢 sin 𝑢 = − cos 𝑎 lim − sin 𝑎 lim 𝑥→𝑎 𝑢→0 𝑢→0 𝑢 𝑥−𝑎 𝑢 cos 𝑥 − cos 𝑎 lim = − cos 𝑎 (0) − sin 𝑎 (1) = − sin 𝑎 𝑥→𝑎 𝑥−𝑎 lim

81

Ejercicios propuestos Utilizar la información dada por evaluar los límites propuestos. 1. lim 𝑓(𝑥) = 8 ,

lim 𝑔(𝑥) = −3

𝑥→𝑎

𝑎. lim [ 5𝑔(𝑥) ] 𝑥→𝑎

2. lim 𝑓(𝑥) = 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑏. lim [𝑓(𝑥) + 𝑔 (𝑥)] 𝑥→𝑎

5 , 8

𝑎. lim [ 16𝑓(𝑥)] 𝑥→𝑎

3. lim 𝑓(𝑥) = 27, 𝑥→𝑎

3

𝑎. lim [ √𝑓(𝑥) ] 𝑥→𝑎

lim 𝑔(𝑥) = − 𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) ] 𝑔(𝑥)

𝑐. lim [𝑓(𝑥) 𝑔 (𝑥)]

𝑑. lim [

𝑐. lim [𝑓(𝑥) 𝑔 (𝑥)]

𝑑. lim [

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

3 8

𝑏. lim [𝑓(𝑥) − 𝑔 (𝑥)] 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑔(𝑥) ] 𝑓(𝑥)

lim 𝑔(𝑥) = 4 𝑥→𝑎

𝑏. lim [𝑓(𝑥)]2 𝑥→𝑎

𝑐. lim 3𝑔(𝑥) 𝑥→𝑎

3

𝑑. lim [𝑔(𝑥)]2 𝑥→𝑎

Se dan las gráficas de 𝑓 y 𝑔 . Úselas para evaluar cada límite, si existe. Si el límite no existe, explique por qué.

4. lim [ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑥→2

5. lim [ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)]

6. lim [ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)]

8. lim [𝑥 3 𝑓 (𝑥)]

9. lim √3 + 𝑓(𝑥)

𝑏. lim 𝑔(𝑥)

𝑐. lim 𝑔(𝑓(𝑥))

𝑏. lim 𝑔(𝑥)

𝑐. lim 𝑔(𝑓 (𝑥))

𝑥→1

𝑓(𝑥) 𝑥→−1 𝑔(𝑥)

7. lim

𝑥→2

𝑥→0

𝑥→1

Encontrar los límites. 10. 𝑓(𝑥) = 5 − 𝑥,

𝑔(𝑥) = 𝑥 3

𝑎. lim 𝑓(𝑥) 𝑥→1

11. 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 7, 𝑎. lim 𝑓(𝑥) 𝑥→−3

𝑥→4

𝑥→1

𝑔(𝑥) = 𝑥 2 𝑥→4

82

𝑥→−3

12. 𝑓(𝑥) = 4 − 𝑥 2 ,

𝑔(𝑥) = √𝑥 + 1

𝑎. lim 𝑓(𝑥)

𝑏. lim 𝑔(𝑥)

𝑥→1

𝑥→3

13. 𝑓(𝑥) = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 1,

𝑐. lim 𝑔(𝑓(𝑥)) 𝑥→1

3

𝑔(𝑥) = √𝑥 + 6

𝑎. lim 𝑓(𝑥)

𝑏. lim 𝑔(𝑥)

𝑥→4

𝑥→21

𝑐. lim 𝑔(𝑓(𝑥)) 𝑥→4

Evalúe el límite y justifique cada paso indicando las propiedades apropiadas de los límites. 2𝑥 2 + 1 𝑥→2 𝑥 2 + 6𝑥 − 4

14. lim (3𝑥 4 + 2𝑥 2 − 𝑥 + 1)

15. lim

𝑥→−2

3

16. lim (1 + √𝑥 )(2 − 6𝑥 2 + 𝑥 3 )

17. lim (𝑡 2 + 1)3 (𝑡 + 3)5

3 1 + 3𝑥 18. lim ( ) 𝑥→1 1 + 4𝑥 2 + 3𝑥 4

19. lim √𝑢4 + 3𝑢 + 6

𝑥→8

𝑡→−1

𝑢→−2

20. 𝑎. ¿Qué está incorrecto en la ecuación dada? 𝑥2 + 𝑥 − 6 = 𝑥+3 𝑥−2 𝑏. En vista del inciso anterior, explique por qué es correcto 𝑥2 + 𝑥 − 6 = lim (𝑥 + 3) 𝑥→2 𝑥→2 𝑥−2 lim

Evalúe el límite, si existe. 𝑥 2 + 5𝑥 + 4 𝑥→−4 𝑥 2 + 3𝑥 − 4

22. lim

𝑡2 − 9 𝑡→−3 2𝑡 2 + 7𝑡 + 3

25. lim

27. lim

𝑥+2 𝑥→−2 𝑥 3 + 8

1 1 + 30. lim 4 𝑥 𝑥→−4 4 + 𝑥

21. lim

24. lim

𝑥 2 − 4𝑥 𝑥→4 𝑥 2 − 3𝑥 − 4

23. lim

𝑥 2 + 2𝑥 + 1 𝑥→−1 𝑥4 − 1

26. lim

28. lim

4 − √𝑥 𝑥→16 16𝑥 − 𝑥 2

29. lim

1 1 −8 8 + 𝑥 31. lim 𝑥→0 𝑥

32. lim

𝑥3 − 1 𝑥→1 𝑥 2 − 1 9−𝑡

𝑡→9 3 −

√𝑡

(3 + ℎ)−1 − 3−1 ℎ→0 ℎ

√𝑥 + 1 − 2 𝑥→3 𝑥−3

34. lim

35. lim

√𝑥 2 + 9 − 5 𝑥→−4 𝑥+4

1 1 37. lim ( − 2 ) 𝑡→0 𝑡 𝑡 +𝑡

1 1 38. lim ( − ) 𝑡→0 𝑡 √1 + 𝑡 𝑡

33. lim 36. lim

√𝑥 + 5 − √5 𝑥→0 𝑥

𝑥 2 − 4𝑥 𝑥→−1 𝑥 2 − 3𝑥 − 4

√𝑥 + 2 − 3 𝑥→7 𝑥−7

Determinar el límite de la función trigonométrica, si existe. sin 5𝑥 𝑥→0 𝑥

39. lim

3(1 − cos 𝑥) 𝑥→0 8𝑥

40. lim

83

sin 𝑥 (1 − cos 𝑥) 𝑥→0 𝑥2

41. lim

sin2 𝑥 𝑥→0 𝑥

tan2 𝑥 𝑥→0 𝑥

cos 𝜃 tan 𝜃 𝜃→0 𝜃

43. lim

44. lim

(1 − cos ℎ)2 ℎ→0 ℎ

46. lim 𝜃 sec 𝜃

47. lim𝜋

42. lim 45. lim

𝜃→𝜋

sin 3𝑡 2𝑡

49. lim𝜋

𝑥 + tan 𝑥 𝑥→0 sin 𝑥

52. lim

48. lim 𝑡→0

𝑥→

𝑥→

1 − tan 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥

4

50. lim

sin 2𝑥

𝑥→0 sin 3𝑥

1 − cos2 𝑥 𝑥→0 2𝑥 4

𝑥 tan 2𝑥 𝑥→0 1 − cos 𝑥

51. lim

2

cos 𝑥 cot 𝑥

53. lim

Utilizar una herramienta de graficación para representar la función y estimar el límite. Emplear una tabla para respaldar la respuesta. Posteriormente, calcular el límite empleando métodos algebraicos. √𝑥 + 2 − √2 54. lim x→0 𝑥

𝑥 5 − 32 56. lim 𝑥→2 𝑥 − 2

4 − √𝑥 55. lim 𝑥→16 𝑥 − 16

sin 𝑥 2 x→0 𝑥

57. lim

58. lim 𝑥→0

cos 𝑥 − 1 2 𝑥2

59. lim

𝑥→0

sin 𝑥 3

√𝑥

60. Utilizar una herramienta de graficación para hacer la representación en la misma ventana de 𝑓(𝑥) = 𝑥,

𝑔(𝑥) = sin 𝑥 ,

ℎ(𝑥) =

sin 𝑥

𝑥

Comparar las magnitudes de 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) cuando 𝑥 se acerca a 0. Utilizar la comparación para escribir un breve párrafo en el que explique por que lim ℎ(𝑥) = 1

𝑥→0

61. Utilizar una herramienta de graficación para hacer la representación en la misma ventana de 𝑓(𝑥) = 𝑥,

2

𝑔(𝑥) = sin 𝑥,

sin2 𝑥 ℎ(𝑥) = 𝑥

Comparar las magnitudes de 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) cuando 𝑥 se acerca a 0. Utilizar la comparación para escribir un breve párrafo en el que explique por que lim ℎ(𝑥) = 0

𝑥→0

Para las funciones dadas encontrar el límite. lim

𝑓(𝑥 + ℎ ) − 𝑓(𝑥) ℎ

63. 𝑓(𝑥) = √𝑥

64. 𝑓(𝑥) =

ℎ→0

62. 𝑓(𝑥) = 3𝑥 − 2

84

1 𝑥+3

65. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥

Utilizar la función 𝑠(𝑡) = −16 𝑡 2 + 500, que proporciona la altura (en pies) de un objeto que lleva cayendo 𝑡 segundos desde una altura de 500 pies. La velocidad en el instante 𝑡 = 𝑎 segundos está dada por lim

𝑡→𝑎

𝑠(𝑎) − 𝑠(𝑡) 𝑎−𝑡

66. Si a un albañil se le cae una herramienta desde una altura de 500 pies, ¿a qué velocidad estará cayendo luego de 5 segundos? 67. Si a un albañil se le cae una herramienta desde una altura de 500 pies, ¿cuánto tiempo tardará éste en llegar al suelo? ¿A qué velocidad se producirá el impacto? Determinar si la afirmación es verdadera o falsa. Si es falsa explicar por qué o proporcionar un ejemplo que lo demuestre. |𝑥| =1 x→0 𝑥

sin 𝑥 =1 x→π 𝑥

68. lim

69. lim

70. Si 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) para todos los números reales distintos a 𝑥 = 0 y lim 𝑓(𝑥) = 𝐿, entonces x→0

lim 𝑔(𝑥) = 𝐿

𝑥→0

71. Si lim 𝑓(𝑥) = 𝐿, entonces 𝑓(𝑎) = 𝐿 𝑥→𝑎

3, 𝑥 ≤2 72. Si lim 𝑓(𝑥) = 3, donde 𝑓(𝑥) = { 0, 𝑥 >2 𝑥→2 73. Si 𝑓(𝑥) < 𝑔(𝑥) para todo 𝑥 ≠ 𝑎, entonces lim 𝑓(𝑥) < lim 𝑔(𝑥)

x→𝑎

x→𝑎

85

Sección 3.3. Límites laterales y límites infinitos Límites laterales En el siguiente capítulo se abordará el concepto de continuidad y para la comprensión de su noción, es necesario estudiar un tipo diferente de límite, denominado límite lateral. Definición. (Intuitiva) 1. La expresión lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎 −

Que se lee el límite izquierdo de 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 tiende al valor 𝑎 (por la izquierda) es igual a 𝐿, si se puede aproximar los valores de 𝑓(𝑥) a 𝐿 tanto como se quiera, escogiendo una 𝑥 lo bastante cerca del valor 𝑎 pero menor que 𝑎. 2. La expresión lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎 +

Que se lee el límite derecho de 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 tiende al valor 𝑎 (por la derecha) es igual a 𝐿, si se puede aproximar los valores de 𝑓(𝑥) a 𝐿 tanto como se quiera, escogiendo una 𝑥 lo bastante cerca del valor 𝑎 pero mayor que 𝑎.

lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎 −

𝑥→𝑎 +

Observación. De la definición intuitiva de límite de 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 tiende al valor 𝑎 que se desarrolló en la sección 3.1 se desprende el siguiente resultado. Teorema. (Existencia de un límite) Sean 𝑓 una función definida en un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, excepto posiblemente en 𝑎 y 𝐿 un valor real. Entonces, lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎

si y solo si

lim− 𝑓(𝑥) = 𝐿 {𝑥→𝑎 lim+ 𝑓(𝑥) = 𝐿 𝑥→𝑎

86

Ejemplos. Para la función cuya gráfica se proporciona, evalúe el valor de cada cantidad, si existe. Si no existe, explique la razón. 1.

𝑎. lim− 𝑓(𝑥)

𝑏. lim+ 𝑓(𝑥)

𝑐. lim 𝑓(𝑥)

𝑓. lim 𝑓(𝑥)

𝑔. 𝑓(2)

ℎ. lim 𝑓(𝑥)

𝑥→0 𝑥→2

𝑥→0

𝑥→0

𝑑. lim− 𝑓(𝑥) 𝑥→2

𝑥→4

Solución. De la gráfica se puede observar que 𝑎. lim− 𝑓(𝑥) = −1

𝑏. lim+ 𝑓(𝑥) = −2

𝑐. lim 𝑓(𝑥) = no existe

𝑑. lim− 𝑓(𝑥) = 2

𝑒. lim+ 𝑓(𝑥) = 0

𝑓. lim 𝑓(𝑥) = no existe

𝑔. 𝑓(2) = 1

ℎ. lim 𝑓(𝑥) = 3

𝑥→0

𝑥→2

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→2

𝑥→2

𝑥→4

2.

87

𝑒. lim+ 𝑓(𝑥) 𝑥→2

𝑎.

lim 𝑔(𝑥)

𝑏.

𝑥→−3−

lim 𝑔(𝑥)

𝑥→−3+

𝑐. lim 𝑔(𝑥)

𝑑. 𝑔(−3)

𝑥→−3

𝑒. lim− 𝑔(𝑥)

𝑓. lim+ 𝑔(𝑥)

𝑔. lim 𝑔(𝑥)

ℎ. 𝑔(0)

𝑖. lim 𝑔(𝑥)

𝑗. 𝑔(2)

𝑘. lim− 𝑔(𝑥)

𝑙. lim+ 𝑔(𝑥)

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→0

𝑥→2

𝑥→5

𝑥→5

Solución. De la gráfica se observa 𝑎.

lim 𝑔(𝑥) = 4

𝑏.

𝑥→−3−

𝑒. lim− 𝑔(𝑥) = 1 𝑥→2

𝑐. lim 𝑔(𝑥) = 4 𝑥→−3

𝑓. lim+ 𝑔(𝑥) = −1

𝑥→0

𝑖. lim 𝑔(𝑥) = 2

lim 𝑔(𝑥) = 4

𝑥→−3+

𝑔. lim 𝑔(𝑥) = no existe

ℎ. 𝑔(0) = 1

𝑥→0

𝑥→0

𝑗. 𝑔(2) = no existe

𝑑. 𝑔(−3) = no existe

𝑘. lim− 𝑔(𝑥) = no existe 𝑥→5

𝑙. lim+ 𝑔(𝑥) = 3 𝑥→5

3. Trace la gráfica de la función dada y úsela para determinar los valores de 𝑎 para los cuales existe lim 𝑓(𝑥) si: 𝑥→𝑎

2 − 𝑥 𝑠𝑖 𝑥 < −1 𝑠𝑖 −1 ≤𝑥 3 3

Solución. Puesto que para valores a la izquierda de 3 la función es 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = lim−

𝑥→3−

𝑥→3

89

𝑥+2 5 = 2 2

𝑥+2 2

, entonces

A continuación, se presenta la definición formal del concepto de límite lateral. Definición. (Formal) 1. Se afirma lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎 −

Si para todo 𝜀 > 0, existe su correspondiente 𝛿 > 0 tal que si 𝑎 − 𝛿 < 𝑥 < 𝑎,

|𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

entonces

2. Se afirma lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→𝑎 +

Si para todo 𝜀 > 0, existe su correspondiente 𝛿 > 0 tal que si 𝑎 < 𝑥 < 𝑎 + 𝛿,

|𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀

entonces

Ejemplos. Demuestre el resultado aplicando la definición 4

1. lim− √9 − 𝑥 = 0 𝑥→9

Solución. Análisis preliminar Sea 𝜀 un número positivo dado. Se necesita determinar un número 𝛿 tal que 4

|√9 − 𝑥 − 0| < 𝜀

siempre que

9−δ2 lim 𝑓(𝑥) ,

𝑥→2−

𝑥+1 𝑥2 + 1

lim 𝑓(𝑥)

𝑥→2+

𝑥→2

𝑏. Trace la gráfica de 𝑓 52. 𝑆𝑒𝑎 𝑔(𝑥) = 𝑎. 𝐷𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑒

𝑥2 − 1 |𝑥 − 1| lim 𝑔(𝑥) ,

lim 𝑔(𝑥) ,

𝑥→1−

lim 𝑔(𝑥)

𝑥→1+

𝑥→1

𝑏. Trace la gráfica de 𝑔 𝑥 3 53. 𝑆𝑒𝑎 𝐻(𝑥) = { 2 − 𝑥2 𝑥−3

𝑠𝑖 𝑠𝑖 𝑠𝑖 𝑠𝑖

𝑥 0 existe su correspondiente 𝑁 tal que si 𝑥 > 𝑁 entonces |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 2. Sea 𝑓 una función definida en un intervalo (−∞, 𝑎). Entonces, lim 𝑓(𝑥) = 𝐿

𝑥→−∞

Significa que para todo 𝜀 > 0 existe su correspondiente 𝑁 tal que si 𝑥 < 𝑁 entonces |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 𝜀 103

Observación. 1. La definición establece que los valores de 𝑓(𝑥) se pueden hacer arbitrariamente cercanos a 𝐿 (dentro de una distancia 𝜀, donde 𝜀 > 0) al hacer que 𝑥 tome valores suficientemente grandes (más grandes que 𝑁, donde 𝑁 depende de 𝜀). Es decir, al considerar valores grandes de 𝑥 (mayores que algún número 𝑁) es posible hacer que la gráfica de 𝑓 se encuentre entre las rectas horizontales 𝑦 = 𝐿 − 𝜀, 𝑦 = 𝐿 + 𝜀. Lo anterior se debe cumplir para todo 𝜀 > 0 (no importan que tan pequeño sea). 2. La definición establece que los valores de 𝑓(𝑥) se pueden hacer arbitrariamente cercanos a 𝐿 (dentro de una distancia 𝜀, donde 𝜀 > 0) al hacer que 𝑥 tome valores suficientemente grandes y negativos (más grandes y negativos que 𝑁, donde 𝑁 depende de 𝜀). Es decir, al considerar valores grandes y negativos de 𝑥 (mayores y negativos que algún número 𝑁) es posible hacer que la gráfica de 𝑓 se encuentre entre las rectas 𝑦 = 𝐿 − 𝜀, 𝑦 = 𝐿 + 𝜀. Lo anterior se debe cumplir para todo 𝜀 > 0 (no importa que tan pequeño sea).

El siguiente resultado es una regla importante para el cálculo de límites al infinito. Teorema. Si 𝑟 es un número racional positivo y 𝑘 es un número real, entonces 𝑘 =0 𝑥→∞ 𝑥 𝑟 lim

Además, si 𝑥 𝑟 está definida para 𝑥 < 0, entonces 𝑘 =0 𝑥→−∞ 𝑥 𝑟 lim

Demostración. Inicialmente se demuestra que 1 =0 𝑥→∞ 𝑥 lim

1

Si 𝜀 > 0, sea 𝑁 = 𝜀 . Entonces, para 𝑥 > 𝑁 se tiene 𝑥>𝑁= 1 𝑥 𝑥→∞

Por tanto, lim

1 → 𝑥

1 0, se puede expresar 𝑥 3 = √𝑥 6 . Por tanto, √9𝑥 6 − 𝑥 1 9𝑥 6 𝑥 √9𝑥 6 − 𝑥 √9 − 5 √ − 6 6 6 −𝑥 3 𝑥 𝑥 𝑥 √𝑥 𝑥 lim = lim = lim = lim = lim 1 𝑥→∞ 𝑥 3 + 1 𝑥→∞ 𝑥 3 + 1 𝑥→∞ 𝑥 3 + 1 𝑥→∞ 𝑥 3 𝑥→∞ 1 1+ 3 + 3 3 3 3 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 √9𝑥 6

1 lim 9 − lim 5 √9 − 0 √9𝑥 6 − 𝑥 √𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 lim = = =3 1 𝑥→∞ 𝑥 3 + 1 1+0 lim 1 + lim 3 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 √9𝑥 6 − 𝑥 𝑥→−∞ 𝑥 3 + 1

7. lim

Solución. Puesto que 𝑥 < 0, se puede expresar 𝑥 3 = −√𝑥 6 . Además, usando un proceso similar al ∞

ejemplo anterior se elimina la indeterminación de la forma (−∞). Esto es,

lim

√9𝑥 6 − 𝑥 1 9𝑥 6 𝑥 √9𝑥 6 − 𝑥 − √9 − 5 −√ 6 − 6 6 −𝑥 3 𝑥 𝑥 𝑥 −√𝑥 𝑥 = lim = lim = lim = lim 1 𝑥→−∞ 𝑥 3 + 1 𝑥→−∞ 𝑥 3 + 1 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥3 1 𝑥3 + 1 1+ 3 + 𝑥 𝑥3 𝑥3 𝑥3 𝑥3

√9𝑥 6

𝑥→−∞

1 lim 9 − lim 5 −√9 − 0 √9𝑥 6 − 𝑥 − √𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥 lim = = = −3 1 𝑥→−∞ 𝑥 3 + 1 1 + 0 lim 1 + lim 3 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥 Observación. Los ejemplos 6,7 nos muestran que la función racional 𝑓(𝑥) =

√9𝑥 6 −𝑥 𝑥 3 +1

tiene

dos asíntotas horizontales con ecuación 𝑦 = 3, 𝑦 = −3.

8. lim (√9𝑥 2 + 𝑥 − 3𝑥) 𝑥→∞

Solución. Para eliminar la indeterminación de la forma (∞ − ∞) es necesario inicialmente multiplicar y dividir la función dada por su conjugado con el objetivo de transformarla en una expresión racional, y así se pueda aplicar un procedimiento similar a los ejemplos anteriores, debido ∞

a que la indeterminación que aparece es de la forma (∞). Esto es, 107

lim (√9𝑥 2 + 𝑥 − 3𝑥) = lim

𝑥→∞

(√9𝑥 2 + 𝑥 − 3𝑥)(√9𝑥 2 + 𝑥 + 3𝑥) (√9𝑥 2 + 𝑥 + 3𝑥)

𝑥→∞

𝑥→∞

(9𝑥 2 + 𝑥) − (9𝑥 2 ) √9𝑥 2 + 𝑥 + 3𝑥

𝑥

lim (√9𝑥 2 + 𝑥 − 3𝑥) = lim

𝑥→∞ √9𝑥 2

𝑥→∞

= lim

+ 𝑥 + 3𝑥

Ahora, dividiendo tanto el numerador como el denominador entre 𝑥 y puesto que 𝑥 > 0, se tiene 𝑥 = √𝑥 2 . Por tanto, 𝑥 𝑥 1 𝑥 𝑥 lim = lim = lim = lim 𝑥→∞ √9𝑥 2 + 𝑥 + 3𝑥 𝑥→∞ √9𝑥 2 + 𝑥 𝑥→∞ 2 𝑥→∞ 3𝑥 √9 + 1 + 3 √9𝑥2 + 𝑥2 + 3𝑥 + 𝑥 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 √𝑥 𝑥

lim

𝑥→∞ √9𝑥 2

lim 1

𝑥 + 𝑥 + 3𝑥

=

𝑥→∞

1 √ lim 9 + lim + lim 3 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 𝑥→∞

=

1 √9 + 0 + 3

=

1 6

1 − 𝑒𝑥 𝑥→∞ 1 + 2𝑒 𝑥

9. lim

Solución. Como la función exponencial natural es creciente, se tiene que el límite dado presenta la −∞

indeterminación de la forma ( ∞ ). Para eliminar la indeterminación se divide tanto el

numerador como el denominador entre 𝑒 𝑥 , y se aplica un procedimiento similar a los ejemplos anteriores. Entonces, 1 1 − 𝑒𝑥 1 𝑒𝑥 1 lim 𝑥 − lim 1 0 − 1 1 − 𝑒𝑥 𝑥 𝑥 − 𝑒𝑥 𝑥−1 1 𝑒 𝑒 𝑒 𝑥→∞ 𝑒 𝑥→∞ lim = lim = lim = lim = = =− 𝑥 𝑥 𝑥 2𝑒 1 𝑥→∞ 1 + 2𝑒 𝑥→∞ 1 + 2𝑒 𝑥→∞ 1 𝑥→∞ 1 0+2 2 lim 𝑥 lim 2 𝑒𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 𝑒𝑥 + 2 𝑥→∞ 𝑒 𝑥→∞ 10. lim tan−1 (𝑥 2 − 𝑥 4 ) 𝑥→∞

Solución. Considerando la gráfica de la función 𝑓(𝑥) = tan−1 𝑥

Además, partiendo del resultado de que 𝑠𝑖 𝑥 → ∞ entonces

𝑥 2 − 𝑥 4 = 𝑥 2 (1 − 𝑥 2 ) → ∞(−∞) = −∞ 108

Por tanto, lim tan−1 (𝑥 2 − 𝑥 4 ) = −

𝑥→∞

𝜋 2

Hallar las asíntotas horizontales y verticales de cada curva. Si tiene un dispositivo graficador, verifique su trabajo graficando la curva y estimando las asíntotas. 11. 𝑦 =

1 + 𝑥4 𝑥2 − 𝑥4

Solución. Reescribiendo la función 𝑦=

1 + 𝑥4 1 + 𝑥4 1 + 𝑥4 = = 𝑥 2 − 𝑥 4 𝑥 2 (1 − 𝑥 2 ) 𝑥 2 (1 − 𝑥)(1 + 𝑥)

Se observa que la curva tiene asíntotas verticales en 𝑥 = 0, 𝑥 = 1, 𝑥 = −1, debido a que la función crece cada vez más (valores positivos o negativos) a medida que 𝑥 se aproxime cada vez más a estos valores. Para encontrar las asíntotas horizontales, se evalúa 1 1 + 𝑥4 1 𝑥4 1 lim + lim 1 0 + 1 1 + 𝑥4 4 4 + 𝑥4 4+1 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥→∞ 𝑥 4 𝑥→∞ lim 2 = lim = lim = lim = = = −1 1 𝑥→∞ 𝑥 − 𝑥 4 𝑥→∞ 𝑥 2 − 𝑥 4 𝑥→∞ 𝑥 2 𝑥 4 𝑥→∞ 1 0−1 − 1 lim − lim 1 − 𝑥2 𝑥→∞ 𝑥 2 𝑥→∞ 𝑥4 𝑥4 𝑥4 De igual forma se puede demostrar que 1 + 𝑥4 = −1 𝑥→−∞ 𝑥 2 − 𝑥 4 lim

Por tanto, la recta 𝑦 = −1 es una asíntota horizontal.

12. 𝑦 =

2𝑒 𝑥 𝑒𝑥 − 5

Solución. La curva dada presenta una asíntota vertical cuando 𝑒 𝑥 − 5 = 0 → 𝑒 𝑥 = 5 → 𝑥 = ln 5, puesto que 109

2𝑒 𝑥 2𝑒 ln 5 10 = = = ±∞ 𝑥 ln 5 𝑥→ln 5 𝑒 − 5 0 𝑒 −5 lim

Ahora, para encontrar las asíntotas horizontales se calcula 2𝑒 𝑥 2𝑒 𝑥 lim 2 2𝑒 𝑥 𝑥 𝑥 2 2 𝑥→∞ lim 𝑥 = lim 𝑥𝑒 = lim 𝑥 𝑒 = lim = = =2 5 5 5 𝑥→∞ 𝑒 − 5 𝑥→∞ 𝑒 − 5 𝑥→∞ 𝑒 𝑥→∞ 1 − 0 1 − 𝑒𝑥 lim 1 − lim 𝑒 𝑥 𝑒𝑥 𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 𝑥→∞ 𝑥→∞ En el caso en el que 𝑥 → −∞ el límite es inmediato 2𝑒 𝑥 0 0 = = =0 𝑥 𝑥→−∞ 𝑒 − 5 0 − 5 −5 lim

Por tanto, la curva tiene dos asíntotas horizontales con ecuación 𝑦 = 0, 𝑦 = 2.

110

Ejercicios propuestos 1. Para la función 𝑓 cuya gráfica se proporciona, dé lo siguiente 𝑎. lim 𝑓(𝑥)

𝑏. lim − 𝑓(𝑥)

𝑥→2

𝑐. lim + 𝑓(𝑥)

𝑥→−1

𝑥→−1

𝑑. lim 𝑓(𝑥) 𝑥→∞

𝑒. lim 𝑓(𝑥) 𝑥→−∞

𝑓. Las ecuaciones de las asíntotas

2. Para la función 𝑔 cuya gráfica se ilustra, proporcione lo siguiente 𝑎. lim 𝑔(𝑥) 𝑥→∞

𝑏. lim 𝑔(𝑥)

𝑐. lim 𝑔(𝑥)

𝑥→−∞

𝑥→3

𝑑. lim 𝑔(𝑥) 𝑥→0

𝑒. lim + 𝑔(𝑥) 𝑥→−2

𝑓. Las ecuaciones de las asíntotas

En los siguientes ejercicios, hacer que corresponda la función dada con su gráfica correspondiente, utilizando como ayuda las asíntotas horizontales. 3. 𝑓(𝑥) =

3𝑥 2 𝑥2 + 2

6. 𝑓(𝑥) = 2 +

𝑥2 𝑥4 + 1

4. 𝑓(𝑥) = 7. 𝑓(𝑥) =

2𝑥 √𝑥 2 + 2 4 sin 𝑥 𝑥2 + 1 111

5. 𝑓(𝑥) = 8. 𝑓(𝑥) =

𝑥2

𝑥 +2

2𝑥 2 − 3𝑥 + 5 𝑥2 + 1

Encontrar el límite, si es posible. 𝑥 2 𝑥→∞ 𝑥 − 1

5𝑥 2 𝑥→−∞ 𝑥 + 3

11. lim

2 − 3𝑦 2 𝑦→∞ 5𝑦 2 + 4𝑦

14. lim

9. lim

10. lim

1 4 12. lim ( 𝑥 − 2 ) 𝑥→−∞ 2 𝑥

13. lim

𝑥 3 − 2𝑥 + 3 15. lim 𝑥→∞ 5 − 𝑥2

16. lim (𝑥 4 𝑥→−∞

18. lim

𝑥

𝑥→−∞ √𝑥 2

−𝑥

√𝑥 4 − 1 𝑥→−∞ 𝑥 3 − 1

21. lim

5𝑥 3 + 1 𝑥→∞ 10𝑥 3 − 3𝑥 2 + 7

𝑥 3 + 5𝑥 𝑥→∞ 2𝑥 3 − 𝑥 2 + 4 3

+𝑥 𝑥

19. lim

𝑥→−∞ √𝑥 2

22. lim

𝑥→∞

5)

+1

𝑥+1 3

√𝑥 2 + 1 112

17. lim

5𝑥 2

𝑥→∞ 4√𝑥

+1

√𝑥 2 − 1 𝑥→∞ 2𝑥 − 1

20. lim

23. lim

𝑥→−∞

2𝑥 3

√𝑥 6 − 1

24. lim (𝑥 + √𝑥 2 + 2𝑥)

25. lim (4𝑥 − √16𝑥 2 − 𝑥)

26. lim (√𝑥 2 + 𝑎𝑥 − √𝑥 2 + 𝑏𝑥)

27. lim (𝑒 −2𝑥 cos 𝑥)

28. lim+𝑒 tan 𝑥

29. lim

sin 2𝑥 𝑥→∞ 𝑥

32. lim

𝑥→−∞

𝑥→∞

30. lim cos 𝑥→∞

1 𝑥

𝑥→∞

𝑥→∞

1 𝑥→∞ 2𝑥 + sin 𝑥

𝜋 𝑥→ 2

𝑥 − cos 𝑥 𝑥→∞ 𝑥

31. lim

Hallar las asíntotas horizontal y vertical de cada curva. Si tiene un dispositivo graficador, verifique su trabajo graficando la curva y estimando las asíntotas. 2𝑥 + 1 33. 𝑦 = 𝑥−2

𝑥2 + 1 34. 𝑦 = 2 2𝑥 − 3𝑥 − 2

36. 𝑦 =

𝑥3 − 𝑥 𝑥 2 − 6𝑥 + 5

37. 𝑦 =

39. 𝑦 =

√2𝑥 2 + 1 3𝑥 − 5

40. 𝑦 =

2𝑥 2 + 𝑥 − 1 35. 𝑦 = 2 𝑥 +𝑥−2

𝑥+1 𝑥2 − 4

38. 𝑦 =

𝑥3 √𝑥 2

41. 𝑦 =

−4

2𝑥 2 𝑥2 + 4 𝑥 √𝑥 2

−4

42. La eficiencia de un motor de combustión interna es

𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 (%) = 100 [1 −

1 ] 𝑣 𝑐 (𝑣1 ) 2

𝑣

Donde 𝑣1 es la razón entre el gas no comprimido y el gas comprimido y 𝑐 es una constante 2

positiva que depende del diseño del motor. Encontrar el límite de la eficiencia cuando la razón de compresión se acerca a infinito. 43. Un depósito contiene 5000 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠 de agua pura. Se bombea salmuera que contiene 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠

30 𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 de sal por litro de agua al depósito a una proporción de 25 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜 . La concentración de sal 𝑡 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 después (en gramos por litro) entra dada por 𝑐(𝑡) =

30𝑡 200 + 𝑡

¿Qué sucede con la concentración cuando 𝑡 → ∞? 44. Un negocio tiene un costo total de 𝑐(𝑥) = 0.5𝑥 + 500 para producir 𝑥 unidades. El costo promedio por unidad está dado 𝑐̅ =

𝑐 𝑥

Encontrar el límite 𝑐̅ cuando 𝑥 tiende al infinito.

113

CAPÍTULO 4 CONTINUIDAD

En este capítulo aprenderás

Reseña histórica

Definición

Pensamiento numérico

Pensamiento geométrico

Continuidad

Propiedades

Ejemplos

Pensamiento variacional

Aplicaciones

En el mapa conceptual se puede observar que el estudiante estudiará el concepto de continuidad de una función, con sus propiedades, ejemplos y aplicaciones, buscando adquirir competencias para:   

Determinar analíticamente la continuidad de una función en un valor. Determinar analíticamente la continuidad de una función en un intervalo. Representar gráficamente las diferentes clases de discontinuidad.

114

Reseña histórica Bernhard Bolzano (1781 – 1848), matemático, filósofo y cura de Bohemia, estableció con claridad su opinión de que los infinitesimales no existían, al igual que tampoco los números infinitamente grandes los cuales fueron usados por Euler y muchos otros matemáticos durante el siglo 𝑋𝑉𝐼𝐼𝐼. Bolzano en 1834 encontró una función continua en un intervalo que no tenía derivada en ningún valor de ese intervalo. Ese resultado no fue conocido en su época; de hecho, se le atribuye a Weierstrass el primer ejemplo de ese tipo. En el año de 1817, Bolzano ofreció una definición de continuidad muy rigurosa: “una función 𝑓(𝑥) es contínua en un intervalo si para toda 𝑥 en el intervalo, la diferencia 𝑓(𝑥 + 𝑤) − 𝑓(𝑥) puede hacerse tan pequeña como uno quiera tomando 𝑤 suficientemente pequeña”. Esta definición es muy semejante a la que se presenta en la actualidad, y no fue conocida durante la vida de Bolzano. De hecho, este trabajo fue redescubierto por Hermann Hankel (1839 − 1873).

Bernard Bolzano (1781 – 1848)

115

En la sección 3.2 se comentó que existen funciones algebraicas y trascendentales que satisfacen la propiedad lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

Las cuales se denominan funciones continuas en 𝑥 = 𝑎. A continuación, se presenta la definición de este concepto. Definición. Una función 𝑓 es contínua en 𝑥 = 𝑎 si se satisface 1. 𝑓(𝑎) está definido (es decir, 𝑎 está en el dominio de 𝑓). 2. lim 𝑓(𝑥) existe. 𝑥→𝑎

3. lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎). 𝑥→𝑎

Observación. La definición anterior nos afirma que un cambio pequeño en 𝑥 produce una alteración pequeña en 𝑓(𝑥). En consecuencia, el cambio en 𝑓(𝑥) se puede mantener tan pequeña como se quiera, restringiendo el cambio en 𝑥 lo necesario. Además, si 𝑓 está definida en un intervalo abierto que contiene el valor 𝑎 y no es contínua en 𝑥 = 𝑎, entonces se dice que 𝑓 es discontínua en 𝑎. El significado geométrico de una función contínua para todo valor de un intervalo se concibe como una función cuya gráfica no se interrumpe (no tiene ni huecos ni saltos).

Observación. A continuación, se presenta cuatro posibilidades de discontinuidades en un valor 𝑎 que se pueden presentar.

116

𝑓(𝑎) no está definida

lim 𝑓(𝑥) no existe

𝑥→𝑎

lim 𝑓(𝑥) no existe

lim 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑓(𝑎) no está definida

Veamos la definición de continuidad sobre un intervalo y las propiedades de este concepto, las cuales se sustentan en las propiedades de los límites. Definición. Una función 𝑓 es continua en un intervalo (𝑎, 𝑏) si 𝑓 es continua para todo valor del intervalo; es decir, se cumplen las tres condiciones para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Una función 𝑓 es continua en un intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] si 𝑓 es continua en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏) y si 𝑓 es continua a derecha en 𝑎 y continua a izquierda en 𝑏 esto es, lim+ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎), lim−𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑏) 𝑥→𝑏

𝑥→𝑎

Teorema. Si 𝑓 y 𝑔 son funciones continuas en 𝑥 = 𝑎 y 𝑘 es una constante, entonces las siguientes funciones también son continuas en 𝑥 = 𝑎 1. 𝑓 + 𝑔

2. 𝑓 − 𝑔

3. 𝑘𝑓

4. 𝑓 ∗ 𝑔

117

5.

𝑓 , 𝑔(𝑎) ≠ 0 𝑔

Demostración. 1. Por hipótesis se tiene que 𝑓 y 𝑔 son continuas en 𝑥 = 𝑎; es decir, lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎), lim 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Entonces, usando la propiedad aditiva de los límites se tiene lim (𝑓 + 𝑔)(𝑥) = lim [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥) + lim 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑔(𝑎) = (𝑓 + 𝑔)(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Por tanto, (𝑓 + 𝑔) es continua en 𝑥 = 𝑎. 2. Realizando un proceso similar se tiene lim (𝑓 − 𝑔)(𝑥) = lim [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥) − lim 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑎) − 𝑔(𝑎) = (𝑓 − 𝑔)(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Entonces, (𝑓 − 𝑔) es continua en 𝑥 = 𝑎. 3. Utilizando la propiedad homogénea de los límites y la hipótesis dada se tiene: lim (𝑘𝑓)(𝑥) = lim 𝑘𝑓(𝑥) = 𝑘lim 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑓(𝑎) = (𝑘𝑓)(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

En consecuencia, 𝑘𝑓 es continua en 𝑥 = 𝑎. Utilizando un procedimiento similar se puede demostrar las propiedades 4 𝑦 5. Ejemplos. Analizar la continuidad de la función dada. 1. 𝑓(𝑥) =

𝑥2 − 1 𝑥+1

Solución.

De la gráfica se observa que la función racional presenta un hueco en el punto (−1, −2), entonces 𝑓 es discontinua en 𝑥 = −1, puesto que 𝑓(−1) no existe. En consecuencia, la función dada es continua en ℝ − {−1}. 𝑥, 𝑥 1 118

Solución.

La función definida por partes es discontinua en 𝑥 = 1, debido a que lim 𝑓(𝑥) = 1 ≠ 𝑓(1) = 2

𝑥→1

Por tanto, la función 𝑓 es continua en ℝ − {1}. 3. 𝑓(𝑥) =

1 𝑥2 − 4

Solución.

La función racional tiene asíntotas verticales en 𝑥 = −2 y 𝑥 = 2, entonces los siguientes límites son infinitos lim 𝑓(𝑥),

𝑥→−2

lim 𝑓(𝑥)

𝑥→2

En consecuencia, la función 𝑓 es continua en ℝ − {±2}.

119

4. 𝑓(𝑥) = ⟦𝑥⟧ + 𝑥 Solución.

La función dada presenta saltos en todos los números enteros, por tanto 𝑓 es continua en ℝ − {0, ±1, ±2, ±3, … }. Observación. La discontinuidad que presenta la función dada en los ejemplos 1 𝑦 2 se conoce como una discontinuidad removible o evitable porque puede eliminarse al redefinir la función 𝑓 en los valores donde se presenta la discontinuidad. Esto es, en el primer ejemplo se redefine la función como 𝑥2 − 1 𝑔(𝑥) = { 𝑥 + 1 , −2 ,

𝑥 ≠ −1 𝑥 = −1

En el segundo ejemplo como ℎ(𝑥) = {

𝑥, 1, 2𝑥 − 1,

𝑥1

En el tercer ejemplo se presenta una discontinuidad que se conoce con el nombre de discontinuidad infinita, y la discontinuidad del cuarto ejemplo con el nombre de discontinuidad por salto. Utilizando la definición de continuidad y las propiedades de los límites, analizar la continuidad de la función en el intervalo cerrado. 5. 𝑓(𝑥) = √49 − 𝑥 2 ,

[−7,7]

Solución. Utilizando Las propiedades de los límites y la definición de continuidad en el intervalo abierto (−7,7) se tiene que para todo −7 < 𝑎 < 7 2

lim 𝑓(𝑥) = lim √49 − 𝑥 2 = √ lim 49 − (lim 𝑥) = √49 − 𝑎2 = 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

120

𝑥→𝑎

Entonces, la función dada es continua en (−7,7). Ahora, se estudia la continuidad en los extremos del intervalo. Esto es, lim 𝑓(𝑥) = lim +√49 − 𝑥 2 = √0 = 0 = 𝑓(−7)

𝑥→−7+

𝑥→−7

lim 𝑓(𝑥) = lim−√49 − 𝑥 2 = √0 = 0 = 𝑓(7)

𝑥→7−

𝑥→7

Lo anterior demuestra que la función 𝑓 también es continua en 𝑥 = ±7; es decir, 𝑓 es continua en el intervalo cerrado [−7,7]. 6. 𝑓(𝑥) = {

3 − 𝑥, 1 3 + 2 𝑥,

𝑥≤0 , 𝑥>0

[−1,4]

Solución. Se realiza un procedimiento similar al ejemplo anterior, considerando los siguientes casos 𝑎. Para todo −1 < 𝑎 < 0 lim 𝑓(𝑥) = lim (3 − 𝑥) = (lim 3 − lim 𝑥) = (3 − 𝑎) = 𝑓(𝑎)

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Luego, 𝑓 es continua en (−1,0). 𝑏. Para 𝑥 = −1 lim 𝑓(𝑥) = lim +(3 − 𝑥) = (3 + 1) = 4 = 𝑓(−1)

𝑥→−1+

𝑥→−1

Entonces, 𝑓 es continua en 𝑥 = −1. 𝑐. El análisis en 𝑥 = 0 se debe tener en cuenta que el límite se estudia lateralmente, luego lim 𝑓(𝑥) = lim−(3 − 𝑥) = 3 − 0 = 3

𝑥→0−

𝑥→0

1 lim+ 𝑓(𝑥) = lim+ (3 + 𝑥) = 3 + 0 = 3 𝑥→0 𝑥→0 2 Por tanto, lim 𝑓(𝑥) = 3 = 𝑓(0). Es decir, 𝑓 es continua en 𝑥 = 0. 𝑥→0

𝑑. Para todo 0 < 𝑎 < 4 1 1 1 lim 𝑓(𝑥) = lim (3 + 𝑥) = [lim 3 + (lim 𝑥)] = 3 + 𝑎 = 𝑓(𝑎) 𝑥→𝑎 𝑥→𝑎 𝑥→𝑎 2 2 2

𝑥→𝑎

Entonces, 𝑓 es continua en (0,4). 𝑒. Para 𝑥 = 4 1 lim− 𝑓(𝑥) = lim− (3 + 𝑥) = (3 + 2) = 5 = 𝑓(4) 𝑥→4 𝑥→4 2 Lo anterior demuestra que 𝑓 es continua en 𝑥 = 4. En consecuencia, 𝑓 es continua sobre el intervalo cerrado [−1,4].

121

Observación. Otra operación que permita operar dos funciones continuas, obteniéndose otra función continua es la composición. Este hecho es una consecuencia del siguiente teorema. Teorema. Si 𝑓 es continua en 𝑏 y lim 𝑔(𝑥) = 𝑏, entonces lim 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑏). Es decir, 𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

lim 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓 (lim 𝑔(𝑥))

𝑥→𝑎

𝑥→𝑎

Demostración. Sea 𝜀 > 0. Se requiere un número 𝛿 > 0 tal que si 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 |𝑓(𝑔(𝑥)) − 𝑓(𝑏)| < 𝜀 Puesto que 𝑓 es continua en 𝑏, se tiene lim 𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑏)

𝑦→𝑏

Por tanto, existe 𝛿1 > 0 tal que si 0 < |𝑦 − 𝑏| < 𝛿1 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 |𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑏)| < 𝜀 Como lim 𝑔(𝑥) = 𝑏, existe 𝛿 > 0 tal que si 𝑥→𝑎

0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 |𝑔(𝑥) − 𝑏| < 𝛿1 Entonces, combinando los dos resultados anteriores se tiene: siempre que 0 < |𝑥 − 𝑎| < 𝛿 tenemos |𝑔(𝑥) − 𝑏| < 𝛿1 , lo cual implica que |𝑓(𝑔(𝑥)) − 𝑓(𝑏)| < 𝜀. Por tanto, se ha demostrado que lim 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑏)

𝑥→𝑎

Teorema. (Continuidad de una función compuesta) Si 𝑔 es una función continua en 𝑎 y 𝑓 es continua en 𝑔(𝑎), entonces la función compuesta 𝑓𝜊𝑔 dada por (𝑓𝑜𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) es continua en 𝑎. Demostración. Por hipótesis se tiene que lim 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑎)

𝑥→𝑎

Además, como 𝑓 es continua en 𝑏 = 𝑔(𝑎), y utilizando el teorema anterior, se obtiene lim 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑔(𝑎))

𝑥→𝑎

Por tanto, la función (𝑓𝑜𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) es continua en 𝑎. Observación. Existen funciones algebraicas y trascendentales (funciones elementales) en donde se satisfacen las tres condiciones para todo valor de su dominio; es decir, son 122

continuas en todo su dominio. Estas funciones son de la forma: polinómicas, racionales, radicales, exponenciales, logarítmicas, hiperbólicas, trigonométricas, trigonométricas inversas y combinaciones lineales finitas de ellas. Ejemplos. Explique por qué la función dada es discontinua en el valor 𝑎. Dibuje la gráfica de la función 1. 𝑓(𝑥) = ln|𝑥 − 2| ,

𝑎=2

Solución. La función 𝑓 es discontinua en 𝑥 = 2 por que este valor no pertenece al dominio de la función (𝑓 no está definida en 2).

𝑥2 − 𝑥 2. 𝑔(𝑥) = {𝑥 2 − 1 , 𝑥 ≠ 1 , 1 , 𝑥=1

𝑎=1

Solución. Aplicando la definición de continuidad en 𝑥 = 1, se tiene lim 𝑔(𝑥) = lim

𝑥→1

𝑥→1

𝑥2 − 𝑥 𝑥(𝑥 − 1) 𝑥 1 = lim = lim = 2 𝑥 − 1 𝑥→1 (𝑥 + 1)(𝑥 − 1) 𝑥→1 𝑥 + 1 2

Por tanto, la función 𝑔 es discontinua en 𝑥 = 1, por que lim 𝑔(𝑥) = 𝑥→1

123

1 2

≠ 1 = 𝑔(1).

cos 𝑥 , 𝑥 < 0 , 𝑥=0 , 3. ℎ(𝑥) = {0 1 − 𝑥2 , 𝑥 > 0

𝑎=0

Solución. Al igual que en el ejemplo anterior se utiliza la definición, pero en este caso se analiza el límite de forma lateral. Entonces, lim ℎ(𝑥) = lim− cos 𝑥 = 1

𝑥→0−

𝑥→0

lim ℎ(𝑥) = lim+ (1 − 𝑥 2 ) = 1

𝑥→0+

𝑥→0

De lo anterior se concluye que lim ℎ(𝑥) = 1, pero lim ℎ(𝑥) ≠ ℎ(0). Por tanto, ℎ es 𝑥→0

𝑥→0

discontinua en 𝑥 = 0.

Encontrar los valores de 𝑥 (si existe alguno) en los que 𝑓 no es continua. ¿Cuáles discontinuidades son evitables o removibles? 4. 𝑓(𝑥) =

𝑥2

1 +1

Solución. La función 𝑓 no presenta discontinuidad alguna, puesto que su dominio es: todos los números reales. 5. 𝑓(𝑥) =

𝑥 𝑥2 − 1

Solución. La función 𝑓 no es continua en los valores ±1 y las discontinuidades son infinitas (la gráfica de 𝑓 tiene asíntotas verticales) debido a que lim

𝑥→−1 𝑥 2

𝑥 = ±∞, −1

124

lim

𝑥→1 𝑥 2

𝑥 = ±∞ −1

6. 𝑓(𝑥) =

𝑥2

𝑥+2 − 3𝑥 − 10

Solución. La función 𝑓 no es continua en los valores −2 y 5. En 𝑥 = 5 la función presenta una discontinuidad infinita puesto que 𝑥+2 = ±∞ − 3𝑥 − 10

lim

𝑥→5 𝑥 2

Mientras que en 𝑥 = −2, la función tiene una discontinuidad removible por que lim

𝑥→−2 𝑥 2

7. 𝑓(𝑥) =

𝑥+2 𝑥+2 1 = lim =− − 3𝑥 − 10 𝑥→−2 (𝑥 + 2)(𝑥 − 5) 7

|𝑥 + 7| 𝑥+7

Solución. La función 𝑓 no es continua en 𝑥 = −7, y la discontinuidad es por salto debido a que lim − 𝑓(𝑥) = lim −

𝑥→− 7

𝑥→− 7

|𝑥 + 7| −(𝑥 + 7) = lim − = lim − − 1 = −1 𝑥→− 7 𝑥→− 7 𝑥+7 𝑥+7

lim + 𝑓(𝑥) = lim +

𝑥→− 7

8. 𝑓(𝑥) = {

tan

𝜋𝑥 4

𝑥→− 7

|𝑥 + 7| 𝑥+7 = lim + = lim+1 = 1 𝑥→− 7 𝑥 + 7 𝑥→7 𝑥+7

, |𝑥| < 1 , |𝑥| ≥ 1

𝑥

Solución. Obsérvese que la función 𝑓 se puede expresar como 𝑓(𝑥) = {

tan 𝑥

𝜋𝑥 4

,

−1 < 𝑥 < 1

, 𝑥 ≤ −1 ˅ 𝑥 ≥ 1

Para todo valor −1 < 𝑥 < 1, la función 𝑓(𝑥) = tan

𝜋𝑥 4

es continua (ver sección 2.3), y para los

valores que se encuentren en los intervalos (−∞, −1) ∪ (1, ∞) la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 también lo es (función lineal). Entonces, falta determinar si la función 𝑓 es continua o descontinua en 𝑥 = ±1, para esto se analiza la condición del limite de forma lateral. Esto es, lim − 𝑓(𝑥) = lim − 𝑥 = −1,

𝑥→−1

𝑥→−1

lim +𝑓(𝑥) = lim + tan

𝑥→−1

𝑥→−1

𝜋𝑥 = −1 4

Puesto que lim 𝑓(𝑥) = −1 = 𝑓(−1), entonces 𝑓 es continua en 𝑥 = −1. De igual forma 𝑥→−1

lim− 𝑓(𝑥) = lim− tan

𝑥→1

𝑥→1

𝜋𝑥 = 1, 4

lim 𝑓(𝑥) = lim+𝑓(𝑥) = lim+𝑥 = 1

𝑥→1+

𝑥→1

𝑥→1

Como en el caso anterior, la función 𝑓 es continua en 𝑥 = 1 debido a que

125

lim 𝑓(𝑥) = 1 = 𝑓(1)

𝑥→1

Por tanto, la función 𝑓 es continua en todos los números reales. 9. ¿Para qué valor de la constante 𝑘 la función dada es continua sobre (−∞, ∞)? 𝑘𝑥 2 + 2𝑥, 𝑥 < 2 𝑓(𝑥) = { 3 𝑥 − 𝑘𝑥, 𝑥 ≥ 2 Solución. Como toda función polinomica es continua en todos los reales (en este caso en todo su dominio) se tiene que 𝑓 es continua en (−∞, 2) ∪ (2, ∞). Además, para que 𝑓 también sea continua en 𝑥 = 2 se debe cumplir lim 𝑓(𝑥) = lim+𝑓(𝑥)

𝑥→2−

𝑥→2

Donde lim 𝑓(𝑥) = lim−(𝑘𝑥 2 + 2𝑥) = 4𝑘 + 4

𝑥→2−

𝑥→2

lim 𝑓(𝑥) = lim+(𝑥 3 − 𝑘𝑥) = 8 − 2𝑘

𝑥→2+

𝑥→2

Entonces, 4𝑘 + 4 = 8 − 2𝑘 → 4𝑘 + 2𝑘 = 8 − 4 → 6𝑘 = 4 → 𝑘 =

4 2 = 6 3

2

En consecuencia, si 𝑘 = 3 la función dada es continua en todos los números reales. 10. Hallar el valor de 𝑎 𝑦 𝑏 que hacen que 𝑓 sea continua en todos los reales. 𝑥2 − 4 , 𝑓(𝑥) { 2 𝑥 − 2 𝑎𝑥 − 𝑏𝑥 + 3 , 2𝑥 − 𝑎 + 𝑏 ,

𝑥 2

1 + 𝑥2, 𝑥≤0 02 𝑥 + 1, 𝑥≤1 1 10

Determinar si la afirmación es verdadera o falsa. Si la afirmación es falsa, explicar porque o proporcionar un ejemplo que lo demuestre. 65. La pendiente de la recta tangente a una función diferenciable 𝑓 en el punto (2, 𝑓(2)) está dada por 𝑓(2 + ∆𝑥) − 𝑓(2) ∆𝑥 66. Si una función es continua en un valor, entonces es diferenciable en él. 67. Si una función tiene derivadas laterales por la derecha y por la izquierda en un valor, entonces es diferenciable en él. 68. Si una función es diferenciable en un valor, entonces es continua en él.

155

Sección 5.2. Reglas de derivación, derivada de funciones trascendentales y derivadas de orden superior En la sección 5.1 se encontró la derivada de una función utilizando la definición. En esta sección se presenta varias reglas de derivación que permiten calcular la derivada de una función sin el uso directo de la definición. Teorema. 𝑑

Si 𝑓(𝑥) = 𝑘 es una función constante, entonces 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑑𝑥 [𝑘] = 0 Demostración. Utilizando la definición para la derivada de una función se obtiene [𝑘] − [𝑘] 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 0 = lim = lim = lim 0 = 0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = lim Ejemplos.

Encuentra la deriva de las funciones dadas. 1. 𝑓(𝑥) = 3√8 Solución. 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 [3√8] = 0 𝑑𝑥

2. 𝑔(𝑥) = −4𝜋 3 Solución. 𝑔′ (𝑥) =

𝑑 [−4𝜋 3 ] = 0 𝑑𝑥

3

3. ℎ(𝑥) = 4 − √5 Solución. ℎ′ (𝑥) =

𝑑 3 [4 − √5] = 0 𝑑𝑥

A continuación, se recuerda los siguientes productos notables necesarios para la demostración del teorema de la regla de la potencia en el caso de que ésta sea un entero positivo. (𝑥 + ∆𝑥)2 = 𝑥 2 + 2𝑥∆𝑥 + ∆𝑥 2 (𝑥 + ∆𝑥)3 = 𝑥 3 + 3𝑥 2 ∆𝑥 + 3𝑥∆𝑥 2 + ∆𝑥 3 En general, se 𝑛 es un entero positivo se tiene (𝑥 + ∆𝑥)𝑛 = 𝑥 𝑛 + 𝑛𝑥 𝑛−1 (∆𝑥) +

𝑛(𝑛 − 1)𝑥 𝑛−2 (∆𝑥)2 + ⋯ + (∆𝑥)𝑛 2

156

Teorema. Si 𝑛 es un número real, entonces la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑛 es diferenciable, donde 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑛 [𝑥 ] = 𝑛𝑥 𝑛−1 𝑑𝑥

Demostración. 𝑎. Considerando que 𝑛 es un entero positivo mayor que 1 y utilizando la definición de la derivada de una función, se obtiene (𝑥 + ∆𝑥)𝑛 − 𝑥 𝑛 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = lim

𝑓 ′ (𝑥) = lim

𝑥 𝑛 + 𝑛𝑥 𝑛−1 (∆𝑥) +

∆𝑥→0

𝑓 ′ (𝑥) = lim

∆𝑥 [𝑛𝑥 𝑛−1 +

∆𝑥→0

𝑓 ′ (𝑥) = lim [𝑛𝑥 𝑛−1 + ∆𝑥→0

𝑛(𝑛 − 1)𝑥 𝑛−2 (∆𝑥)2 + ⋯ + (∆𝑥)𝑛 − 𝑥 𝑛 2 ∆𝑥

𝑛(𝑛 − 1)𝑥 𝑛−2 (∆𝑥) + ⋯ + (∆𝑥)𝑛−1 ] 2 ∆𝑥

𝑛(𝑛 − 1)𝑥 𝑛−2 (∆𝑥) + ⋯ + (∆𝑥)𝑛−1 ] 2

𝑓 ′ (𝑥) = 𝑛𝑥 𝑛−1 + 0 + ⋯ + 0 = 𝑛𝑥 𝑛−1 𝑏. Si 𝑛 es u entero negativo, entonces existe un entero positivo 𝑘 tal que 𝑛 = −𝑘. Por tanto, usando la regla del cociente (la cual se demuestra en esta sección más adelante) se puede expresar 𝑓 ′ (𝑥) =

(0)(𝑥 𝑘 ) − (𝑘𝑥 𝑘−1 ) (1) −𝑘𝑥 𝑘−1 𝑑 𝑑 1 [𝑥 𝑛 ] = = [ 𝑘] = (𝑥 𝑘 )2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 2𝑘

𝑓 ′ (𝑥) = −𝑘𝑥 𝑘−1−2𝑘 = −𝑘𝑥 −𝑘−1 = 𝑛𝑥 𝑛−1 𝑐. Para la demostración del teorema en el caso de que 𝑛 es un número real, es necesario utilizar la derivación logarítmica, concepto que se tratara en la siguiente sección. 𝑑. Para el caso en el que 𝑛 = 1 se utiliza la definición. Esto es, 𝑓 ′ (𝑥) =

(𝑥 + ∆𝑥) − (𝑥) 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) ∆𝑥 [𝑥] = lim = lim = lim = lim 1 = 1 = 1𝑥 0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥→0

Ejemplos. Encuentra la derivada de las funciones dadas. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 100 Solución. 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 100 [𝑥 ] = 100𝑥 99 𝑑𝑥 157

3

2. 𝑔(𝑥) = √𝑥 2 Solución.

3. ℎ(𝑥) =

𝑔′ (𝑥) =

𝑑 3 2 𝑑 2 2 1 2 [ √𝑥 ] = [𝑥 3 ] = 𝑥 − 3 = 1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3 3𝑥 3

ℎ′ (𝑥) =

𝑑 1 𝑑 −5 5 [𝑥 ] = −5𝑥 −6 = − 6 [ 5] = 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥

1 𝑥5

Solución.

Teorema. Si 𝑓 es una función diferenciable y 𝑘 es una constante, entonces 𝑘𝑓 también es diferenciable donde 𝑑 [𝑘𝑓(𝑥)] = 𝑘𝑓 ′ (𝑥) 𝑑𝑥 Demostración. Utilizando la definición de la derivada de una función se tiene [𝑘𝑓(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑘𝑓(𝑥)] 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) [𝑘𝑓(𝑥)] = lim = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑘[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)] 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) [𝑘𝑓(𝑥)] = lim = 𝑘 lim = 𝑘𝑓 ′ (𝑥) ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥

Observación. De manera informal, el resultado anterior establece que las constantes se pueden extraer de la derivada, incluso cuando aparecen en el denominador. Ejemplos. Encuentre la derivada de las funciones dadas. 5 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 3 Solución. 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 5 3 5 𝑑 3 5 [𝑥 ] = [3𝑥 2 ] = 5𝑥 2 [ 𝑥 ]= 𝑑𝑥 3 3 𝑑𝑥 3

3

2. 𝑔(𝑥) = 6 √𝑥 Solución. 𝑔′ (𝑥) =

2 𝑑 3 𝑑 1 1 2 2 [6 √𝑥 ] = 6 [𝑥 3 ] = 6 [ 𝑥 − 3 ] = 2𝑥 −3 = 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3 𝑥3

158

3. ℎ(𝑥) =

16 𝑥3

Solución. ℎ′ (𝑥) =

𝑑 16 𝑑 48 [ 3 ] = 16 [𝑥 −3 ] = 16[−3𝑥 −4 ] = −48𝑥 −4 = − 4 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥

Teorema. Si 𝑓 𝑦 𝑔 son funciones diferenciables, entonces las funciones (𝑓 + 𝑔) 𝑦 (𝑓 − 𝑔) también son diferenciables, donde 𝑎.

𝑑 [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥) + 𝑔′ (𝑥) 𝑑𝑥

𝑏.

𝑑 [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔′ (𝑥) 𝑑𝑥

Demostración. Usando la definición de la derivada de una función y si 𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥), se obtiene 𝑎.

𝑑 𝐹(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐹(𝑥) [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥

[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) + 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑 [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim + ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = lim + lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥) + 𝑔′ (𝑥) 𝑑𝑥

𝑏.

𝑑 𝐹(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐹(𝑥) [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥

[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] − [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] 𝑑 [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = lim − lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔′ (𝑥) 𝑑𝑥 Observación. El resultado anterior se puede aplicar a cualquier número finito de funciones. Esto es, 𝑆𝑖 𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) − ℎ(𝑥), 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐹 ′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔′ (𝑥) − ℎ′ (𝑥) 159

Ejemplos. Encuentre la derivada de las funciones dadas. 1. 𝑓(𝑥) = 2𝑥 5 − 3𝑥 3 + 4𝑥 − 6 Solución. 𝑓 ′ (𝑥) = 10𝑥 4 − 9𝑥 2 + 4 2. 𝑔(𝑥) = 4𝑥 2 −

6 + √𝑥 𝑥

Solución. Inicialmente, para que se pueda aplicar la regla de la potencia se reescribe la función 1

como: 𝑔(𝑥) = 4𝑥 2 − 6𝑥 −1 + 𝑥 2 . Por tanto, 1 1 6 1 𝑔′ (𝑥) = 8𝑥 + 6𝑥 −2 + 𝑥 − 2 = 8𝑥 + 2 + 2 𝑥 2√𝑥 3. ℎ(𝑥) = 3𝑥(6𝑥 − 5𝑥 2 ) Solución. Desarrollando la multiplicación de polinomios se obtiene: ℎ(𝑥) = 18𝑥 2 − 15𝑥 3 . Entonces, ℎ′ (𝑥) = 36𝑥 − 45𝑥 2 4. 𝑓(𝑥) =

𝑥 3 − 3𝑥 2 + 4 𝑥2

Solución. Utilizando la propiedad distributiva se expresa la función como 𝑓(𝑥) =

𝑥 3 3𝑥 2 4 − + 2 = 𝑥 − 3 + 4𝑥 −2 𝑥2 𝑥2 𝑥

Por tanto, 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 8𝑥 −3 = 1 −

8 𝑥3

Encontrar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en el punto indicado. Realizar la gráfica de la función y su recta tangente en el punto. 5. 𝑓(𝑥) =

2 4

√𝑥 3

,

(1,2)

Solución. En la sección anterior se observó que 𝑓 ′ (𝑥) representa la pendiente de la recta tangente a la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) en el punto (𝑥, 𝑓(𝑥)). Entonces, la derivada de la función dada es 160

𝑓 ′ (𝑥) =

−3 𝑑 2 𝑑 6 −7 3 [4 ] = [2 𝑥 4 ] = − 𝑥 4 = − 7 𝑑𝑥 √𝑥 3 𝑑𝑥 4 2𝑥 4

Así, la pendiente de la recta tangente es 𝑚 = 𝑓 ′ (1) = −

3 7 2(1)4

=−

3 2

En consecuencia, la ecuación de la recta tangente es 3 3 3 3 7 𝑦 − 2 = − (𝑥 − 1) → 𝑦 − 2 = − 𝑥 + → 𝑦 = − 𝑥 + 2 2 2 2 2

6. 𝑓(𝑥) = (𝑥 2 + 2𝑥)(𝑥 + 1),

(1,6)

Solución. Realizando la multiplicación de polinomios se tiene 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 2 + 2𝑥 = 𝑥 3 + 3𝑥 2 + 2𝑥 Ahora, utilizando un procedimiento similar al ejemplo anterior se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 3 [𝑥 + 3𝑥 2 + 2𝑥] = 3𝑥 2 + 6𝑥 + 2 𝑑𝑥

Entonces, la pendiente de la recta tangente es 𝑚 = 𝑓 ′ (1) = 3(1)2 + 6(1) + 2 = 11 Por tanto, la ecuación de la recta tangente es 𝑦 − 6 = 11(𝑥 − 1) → 𝑦 − 6 = 11𝑥 − 11 → 𝑦 = 11𝑥 − 5

161

7. Determinar los puntos (si los hay) donde la gráfica de la función dada tiene una recta tangente horizontal. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 2𝑥 2 + 3 Solución. Puesto que toda recta horizontal tiene pendiente cero, entonces se tiene que los puntos donde la gráfica de la función tiene una recta tangente horizontal se presentan cuando 𝑓 ′ (𝑥) = 0; es decir, en los puntos donde 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 4𝑥 = 0. Resolviendo la ecuación, se obtiene 4𝑥(𝑥 2 − 1) = 0 → 4𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) = 0 → 𝑥 = −1, 𝑥 = 0, 𝑥 = 1 Evaluando los valores encontrados en la función se hallan las abscisas de los puntos de tangencia 𝑓(−1) = 2,

𝑓(0) = 3,

𝑓(1) = 2

En consecuencia, los puntos de tangencia son: (−1,2), (0,3), (1,2).

162

8. Encontrar un valor de 𝑘 tal que la recta sea tangente a la gráfica de la función dada. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 𝑘𝑥,

𝑦 = 5𝑥 − 4

Solución. Como 𝑓 ′ (𝑥) representa la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función dada, se tiene que 𝑓 ′ (𝑥) = 5. Es decir, 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 − 𝑘 = 5 → 𝑘 = 2𝑥 − 5. Además, en el punto de tangencia tanto la función dada como la recta coinciden, entonces se debe cumplir que 𝑥 2 − 𝑘𝑥 = 5𝑥 − 4 Sustituyendo el valor 𝑘 se obtiene 𝑥 2 − (2𝑥 − 5)𝑥 = 5𝑥 − 4 → 𝑥 2 − 2𝑥 2 + 5𝑥 = 5𝑥 − 4 → −𝑥 2 = −4 → 𝑥 2 = 4 → 𝑥 = ±2 Por tanto, los valores de 𝑘 son 𝑘 = 2(2) − 5 = −1,

𝑘 = 2(−2) − 5 = −9

9. Se lanza un proyectil hacia arria desde la superficie de la tierra con una velocidad inicial 𝑚 de 120 𝑠 . ¿Cuál es su velocidad a los 5 segundos y 10 segundos? Solución. Partiendo de la función posición para objetos en caída libre 𝑠(𝑡) = −4.9𝑡 2 + 𝑣0 𝑡 + 𝑠0 , 𝑚 donde 𝑣0 = 120 𝑠 , 𝑠0 = 0 (considerando el eje de referencia a nivel del suelo), se obtiene 𝑠(𝑡) = −4.9𝑡 2 + 120𝑡 Por otro lado, en la sección anterior se observó que la velocidad instantánea de un objeto es la derivada de la función posición. Por tanto, 𝑣(𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) = −9.8𝑡 + 120. Entonces, la velocidad a los 5 y 10 segundos es 𝑣(5) = −9.8(5) + 120 = 71

𝑚 , 𝑠

𝑣(10) = −9.8(10) + 120 = 22

𝑚 𝑠

10. Desde una altura de 220 pies, se lanza hacia abajo una bola con una velocidad de −22

𝑝𝑖𝑒𝑠 . 𝑠

¿Cuál es su velocidad a los 3 segundos? ¿Cuál es su velocidad luego de

descender 108 pies? Solución. Teniendo en cuenta que la distancia recorrida por la bola está en pies, entonces la función posición que describe el movimiento en caída libre está dada por 𝑠(𝑡) = −16𝑡 2 + 𝑣0 𝑡+𝑠0 , donde 𝑣0 = −22

𝑝𝑖𝑒𝑠 , 𝑠0 𝑠

= 220 𝑝𝑖𝑒𝑠, es decir, 𝑠(𝑡) = −16𝑡 2 − 22𝑡 + 220. Realizando un

procedimiento similar al ejemplo anterior se tiene 𝑣(𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡) = −32𝑡 − 22 → 𝑣(3) = −32(3) − 22 = −118

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

Ahora, en el instante en el que la bola ha descendido 108 pies se cumple que 𝑠(𝑡) = −16𝑡 2 − 22𝑡 + 220 = 108 → 16𝑡 2 + 22𝑡 − 112 = 0 → 𝑡 = 2.046, 163

𝑡 = −3.421

El tiempo negativo no es posible, en consecuencia se considera 𝑡 = 2.046 segundos. Por tanto, 𝑣(2.046) = −32(2.046) − 22 = −87.472

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

Teorema. Sean 𝑓 𝑦 𝑔 funciones derivables, entonces 𝑓𝑔 también es derivable, donde 𝑑 [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑔′ (𝑥)𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 Demostración. Para la demostración se parte de la definición, y en el numerador se suma y resta la expresión 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥). Esto es, 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = lim [𝑓(𝑥 + ∆𝑥) + 𝑔(𝑥) ] ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = lim [𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ] + lim [𝑔(𝑥) ] ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = lim 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) lim + lim 𝑔(𝑥) lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = 𝑓(𝑥)𝑔′ (𝑥) + 𝑔(𝑥)𝑓 ′ (𝑥) 𝑑𝑥

Observación. La regla del producto se extiende a multiplicaciones con más de dos factores. Por ejemplo, si 𝑓, 𝑔, ℎ son funciones derivables se tiene 𝑑 [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)ℎ(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥)ℎ(𝑥) + 𝑔′ (𝑥)𝑓(𝑥)ℎ(𝑥) + ℎ′ (𝑥)𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 Ejemplos. Utilizar la regla del producto para derivar la función dada. 1. 𝑓(𝑥) = (3𝑥 2 + 4𝑥)(𝑥 3 − 2𝑥 2 + 7) Solución. Utilizando la regla del producto se tiene 164

𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 3 (3𝑥 2 + 4𝑥)(𝑥 3 − 2𝑥 2 + 7) + (𝑥 − 2𝑥 2 + 7)(3𝑥 2 + 4𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = (6𝑥 + 4)(𝑥 3 − 2𝑥 2 + 7) + (3𝑥 2 − 4𝑥)(3𝑥 2 + 4𝑥) 𝑓 ′ (𝑥) = 6𝑥 4 − 12𝑥 3 + 42𝑥 + 4𝑥 3 − 8𝑥 2 + 28 + 9𝑥 4 + 12𝑥 3 − 12𝑥 3 − 16𝑥 2 𝑓 ′ (𝑥) = 15𝑥 4 − 8𝑥 3 − 24𝑥 2 + 42𝑥 + 28

3

2. 𝑓(𝑥) = √𝑥 (7𝑥 4 + 𝑥 2 − 6𝑥) Solución. Usando la regla del producto se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

1 1 𝑑 𝑑 (7𝑥 4 + 𝑥 2 − 6𝑥) (𝑥 3 ) (𝑥 3 ) (7𝑥 4 + 𝑥 2 − 6𝑥) + 𝑑𝑥 𝑑𝑥

1 1 2 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 − 3 (7𝑥 4 + 𝑥 2 − 6𝑥) + (28𝑥 3 + 2𝑥 − 6) (𝑥 3 ) 3 1 10 4 1 7 10 1 4 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 3 + 𝑥 3 − 2𝑥 3 + 28𝑥 3 + 2𝑥 3 − 6𝑥 3 3 3

𝑓 ′ (𝑥) =

1 91 10 7 4 𝑥 3 + 𝑥 3 − 8𝑥 3 3 3

3. 𝑓(𝑥) = (5𝑥 3 − 4𝑥)(𝑥 2 + 6)(3𝑥 2 − 𝑥) Solución. Extendiendo la regla del producto se tiene 𝑓 ′ (𝑥) = +

𝑑 𝑑 2 (5𝑥 3 − 4𝑥)(𝑥 2 + 6)(3𝑥 2 − 𝑥) + (𝑥 + 6)(5𝑥 3 − 4𝑥)(3𝑥 2 − 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑 (3𝑥 2 − 𝑥)(5𝑥 3 − 4𝑥)(𝑥 2 + 6) 𝑑𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = (15𝑥 2 − 4)(𝑥 2 + 6)(3𝑥 2 − 𝑥) + (2𝑥)(5𝑥 3 − 4𝑥)(3𝑥 2 − 𝑥) +(6𝑥 − 1)(5𝑥 3 − 4𝑥)(𝑥 2 + 6) 𝑓 ′ (𝑥) = (15𝑥 4 + 90𝑥 2 − 4𝑥 2 − 24)(3𝑥 2 − 𝑥) + (10𝑥 4 − 8𝑥 2 )(3𝑥 2 − 𝑥) +(30𝑥 4 − 24𝑥 2 − 5𝑥 3 + 4𝑥)(𝑥 2 + 6) 𝑓 ′ (𝑥) = 45𝑥 6 − 15𝑥 5 + 270𝑥 4 − 90𝑥 3 − 12𝑥 4 + 4𝑥 3 − 72𝑥 2 + 24𝑥 + 30𝑥 6 − 10𝑥 5 − 24𝑥 4 +8𝑥 3 + 30𝑥 6 + 180𝑥 4 − 24𝑥 4 − 144𝑥 2 − 5𝑥 5 − 30𝑥 3 + 4𝑥 3 + 24𝑥 𝑓 ′ (𝑥) = 105𝑥 6 − 30𝑥 5 + 390𝑥 4 − 104𝑥 3 − 216𝑥 2 + 48𝑥

165

Teorema. 𝑓

Sean 𝑓 𝑦 𝑔 funciones derivables, entonces (𝑔) también es derivable para todos los valores de 𝑥 para los cuales 𝑔(𝑥) ≠ 0, donde 𝑑 𝑓(𝑥) 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑔′ (𝑥)𝑓(𝑥) [ ]= , [𝑔(𝑥)]2 𝑑𝑥 𝑔(𝑥)

𝑔(𝑥) ≠ 0

Demostración. Siguiendo un proceso similar a la demostración de la regla del producto se obtiene 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) 𝑓(𝑥) − 𝑑 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) 𝑔(𝑥) [ ] = lim = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 𝑔(𝑥) ∆𝑥 ∆𝑥𝑔(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) 𝑑 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) [ ] = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 𝑔(𝑥) ∆𝑥𝑔(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥) lim 𝑑 𝑓(𝑥) [ ] = ∆𝑥→0 𝑑𝑥 𝑔(𝑥)

𝑔(𝑥)[𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)] 𝑓(𝑥)[𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥)] − lim ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥→0 lim [𝑔(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥)] ∆𝑥→0

𝑔(𝑥) lim 𝑑 𝑓(𝑥) ∆𝑥→0 [ ]= 𝑑𝑥 𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥) lim ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥→0 lim [[𝑔(𝑥)𝑔(𝑥 + ∆𝑥)]] ∆𝑥→0

′ (𝑥)

𝑑 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑓 − 𝑓(𝑥)𝑔′ (𝑥) 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑔′ (𝑥)𝑓(𝑥) [ ]= = [𝑔(𝑥)]2 𝑑𝑥 𝑔(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑔(𝑥)

Ejemplos. 1. Utilizar la regla del cociente para derivar la función dada. 2𝑥 3 − 4𝑥 𝑓(𝑥) = 2 𝑥 +7 Solución. Usando la regla del cociente se obtiene 𝑓

′ (𝑥)

𝑑 𝑑 2 (2𝑥 3 − 4𝑥)(𝑥 2 + 7) − (𝑥 + 7)(2𝑥 3 − 4𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 2 + 7)2

𝑓 ′ (𝑥) =

(6𝑥 2 − 4)(𝑥 2 + 7) − (2𝑥)(2𝑥 3 − 4𝑥) (𝑥 2 + 7)2

𝑓 ′ (𝑥) =

6𝑥 4 + 42𝑥 2 − 4𝑥 2 − 28 − 4𝑥 4 + 8𝑥 2 2𝑥 4 + 46𝑥 2 − 28 = (𝑥 2 + 7)2 (𝑥 2 + 7)2

166

2. Determinar el punto o los puntos donde la gráfica de la función dada tiene una recta tangente horizontal. 𝑓(𝑥) =

𝑥−4 𝑥2 − 7

Solución. Puesto que en toda recta tangente horizontal se presenta que 𝑚 = 𝑓 ′ (𝑥) = 0, entonces utilizando la regla del cociente se obtiene 𝑓

′ (𝑥)

𝑑 𝑑 2 (𝑥 − 4)(𝑥 2 − 7) − (𝑥 − 7)(𝑥 − 4) (1)(𝑥 2 − 7) − (2𝑥)(𝑥 − 4) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = = (𝑥 2 − 7)2 (𝑥 2 − 7)2

𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥 2 − 7 − 2𝑥 2 + 8𝑥 −𝑥 2 + 8𝑥 − 7 = (𝑥 2 − 7)2 (𝑥 2 − 7)2

Entonces, −𝑥 2 + 8𝑥 − 7 = 0 → −𝑥 2 + 8𝑥 − 7 = 0 → 𝑥 2 − 8𝑥 + 7 = 0 → (𝑥 − 1)(𝑥 − 7) = 0 (𝑥 2 − 7)2 Por tanto la solución de la ecuación es 𝑥 = 1,

𝑥=7

En consecuencia, los puntos de la curva dada donde la recta tangente es horizontal son 1 (1, ) , 2

(7,

1 ) 14

3. Encontrar las ecuaciones de las rectas tangentes a la gráfica de 𝑓(𝑥) =

𝑥+1 𝑥−1

paralelas a

la recta 2𝑦 + 𝑥 = 6 Solución. Partiendo del hecho de que dos rectas son paralelas si sus pendientes son iguales, entonces se debe cumplir que la pendiente de la recta tangente 𝑓 ′ (𝑥) en todo punto es 1

1

igual a la pendiente de la recta dada − 2 (𝑦 = − 2 𝑥 + 3 ). Entonces, 𝑓

′ (𝑥)

𝑑 𝑑 (𝑥 + 1)(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 1(𝑥 − 1) − (1)(𝑥 + 1) −2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = = = 2 2 (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2

En consecuencia, −2 1 = − → 4 = (𝑥 − 1)2 → 𝑥 − 1 = ±2 → 𝑥 = −1, 2 (𝑥 − 1) 2

𝑥=3

Por tanto, los puntos de tangencia son: (−1,0), (3,2), y las ecuaciones de las rectas tangentes a la curva dada son 167

1 1 1 1 𝑦 − 0 = − (𝑥 − (−1)) → 𝑦 = − (𝑥 + 1) → 𝑦 = − 𝑥 − 2 2 2 2 1 1 3 1 7 𝑦 − 2 = − (𝑥 − 3) → 𝑦 − 2 = − 𝑥 + → 𝑦 = − 𝑥 + 2 2 2 2 2

Derivadas de las funciones trigonométricas Teorema. 1.

𝑑 (sin 𝑥) = cos 𝑥 𝑑𝑥

2.

𝑑 (cos 𝑥) = − sin 𝑥 𝑑𝑥

3.

𝑑 (tan 𝑥) = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 𝑑𝑥

4.

𝑑 (cot 𝑥) = −𝑐𝑠𝑐 2 𝑥 𝑑𝑥

5.

𝑑 (sec 𝑥) = sec 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥

6.

𝑑 (csc 𝑥) = − csc 𝑥 cot 𝑥 𝑑𝑥

Demostración. Utilizando la definición se obtiene 1.

𝑑 sin(𝑥 + ∆𝑥) − sin 𝑥 sin 𝑥 cos ∆𝑥 + sin ∆𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 (sin 𝑥) = lim = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑑 cos 𝑥 sin ∆𝑥 − sin 𝑥 (1 − cos ∆𝑥) sin ∆𝑥 1 − cos 𝑥 (sin 𝑥) = lim = lim [cos 𝑥 ( ) − sin 𝑥 ( )] ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 𝑑 sin ∆𝑥 1 − cos ∆𝑥 (sin 𝑥) = cos 𝑥 ( lim ) − sin 𝑥 ( lim ) = cos 𝑥 (1) − sin 𝑥 (0) = cos 𝑥 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥

2.

𝑑 cos(𝑥 + ∆𝑥) − cos 𝑥 cos 𝑥 cos ∆𝑥 − sin 𝑥 sin ∆𝑥 − cos 𝑥 (cos 𝑥) = lim = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑑 − cos 𝑥 (1 − cos ∆𝑥) − sin 𝑥 sin ∆𝑥 (cos 𝑥) = lim ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 1 − cos ∆𝑥 sin ∆𝑥 (cos 𝑥) = lim [− cos 𝑥 ( ) − sin 𝑥 ( )] ∆𝑥→0 𝑑𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 168

𝑑 1 − cos ∆𝑥 sin ∆𝑥 (cos 𝑥) = − cos 𝑥 ( lim ) − sin 𝑥 ( lim ) ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥 𝑑𝑥 ∆𝑥 𝑑 (cos 𝑥) = − cos 𝑥 (0) − sin 𝑥 (1) = − sin 𝑥 𝑑𝑥

sin 𝑥

3. Considerando tan 𝑥 = cos 𝑥 y aplicando la regla del cociente, se obtiene 𝑑 𝑑 (sin 𝑥) cos 𝑥 − (cos 𝑥) sin 𝑥 𝑑 𝑑 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (tan 𝑥) = ( )= 2 (cos 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑥 (cos 𝑥) cos 𝑥 − (− sin 𝑥) sin 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑑 1 (tan 𝑥) = = = = 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 Realizando un procedimiento similar al numeral anterior, se obtiene

𝑑 𝑑 (cos 𝑥) sin 𝑥 − (sin 𝑥) cos 𝑥 𝑑 𝑑 cos 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (cot 𝑥) = 4. ( )= (sin 𝑥)2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 sin 𝑥 (− sin 𝑥) sin 𝑥 − (cos 𝑥) cos 𝑥 −𝑠𝑖𝑛2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑑 −1 (cot 𝑥) = = = = −𝑐𝑠𝑐 2 𝑥 𝑑𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑠𝑖𝑛2 𝑥

𝑑 𝑑 (1) cos 𝑥 − (cos 𝑥)1 𝑑 𝑑 1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (sec 𝑥) = 5. ( )= (cos 𝑥)2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑥 (0) cos 𝑥 − (− sin 𝑥)1 𝑑 sin 𝑥 1 sin 𝑥 (sec 𝑥) = = = = sec 𝑥 tan 𝑥 2 2 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 cos 𝑥 cos 𝑥

𝑑 𝑑 (1) sin 𝑥 − (sin 𝑥)1 𝑑 𝑑 1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (csc 𝑥) = 6. ( )= (sin 𝑥)2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 sin 𝑥 (0) sin 𝑥 − (cos 𝑥)1 − cos 𝑥 𝑑 −1 cos 𝑥 (csc 𝑥) = = = = − csc 𝑥 cot 𝑥 2 2 𝑑𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥 sin 𝑥 sin 𝑥 Ejemplos. Encuentre la derivada de las funciones dadas. 1. 𝑓(𝑥) =

1 + sin 𝑥 𝑥 + cos 𝑥

Solución. Aplicando la regla del cociente, se obtiene 169

𝑑 𝑑 (1 + sin 𝑥)(𝑥 + cos 𝑥) − (𝑥 + cos 𝑥)(1 + sin 𝑥) 𝑑𝑥 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑑𝑥 (𝑥 + cos 𝑥)2 𝑓 ′ (𝑥) =

(cos 𝑥)(𝑥 + cos 𝑥) − (1 − sin 𝑥)(1 + sin 𝑥) (𝑥 + cos 𝑥)2

𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥 cos 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 − 1 − sin 𝑥 + sin 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 𝑥 cos 𝑥 − 1 + (𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥) = (𝑥 + cos 𝑥)2 (𝑥 + cos 𝑥)2

𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥 cos 𝑥 − 1 + 1 𝑥 cos 𝑥 = 2 (𝑥 + cos 𝑥) (𝑥 + cos 𝑥)2

2. 𝑓(𝑥) = csc 𝑥 (𝑥 + cot 𝑥) Solución. Utilizando la regla del producto, se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 (csc 𝑥)(𝑥 + cot 𝑥) + (𝑥 + cot 𝑥)(csc 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = (− csc 𝑥 cot 𝑥)(𝑥 + cot 𝑥) + (1 − 𝑐𝑠𝑐 2 𝑥)(csc 𝑥) 𝑓 ′ (𝑥) = −𝑥 csc 𝑥 cot 𝑥 − csc 𝑥 𝑐𝑜𝑡 2 𝑥 + csc 𝑥 − 𝑐𝑠𝑐 3 𝑥 𝜋 3

3. Encuentre la ecuación de la recta tangente a la curva 𝑦 = sec 𝑥 − 2 cos 𝑥 en ( , 1). Solución. Inicialmente se halla la pendiente de la recta tangente. Esto es, 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝑓 ′ (𝑥) = sec 𝑥 tan 𝑥 + 2 sin 𝑥 → 𝑓 ′ ( ) = sec tan + 2 sin = 3√3 3 3 3 3 En consecuencia, la ecuación de la recta tangente es 𝜋 𝑦 − 1 = 3√3 (𝑥 − ) → 𝑦 = 3√3 𝑥 − √3 𝜋 + 1 3

170

4. ¿Para qué valores de 𝑥 la gráfica de 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2 sin 𝑥 tiene una recta tangente horizontal? Solución. Nuevamente se debe tener en cuenta que, si la recta tangente a la curva dada es horizontal, entonces su pendiente en todo punto 𝑓 ′ (𝑥) es igual a cero. Entonces, 𝑓 ′ (𝑥) = 1 + 2 cos 𝑥 → 1 + 2 cos 𝑥 = 0 → cos 𝑥 = −

1 1 → 𝑥 = cos −1 (− ) 2 2

En consecuencia, los valores de 𝑥 donde la recta tangente a la curva es horizontal son 𝑥=

2𝜋 4𝜋 8𝜋 10𝜋 14𝜋 16𝜋 , , , , , ,… 3 3 3 3 3 3

Derivada de la función exponencial natural En la sección 2.3 se recordó que la función exponencial natural denotada 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 donde la base es el número 𝑒 ≈ 2.71828, es una función creciente con dominio ℝ y recorrido (0, ∞). El numero 𝑒 se denomina el número de Euler en honor de Leonhard Euler (1707 − 1783), aunque él no fue el primero que trabajo con éste número, puesto que el matemático suizo Jacob Bernoulli (1654 − 1705) lo utilizó cuando estudiaba el interés compuesto, al ir haciendo cada vez más pequeño el periodo de capitalización. A continuación, se aplica la definición para hallar la derivada de la función exponencial natural. Esto es, si 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 , entonces 𝑒 𝑥+∆𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 𝑒 ∆𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑒 𝑥 (𝑒 ∆𝑥 − 1) 𝑒 ∆𝑥 − 1 = lim = lim = 𝑒 𝑥 lim ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥

𝑓 ′ (𝑥) = lim

Ahora, realizando un análisis numérico como se planteó en la sección 3.1, se obtiene ∆𝑥 𝑒

∆𝑥

−1 ∆𝑥

- 0.3

- 0.1

- 0.01

- 0.001

-0.0001

0

0.0001

0.001

0.01

0.1

0.3

0.86393 92644

0.9516 258196

0.9950 166251

0.9995 001666

0.9999 500016

?

1.0000 50002

1.0005 00167

1.0050 16708

1.0517 09181

1.1661 96025

Izquierda →

← Derecha

De los datos de la tabla se observa que 𝑒 ∆𝑥 − 1 =1 ∆𝑥→0 ∆𝑥 lim

Por tanto, la derivada de la función exponencial natural es 𝑑 𝑥 (𝑒 ) = 𝑒 𝑥 (1) = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 Ejemplos. 1. Encuentre la derivada de la función dada. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥+1 + 1 Solución. 171

Utilizando propiedades de la potenciación se reescribe la función como 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑒 𝑥 + 1 Por tanto, aplicando las propiedades: aditiva y homogénea se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒𝑒 𝑥 + 0 = 𝑒 𝑥+1 2. Determine la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto dado 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 2𝑒 𝑥 ,

(0,2)

Solución. Realizando un procedimiento similar a ejemplos anteriores, se tiene 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 + 2𝑒 𝑥 Por tanto, la pendiente de la recta tangente es 𝑚 = 𝑓′(0) = 4(0)4 + 2𝑒 0 = 2 En consecuencia, la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto es 𝑦 − 2 = 2(𝑥 − 0) → 𝑦 − 2 = 2𝑥 → 𝑦 = 2𝑥 + 2

3. ¿En qué punto la curva 𝑦 = 1 + 2𝑒 𝑥 − 3𝑥 es la recta tangente paralela a la recta 3𝑥 − 𝑦 = 5? Solución. Para que la recta tangente a la curva dada sea paralela a la recta 𝑦 = 3𝑥 − 5 se debe cumplir que sus pendientes deben ser iguales; es decir, 𝑓′(𝑥) = 3. Entonces, 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑒 𝑥 − 3 → 2𝑒 𝑥 − 3 = 3 → 2𝑒 𝑥 = 6 → 𝑒 𝑥 = 3 → 𝑥 = ln 3 Donde 𝑓(ln 3) = 1 + 2𝑒 ln 3 − 3 ln 3 = 1 + 2(3) − 3 ln 3 = 7 − 3 ln 3. En consecuencia, el punto sobre la curva donde la recta tangente es paralela a la recta dada es (ln 3 , 7 − 3 ln 3). 172

Derivadas de orden superior En la sección 5.1 se observó que la función velocidad 𝑣(𝑡) es la derivada (razón de cambio) de la función posición 𝑠(𝑡), y a su vez la derivada (razón de cambio) de la función velocidad es la función aceleración 𝑎(𝑡). En otras palabras, la función aceleración es la segunda derivada de la función posición; es decir, 𝑣(𝑡) = 𝑠 ′ (𝑡),

𝑎(𝑡) = 𝑣 ′ (𝑡) = 𝑠′′(𝑡)

La segunda derivada de una función es un ejemplo de derivada de orden superior. Se puede definir la derivada de una función de cualquier orden entero positivo. Las derivadas de orden superior se denotan como se muestra a continuación. Primera derivada ∶

𝑦′,

𝑓 ′ (𝑥),

𝑑𝑦 , 𝑑𝑥

𝑑 [𝑓(𝑥)], 𝑑𝑥

Segunda derivada ∶

𝑦 ′ ′,

𝑓 ′ ′(𝑥),

𝑑2 𝑦 , 𝑑𝑥 2

𝑑2 [𝑓(𝑥)], 𝑑𝑥 2

𝐷𝑥2 [𝑦]

Tercera derivada ∶

𝑦 ′ ′′,

𝑓 ′′′ (𝑥),

𝑑3 𝑦 , 𝑑𝑥 3

𝑑3 [𝑓(𝑥)], 𝑑𝑥 3

𝐷𝑥3 [𝑦]

Cuarta derivada ∶

𝑦 (4) ,

𝑓 (4) (𝑥),

𝑑4 𝑦 , 𝑑𝑥 4

𝑑4 [𝑓(𝑥)], 𝑑𝑥 4

𝐷𝑥4 [𝑦]

n − ésima derivada ∶

𝑦 (𝑛) ,

𝑓 (𝑛) (𝑥),

𝑑𝑛 𝑦 , 𝑑𝑥 𝑛

𝑑𝑛 [𝑓(𝑥)], 𝑑𝑥 𝑛

𝐷𝑥𝑛 [𝑦]

𝐷𝑥 [𝑦]

Ejemplos. Encontrar la segunda derivada de la función dada. 1. 𝑓(𝑥) =

𝑥 𝑥−1

Solución. Utilizando la regla del cociente se encuentra 𝑓′(𝑥) 𝑓

′ (𝑥)

𝑑 𝑑 (𝑥)(𝑥 − 1) − (𝑥 − 1)(𝑥) 1(𝑥 − 1) − 1(𝑥) 𝑥 − 1 − 𝑥 −1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = = = = 2 2 2 (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2

𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥2

−1 − 2𝑥 + 1

Entonces, aplicando nuevamente la regla del cociente se obtiene 𝑓

′′ (𝑥)

𝑑 𝑑 2 (−1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) − (𝑥 − 2𝑥 + 1)(−1) 0(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) − (2𝑥 − 2)(−1) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = = (𝑥 2 − 2𝑥 + 1)2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1)2

𝑓 ′′ (𝑥) =

0 + (2𝑥 − 2) 2𝑥 − 2 2(𝑥 − 1) 2(𝑥 − 1) 2 = 2 = = = 2 2 2 2 2 4 [(𝑥 − 1) ] (𝑥 − 2𝑥 + 1) (𝑥 − 2𝑥 + 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)3

173

2. 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin 𝑥 Solución. Usando la regla del producto se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 (𝑥) sin 𝑥 + (sin 𝑥)𝑥 = (1) sin 𝑥 + (cos 𝑥)𝑥 = sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Luego, utilizando nuevamente la regla del producto al derivar el segundo término se tiene 𝑓 ′′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 (sin 𝑥) + (𝑥 cos 𝑥) = (cos 𝑥) + [(1) cos 𝑥 + (− sin 𝑥)𝑥] 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑓 ′′ (𝑥) = cos 𝑥 + cos 𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 = 2 cos 𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 3. 𝑓(𝑥) = 3𝑥 4 𝑒 𝑥 Solución. Realizando un procedimiento similar al ejemplo anterior, se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 𝑥 (3𝑥 4 )𝑒 𝑥 + (𝑒 )(3𝑥 4 ) = 12𝑥 3 𝑒 𝑥 + 3𝑥 4 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Entonces, utilizando nuevamente la regla del producto al derivar cada término se obtiene 𝑓 ′′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 (12𝑥 3 𝑒 𝑥 ) + (3𝑥 4 𝑒 𝑥 ) = (36𝑥 2 𝑒 𝑥 + 12𝑥 3 𝑒 𝑥 ) + (12𝑥 3 𝑒 𝑥 + 3𝑥 4 𝑒 𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑓 ′′ (𝑥) = 36𝑥 2 𝑒 𝑥 + 24𝑥 3 𝑒 𝑥 + 3𝑥 4 𝑒 𝑥 = (36𝑥 2 + 24𝑥 3 + 3𝑥 4 )𝑒 𝑥

Observación. A continuación, se presenta la regla de derivación más potente: la regla de la cadena, la cual se aplica a funciones compuestas y proporciona versatilidad a las reglas analizadas anteriormente. Teorema. (Regla de la cadena) Si 𝑦 = 𝑓(𝑢) es una función derivable en 𝑢 y además 𝑢 = 𝑔(𝑥) es una función derivable de 𝑥, entonces 𝑦 = 𝑓(𝑔(𝑥)) es una función derivable de 𝑥, donde 𝑑 [𝑓(𝑔(𝑥))] = 𝑓′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 Demostración. Sea ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)). Utilizando la definición alternativa de la derivada, es necesario demostrar que, para 𝑥 = 𝑎, ℎ′ (𝑎) = 𝑓′(𝑔(𝑎))𝑔′(𝑎) Un factor importante en la demostración es el comportamiento de 𝑔 cuando 𝑥 tiende al valor 𝑎. Se presentan dificultades cuando existen valores de 𝑥, distintas de 𝑎, tales que 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑎). Por ahora, supóngase que 𝑔(𝑥) ≠ 𝑔(𝑎) para valores de 𝑥 distintos de 𝑎. En 174

la demostración de la regla del producto y del cociente se sumó y restó una misma cantidad. Ahora se aplica un recurso similar, multiplicar y dividir por una misma cantidad (distinta de cero). Además, como 𝑔 es derivable, también es contínua, por lo que 𝑔(𝑥) → 𝑔(𝑎) cuando 𝑥 → 𝑎. Por tanto, ℎ′ (𝑎) = lim

𝑥→𝑎

𝑓(𝑔(𝑥)) − 𝑓(𝑔(𝑎)) 𝑓(𝑔(𝑥)) − 𝑓(𝑔(𝑎)) 𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) = lim [ ∗ ], 𝑥→𝑎 𝑥−𝑎 𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) 𝑥−𝑎

𝑔(𝑥) ≠ 𝑔(𝑎)

𝑓(𝑔(𝑥)) − 𝑓(𝑔(𝑎)) 𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) ] [lim ] = 𝑓′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑎) 𝑥→𝑎 𝑥→𝑎 𝑔(𝑥) − 𝑔(𝑎) 𝑥−𝑎

ℎ′ (𝑎) = [lim

Teorema. 𝑑 𝑥 (𝑎 ) = 𝑎 𝑥 ln 𝑎 , 𝑑𝑥

𝑎>0

Demostración. Utilizando la propiedad homogénea, la regla de la cadena y propiedades de los logaritmos, se obtiene 𝑑 𝑥 𝑑 ln 𝑎𝑥 𝑑 𝑥 ln 𝑎 𝑑 𝑥 (𝑎 ) = (𝑥 ln 𝑎) = 𝑒 𝑥 ln 𝑎 ln 𝑎 = 𝑒 ln 𝑎 ln 𝑎 = 𝑎 𝑥 ln 𝑎 (𝑒 )= (𝑒 ) = 𝑒 𝑥 ln 𝑎 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Ejemplos. Encontrar la derivada de la función dada. 1. 𝑓(𝑥) = 2(6 − 𝑥 2 )5 Solución. Analizando la función se observa que la función externa es la potencia 5 y la función interna es el polinomio de grado 2. Entonces, aplicando la regla de la cadena se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 [2(6 − 𝑥 2 )5 ] = 10(6 − 𝑥 2 )4 (6 − 𝑥 2 ) = 10(6 − 𝑥 2 )4 (−2𝑥) = −20𝑥(6 − 𝑥 2 )4 𝑑𝑥 𝑑𝑥

3

2. 𝑓(𝑥) = √3𝑥 4 − 𝑥 2 Solución. 1

Para ésta función se tiene que: la función externa es la potencia 3 y la función interna es el polinomio de grado 4. Luego, usando la regla de la cadena se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑓

′ (𝑥)

=

1 −2 𝑑 −2 𝑑 1 1 (3𝑥 4 − 𝑥 2 ) = (3𝑥 4 − 𝑥 2 ) 3 (12𝑥 3 − 2𝑥) [(3𝑥 4 − 𝑥 2 )3 ] = (3𝑥 4 − 𝑥 2 ) 3 𝑑𝑥 3 𝑑𝑥 3

12𝑥 3 − 2𝑥 2

3(3𝑥 4 − 𝑥 2 )3 175

1 3. 𝑦 = 𝑥 2 √16 − 𝑥 2 2 Solución. Inicialmente se aplica la regla del producto y dentro de ella se utiliza de la regla de la cadena cuando se deriva el factor de la derecha. Entonces, 1 1 𝑑𝑦 𝑑 1 2 𝑑 1 2 𝑑 (16 − 𝑥 2 )2 ( 𝑥 2 ) = ( 𝑥 ) √16 − 𝑥 2 + [ 𝑥 √16 − 𝑥 2 ] = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2 −1 𝑑𝑦 1 1 = 𝑥 √16 − 𝑥 2 + (16 − 𝑥 2 ) 2 (−2𝑥) ( 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 2 2 −1 𝑑𝑦 1 𝑥3 = 𝑥 √16 − 𝑥 2 − 𝑥 3 (16 − 𝑥 2 ) 2 = 𝑥√16 − 𝑥 2 − 𝑑𝑥 2 2√16 − 𝑥 2

4. 𝑔(𝑥) = (

3𝑥 2 − 2 ) 2𝑥 + 3

3

Solución. En la función compuesta dada, la función externa es la potencia cubica y la función interna es el cociente. Entonces, usando la regla de la cadena se obtiene 3

2

𝑔

′ (𝑥)

𝑑 3𝑥 2 − 2 3𝑥 2 − 2 𝑑 3𝑥 2 − 2 = [( ) ] = 3( ) ( ) 𝑑𝑥 2𝑥 + 3 2𝑥 + 3 𝑑𝑥 2𝑥 + 3

𝑔

′ (𝑥)

𝑑 𝑑 2 ( 3𝑥 2 − 2)(2𝑥 + 3) − (2𝑥 + 3)(3𝑥 2 − 2) 3𝑥 2 − 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 3( ) ) ( (2𝑥 + 3)2 2𝑥 + 3

𝑔

′ (𝑥)

(6𝑥)(2𝑥 + 3) − (2)(3𝑥 2 − 2) 3𝑥 2 − 2 = 3( ) ( ) (2𝑥 + 3)2 2𝑥 + 3

2

2

𝑔′ (𝑥) = 3 ( 𝑔′ (𝑥) =

3𝑥 2 − 2 12𝑥 2 + 18𝑥 − 6𝑥 2 + 4 ) ( ) (2𝑥 + 3)2 2𝑥 + 3

3(3𝑥 2 − 2)2 (6𝑥 2 + 18𝑥 + 4) 3(3𝑥 2 − 2)2 (6𝑥 2 + 18𝑥 + 4) = (2𝑥 + 3)2 (2𝑥 + 3)2 (2𝑥 + 3)4

5. 𝑓(𝑥) = [(𝑥 2 + 3)5 + 𝑥]2 Solución. Realizando un procedimiento similar al ejemplo anterior, se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 ([(𝑥 2 + 3)5 + 𝑥]2 ) = 2[(𝑥 2 + 3)5 + 𝑥] [(𝑥 2 + 3)5 + 𝑥] 𝑑𝑥 𝑑𝑥 176

𝑓 ′ (𝑥) = 2[(𝑥 2 + 3)5 + 𝑥][5(𝑥 2 + 3)4 2𝑥 + 1] = [2(𝑥 2 + 3)5 + 2𝑥][10𝑥(𝑥 2 + 3)4 + 1] 𝑓 ′ (𝑥) = 20𝑥(𝑥 2 + 3)9 + 2(𝑥 2 + 3)5 + 20𝑥 2 (𝑥 2 + 3)4 + 2𝑥

6. ℎ(𝑥) = √2 + √2 + √𝑥 Solución. Al igual que el ejemplo anterior, se obtiene 1

−1

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

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

−1 1 −1 2 1 1 ℎ′ (𝑥) = (2 + √2 + √𝑥) (2 + √𝑥) 2 𝑥 2 = 2 2 2

1 8√2 + √2 + √𝑥

√2 + √𝑥

7. 𝑓(𝜃) = 3sec 2 (𝜋𝜃 − 1) Solución. Aplicando la regla de la cadena se obtiene 𝑓 ′ (𝜃) =

𝑑 𝑑 [3sec 2 (𝜋𝜃 − 1)] = 6 sec(𝜋𝜃 − 1) [sec(𝜋𝜃 − 1)] 𝑑𝜃 𝑑𝜃

𝑓 ′ (𝜃) = 6 sec(𝜋𝜃 − 1) sec(𝜋𝜃 − 1) tan(𝜋𝜃 − 1)

𝑑 (𝜋𝜃 − 1) 𝑑𝜃

𝑓 ′ (𝜃) = 6sec 2 (𝜋𝜃 − 1) tan(𝜋𝜃 − 1) 𝜋 = 6𝜋sec 2 (𝜋𝜃 − 1) tan(𝜋𝜃 − 1)

3

3

8. 𝑦 = sin √𝑥 + √sin 𝑥 Solución. Usando la regla de la cadena se obtiene 1 𝑑𝑦 𝑑 𝑑 𝑑 3 3 3 = (sin √𝑥 + √sin 𝑥 ) = (sin √𝑥 ) + [(sin 𝑥)3 ] 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 −2 𝑑 −2 𝑑𝑦 𝑑 1 1 −2 1 3 (sin 𝑥) = cos 3√𝑥 𝑥 3 + (sin 𝑥) 3 cos 𝑥 = cos √𝑥 (𝑥 3 ) + (sin 𝑥) 3 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3 𝑑𝑥 3 3

177

√𝑥

3

𝑑𝑦 cos √𝑥 cos 𝑥 = + 2 2 𝑑𝑥 3𝑥 3 3 sin3 𝑥

9. 𝑦 = cos √sin(tan 𝜋𝑥) Solución. Aplicando la regla de la cadena se obtiene 1 𝑑𝑦 𝑑 𝑑 [sin(tan 𝜋𝑥)]2 = (cos √sin(tan 𝜋𝑥)) = − sin √sin(tan 𝜋𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 −1 𝑑 𝑑𝑦 1 [sin(tan 𝜋𝑥)] = − sin √sin(tan 𝜋𝑥) [sin(tan 𝜋𝑥)] 2 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 −1 𝑑𝑦 1 𝑑 = − sin √sin(tan 𝜋𝑥) [sin(tan 𝜋𝑥)] 2 cos(tan 𝜋𝑥) (tan 𝜋𝑥) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 −1 𝑑𝑦 1 𝑑 = − sin √sin(tan 𝜋𝑥) [sin(tan 𝜋𝑥)] 2 cos(tan 𝜋𝑥) sec 2 𝜋𝑥 (𝜋𝑥) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 −1 𝑑𝑦 1 = − sin √sin(tan 𝜋𝑥) [sin(tan 𝜋𝑥)] 2 cos(tan 𝜋𝑥) sec 2 𝜋𝑥(𝜋) 𝑑𝑥 2

𝑑𝑦 −𝜋 cos(tan 𝜋𝑥) sec 2 𝜋𝑥 sin √sin(tan 𝜋𝑥) = 𝑑𝑥 2√sin(tan 𝜋𝑥)

10. 𝑦 = cot(𝑒 √𝑥 ) Solución. Usando la regla de la cadena se obtiene 1 𝑑𝑦 𝑑 𝑑 𝑑 = (cot(𝑒 √𝑥 )) = −csc 2 (𝑒 √𝑥 ) (𝑒 √𝑥 ) = −csc 2 (𝑒 √𝑥 )(𝑒 √𝑥 ) (𝑥 2 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦 1 −1 −(𝑒 = −csc 2 (𝑒 √𝑥 )(𝑒 √𝑥 ) 𝑥 2 = 𝑑𝑥 2

√𝑥 ) csc 2 (𝑒 √𝑥 )

2√𝑥

11. Determinar el o los puntos en el intervalo (0,2𝜋) en los que la gráfica de la función 𝑓(𝑥) = 2 cos 𝑥 + sin 2𝑥 tiene una recta tangente horizontal. Solución. Partiendo del hecho de que toda recta horizontal tiene pendiente 0 y que 𝑓 ′ (𝑥) representa la pendiente de la recta tangente, se obtiene

178

𝑓 ′ (𝑥) = −2 sin 𝑥 + cos 2𝑥 (2) = −2 sin 𝑥 + 2 cos 2𝑥 En consecuencia, se tiene la siguiente ecuación trigonométrica −2 sin 𝑥 + 2 cos 2𝑥 = 0 → −2 sin 𝑥 + 2cos2 𝑥 − 2sin2 𝑥 = 0 → −2 sin 𝑥 + 2(1 − sin2 𝑥) − 2sin2 𝑥 = 0 → −2 sin 𝑥 + 2 − 4sin2 𝑥 = 0 → 4sin2 𝑥 + 2 sin 𝑥 − 2 = 0 → 2sin2 𝑥 + sin 𝑥 − 1 = 0 Utilizando la formula cuadrática se obtiene sin 𝑥 =

−1 ± √1 + 8 −1 ± 3 1 = → sin 𝑥 = , 4 4 2

sin 𝑥 = −1 → 𝑥 =

𝜋 5𝜋 3𝜋 , 𝑦 𝑥= 6 6 2

Evaluando estos valores en la función se obtiene que los puntos de la gráfica donde la recta tangente es horizontal son 𝜋 3√3 ( , ), 6 2

(

5𝜋 3√3 ,− ), 6 2

179

3𝜋 ( , 0) 2

Ejercicios propuestos Utilizar la regla del producto para derivar la función. 1. 𝑓(𝑥) = (2𝑥 3 + 3)(𝑥 4 − 2𝑥)

2. 𝑓(𝑥) = (𝑥 −2 + 𝑥 −3 )(𝑥 5 − 2𝑥 2 )

3. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 cos 𝑥

4. 𝑓(𝑥) = √𝑥 sin 𝑥

1 3 5. 𝑓(𝑥) = ( 2 − 4 ) (𝑥 + 5𝑥 3 ) 𝑥 𝑥

6. 𝑓(𝑥) = (𝑥 3 + 2𝑥)𝑒 𝑥

7. 𝑓(𝑥) = √𝑥 𝑒 𝑥

8. 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 𝑒 𝑥 )(3 − √𝑥)

9. 𝑓(𝑥) = (2𝑥 3 + 5𝑥 ) (3𝑥 2 + 7 )(𝑥 − 4)

10. 𝑓(𝑥) = (𝑥 3 − 𝑥 )(𝑥 2 + 2 )(𝑥 2 + 𝑥 − 1 )

11. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 tan 𝑥

12. 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin 𝑥 sec 𝑥

13. 𝑓(𝑥) = e𝑥 cot 𝑥 csc 𝑥

14. 𝑓(𝑥) = (𝑥 3 + 𝑥) 𝑒 𝑥 sin 𝑥

Utilizar la regala del cociente para derivar la función. 15. 𝑓(𝑥) =

𝑥3 1 − 𝑥2

16. 𝑓(𝑥) =

17. 𝑓(𝑥) =

√𝑥 3 𝑥 +1

18. 𝑓(𝑥) =

19. 𝑓(𝑥) =

𝑥 (𝑥 − 1)2

20. 𝑓(𝑥) =

21. 𝑓(𝑥) =

𝑥3

𝑥+1 +𝑥−2

𝑥2 + 2 𝑥 4 − 3𝑥 3 + 1 2𝑥 2 + √𝑥

𝑒𝑥 22. 𝑓(𝑥) = 2 𝑥

𝑥 3 𝑥+𝑥

23. 𝑓(𝑥) =

𝑒𝑥 1+𝑥

24. 𝑓(𝑥) =

1 𝑥 + 4𝑒 𝑥

25. 𝑓(𝑥) =

1 − 𝑥𝑒 𝑥 𝑥 + 𝑒𝑥

26. 𝑓(𝑥) =

𝑥 2 − tan 𝑥

27. 𝑓(𝑥) =

sec 𝑥 1 + sec 𝑥

28. 𝑓(𝑥) =

1 − sec 𝑥 tan 𝑥

29. 𝑓(𝑥) =

3(1 − sin 𝑥) 2 cos 𝑥

30. 𝑓(𝑥) =

1 + csc 𝑥 cot 𝑥

Evaluar la derivada de la función en el punto que se indica. Utilizar una herramienta de graficación para verificar su resultado. 31. 𝑓(𝑥) =

1 + csc 𝑥 , 1 − csc 𝑥

33. 𝑓(𝑥) =

sec 𝑥 , 𝑥

𝜋 ( , −3) 6

32. 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 cot 𝑥,

1 (𝜋, − ) 𝜋

(1,1)

34. 𝑓(𝑥) = sin 𝑥(sin 𝑥 + cos 𝑥),

180

𝜋 ( , 1) 4

Encontrar la segunda derivada de la función. 35. 𝑓(𝑥) =

𝑥+3 4𝑥 − 5

36. 𝑓(𝑥) =

37. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 cos 𝑥

𝑥 2 + 2𝑥 − 1 𝑥+6

38. 𝑓(𝑥) = 3 csc 𝑥

Encontrar la derivada de orden superior que se indica. 2 39. 𝑓′′(𝑥) = 2 − , 𝑥 41. 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥 ,

𝑓 ′′′ (𝑥)

𝑓 (5) (𝑥)

40. 𝑓′′′(𝑥) = 2√𝑥, 42. 𝑓′(𝑥) = 𝑒 𝑥 sin 𝑥,

𝑓′′′(𝑥)

𝑓′′′(𝑥)

Encontrar la derivada de la función. 43. 𝑓(𝑥) = (𝑥 4 + 3𝑥 2 − 2)5

44. 𝑓(𝑥) = (4𝑥 − 𝑥 2 )100

45. 𝑓(𝑥) = √1 + 2𝑥 + 𝑥 3

46. 𝑓(𝑥) = (1 + 𝑥 4 )3

47. 𝑓(𝑥) =

(𝑥 4

2

1 + 1)3

3

48. 𝑓(𝑥) = √1 + tan 𝑥

49. 𝑓(𝑥) = (1 + 4𝑥)5 (3 + 𝑥 − 𝑥 2 )8

50. 𝑓(𝑥) = (𝑥 4 − 1)3 (𝑥 3 + 1)4

51. 𝑓(𝑥) = (2𝑥 − 5 )4 (8𝑥 2 − 5)−3

52. 𝑓(𝑥) = (𝑥 2 + 1) √𝑥 2 + 2

𝑥2 + 1 53. 𝑓(𝑥) = ( 2 ) 𝑥 −1

3

4

54. 𝑓(𝑥) = 𝑒 −5𝑥 cos 3𝑥

55. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 sin 𝑥

56. 𝑓(𝑥) = 101−𝑥

𝑥−1 57. 𝑓(𝑥) = √ 𝑥+1

58. 𝑓(𝑥) =

59. 𝑓(𝑥) =

2

(𝑥 − 1)4 (𝑥 2 + 2𝑥)5 5

3𝑥 2 60. 𝑓(𝑥) = ( ) 𝑥+4

𝑥 √𝑥 2 + 1

𝑥2

61. 𝑓(𝑥) = 2sin 𝑥 cos 𝑥

62. 𝑓(𝑥) = 75

63. 𝑓(𝑥) = 𝑒 4 tan √𝑥

64. 𝑓(𝑥) = tan2 (3𝑥 2 )

65. 𝑓(𝑥) = sec 2 𝑥 + tan2 𝑥

66. 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin

67. 𝑓(𝑥) = cos (

1 − 𝑒 2𝑥 ) 1 + 𝑒 2𝑥

1 𝑥

68. 𝑓(𝑥) = cot 2 (sin 𝑥)

69. 𝑓(𝑥) = tan(𝑒 𝑥 ) + 𝑒 tan 𝑥

70. 𝑓(𝑥) = sin(sin(sin 𝑥))

181

2

71. 𝑓(𝑥) = sin2 (𝑒 𝑠in 𝑥 )

72. 𝑓(𝑥) = √𝑥 + √𝑥 + √𝑥

73. 𝑓(𝑥) = √√𝑥 + 1 + 1

74. 𝑓(𝑥) = tan √sin(tan 𝜋𝑥)

75. 𝑓(𝑥) = [𝑥 + (𝑥 + sin2 𝑥)3 ]4

76. 𝑓(𝑥) = √sec(𝑥 2 𝑒 𝑥 )

3

Hallar la primera y segunda derivada de la función. 77. 𝑓(𝑥) = √𝑥 2 + 1

78. 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 3𝑥

79. 𝑓(𝑥) = e4x sin 2𝑥

80. 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑒

𝑥

Encuentre la ecuación de la recta tangente de la curva en el punto dado. 81. 𝑦 = (1 + 2𝑥)10 ,

2 , 1 + 𝑒 −𝑥

87. 𝑦 = 2tan3 𝑥,

𝜋 ( , 2) 4

89. 𝑦 = sec 𝑥 − 2 cos 𝑥,

𝜋 ( , 1) 4 𝜋 ( , 𝜋) 2

86. 𝑦 = tan2 𝑥,

(0,1)

88. 𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥, 𝜋 ( , 1) 3

90. 𝑦 =

(0,0)

1 (1, ) 𝑒

84. 𝑦 = 𝑥 2 𝑒 −𝑥 ,

(𝜋, 0)

83. 𝑦 = sin(sin 𝑥) , 85. 𝑦 =

82. 𝑦 = sin 𝑥 + sin2 𝑥,

(0,1)

𝑒𝑥 + 1 , 𝑥2 + 1

(0,2)

Encontrar la derivada de la función dada utilizando el resultado 𝑑 𝑢 𝑑𝑢 (|𝑢|) = , |𝑢| 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑢≠0

91. 𝑓(𝑥) = |3𝑥 − 5|

92. 𝑓(𝑥) = |𝑥 2 − 9|

93. 𝑓(𝑥) = |𝑥| cos 𝑥

94. 𝑓(𝑥) = |sin 𝑥|

95. 𝑓(𝑥) = |𝑥 3 |𝑒 3𝑥

96. 𝑓(𝑥) = |cos 𝑥|𝑒 −𝑥

97. Demostrar que la gráfica de la función dada no tiene ninguna recta tangente horizontal. 𝑓(𝑥) = 3𝑥 + sin 𝑥 + 2 98. Demostrar que la gráfica de la función no tiene una recta tangente con pendiente 3. 𝑓(𝑥) = 𝑥 5 + 3𝑥 3 + 5𝑥 99. Determinar el o los puntos en los que la gráfica de 𝑓(𝑥) =

𝑥 √2𝑥−1

tiene una recta tangente

horizontal. cos 𝑥

100. Determine los puntos de la curva 𝑦 = 2+sin 𝑥 en los cuales la recta tangente es horizontal. 182

101. La longitud de un rectángulo está dada por 6𝑥 + 5 y su altura √𝑥, donde 𝑥 es el tiempo en segundos y las dimensiones están en centímetros. Encontrar el ritmo de cambio del área respecto al tiempo. 1

102. El radio de un cilindro circular recto está dado por √𝑥 + 2 y su altura 2 √𝑥, donde 𝑥 es el tiempo en segundos y las dimensiones se encuentran en pulgadas. Encontrar el ritmo de cambio del volumen respecto al tiempo. 103. Una población de 500 bacterias se introduce en un cultivo y aumenta de número de 4𝑡

acuerdo con la ecuación 𝑃(𝑡) = 500 (1 + 50+𝑡 2 ) donde 𝑡 se mide en horas. Calcular el ritmo de cambio al que está creciendo la población cuando 𝑡 = 2. 104. El costo 𝐶 de pedido y transporte de los elementos utilizados para la fabricación de un 200 𝑥 + ),𝑥 𝑥2 𝑥+30

producto es 𝐶(𝑥) = 100 (

≥ 1 donde 𝐶 se mide en miles de dólares y 𝑥 es el

tamaño del pedido, en cientos. Encontrar la razón de cambio de 𝐶 respecto a 𝑥 cuando 𝑥 = 10, 𝑥 = 15, 𝑥 = 20. ¿Qué implican estas razones de cambio cuando el tamaño del pedido aumenta?

Determinar si la afirmación es verdadera o falsa. Justificar la respuesta. 105. Si 𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) →

𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥)𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥

106. Si 𝑦 = (𝑥 + 1)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)(𝑥 + 4) →

𝑑5 𝑦 =0 𝑑𝑥 5

107. La segunda derivada representa la razón de cambio de la primera derivada. 108. Si la velocidad de un objeto es constante, entonces su aceleración es cero. Utilice la definición de las funciones sinh 𝑥 , cosh 𝑥 y las reglas de derivación para demostrar la proposición dada. sinh 𝑥 =

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 , 2

cosh 𝑥 =

𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 2

109.

𝑑 (sinh 𝑥) = cosh 𝑥 𝑑𝑥

110.

𝑑 (cosh 𝑥) = sinh 𝑥 𝑑𝑥

111.

𝑑 (tanh 𝑥) = sec 2 h 𝑥 𝑑𝑥

112.

𝑑 (coth 𝑥) = −csc 2 h 𝑥 𝑑𝑥

113.

𝑑 (sech 𝑥) = − sech 𝑥 tanh 𝑥 𝑑𝑥

114.

𝑑 (csch 𝑥) = − csch 𝑥 coth 𝑥 𝑑𝑥

Encontrar la derivada de la función dada. 115. 𝑓(𝑥) = sinh 3𝑥

116. 𝑓(𝑥) = cosh(𝑥 − 2)

117. 𝑓(𝑥) = (5𝑥 2 )

118. 𝑓(𝑥) = tanh(3𝑥 2 − 1) 183

119. 𝑓(𝑥) = ln(sinh 𝑥)

120. 𝑓(𝑥) = ln(cosh 𝑥)

𝑥 121. 𝑓(𝑥) = ln (tanh ) 2

122. 𝑓(𝑥) = 𝑥 cosh 𝑥 − sinh 𝑥

1 𝑥 123. 𝑔(𝑥) = sinh 2𝑥 − 4 2

124. 𝑔(𝑥) = 𝑥 − coth 𝑥

125. ℎ(𝑥) = tan−1 (sinh 𝑥)

126. ℎ(𝑥) = sech2 3𝑥

Encontrar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto indicado. 127. 𝑦 = sinh(1 − 𝑥 2 ) ,

(1,0)

129. 𝑦 = (cosh 𝑥 − sinh 𝑥)2 ,

128. 𝑦 = 𝑥 cosh 𝑥 , 130. 𝑦 = 𝑒 sinh 𝑥 ,

(0,1)

184

(0,0) (0,1)

Sección 5.3. Derivación implícita y derivación logarítmica Hasta el momento, la mayoría de las funciones tratadas en el material están dadas por la forma 𝑦 = 𝑓(𝑥); es decir, la variable dependiente se expresa en términos de la variable independiente, las cuales se denominan funciones explicitas. Nuestro siguiente objetivo es estudiar la derivada de otras funciones que no se pueden expresar por 𝑦 = 𝑓(𝑥); esto es, no se puede despejar la variable dependiente en función de la variable independiente. Estas nuevas funciones se denominan funciones implícitas. El proceso para encontrar la derivada de una función implícita se denomina derivación implícita, y en él se debe tener en cuenta que la derivación se efectúa con respecto a 𝑥. Lo anterior significa que cuando se deriva un término que solo contiene a 𝑥, la derivación será habitual. Sin embargo, cuando haya que derivar un término donde aparezca la variable 𝑦, será necesario aplicar la regla de la cadena, debido a que se supone que 𝑦 se define implícitamente como función derivable de 𝑥. Estrategias para la derivación implícita 𝑎. Derivar ambos lados de la ecuación respecto de 𝑥. 𝑏. Agrupar todos los términos en que aparezca

𝑑𝑦 𝑑𝑥

en el lado izquierdo de la ecuación y

transponer todos los demás términos a la derecha. 𝑑𝑦

𝑐. Factorizar 𝑑𝑥 del lado izquierdo de la ecuación. 𝑑𝑦

𝑑. Despejar 𝑑𝑥 . Ejemplos. 𝑑𝑦

Encontrar 𝑑𝑥 por medio de la derivación implícita. 1. 𝑥 3 + 𝑦 3 = 16 Solución. Derivar los dos miembros de la ecuación respecto de 𝑥 𝑑 3 𝑑 (𝑥 + 𝑦 3 ) = (16) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑 3 𝑑 3 𝑑 (𝑥 ) + (𝑦 ) = (16) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3𝑥 2 + 3𝑦 2

𝑑𝑦 =0 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Agrupar los términos con 𝑑𝑥 en la parte izquierda y pasar todos los demás al lado derecho 3𝑦 2

𝑑𝑦 = −3𝑥 2 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Factorizar 𝑑𝑥 en la parte izquierda 185

𝑑𝑦 (3𝑦 2 ) = −3𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

Despejar 𝑑𝑥

𝑑𝑦 −3𝑥 2 −𝑥 2 = = 2 𝑑𝑥 3𝑦 2 𝑦 2. √𝑥𝑦 = 𝑥 2 𝑦 + 1 Solución. Derivar los dos miembros de la ecuación respecto de 𝑥 𝑑 𝑑 2 (𝑥 𝑦 + 1) (√𝑥𝑦) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 1 𝑑 𝑑 2 𝑑 (𝑥 𝑦) + (1) (𝑥 2 𝑦 2 ) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

1 −1 1 1 −1 𝑑𝑦 1 𝑑𝑦 𝑥 2 𝑦2 + 𝑦 2 𝑥 2 = 2𝑥𝑦 + 𝑥 2 +0 2 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦

Agrupar los términos con 𝑑𝑥 en la parte izquierda y pasar todos los demás al lado derecho 1 1 −1 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 −1 1 𝑥2 𝑦 2 − 𝑥2 = 2𝑥𝑦 − 𝑥 2 𝑦 2 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 1 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 𝑦 − 𝑥2 = 2𝑥𝑦 − √ √ 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑥 Factorizar

𝑑𝑦 𝑑𝑥

en la parte izquierda 𝑑𝑦 1 𝑥 1 𝑦 ( √ − 𝑥 2 ) = 2𝑥𝑦 − √ 𝑑𝑥 2 𝑦 2 𝑥

𝑑𝑦

Despejar 𝑑𝑥

1 𝑦 𝑑𝑦 2𝑥𝑦 − 2 √𝑥 = 𝑑𝑥 1 𝑦 √ − 𝑥2 2 𝑥 3. 4 cos 𝑥 sin 𝑦 = 1 Solución. Derivar los dos miembros de la ecuación respecto de 𝑥 𝑑 𝑑 (4 cos 𝑥 sin 𝑦) = (1) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 186

−4 sin 𝑥 sin 𝑦 + 4 cos 𝑥 cos 𝑦

𝑑𝑦 =0 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Agrupar los términos con 𝑑𝑥 en la parte izquierda y pasar todos los demás al lado derecho 4 cos 𝑥 cos 𝑦

𝑑𝑦 = 4 sin 𝑥 sin 𝑦 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Factorizar 𝑑𝑥 en la parte izquierda 𝑑𝑦 (4 cos 𝑥 cos 𝑦) = 4sin 𝑥 sin 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦

Despejar 𝑑𝑥

𝑑𝑦 4sin 𝑥 sin 𝑦 = = tan 𝑥 tan 𝑦 𝑑𝑥 4 cos 𝑥 cos 𝑦 4. 𝑒 𝑦 cos 𝑥 = 1 + sin(𝑥𝑦) Solución. Derivar los dos miembros de la ecuación respecto de 𝑥 𝑑 𝑦 𝑑 [1 + sin(𝑥𝑦)] (𝑒 cos 𝑥) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑 𝑦 𝑑 𝑑 [sin(𝑥𝑦)] (𝑒 cos 𝑥) = (1) + 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑦

𝑑𝑦 𝑑𝑦 cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑒 𝑦 = 0 + cos(𝑥𝑦) (𝑦 + 𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑒 𝑦 cos 𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑦 − sin 𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑥 cos(𝑥𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Agrupar los términos con 𝑑𝑥 en la parte izquierda y pasar todos los demás al lado derecho 𝑒 𝑦 cos 𝑥 Factorizar

𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑦 − 𝑥 cos(𝑥𝑦) = 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑒 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

en la parte izquierda 𝑑𝑦 𝑦 [𝑒 cos 𝑥 − 𝑥 cos(𝑥𝑦)] = 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑒 𝑦 sin 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦

Despejar 𝑑𝑥

𝑑𝑦 𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑒 𝑦 sin 𝑥 = 𝑑𝑥 𝑒 𝑦 cos 𝑥 − 𝑥 cos(𝑥𝑦) 5. Encontrar la derivada de la función en el punto indicado. tan(𝑥 + 𝑦) = 𝑥, 187

(0,0)

Solución. 𝑑𝑦

Utilizando derivación implícita para hallar 𝑑𝑥 , se obtiene 𝑎.

𝑑 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 [tan(𝑥 + 𝑦)] = (𝑥) → 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) (1 + ) = 1 → 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) + 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) =1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑏. 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦)

𝑑𝑦 = 1 − 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥

𝑐.

𝑑𝑦 [𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦)] = 1 − 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥

𝑑.

𝑑𝑦 1 − 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦) = 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥 + 𝑦)

Por tanto, la derivada de la función en el punto indicado es 𝑑𝑦 1 − 𝑠𝑒𝑐 2 (0 + 0) 1−1 0 (0,0) = = = =0 2 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑐 (0 + 0) 1 1 6. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto dado. (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 4𝑥 2 𝑦,

(1,1)

Solución. Para hallar la pendiente de la recta tangente se deriva implícitamente la función. Esto es, 𝑎.

𝑑 2 𝑑 𝑑 4 𝑑 (𝑥 + 𝑦 2 )2 = (4𝑥 2 𝑦) → (𝑥 + 2𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 ) = (4𝑥 2 𝑦) → 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑 4 𝑑 𝑑 4 𝑑 (𝑥 ) + (2𝑥 2 𝑦 2 ) + (𝑦 ) = (4𝑥 2 𝑦) → 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 4𝑥 3 + 4𝑥𝑦 2 + 2𝑦

𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2𝑥 + 4𝑦 3 = 8𝑥𝑦 + 4𝑥 2 → 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

4𝑥 3 + 4𝑥𝑦 2 + 4𝑥 2 𝑦

𝑏. 4𝑥 2 𝑦

𝑐.

𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 + 4𝑦 3 = 8𝑥𝑦 + 4𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 + 4𝑦 3 − 4𝑥 2 = 8𝑥𝑦 − 4𝑥 3 − 4𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦 (4𝑥 2 𝑦 + 4𝑦 3 − 4𝑥 2 ) = 8𝑥𝑦 − 4𝑥 3 − 4𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 188

𝑑.

𝑑𝑦 8𝑥𝑦 − 4𝑥 3 − 4𝑥𝑦 2 = 𝑑𝑥 4𝑥 2 𝑦 + 4𝑦 3 − 4𝑥 2

Así, la pendiente de la recta tangente es 𝑚=

𝑑𝑦 8(1)(1) − 4(1)3 − 4(1)(1)2 0 (1,1) = = =0 𝑑𝑥 4(1)2 (1) + 4(1)3 − 4(1)2 4

En consecuencia, la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto dado es 𝑦 − 1 = 0(𝑥 − 1) → 𝑦 − 1 = 0 → 𝑦 = 1

7. Encontrar la segunda derivada de la función dada. 𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥 = 3 Solución. Utilizando derivación implícita, se obtiene 𝑎.

𝑑 2 2 𝑑 𝑑 2 2 𝑑 𝑑 (𝑥 𝑦 − 2𝑥) = (3) → (𝑥 𝑦 ) − (2𝑥) = (3) → 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

2𝑥𝑦 2 + 2𝑦

𝑏. 2𝑥 2 𝑦

𝑐.

𝑑𝑦 2 𝑑𝑦 𝑥 − 2 = 0 → 2𝑥𝑦 2 + 2𝑥 2 𝑦 −2=0 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑦 = 2 − 2𝑥𝑦 2 𝑑𝑥

𝑑𝑦 (2𝑥 2 𝑦) = 2 − 2𝑥𝑦 2 𝑑𝑥 189

𝑑.

𝑑𝑦 2 − 2𝑥𝑦 2 2 2𝑥𝑦 2 = = − = 𝑥 −2 𝑦 −1 − 𝑥 −1 𝑦 𝑑𝑥 2𝑥 2 𝑦 2𝑥 2 𝑦 2𝑥 2 𝑦

Por tanto, la segunda derivada de la función dada es 𝑑 𝑑𝑦 𝑑 −2 −1 𝑑2 𝑦 𝑑 −2 −1 𝑑 −1 (𝑥 𝑦 − 𝑥 −1 𝑦) → (𝑥 𝑦 ) − (𝑥 𝑦) → ( )= = 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 −2 𝑑𝑦 −1 = (−2𝑥 −3 𝑦 −1 − 𝑦 −2 𝑥 ) − (−𝑥 −2 𝑦 + 𝑥 ) → 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = −2𝑥 −3 𝑦 −1 − 𝑥 −2 𝑦 −2 + 𝑥 −2 𝑦 − 𝑥 −1 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Ahora, se sustituye el resultado de la primera derivada

𝑑𝑦 𝑑𝑥

para obtener

𝑑2 𝑦 = −2𝑥 −3 𝑦 −1 − 𝑥 −2 𝑦 −2 (𝑥 −2 𝑦 −1 − 𝑥 −1 𝑦) + 𝑥 −2 𝑦 − 𝑥 −1 (𝑥 −2 𝑦 −1 − 𝑥 −1 𝑦) 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 = −2𝑥 −3 𝑦 −1 − 𝑥 −4 𝑦 −3 + 𝑥 −3 𝑦 −1 + 𝑥 −2 𝑦 − 𝑥 −3 𝑦 −1 + 𝑥 −2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑑2 𝑦 2𝑦 2 1 = −2𝑥 −3 𝑦 −1 − 𝑥 −4 𝑦 −3 + 2𝑥 −2 𝑦 = 2 − 3 − 4 3 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦

Derivada de las funciones trigonométricas inversas Utilizando derivación implícita se puede deducir la derivada de las funciones trigonométricas inversas. Partiendo de la definición de la función arco seno 𝑦 = sin−1 𝑥 ↔ sin 𝑦 = 𝑥,

−

𝜋 𝜋 ≤𝑦≤ 2 2

Derivando implícitamente, se obtiene 𝑑 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 (sin 𝑦) = (𝑥) → cos 𝑦 =1 → = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑦 𝜋

𝜋

Puesto que − 2 ≤ 𝑦 ≤ 2 , se tiene que cos 𝑦 ≥ 0. Por tanto, cos 𝑦 = √1 − sin2 𝑦 = √1 − (sin 𝑦)2 = √1 − 𝑥 2 En consecuencia, 𝑑𝑦 1 1 = = 𝑑𝑥 cos 𝑦 √1 − 𝑥 2 De manera que 𝑑𝑦 1 (sin−1 𝑥) = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

190

Utilizando un procedimiento similar para la función arco coseno 𝑦 = cos −1 𝑥 ↔ cos 𝑦 = 𝑥,

0≤𝑦≤𝜋

Derivando implícitamente se obtiene 𝑑 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 −1 (cos 𝑦) = (𝑥) → − sin 𝑦 =1 → = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 sin 𝑦 Como 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋 se tiene que sin 𝑦 ≥ 0, entonces sin 𝑦 = √1 − cos2 𝑦 = √1 − (cos 𝑦)2 = √1 − 𝑥 2 Por tanto, 𝑑𝑦 −1 −1 = = 𝑑𝑥 sin 𝑦 √1 − 𝑥 2 En consecuencia, 𝑑 −1 (cos−1 𝑥) = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

De igual manera se encuentra la derivada de la función arco tangente 𝑦 = tan−1 𝑥 ↔ tan 𝑦 = 𝑥 Derivando implícitamente se obtiene 𝑑 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 (tan 𝑦) = (𝑥) → sec 2 𝑦 =1 → = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 sec 2 𝑦 Debido a que sec 2 𝑦 = 1 + tan2 𝑦 = 1 + (tan 𝑦)2 = 1 + 𝑥 2 , entonces 𝑑𝑦 1 1 = = 2 𝑑𝑥 sec 𝑦 1 + 𝑥 2 En consecuencia, 𝑑 1 (tan−1 𝑥) = 𝑑𝑥 1 + 𝑥2 Se deja como ejercicio demostrar que 𝑑 −1 (cot −1 𝑥) = , 𝑑𝑥 1 + 𝑥2

𝑑 1 (sec −1 𝑥) = , 𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 − 1

𝑑 −1 (csc −1 𝑥) = 𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 − 1

Derivadas de las funciones logarítmicas Al igual que ocurrió con las funciones trigonométricas inversas, la derivación implícita se aplica para hallar las derivadas de las funciones logarítmicas, en particular la función logarítmica natural. 191

Teorema. 𝑑 1 (log 𝑎 𝑥) = (ln 𝑎)𝑥 𝑑𝑥 Demostración. Partiendo de la definición de la función logarítmica 𝑦 = log 𝑎 𝑥 ↔ 𝑎 𝑦 = 𝑥 Derivando implícitamente se obtiene 𝑑 𝑦 𝑑 𝑑𝑦 𝑑𝑦 1 𝑑𝑦 1 (𝑎 ) = (𝑥) → 𝑎 𝑦 ln 𝑎 =1 → = → = 𝑦 (ln (ln 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑎)𝑎 𝑑𝑥 𝑎)𝑥 En consecuencia, 𝑑 1 (log 𝑎 𝑥) = (ln 𝑎)𝑥 𝑑𝑥

Observación. Del resultado anterior se desprende 𝑑 𝑑 1 1 1 (ln 𝑥) = (log 𝑒 𝑥 ) = = = (ln 𝑒)𝑥 (1)𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Ejemplos. Encontrar la derivada de la función dada. 1. 𝑓(𝑥) = tan−1 √𝑥 Solución. Utilizando la regla de la cadena se obtiene 𝑓′(𝑥) =

1 𝑑 1 𝑑 1 1 −1 1 (𝑥 2 ) = ( 𝑥2)= (tan−1 √𝑥) = 2 𝑑𝑥 1+𝑥 2 2(1 + 𝑥)√𝑥 1 + (√𝑥) 𝑑𝑥

2. 𝑔(𝑥) = √𝑥 2 − 1 sec −1 𝑥 Solución. Usando la regla del producto se obtiene 𝑔′(𝑥) =

𝑑 𝑑 𝑑 √𝑥 2 − 1 sec −1 𝑥 + ( sec −1 𝑥)√𝑥 2 − 1 (√𝑥 2 − 1 sec −1 𝑥) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

−1 1 1 𝑥sec −1 𝑥 1 √𝑥 2 − 1 = 𝑔′(𝑥) = (𝑥 2 − 1) 2 2𝑥 sec −1 𝑥 + + 2 𝑥√𝑥 2 − 1 √𝑥 2 − 1 𝑥

192

3. ℎ(𝑥) = sin−1 √sin 𝑥 Solución. Utilizando la regla de la cadena se obtiene ℎ′(𝑥) =

ℎ′(𝑥) =

𝑑 (sin−1 √sin 𝑥) = 𝑑𝑥 1

1

√1 − sin 𝑥 2√sin 𝑥

1

1 −1 𝑑 𝑑 1 1 (sin 𝑥)2 = ( (sin 𝑥) 2 ) (sin 𝑥) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − sin 𝑥 2 √1 − (√sin 𝑥)

cos 𝑥 =

cos 𝑥 2√1 − sin 𝑥 √sin 𝑥

4. 𝑓(𝑥) = cos−1(𝑒 2𝑥 ) Solución. Aplicando la regla de la cadena se obtiene 𝑓′(𝑥) =

𝑓′(𝑥) =

𝑑 −1 𝑑 2𝑥 −1 𝑑 [cos −1(𝑒 2𝑥 )] = (𝑒 ) = (𝑒 2𝑥 ) (2𝑥) 4𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 √1 − 𝑒 √1 − (𝑒 2𝑥 )2 𝑑𝑥 −1 √1 − 𝑒 4𝑥

𝑒 2𝑥 (2) =

−2𝑒 2𝑥 √1 − 𝑒 4𝑥

5. 𝑓(𝑥) = ln(sin2 𝑥) Solución. Usando la regla de la cadena se obtiene 𝑓′(𝑥) =

𝑑 1 𝑑 1 𝑑 1 [ln(sin2 𝑥)] = (sin2 𝑥) = (sin 𝑥) = 2 sin 𝑥 2 sin 𝑥 cos 𝑥 2 2 𝑑𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 sin2 𝑥

𝑓′(𝑥) =

2 cos 𝑥 = 2 cot 𝑥 sin 𝑥

6. ℎ(𝑥) = sin 𝑥 ln(5𝑥) Solución. Utilizando la regla del producto se obtiene ℎ′(𝑥) =

𝑑 𝑑 𝑑 [sin 𝑥 ln(5𝑥)] = [ln(5𝑥)] sin 𝑥 (sin 𝑥) ln(5𝑥) + 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

ℎ′(𝑥) = cos 𝑥 ln(5𝑥) +

1 𝑑 1 sin 𝑥 (5𝑥) sin 𝑥 = cos 𝑥 ln(5𝑥) + 5 sin 𝑥 = cos 𝑥 ln(5𝑥) + 5𝑥 𝑑𝑥 5𝑥 𝑥

193

7. 𝑔(𝑥) = ln

(2𝑥 + 1)3 (3𝑥 − 1)4

Solución. La derivada de la función se puede hallar usando la regla de la cadena o aplicando inicialmente propiedades de los logaritmos vistas en la sección 2.3, para después derivar la función resultante. Esto es, (2𝑥 + 1)3 𝑔(𝑥) = ln [ ] = ln(2𝑥 + 1)3 − ln(3𝑥 − 1)4 = 3 ln(2𝑥 + 1) − 4 ln(3𝑥 − 1) (3𝑥 − 1)4 Por tanto, usando la regla de la cadena se obtiene 𝑔′(𝑥) =

𝑑 𝑑 𝑑 [3 ln(2𝑥 + 1) − 4 ln(3𝑥 − 1)] = [3 ln(2𝑥 + 1)] − [4 ln(3𝑥 − 1)] 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑔′(𝑥) = 3

1 𝑑 1 𝑑 (2𝑥 + 1) − 4 (3𝑥 − 1) 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 3𝑥 − 1 𝑑𝑥

𝑔′(𝑥) = 3

1 1 6 12 2−4 3= − 2𝑥 + 1 3𝑥 − 1 2𝑥 + 1 3𝑥 − 1

8. 𝑓(𝑥) = log 2 (𝑒 −𝑥 cos 𝜋𝑥) Solución. Al igual que el ejemplo anterior, se usan las propiedades de los logaritmos y posteriormente se deriva la función resultante. Entonces, 𝑓(𝑥) = log 2 (𝑒 −𝑥 cos 𝜋𝑥) = log 2 𝑒 −𝑥 + log 2 cos 𝜋𝑥 Por tanto, 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑑 𝑑 𝑑 [log 2 𝑒 −𝑥 + log 2 cos 𝜋𝑥] = [log 2 𝑒 −𝑥 ] + [log 2 cos 𝜋𝑥] 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑓 ′ (𝑥) =

1 𝑑 −𝑥 1 𝑑 (𝑒 ) + (cos 𝜋𝑥) −𝑥 ln 2 𝑒 𝑑𝑥 ln 2 cos 𝜋𝑥 𝑑𝑥

𝑓′(𝑥) =

1 𝑑 1 𝑑 (𝑒 −𝑥 ) (−𝑥) + (− sin 𝜋𝑥) (𝜋𝑥) −𝑥 ln 2 𝑒 𝑑𝑥 ln 2 cos 𝜋𝑥 𝑑𝑥

𝑓′(𝑥) =

1 1 (𝑒 −𝑥 )(−1) + (− sin 𝜋𝑥)(𝜋) −𝑥 ln 2 𝑒 ln 2 cos 𝜋𝑥

𝑓′(𝑥) =

−𝑒 −𝑥 𝜋 sin 𝜋𝑥 1 𝜋 − =− − tan 𝜋𝑥 −𝑥 ln 2 𝑒 ln 2 cos 𝜋𝑥 ln 2 ln 2

194

Derivación logarítmica Existen funciones que comprenden productos, cocientes o potencias en donde aparece la variable independiente, las cuales se pueden expresar de manera más sencilla para su derivación, tomando logaritmos a ambos lados de la ecuación y usando derivación implícita. Este método se denomina derivación logarítmica y consiste en aplicar los siguientes pasos. 𝑎. Aplique logaritmo natural a los dos lados de la ecuación 𝑦 = 𝑓(𝑥) y utilice las propiedades de los logaritmos para simplificar. 𝑏. Derive implícitamente con respecto a 𝑥. 𝑑𝑦

𝑐. Resuelva la ecuación resultante para 𝑑𝑥 . Ejemplos. Aplique derivación logarítmica para hallar la derivada de la función. 2

1. 𝑦 = √𝑥𝑒 𝑥 (𝑥 2 + 1)10 Solución. Utilizando derivación logarítmica se obtiene 1 1 2 2 𝑎. ln 𝑦 = ln[√𝑥𝑒 𝑥 (𝑥 2 + 1)10 ] = ln 𝑥 2 + ln 𝑒 𝑥 + ln(𝑥 2 + 1)10 = ln 𝑥 + 𝑥 2 + 10 ln(𝑥 2 + 1) 2

𝑏.

1 𝑑𝑦 1 1 1 1 20𝑥 = + 2𝑥 + 10 2 2𝑥 = + 2𝑥 + 2 𝑦 𝑑𝑥 2 𝑥 𝑥 +1 2𝑥 𝑥 +1

𝑐.

𝑑𝑦 1 20𝑥 1 20𝑥 2 = 𝑦 ( + 2𝑥 + 2 ) = √𝑥 𝑒 𝑥 (𝑥 2 + 1)10 ( + 2𝑥 + 2 ) 𝑑𝑥 2𝑥 𝑥 +1 2𝑥 𝑥 +1

sin2 𝑥tan4 𝑥 2. 𝑦 = (𝑥 2 + 1)2 Solución. Aplicando derivación logarítmica se obtiene sin2 𝑥tan4 𝑥 𝑎. ln 𝑦 = ln [ 2 ] = ln sin2 𝑥 + ln tan4 𝑥 − ln(𝑥 2 + 1)2 (𝑥 + 1)2 ln 𝑦 = 2 ln sin 𝑥 + 4 ln tan 𝑥 − 2 ln(𝑥 2 + 1) 𝑏.

1 𝑑𝑦 1 1 1 4 4𝑥 =2 cos 𝑥 + 4 sec 2 𝑥 − 2 2 2𝑥 = 2 cot 𝑥 + − 2 𝑦 𝑑𝑥 sin 𝑥 tan 𝑥 𝑥 +1 sin 𝑥 cos 𝑥 𝑥 + 1

𝑐.

𝑑𝑦 4 4𝑥 sin2 𝑥tan4 𝑥 4 4𝑥 = 𝑦 (2 cot 𝑥 + − 2 )= (2 cot 𝑥 + − 2 ) 2 2 (𝑥 + 1) 𝑑𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 𝑥 + 1 sin 𝑥 cos 𝑥 𝑥 + 1

195

3. 𝑦 = (ln 𝑥)cos 𝑥 Solución. Usando derivación logarítmica se obtiene 𝑎. ln 𝑦 = ln(ln 𝑥)cos 𝑥 = cos 𝑥 ln(ln 𝑥) Aplicando la regla del producto, obtenemos 𝑏.

1 𝑑𝑦 1 1 cos 𝑥 = − sin 𝑥 ln(ln 𝑥) + cos 𝑥 = − sin 𝑥 ln(ln 𝑥) + 𝑦 𝑑𝑥 ln 𝑥 𝑥 𝑥 ln 𝑥

𝑐.

𝑑𝑦 cos 𝑥 cos 𝑥 = 𝑦 (− sin 𝑥 ln(ln 𝑥) + ) = (ln 𝑥)cos 𝑥 (− sin 𝑥 ln(ln 𝑥) + ) 𝑑𝑥 𝑥 ln 𝑥 𝑥 ln 𝑥

Observación. En la sección 5.2 quedó pendiente en la demostración de la regla de la potencia, el caso en que 𝑛 es un número real. 4. Utilice derivación logarítmica para demostrar la regla de la potencia. Esto es, 𝑑 𝑛 (𝑥 ) = 𝑛𝑥 𝑛−1 , 𝑑𝑥

𝑛∈ℝ

Solución. Consideremos la función 𝑦 = 𝑥 𝑛 . Aplicando derivación logarítmica, obtenemos 𝑎. ln 𝑦 = ln(𝑥 𝑛 ) = 𝑛 ln 𝑥 𝑏.

1 𝑑𝑦 1 𝑛 =𝑛 = 𝑦 𝑑𝑥 𝑥 𝑥

𝑐.

𝑑𝑦 𝑛 𝑛 𝑛𝑥 𝑛 = 𝑦 ( ) = 𝑥𝑛 ( ) = = 𝑛𝑥 𝑛−1 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

196

Ejercicios propuestos 𝑑𝑦

Encontrar 𝑑𝑥 por medio de la derivación implícita. 1. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1

2. 8√𝑥 + √𝑦 = 3

3. 𝑥 2 + 𝑥𝑦 − 𝑦 2 = 4

4. 2𝑥 3 + 𝑥 2 𝑦 − 𝑥𝑦 3 = 2

5. 𝑥 4 (𝑥 + 𝑦) = 𝑦 2 (3𝑥 − 𝑦)

6. 𝑦 5 + 𝑥 2 𝑦 3 = 1 + 𝑦𝑒 𝑥

7. 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑥 sin 𝑦 = 4

8. 1 + 𝑥 = sin(𝑥𝑦 2 ) 10. 𝑦 sin 𝑥 2 = 𝑥 sin 𝑦 2

9. 4 cos 𝑥 sin 𝑦 = 1 11. 𝑒 𝑥

2𝑦

3

12. √𝑥 + 𝑦 = 1 + 𝑥 2 𝑦 2

=𝑥+𝑦

𝑦 1 + 𝑥2

13. 𝟑√𝑥𝑦 = 1 + 𝑥 2 𝑦

14. tan(𝑥 − 𝑦) =

15. sin 𝑥 + cos 𝑦 = sin 𝑥 cos 𝑦

16. sin 𝑥 = 𝑥(1 + tan 𝑦)

17. cot 𝑦 = 𝑥 − 𝑦

18. (sin 𝜋𝑥 + cos 𝜋𝑦)2 = 2

𝑑𝑦

Encontrar 𝑑𝑥 por medio de la derivación implícita y calcular la derivada en el punto indicado. 19. 𝑥𝑦 = 6,

20. 𝑥 2 − 𝑦 3 = 0,

(−6, −1)

21. (𝑥 + 𝑦)3 = 𝑥 3 + 𝑦 3 , 23. tan(𝑥 + 𝑦) = 𝑥,

(1,1)

22. 𝑥 3 + 𝑦 3 = 6𝑥𝑦 + 1,

(−1,1) (0,0)

24. 𝑥 cos 𝑦 = 1,

(2,3)

𝜋 (2, ) 3

Utilice derivación implícita para encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto dado. 25. 𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 𝑦 2 = 3,

26. 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 + 𝑥 = 2,

(1,1)

27. 𝑥 2 + 𝑦 2 = (2𝑥 2 + 2𝑦 2 − 𝑥)2 , 29. 2(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 25(𝑥 2 − 𝑦 2 ),

1 (0, ) 2

2

2

28. 𝑥 3 + 𝑦 3 = 4,

(−3√3 ,1)

30. 𝑦 2 (𝑦 2 − 4) = 𝑥 2 (𝑥 2 − 5),

(3,1)

(1,2)

(0, −2)

Encontrar las ecuaciones de la recta tangente y normal a la circunferencia en el punto indicado (la recta normal en un punto es perpendicular a la recta tangente en ese punto). Utilizar una herramienta de graficación para representar la ecuación, la recta tangente y la recta normal. 31. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 25,

32. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 36,

(4,3)

197

(6,0)

Localizar los puntos en los que la gráfica de la ecuación tiene recta tangente horizontal o vertical. 33. 25𝑥 2 + 16𝑦 2 + 200𝑥 − 160𝑦 + 400 = 0

34. 4𝑥 2 + 𝑦 2 − 8𝑥 + 4𝑦 + 4 = 0

𝑑2 𝑦

Encontrar 𝑑𝑥 2 en términos de 𝑥 e 𝑦. 35. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4

36. 𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑥 = 6

37. 𝑥 2 − 𝑦 2 = 36

38. 1 − 𝑥𝑦 = 𝑥 − 𝑦

39. 𝑦 2 = 𝑥 3

40. 𝑦 2 = 10𝑥

Aplique la derivación logarítmica para hallar la derivada de la función. 4

41. 𝑦 = (2𝑥 + 1)5 (𝑥 4 − 3)6

43. 𝑦 =

42. 𝑦 = √

𝑥 2 √3𝑥 − 2 (𝑥 + 1)2

44. 𝑦 =

𝑥2 + 1 𝑥2 − 1

(𝑥 + 1)3 (𝑥 − 2)4 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 2)3

45. 𝑦 = 𝑥 𝑥

46. 𝑦 = 𝑥 cos 𝑥

47. 𝑦 = 𝑥 tan 𝑥

48. 𝑦 = √𝑥

49. 𝑦 = (sin 𝑥)𝑥

50. 𝑦 = (sin 𝑥)ln 𝑥

1

𝑥

52. 𝑦 = (ln 𝑥)sin 𝑥

51. 𝑦 = (cot 𝑥)𝑥

Encontrar la derivada de la función. 53. 𝑓(𝑥) = 2 sin−1 (𝑥 − 1) 55. 𝑓(𝑥) =

54. 𝑓(𝑥) = tan−1 𝑒 𝑥

cos−1 3𝑥 𝑥

56. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 cot −1 5𝑥

57. 𝑔(𝑥) = sin(cos −1 𝑥)

58. 𝑔(𝑥) = sin−1 𝑥 + cos −1 𝑥

59. ℎ(𝑥) = 2𝑥 cos−1 𝑥 − 2√1 − 𝑥 2

60. ℎ(𝑥) = 𝑥 √4 − 𝑥 2 + 4 sin−1

1 𝑥 61. 𝑦 = ln(𝑥 2 + 4) − tan−1 2 2

1 62. 𝑦 = 𝑥 tan−1 2𝑥 − ln(1 + 4𝑥 2 ) 4

63. 𝑓(𝑥) = log 4 (5𝑥 + 1)

64. 𝑓(𝑥) = log 3 (𝑥 2 − 3𝑥)

65. 𝑓(𝑥) = log 5 (4 − 𝑥)2

66. 𝑓(𝑥) = log 2 (𝑥 2 + 7)3

67. 𝑦 = log 5 √𝑥 2 − 1

68. 𝑦 = log 2 √2𝑥 + 1

3

198

𝑥 2

69. 𝑦 = log 2 71. 𝑦 =

𝑥2 𝑥−1

70. 𝑦 = log

10 log 4 𝑥 𝑥

𝑥2 − 1 𝑥

3

72. 𝑦 = 𝑥 2 log 2 √𝑥 + 1

Encontrar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto dado. 73. 𝑦 = log 3 𝑥 , 𝑥 75. 𝑦 = tan−1 , 2

(27,3)

74. 𝑦 = log 2𝑥 ,

𝜋 (2, ) 4

77. 𝑦 = 4𝑥 cos−1 (𝑥 − 1),

76. 𝑦 = sec −1 4𝑥, 78. 𝑦 = 3𝑥 sin−1 𝑥,

(1,2𝜋)

199

(5,1) (

√2 𝜋 , ) 4 4 1 𝜋 ( , ) 2 4

Sección 5.4. Razones de cambio relacionadas En la sección anterior se observó que la regla de la cadena es importante para hallar la derivada de una función implícita (derivación implícita). Otra aplicación de gran importancia de la regla de la cadena consiste en encontrar razones de cambio de dos o más variables relacionadas, las cuales están cambiando con respecto al tiempo. Por tanto, en la presente sección se desarrollarán problemas cuya incógnita es la razón a la que cambia cierta magnitud (variable). En cada caso, la razón es la derivada que se debe calcular a partir de otras razones conocidas de otras magnitudes (variables). Para encontrarla, se expresa una ecuación que relacione la razón que se busca con las razones de cambio que se conocen. Los problemas de encontrar la razón de cambio de una magnitud que no se puede medir fácilmente a partir de otras razones de cambio que si se pueden determinar se denominan problemas de razones de cambio relacionadas. A continuación, se presenta una estrategia para resolver este tipo de problemas de razones de cambio o tasas relacionadas. 1. Hacer un dibujo que ilustre la situación que se plantea (si es posible), proporcionando un nombre a lo que varía y determinando las constantes. Considere como variable independiente el tiempo 𝑡, y suponga que todas las funciones son derivables en 𝑡. 2. Escribir la información numérica en términos de la notación seleccionada. 3. Determinar la razón de cambio que se pide encontrar. 4. Expresar una ecuación que relacione las magnitudes (variables). Es posible que sea necesario combinar dos o más ecuaciones para obtener una sola ecuación que relacione la magnitud (variable) cuya razón se desea averiguar con las magnitudes (variables) cuyas razones de cambio se conocen. 5. Aplicar la regla de la cadena para derivar con respecto a 𝑡 ambos miembros de la ecuación. 6. Sustituir la información dada en la ecuación resultante y determinar la razón de cambio de la magnitud desconocida. Ejemplos. 1. Un globo esférico aerostático se infla de tal modo que su volumen está incrementándose 𝑑𝑚3

a razón de 84.951 𝑚𝑖𝑛 . ¿Con qué rapidez está incrementándose el diámetro del globo cuando el radio es 3.05 𝑑𝑚? Solución.

200

Consideremos 𝑣 el volumen del globo esférico y 𝑟 su radio. Puesto que el volumen está incrementándose a razón de 84.951 decímetros cúbicos por minuto, se tiene que en el instante 𝑡 la razón de cambio del volumen es

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= 84.951. En el problema se pide hallar la

razón de cambio del diámetro cuando el radio es 3.05 𝑑𝑚; es decir,

𝑑𝐷 𝑑𝑡

=? cuando 𝑟 = 3.05 .

La ecuación que relaciona el volumen del globo esférico con su radio esta dada por el volumen de una esfera. Esto es, 4 𝑣 = 𝜋𝑟 3 3 Utilizando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡, se obtiene 𝑑𝑣 4 𝑑𝑟 𝑑𝑟 = 𝜋(3𝑟 2 ) = 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Despejando

𝑑𝑟 , 𝑑𝑡

se tiene 𝑑𝑣 𝑑𝑟 = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 4𝜋𝑟 2

Así, la razón de cambio del radio del globo esférico cuando 𝑟 = 3.05 𝑑𝑚 es 𝑑𝑟 84.951 𝑑𝑚 = ≈ 0.7267063462 2 𝑑𝑡 4𝜋(3.05) 𝑚𝑖𝑛 Por tanto, la rapidez con que se incrementa el diámetro del globo esférico cuando el radio es 3.05 𝑑𝑚 es 𝑑𝐷 𝑑𝑟 𝑑𝑚 =2 = 1.453412692 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑚𝑖𝑛 2. Un tanque cuya forma es un cilindro circula recto se llena con agua. En cierto instante la 𝑐𝑚 altura del tanque es de 6 𝑐𝑚 y se incrementa en 1 𝑠 , mientras el radio es de 10 𝑐𝑚 y disminuye a razon de 1

𝑐𝑚 . 𝑠

¿Con qué rapidez cambia el volumen del contenido del tanque

en ese instante? ¿El volumen aumenta o disminuye? Solución.

201

Sean 𝑣 el volumen del tanque, ℎ la altura y 𝑟 el radio de la base. En el problema se pide encontrar

𝑑𝑣 𝑑𝑡

en el instante en que ℎ = 6 𝑐𝑚, 𝑟 = 10 𝑐𝑚,

𝑑ℎ 𝑑𝑡

=1

𝑐𝑚 𝑑𝑟 , 𝑑𝑡 𝑠

= −1

𝑐𝑚 . 𝑠

La ecuación que determina el volumen del tanque está dada por el volumen de un cilindro circular recto. Entonces, 𝑣 = 𝜋𝑟 2 ℎ Aplicando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡, se obtiene 𝑑𝑣 𝑑𝑟 𝑑ℎ 𝑑𝑟 𝑑ℎ = 𝜋(2𝑟) ℎ + 𝜋𝑟 2 = 2𝜋𝑟ℎ + 𝜋𝑟 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 En consecuencia, la rapidez con la que cambia el volumen del contenido del tanque en el instante dado es 𝑑𝑣 𝑐𝑚3 = 2𝜋(10)(6)(−1) + 𝜋(10)2 (1) = −20𝜋 𝑑𝑡 𝑠 Por tanto, el volumen del contenido en ese instante está disminuyendo. 3. Dos lados paralelos de un rectángulo crecen a razón de 2

𝑐𝑚 , 𝑠

mientras que los otros dos

lados disminuyen de tal manera que la figura permanece como un rectángulo de área constante igual a 50 𝑐𝑚2 . ¿Cuál es la variación del lado que disminuye, y la del perímetro cuando la longitud del lado que crece es de 5 𝑐𝑚? Solución.

Consideremos a 𝑥 como el lado del rectángulo que está creciendo a una razón de 2

𝑐𝑚 , 𝑠

ya

𝑦 como el lado del rectángulo que esta disminuyendo. En el problema se pide encontrar en el instante en que 𝑥 = 5 𝑐𝑚,

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=2

𝑐𝑚 𝑠

𝑑𝑦 𝑑𝑡

. Entonces, partiendo de la ecuación que

representa el área del rectángulo se obtiene 𝑥𝑦 = 50 ↔ 𝑦 =

50 𝑥

Usando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 𝑑𝑦 50 𝑑𝑥 =− 2 𝑑𝑡 𝑥 𝑑𝑡 Por tanto, la variación del lado del rectángulo que está decreciendo en el instante dado es 202

𝑑𝑦 50 𝑐𝑚 (2) =− = −4 (5)2 𝑑𝑡 𝑠 Para determinar la variación del perímetro en dicho instante se parte de la ecuación 𝑝 = 2𝑥 + 2𝑦 Derivando ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡, se obtiene 𝑑𝑝 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =2 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 En consecuencia, la razón de cambio del perímetro en ese instante es 𝑑𝑝 𝑐𝑚 = 2(2) + 2(−4) = −4 𝑑𝑡 𝑠 4. La longitud de la base de un rectángulo disminuye a razón de 2 del rectángulo aumenta a razón de

𝑐𝑚 2 𝑠.

𝑐𝑚 , 𝑠

mientras que la altura

En el instante en que la base mide 12 𝑐𝑚 y la altura

5 𝑐𝑚, calcular 𝑎. La razón de cambio del área del rectángulo. 𝑏. La razón de cambio del perímetro del rectángulo. 𝑐. La razón de cambio de la longitud de una diagonal del rectángulo. Solución.

𝑎. La ecuación que determine el área del rectángulo es 𝐴 = 𝑏𝑎 Utilizando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 𝑑𝐴 𝑑𝑏 𝑑𝑎 =𝑎 +𝑏 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Entonces, la razón de cambio del área del rectángulo en el instante dado es 𝑑𝐴 𝑐𝑚2 = (5)(−2) + (12)(2) = 14 𝑑𝑡 𝑠 𝑏. El perímetro del rectángulo está dado por 𝑝 = 2𝑎 + 2𝑏 203

Derivando ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡, se obtiene 𝑑𝑝 𝑑𝑎 𝑑𝑏 =2 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Por tanto, la razón de cambio del perímetro del rectángulo en el instante dado es 𝑑𝑝 = 2(2) + 2(−2) = 0 𝑑𝑡 Lo anterior, indica que el perímetro en el instante dado no varía. 𝑐. La longitud de una diagonal del rectángulo está dada por ℎ2 = 𝑎2 + 𝑏 2 Derivando ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 2ℎ

𝑑ℎ 𝑑𝑎 𝑑𝑏 = 2𝑎 + 2𝑏 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

Simplificando la ecuación anterior, y despejando la razón de cambio de la longitud de una diagonal, se obtiene 𝑑𝑎 𝑑𝑏 𝑑ℎ 𝑎 𝑑𝑡 + 𝑏 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 ℎ En consecuencia, la razón de cambio de la longitud de la diagonal en el instante especificado es 𝑑ℎ (5)(2) + (12)(−2) −14 −14 𝑐𝑚 = = = 𝑑𝑡 13 𝑠 √169 √(5)2 + (12)2 Observación. Para encontrar el valor de ℎ se utilizó el teorema de Pitágoras. 5. Un niño vuela una cometa a una altura de 40 𝑝𝑖𝑒𝑠 y lo realiza moviéndose horizontalmente a una tasa de 3

𝑝𝑖𝑒𝑠 . 𝑠

Si la cuerda está tensa, ¿a qué tasa se afloja la cuerda cuando la

longitud de la cuerda suelta es de 50 𝑝𝑖𝑒𝑠? Solución.

204

Considerando 𝑥 la longitud horizontal, ℎ la longitud de la cuerda y usando el teorema de Pitágoras, se obtiene la ecuación que describe la situación ℎ2 = 𝑥 2 + (40)2 = 𝑥 2 + 1600 Aplicando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡

Por tanto, simplificando y despejando

2ℎ

𝑑ℎ 𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑ℎ 𝑑𝑡

de la ecuación anterior, se obtiene 𝑑𝑥 𝑑ℎ 𝑥 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 ℎ

Al igual que el ejemplo anterior, la distancia horizontal 𝑥 se halla usando el teorema de Pitágoras. Esto es, (50)2 = 𝑥 2 + 1600 → 2500 − 1600 = 𝑥 2 → 𝑥 2 = 900 → 𝑥 = 30 𝑝𝑖𝑒𝑠 En consecuencia, la tasa con que se afloja la cuerda cuando ℎ = 50 𝑝𝑖𝑒𝑠,

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=3

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

𝑑ℎ (30)(3) 90 9 𝑝𝑖𝑒𝑠 = = = = 1.8 𝑑𝑡 50 50 5 𝑠 6. Un niño usa un pitillo para beber agua de un vaso cónico (con el vértice hacia abajo) a razón de 3

𝑐𝑚3 . 𝑠

Si la altura del vaso es de 10 𝑐𝑚 y el diámetro de la parte superior es de

6 𝑐𝑚, ¿con qué rapidez baja el nivel del agua cuando la profundidad es de 5 𝑐𝑚? ¿cuál es la variación del radio en ese instante? Solución.

La ecuación que describe la situación está dada por el volumen de un cono 1 𝑣 = 𝜋𝑟 2 ℎ 3 En el problema solamente hay información del nivel del agua ℎ y la razón de cambio del volumen del contenido de agua, la cual disminuye a una razón de 3

𝑐𝑚3 𝑑𝑣 ( 𝑑𝑡 𝑠

= −3

𝑐𝑚3 ). 𝑠

Por

tal motivo, es necesario transformar la función que determina el volumen del contenido como una función de una sola variable, usando semejanza de triángulos. Esto es, 205

10 3 3 = → 𝑟= ℎ ℎ 𝑟 10 En consecuencia, el volumen del contenido de agua se transforma en 2 1 1 3 3 𝑣 = 𝜋𝑟 2 ℎ = 𝜋 ( ℎ) ℎ = 𝜋ℎ3 3 3 10 100

Usando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 𝑑𝑣 3 𝑑ℎ 9 𝑑ℎ = 𝜋(3ℎ2 ) = 𝜋ℎ2 𝑑𝑡 100 𝑑𝑡 100 𝑑𝑡 Despejando la razón de cambio del nivel del agua

𝑑ℎ , 𝑑𝑡

se tiene

𝑑𝑣 𝑑ℎ 100 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 9𝜋ℎ2 Por tanto, la rapidez con la cual baja el nivel del agua en el instante en que ℎ = 5 𝑐𝑚 es 𝑑ℎ 100(−3) 4 𝑐𝑚 = =− 2 𝑑𝑡 9𝜋(5) 3𝜋 𝑠 Ahora, para encontrar la razón de cambio del radio en ese instante, se parte de la ecuación que relaciona el radio y la altura. Esto es, 𝑟=

3 𝑑𝑟 3 𝑑ℎ 3 4 2 𝑐𝑚 ℎ → = = (− ) = − 10 𝑑𝑡 10 𝑑𝑡 10 3𝜋 5𝜋 𝑠

7. Una luz esa en el suelo a 45 𝑚 de un edificio. Una mujer de 2 𝑚 de estatura camina desde 𝑚 la luz hacia el edificio a una razón constante de 2 𝑠 . ¿A qué velocidad está disminuyendo su sombra sobre el edificio en el instante en que la mujer se encuentra a 25 𝑚 del edificio? Solución.

206

Considerando 𝑥 la distancia desde la mujer hasta el edificio, 𝑦 la longitud de la sombra, y usando semejanza de triángulos se halla la ecuación que describe la situación. Esto es,

45 𝑦 90 = → 𝑦= → 𝑦 = 90(45 − 𝑥)−1 45 − 𝑥 2 45 − 𝑥 Aplicando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑥 90 𝑑𝑥 = −90(45 − 𝑥)−2 (−1) = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 (45 − 𝑥)2 𝑑𝑡 Como la mujer se aproxima al edificio a una razón de cambio de 2

𝑚 𝑑𝑥 ( 𝑠 𝑑𝑡

𝑚

= −2 𝑠 ), entonces

la velocidad con la cual disminuye la sombra de la mujer sobre el edificio en el instante en que 𝑥 = 25 𝑚 es 𝑑𝑦 90 9 𝑚 (−2) = = − 𝑑𝑡 (45 − 25)2 20 𝑠 8. Un globo asciende a 5

𝑚 𝑠

desde un punto en el suelo que dista 30 𝑚 de un observador.

Calcular el ritmo de cambio del ángulo de elevación cuando el globo está a una altura de 17.32 𝑚. Solución.

En la figura se observa que se puede construir un triángulo rectángulo, donde se conoce 𝑑𝑦 𝑚 información sobre la razón de cambio de la altura del globo 𝑑𝑡 = 5 𝑠 y la distancia horizontal (cateto adyacente) de 30 𝑚. Por tanto, la ecuación que relaciona el cateto opuesto y el cateto adyacente al ángulo 𝜃 es tan 𝜃 =

207

𝑦 30

Usando la regla de la cadena para derivar ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑦 cos2 𝜃 𝑑𝜃 1 𝑑𝑦 𝑑𝜃 𝑑𝑡 𝑑𝑡 sec 𝜃 = → = = 𝑑𝑡 30 𝑑𝑡 𝑑𝑡 30sec 2 𝜃 30 2

Donde, en el instante en el que 𝑦 = 17.32 𝑚, se obtiene tan 𝜃 =

17.32 = 0.5773333333 → 𝜃 = tan−1 (0.5773333333) → 𝜃 = 0.5235860736 𝑟𝑎𝑑 30

En consecuencia, el ritmo de cambio del ángulo de elevación en el instante dado es 𝑑𝜃 cos 2 (0.5235860736)(5) 𝑟𝑎𝑑 = = 0.1250018338 𝑑𝑡 30 𝑠 9. Una escalera de 4 𝑚 se apoya contra la pared de una casa y su base comienza a resbalar. 𝑚 Cuando la base está a 3.7 𝑚 de la casa, la base se aleja a razón de 1.5 𝑠 . 𝑎. ¿Cuál es la razón de cambio del área del triángulo formado por la escalera, la pared y el suelo en ese instante? 𝑏. ¿Cuál es la razón de cambio del ángulo entre la escalera y el suelo en ese instante? Solución.

𝑎. El área del triángulo formado por la escalera, la pared y el suelo es 𝐴=

𝑥𝑦 1 = 𝑥𝑦 2 2

Como no se tiene información de la razón de cambio

𝑑𝑦 , 𝑑𝑡

es necesario utilizar el teorema de

Pitágoras para expresar la variable 𝑦 en función de 𝑥. Esto es, 𝑥 2 + 𝑦 2 = (4)2 → 𝑦 = √16 − 𝑥 2 Por tanto, el área del triángulo está dada por 1 1 𝐴 = 𝑥𝑦 = 𝑥√16 − 𝑥 2 2 2 208

Derivando ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡 −1 𝑑𝐴 1 1 1 𝑑𝑥 1 𝑥2 𝑑𝑥 = [ √16 − 𝑥 2 + (16 − 𝑥 2 ) 2 (−2𝑥) ( 𝑥)] = [ √16 − 𝑥 2 − ] 𝑑𝑡 2 2 2 𝑑𝑡 2 2√16 − 𝑥 2 𝑑𝑡

𝑑𝐴 1 (16 − 𝑥 2 ) − 𝑥 2 𝑑𝑥 1 16 − 2𝑥 2 𝑑𝑥 8 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = [ ] = [ ] = 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2 √16 − 𝑥 2 𝑑𝑡 √16 − 𝑥 2 𝑑𝑡 √16 − 𝑥 2 Por lo tanto, la razón de cambio del área del triángulo en el instante en el que 𝑥 = 3.7 𝑚 y 𝑑𝑥 𝑑𝑡

= 1.5

𝑚 𝑠

es 𝑑𝐴 8 − (3.7)2 𝑚2 (1.5) = −5.615617716 = 𝑑𝑡 √16 − (3.7)2 𝑠

𝑏. Utilizando la definición de la función trigonométrica coseno sobre un triángulo rectángulo se obtiene la ecuación cos 𝜃 =

𝑥 4

Derivado ambos lados de la ecuación con respecto a 𝑡, se obtiene 𝑑𝑥 𝑑𝜃 1 𝑑𝑥 𝑑𝜃 − sin 𝜃 = → = − 𝑑𝑡 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡 𝑑𝑡 4 sin 𝜃 Donde, sin 𝜃 =

𝑦 √16 − 𝑥 2 √16 − (3.7)2 = = = 0.3799671038 4 4 4

Entonces, la razón de cambio del ángulo entre la escalera y el suelo en ese instante es 𝑑𝜃 1.5 𝑟𝑎𝑑 =− = −0.9869275425 𝑑𝑡 4(0.3799671038) 𝑠 10. Un hombre en un muelle, tira de un bote a razón de 15

𝑚 𝑚𝑖𝑛

usando una soga atada al

bote al nivel del agua. Si las manos del hombre se hallan a 4.8 𝑚 arriba del nivel del agua, ¿con qué rapidez el bote se aproxima al muelle cuando la cantidad de cuerda suelta es de 6 𝑚? Solución.

209

La ecuación que modela la situación está dada por el teorema de Pitágoras. Esto es, 𝑠 2 = 𝑥 2 + (4.8)2 Derivando ambos lados de la ecuación respecto a 𝑡 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑠 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑠 𝑑𝑡 2𝑠 = 2𝑥 → 𝑠 =𝑥 → = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑥 Donde, 𝑑𝑠 15𝑚 =− , 𝑑𝑡 𝑚𝑖𝑛

ℎ = 6𝑚 → 𝑥 = √(6)2 − (4.8)2 = 3.6𝑚

En consecuencia, el bote se aproxima al muelle en el instante dado con una rapidez de 𝑑𝑥 (6)(−15) 𝑚 = = −25 𝑑𝑡 3.6 𝑚𝑖𝑛 11. Dos góndolas, 𝐴 y 𝐵 están unidas por una cuerda de 39 𝑝𝑖𝑒𝑠 de longitud que pasa por una polea 𝑃. El punto 𝑄 está sobre el piso, a 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 directamente abajo de 𝑃 y entre las góndolas. Se remolca 𝐴, apartándola de 𝑄, a una velocidad de 20

𝑝𝑖𝑒𝑠 . 𝑠

¿Con qué velocidad

se mueve la góndola 𝐵 hacia 𝑄 en el momento en que 𝐴 está a 5 𝑝𝑖𝑒𝑠 de 𝑄? Solución.

Consideremos a la variable 𝑥 la distancia entre la góndola 𝐴 y el punto 𝑄, 𝑦 la distancia entre el punto 𝑄 y la góndola 𝐵, 𝑠 la distancia entre la góndola 𝐴 y la polea, y 39 − 𝑠 la distancia entre la polea y la góndola 𝐵. En el problema se pide encontrar

𝑑𝑦 𝑑𝑡

en el instante en que 𝑥 = 5 𝑝𝑖𝑒𝑠,

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=2

𝑝𝑖𝑒𝑠 . 𝑠

Además,

utilizando el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos de la figura, se obtiene 𝑠 = √(12)2 + (5)2 = √169 = 13 𝑝𝑖𝑒𝑠,

𝑦 = √(26)2 − (12)2 = √532 = 2√133 𝑝𝑖𝑒𝑠

Usando el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo izquierdo se tiene la ecuación 𝑠 2 = 𝑥 2 + (12)2 = 𝑥 2 + 144 A continuación, se deriva implícitamente con respecto al tiempo. Esto es, 210

2𝑠

𝑑𝑠 𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑𝑠

Simplificando y despejando 𝑑𝑡 , se obtiene 𝑑𝑥 𝑑𝑠 𝑥 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 𝑠 En consecuencia, la razón de cambio de la distancia entre la góndola 𝐴 y la polea en el instante dado es 𝑑𝑠 (5)(2) 10 𝑝𝑖𝑒𝑠 = = 𝑑𝑡 13 13 𝑠 Realizando un proceso similar en el triángulo rectángulo derecho, obtenemos (39 − 𝑠)2 = 𝑦 2 + (12)2 = 𝑦 2 + 144 Entonces, 2(39 − 𝑠)(−1) Despejando

𝑑𝑠 𝑑𝑦 𝑑𝑠 𝑑𝑦 = 2𝑦 → (𝑠 − 39) = 𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑𝑦 𝑑𝑡

𝑑𝑠 𝑑𝑦 (𝑠 − 39) 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 𝑦 Por consiguiente, la velocidad con la que se mueve la góndola 𝐵 hacia el punto 𝑄 en el instante dado es 10 10 𝑑𝑦 (13 − 39) (13) (−26) (13) −10 𝑝𝑖𝑒𝑠 = = = 𝑑𝑡 2√133 2√133 √133 𝑠 12. Una piscina mide 20 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho, 40 𝑝𝑖𝑒𝑠 de longitud, 3 𝑝𝑖𝑒𝑠 de fondo en la parte baja y 9 𝑝𝑖𝑒𝑠 en la parte onda. Si se llena con un flujo de 0.8

𝑝𝑖𝑒𝑠3 . 𝑚𝑖𝑛

¿Con qué velocidad sube el

nivel de agua cuando la profundidad, respecto a la parte honda, alcanza 5 𝑝𝑖𝑒𝑠? Solución.

211

En la figura se presenta una sección longitudinal y un trapecio que se forma en la parte onda de la piscina. El volumen de la piscina en la parte onda está dado por 𝑣 = (𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑖𝑠𝑐𝑖𝑛𝑎)(á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑐𝑖𝑜) 1 𝑣 = (20) [ (𝐵 + 𝑏)ℎ] = 10[(𝑥 + 𝑦 + 12) + 12]ℎ = 10(𝑥 + 𝑦 + 24)ℎ 2 Puesto que solo se conoce la información:

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= 0.8

𝑝𝑖𝑒𝑠3 ,ℎ 𝑚𝑖𝑛

= 5 𝑝𝑖𝑒𝑠, es necesario utilizar

semejanza de triángulos para expresar las distancias 𝑥 e 𝑦 en términos de ℎ. Esto es, 16 6 8 = → 𝑥 = ℎ, 𝑥 ℎ 3

6 6 = → 𝑦=ℎ 𝑦 ℎ

En consecuencia, el volumen del contenido del agua se transforma en 8 11 110 2 𝑣 = 10 ( ℎ + ℎ + 24) ℎ = 10 ( ℎ + 24) ℎ = ℎ + 240ℎ 3 3 3 Derivando implícitamente con respecto al tiempo, se obtiene 𝑑𝑣 220 𝑑ℎ 𝑑ℎ 220 𝑑ℎ = ℎ + 240 =( ℎ + 240) 𝑑𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 3 𝑑𝑡 Despejando

𝑑ℎ 𝑑𝑡

𝑑𝑣 𝑑ℎ 𝑑𝑡 = 220 𝑑𝑡 ( 3 ℎ + 240) Por consiguiente, la velocidad con la que sube el nivel del agua en el instante dado es 𝑑ℎ 0.8 3 𝑝𝑖𝑒𝑠 = = 𝑑𝑡 [220 (5) + 240] 2275 𝑚𝑖𝑛 3

212

Ejercicios propuestos 1. Una partícula 𝑃 se mueve a lo largo de la gráfica de 𝑦 = √𝑥 2 − 4, 𝑥 ≥ 2, de modo que la abscisa de 𝑃 está aumentando a razón de 5 unidades por segundo. ¿Qué tan rápido está aumentando la ordenada (coordenada 𝑦) cuando 𝑥 = 3? 2. Encontrar la razón de cambio de la distancia entre el origen y un punto que se mueve por la gráfica de 𝑦 = 𝑥 2 + 1, 𝑠𝑖

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=2

𝑐𝑚 𝑠

.

3. Encontrar la razón de cambio de la distancia entre el origen y un punto que se mueve sobre la gráfica de 𝑦 = sin 𝑥, 𝑠𝑖

𝑑𝑥 𝑑𝑡

=2

𝑐𝑚 𝑠

. 𝑐𝑚

4. El radio 𝑟 de un círculo está creciendo a razón de 4 𝑚𝑖𝑛. Calcular la razón de cambio del área cuando 𝑟 = 8 𝑐𝑚 y 𝑟 = 32 𝑐𝑚. 5. Sea 𝐴 el área de un círculo con un radio 𝑟 variable con el tiempo. Si constante

𝑑𝐴 ? 𝑑𝑡

𝑑𝑟 𝑑𝑡

es constante, ¿es

6. El ángulo entre los dos lados iguales, con longitud 𝑘, de un triangulo isósceles es 𝜃. Si 𝜃 𝑟𝑎𝑑

está creciendo a razón de 0.5 𝑚𝑖𝑛 , encontrar la razón de cambio del área cuando 𝜃 = 𝜋

𝜋 6

y

1

𝜃 = 3 . (𝑆𝑢𝑔𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐴 = 2 𝑘 2 sin 𝜃) 7. El radio 𝑟 de una esfera está creciendo a razón de 3 pulgadas por minuto. Calcular la razón de cambio del volumen cuando 𝑟 = 9 y 𝑟 = 36 pulgadas. 8. Se infla un globo esférico con gas a razón de 800 centímetros cúbicos por minuto. ¿A qué razón está aumentando su radio en el momento en el que éste se encuentra a 30 𝑐𝑚 y 60 𝑐𝑚. 9. Todas las aristas de un cubo están creciendo a razón de 6

𝑐𝑚 . 𝑠

¿A qué ritmo está

aumentando el volumen cuando cada arista mide 2 𝑐𝑚 y 10 𝑐𝑚? 10. Todas las aristas de un cubo están creciendo a razón de 8

𝑐𝑚 . 𝑠

¿A qué razón de cambio

está creciendo el área de la superficie cuando cada arista mide 5 𝑐𝑚 y 12 𝑐𝑚? 11. En una planta de arena y grava, la arena cae de una cinta transportadora creando un montículo de forma cónica, a razón de 10 pies cúbicos por minuto. El diámetro de la base del montículo es de aproximadamente tres veces la altura. ¿A qué razón cambia la altura del montón de arena y grava cuando su altura es de 15 𝑝𝑖𝑒𝑠? 12. Un depósito cónico (con el vértice abajo) mide 10 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho en su parte más alta y tiene 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 de profundidad. Si se le vierte agua a razón de 10 pies cúbicos por minuto, calcular la razón de cambio de la profundidad del agua cuando ésta es de 8 𝑝𝑖𝑒𝑠. 13. Una piscina tiene 12 𝑚 de largo, 6 𝑚 de ancho y una profundidad que oscila desde 1 𝑚 hasta 3 𝑚. Se bombea agua en ella a razón de 0.25

𝑚3 𝑚𝑖𝑛

, y ya hay 1 𝑚 de agua en el

extremo más profundo. ¿A que razón se eleva el nivel del agua? 213

14. Una artesa tiene 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 de largo, y 3 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho en su parte superior, sus extremos tienen forma de triángulo isósceles con una altura de 3 𝑝𝑖𝑒𝑠. 𝑎. Si se vierte agua en ella a razón de 2

𝑝𝑖𝑒𝑠3 , 𝑚𝑖𝑛

¿a qué razón sube el nivel del agua cuando

hay 1 𝑝𝑖𝑒 de profundidad de agua? 3 𝑝𝑢𝑙 𝑚𝑖𝑛

𝑏. Si el agua sube a una razón de 8

cuando ℎ = 2, determinar una razón al que se está

vertiendo agua en la artesa.

15. Una escalera de 25 𝑝𝑖𝑒𝑠 de longitud esta apoyada sobre una pared. Su base se desliza a razón de 2

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

.

𝑎. ¿A qué razón está bajando su extremo superior por la pared cuando la base está a 7 𝑝𝑖𝑒𝑠, 15 𝑝𝑖𝑒𝑠 y 24 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la pared? 𝑏. Determinar la razón a la que cambia el área del triángulo formado por la escalera, el suelo y la pared, cuando la base de la primera está a 7 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la pared. 𝑐. Calcular la razón de cambio del ángulo formado por la escalera y la pared cuando la base está a 7 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la pared.

16. Un obrero levanta, con ayuda de una soga, un tablón de 5 𝑚 hasta lo alto de un edificio en construcción. Suponer que el otro extremo del tablón sigue una trayectoria perpendicular 𝑚 a la pared y que el obrero mueve el tablón a razón de 0.15 𝑠 . ¿A qué ritmo desliza por el suelo el extremo cuando está a 2.5 𝑚 de la pared? 214

17. Una polea situada en lo alto de un edificio de 12 𝑚 levanta un tubo de la misma longitud 𝑚 hasta colocarlo en posición vertical. La polea recoge la cuerda a razón de −0.2 𝑠 . Calcular las razones de cambio vertical y horizontal del extremo del tubo cuando 𝑦 = 6.

18. Un velero es arrastrado hacia el muelle por medio de una polea situada a una altura de 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 por debajo de la quilla del barco. 𝑎. Si la cuerda se recoge a razón de 4

𝑝𝑖𝑒𝑠 , 𝑠

determinar la velocidad del velero cuando

quedan 13 𝑝𝑖𝑒𝑠 de cuerda sin recoger. ¿Qué ocurre con la velocidad del velero a medida que el barco se acerca más al muelle? 𝑏. Suponiendo que el bote se mueve a un ritmo constante de 4

𝑝𝑖𝑒𝑠 , 𝑠

determinar la velocidad

a la que la polea recoge la cuerda cuando quedan 13 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ella por recoger. ¿Qué ocurre con la velocidad de la polea a medida que el barco se acerca más al muelle?

19. Un controlador aéreo detecta que dos aviones que vuelan a la misma altura tienen trayectorias perpendiculares y convergen en un punto. Uno de ellos está a 225 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 de dicho punto y vuela a 450

𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 . ℎ

El otro está a 300 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 y se desplaza a 600 215

𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 ℎ

.

𝑎. ¿A qué ritmo se reduce la distancia entre ellos? 𝑏. ¿De cuánto tiempo dispone el controlador para modificar la ruta de alguno de ellos?

20. Un avión vuela a 5 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 de altura y pasa exactamente por encima de una antena de radar. Cuando el avión está a 10 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 (𝑠 = 10), el radar detecta que la distancia 𝑠 está cambiando a una velocidad de 240

𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 . ℎ

¿Cuál es la velocidad de avión?

21. Un campo de beisbol tiene forma de un cuadrado con lados de 90 𝑝𝑖𝑒𝑠. Si un corredor corre de la segunda a la tercera base a 25

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

y se encuentra a 20 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la tercera base,

¿a qué ritmo está cambiando su distancia 𝑠 respecto a ℎ𝑜𝑚𝑒?

22. En el campo de beisbol del ejercicio anterior, suponer que el jugador corre desde la primera base hasta la segunda base a 25

𝑝𝑖𝑒𝑠 . 𝑠

Calcular la razón de cambio de su distancia

con respecto a ℎ𝑜𝑚𝑒 cuando se encuentra a 20 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la segunda base. 23. Un hombre de 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 de altura camina a 5

𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠

alejándose de una luz que está a 15 𝑝𝑖𝑒𝑠

de altura sobre el suelo. Cuando este hombre está a 10 𝑝𝑖𝑒𝑠 de la base de la luz.

216

𝑎. ¿A qué velocidad se mueve el extremo de su sombra? 𝑏. ¿A qué razón está cambiando la longitud de su sombra?

Fuente: Larson R. Cálculo 1 de una variable. 9 ed. McGraw-Hill. Pág. 156

24. Repetir el ejercicio anterior, suponiendo ahora que el hombre camina hacia la luz y que ésta se encuentra situada a 20 𝑝𝑖𝑒𝑠 de altura.

Fuente: Larson R. Cálculo 1 de una variable. 9 ed. McGraw-Hill. Pág. 156

25. Los extremos de una varilla móvil de un metro de longitud tienen coordenadas (𝑥, 0), (0, 𝑦). La posición del extremo que se apoya en el eje 𝑥 es 1 𝜋𝑡 𝑥(𝑡) = sin 2 6 Donde 𝑡 se mide en segundos. 𝑎. Calcular la duración de un ciclo completo de la varilla. 𝑏. ¿Cuál es el punto más bajo que alcanza el extremo de la varilla que está en el eje 𝑦? 1

𝑐. Hallar la velocidad del extremo que se mueve por el eje 𝑦 cuando el otro está en (4 , 0).

217

26. La resistencia eléctrica combinada 𝑅 de 𝑅1 y 𝑅2 conectadas en paralelo, está dada por 1 1 1 = + 𝑅 𝑅1 𝑅2 Donde 𝑅, 𝑅1 y 𝑅2 se miden en ohmios 𝑅1 y 𝑅2 están creciendo a razón de 1 y 1.5 ohmios por segundo, respectivamente. ¿A qué ritmo está cambiando 𝑅 cuando 𝑅1 = 50 y 𝑅2 = 75 ohmios? 27. Un pescador recoge sedal para capturar su pieza a razón de 1

𝑝𝑖𝑒 , 𝑠

desde un punto que

está a 10 𝑝𝑖𝑒𝑠 por encima del agua. ¿A qué ritmo cambia el ángulo 𝜃 entre el sedal y el agua cuando quedan por recoger 25 𝑝𝑖𝑒𝑠 de sedal?

28. Un avión vuela a 5 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 de altitud y a una velocidad de 600

𝑝𝑖𝑒𝑠 , ℎ

hacia un punto situado

exactamente en la vertical de un observador. ¿A qué ritmo está cambiando el ángulo de elevación 𝜃 cuando el ángulo es 𝜃 = 30°, 𝜃 = 60°, 𝜃 = 75°?

29. Un avión vuela en condiciones de aire en calma a una velocidad de 275

𝑚𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 . ℎ

Si

asciende con un ángulo de 18°, calcular el ritmo al que está ganando altura. 30. Se deja caer una pelota desde una altura de 20 𝑚, a una distancia de 12 𝑚 de una lámpara. La sombra de la pelota se mueve a lo largo del suelo. ¿A qué ritmo se está moviendo la sombra 1 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 después de soltar la pelota?

218

CAPÍTULO 6 APLICACIONES DE LADERIVACIÓN Reseña histórica

Sección 6.1 Valores máximos y mínimos. Extremos absolutos.

En este capítulo aprenderás

Criterio de la primera derivada. Extremos relativos.

Pensamiento numérico

Pensamiento geométrico

Convavidad.

Aplicaciones de la derivación

Pensamiento variacional

Puntos de inflexión. Criterio de la segunda derivada.

Sección 6.2 Problemas de optimización.

Sección 6.3 Diferenciales.

Sección 6.4 Regla de L'Hopital.

En el mapa conceptual se observa que el capítulo sexto, aplicaciones de la derivación se divide en cuatro secciones y en su estudio se busca que el estudiante adquiera competencias para:       

Reconocer el comportamiento de la gráfica de una función, según su expresión algebraica. Analizar e identificar los valores máximos y mínimos de una función. Analizar e identificar la concavidad de una función. Determinar los puntos de inflexión de una función. Resolver problemas de optimización. Comparar el comportamiento de una función y su aproximación lineal en valor dado. Emplear la regla de L’Hopital para solucionar un límite. 219

Reseña histórica Los problemas de optimización son parte fundamental de la matemática y se encontraban presentes desde los tratados de los griegos de la antigüedad. Una muestra de ellos es el libro 𝑉 de la obra sobre cónicas escrita en ocho tomos por Apolonio,

Considerado uno de los griegos más importantes de la antigüedad, que vivió entre los años 262 y 190 𝑎. 𝐶, en el cual se dedica a estudiar segmentos de longitud máxima y longitud mínima trazados respecto a una cónica. Ciertamente, un hito histórico está marcado por el desarrollo del cálculo diferencial del siglo 𝑋𝑉𝐼𝐼 y el uso de derivadas para resolver problemas de máximos y mínimos. Además, es importante mencionar que Fermat (1601 – 1665) antes que Newton y Leibniz publicaran sus trabajos sobre el cálculo diferencial, inventó métodos ingeniosos para obtener valores máximos y mínimos; que Jean Baptiste y Joseph Fourier (17068 – 1830) mostró aproximaciones intuitivas a métodos de optimización actualmente consideradas en la programación lineal.

220

En el capítulo se estudiará aplicaciones de la derivada de una función, las cuales se dividen en cuatro categorías básicas. Trazado de curvas, optimización, técnica de aproximación y la regla de L’Hopital.

Sección 6.1. Valores máximos y mínimos de una función En el cálculo, es muy importante analizar el comportamiento de una función 𝑓 sobre un inervalo 𝐼; es decir, se quiere determinar si la función 𝑓 tiene un valor máximo o un valor mínimo sobre 𝐼, si 𝑓 es creciente o decreciente, si 𝑓 es cóncava hacia arriba o hacia abajo. Definición. (Extremos absolutos) Sea 𝑓 una función definida sobre un intervalo 𝐼 que contiene al valor 𝑎. 1. 𝑓(𝑎) es un valor mínimo absoluto de 𝑓 en 𝐼 si 𝑓(𝑎) ≤ 𝑓(𝑥) para todo 𝑥𝜖𝐼 2. 𝑓(𝑎) es un valor máximo absoluto de 𝑓 en 𝐼 si 𝑓(𝑎) ≥ 𝑓(𝑥) para todo 𝑥𝜖𝐼 Los valores máximos y mínimos absolutos de una función en un intervalo se denominan valores extremos de la función en el intervalo. Observación. En la siguiente gráfica se muestra que una función 𝑓 no siempre tiene un valor máximo absoluto o un valor mínimo absoluto en un intervalo. Por ejemplo, la función 𝑓(𝑥) = −𝑥 2 + 1 tiene un valor máximo absoluto y un valor mínimo absoluto en el intervalo [−1,3], pero no tiene un valor mínimo absoluto en el intervalo (−1,3).

De la gráfica de la función dada en el intervalo cerrado [−1,3] se observa que tiene un valor máximo absoluto cuyo valor es 1 y un valor mínimo absoluto que es −8. Mientras que, la función en el intervalo abierto (−1,3) posee un valor máximo absoluto 1, pero no tiene un valor mínimo absoluto. En el siguiente teorema se presentan las condiciones necesarias y suficientes para que una función 𝑓 tenga valores máximos y mínimos absolutos sobre un intervalo.

221

Teorema del valor extremo. Si 𝑓 es una función continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏], entonces 𝑓 tiene valores máximo absoluto y mínimo absoluto en el intervalo cerrado. Observación. Aun cuando el teorema del valor extremo es muy posible a nivel intuitivo, es difícil su demostración. El teorema afirma la existencia de los extremos absolutos, pero no muestra como determinarlos. Además, en la siguiente figura se ilustra que un valor extremo se puede presentar más de una vez.

A continuación, se presenta la definición de los valores máximos y mínimos relativos. Definición. (Extremos relativos) 1. 𝑓(𝑎) es un valor mínimo relativo de 𝑓 si existe un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, tal que 𝑓(𝑎) ≤ 𝑓(𝑥) para todo valor del intervalo abierto. 2. 𝑓(𝑎) es un valor máximo relativo de 𝑓 si existe un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎, tal que 𝑓(𝑎) ≥ 𝑓(𝑥) para todo valor del intervalo abierto. Observación. La definición anterior nos afirma de manera informal que, para una función continua, es posible que se piense que un valor máximo relativo se presenta en una “cima” de la gráfica; y que un valor mínimo relativo ocurre en un “valle” de la gráfica. Dichas cimas y valles se pueden presentar de dos formas. Si la cima o valle es suave y redondeada, la gráfica tiene una recta tangente horizontal en el punto más alto o más bajo. Si la cima o valle es angosta y termina en punta, la gráfica representa una función que no es derivable en dicho punto, como se ilustro con la función 𝑓(𝑥) = |𝑥 − 1| en la sección 5.1.

222

De la gráfica se observa que 𝑓(𝑥1 ), 𝑓(𝑥3 ), 𝑓(𝑥5 ) son valores mínimos relativos, y que 𝑓(𝑥2 ), 𝑓(𝑥4 ) son valores máximos relativos. Además, en los puntos (𝑥1 , 𝑓(𝑥1 )), (𝑥4 , 𝑓(𝑥4 )), (𝑥5 , 𝑓(𝑥5 )) la recta tangente es horizontal y en los valores 𝑥2 , 𝑥3 la función 𝑓 no es derivable. En general, los puntos de la curva en donde la recta tangente es horizontal o la gráfica termina en punta se denomina “puntos críticos” y a los valores de 𝑥 en estos puntos se denominan “valores críticos”. Definición. Sea 𝑓 una función definida en el valor 𝑎. Si 𝑓′(𝑎) = 0 o si 𝑓 no es derivable en 𝑎, entonces 𝑎 es un valor crítico y (𝑎, 𝑓(𝑎)) es un punto crítico. Observación. El siguiente resultado muestra la relación la relación que hay entre los extremos relativos y los valores críticos. Teorema. Si la función 𝑓 tiene un valor mínimo relativo o un valor máximo relativo en 𝑥 = 𝑎, entonces 𝑎 es un valor crítico en 𝑓. Demostración. La demostración se presenta en dos posibilidades. 1. Si 𝑓 no es derivable en 𝑥 = 𝑎, entonces por definición, 𝑎 es valor crítico de 𝑓 y se cumple el teorema. 2. Si 𝑓 es derivable en 𝑥 = 𝑎, entonces 𝑓′(𝑎) debe ser mayor que 0, menor que 0, o igual a 0. En el caso de que 𝑓′(𝑎) > 0; es decir 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) >0 𝑥→𝑎 𝑥−𝑎

𝑓′(𝑎) = lim

Lo anterior implica que existe un intervalo abierto 𝐼 que contiene al valor 𝑎 de modo tal que 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) > 0, 𝑥−𝑎

∀𝑥𝜖𝐼

Como el cociente es positivo, los signos del numerador y el denominador deben ser iguales. Por tanto, se cumplen las siguientes desigualdades para los valores de 𝑥 en el intervalo 𝐼. Izquierda de 𝑎: 𝑥 < 𝑎 y 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑎) → 𝑓(𝑎) no es un valor mínimo relativo. Derecha de 𝑎: 𝑥 > 𝑎 y 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑎) → 𝑓(𝑎) no es un valor máximo relativo. En consecuencia, la suposición de que 𝑓′(𝑎) > 0 contradice la hipótesis de que 𝑓(𝑎) es un extremo relativo. Suponiendo que 𝑓′(𝑎) < 0 produce una contradicción similar, solo queda una posibilidad, que 𝑓′(𝑎) = 0. En tal caso, por definición, 𝑎 es un valor crítico de 𝑓 y el teorema resulta valido.

223

Observación. El teorema anterior afirma que los extremos relativos de una función se presentan únicamente en los valores críticos de la función. Entonces, se pueden utilizar las siguientes estrategias para determinar los extremos en un intervalo cerrado. Estrategias. Para encontrar los extremos absolutos de una función continua 𝑓 en un intervalo cerrado, se siguen los siguientes pasos 1. Se encuentran los valores críticos de 𝑓 en el intervalo abierto. 2. Se evalúa la función en cada valor crítico. 3. Se evalúa la función en los extremos del intervalo. 4. El resultado más pequeño es el valor mínimo absoluto de 𝑓 y el resultado más grande es el valor máximo absoluto de 𝑓. Ejemplos. Encontrar los extremos absolutos de la función en el intervalo cerrado. 3 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥 2 , [−1,2] 2 Solución. Para hallar los valores críticos de 𝑓 se encuentra la derivada de la función y con ella nos preguntamos cuando 𝑓′(𝑥) = 0 y 𝑓′(𝑥) no existe. Esto es, 𝑓′(𝑥) = 3𝑥 2 − 3𝑥 𝑎. 𝑓′(𝑥) = 3𝑥 2 − 3𝑥 = 0 → 3𝑥(𝑥 − 1) = 0 → 𝑥 = 0, 𝑥 = 1 𝑏. 𝑓′(𝑥) = 3𝑥 2 − 3𝑥 siempre existe. Por lo tanto, los valores críticos de la función son: 𝑥 = 0, 𝑥 = 1. Donde 𝑓(0) = 0,

1 𝑓(1) = − , 2

5 𝑓(−1) = − , 2 5

𝑓(2) = 2

En consecuencia, el valor mínimo absoluto es − 2 y el valor máximo absoluto es 2.

224

2. 𝑓(𝑥) =

𝑥2 , [−1,1] 𝑥2 + 3

Solución. Realizando un procedimiento similar al ejemplo anterior, se obtiene 𝑓′(𝑥) = 𝑎. 𝑓′(𝑥) =

2𝑥(𝑥 2 + 3) − 2𝑥(𝑥 2 ) 2𝑥 3 + 6𝑥 − 2𝑥 3 6𝑥 = = 2 (𝑥 2 + 3)2 (𝑥 2 + 3)2 (𝑥 + 3)2

6𝑥 = 0 → 6𝑥 = 0 → 𝑥 = 0 (𝑥 2 + 3)2 6𝑥

𝑏. 𝑓′(𝑥) = (𝑥 2 +3)2 siempre existe. Entonces, la función dada tiene un solo valor crítico 𝑥 = 0, donde 1 𝑓(−1) = , 4

𝑓(0) = 0,

𝑓(1) =

1 4 1

Así, el valor mínimo absoluto es 0 y el valor máximo absoluto es 4 .

2

3. 𝑓(𝑥) = 3𝑥 3 − 2𝑥, [−8,8] De igual manera a los ejemplos anteriores, se obtiene 𝑓′(𝑥) = 2𝑥

−

1 3

−2=

2 1 𝑥3

1

−2 =

2 − 2𝑥 3 1

𝑥3

1

𝑎. 𝑓′(𝑥) =

2 − 2𝑥 3 1 𝑥3

1

1

1

𝑏. 𝑓′(𝑥) =

2 − 2𝑥 3 1 𝑥3

1

= 0 → 2 − 2𝑥 3 = 0 → 2 = 2𝑥 3 → 𝑥 3 = 1 → 𝑥 = 1

𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 0

225

Entonces, los valores críticos de la función son 𝑥 = 0 y 𝑥 = 1, donde 𝑓(0) = 0,

𝑓(1) = 1,

𝑓(−8) = 28,

𝑓(8) = −4

Por consiguiente, el valor mínimo absoluto es −4 y el valor máximo absoluto es 28.

4. 𝑓(𝑥) = sin2 𝑥 + cos 𝑥 , [0,2𝜋] Solución. Derivando la función trigonométrica se obtiene 𝑓′(𝑥) = 2 sin 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 = sin 𝑥(2 cos 𝑥 − 1) 𝑎. 𝑓′(𝑥) = sin 𝑥(2 cos 𝑥 − 1) = 0 → sin 𝑥 = 0,

2 cos 𝑥 − 1 = 0

Resolviendo las dos ecuaciones obtenemos sin 𝑥 = 0 → 𝑥 = 0, 𝜋

cos 𝑥 =

1 𝜋 5𝜋 →𝑥= , 2 3 3

𝑏. 𝑓′(𝑥) = sin 𝑥(2 cos 𝑥 − 1) siempre existe. 𝜋

Por tanto, los valores críticos de la función son: 𝑥 = 0, 𝑥 = 3 , 𝑥 = 𝑓(0) = 1,

𝜋 3 1 5 𝑓( ) = + = , 3 4 2 4

5𝜋 3 1 5 𝑓( ) = + = , 3 4 2 4

5𝜋 3

y 𝑥 = 𝜋, donde

𝑓(𝜋) = −1,

𝑓(2𝜋) = 1 5

En consecuencia, el valor mínimo absoluto es −1 y el valor máximo absoluto es 4.

226

A continuación, se presentan dos resultados muy importantes en el cálculo diferencial: el teorema de Rolle y el teorema del valor medio. El teorema de Rolle, nombrado así en honor del matemático francés Michel Rolle (1652 − 1719), proporciona las condiciones que garantizan la existencia de un valor extremo en el interior de un intervalo cerrado. Teorema de Rolle. Sea 𝑓 una funcion continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] y derivable en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏). Si 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), entonces existe por lo menos un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) = 0. Demostración. La demostración se realiza con tres consideraciones y suponiendo que 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) = 𝑑 1. Si 𝑓(𝑥) = 𝑑 para toda 𝑥 en [𝑎, 𝑏], 𝑓 es una función constante, por tanto, 𝑓′(𝑥) = 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏). 2. Suponer que 𝑓(𝑥) > 𝑑 para algún 𝑥 en (𝑎, 𝑏). Por el teorema del valor extremo, se sabe que 𝑓 tiene un valor máximo en algún valor 𝑐 en el intervalo. Además, como 𝑓(𝑐) > 𝑑, este valor máximo no puede presentarse en los valores terminales. De tal modo, 𝑓 tiene un valor máximo en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏). Esto implica que 𝑓(𝑐) es un valor máximo relativo y por el teorema anterior 𝑐 es un valor crítico de 𝑓. Finalmente, como 𝑓 es derivable en 𝑐, es posible concluir que 𝑓′(𝑐) = 0. 3. Si 𝑓(𝑥) < 𝑑 para algun 𝑥 en (𝑎, 𝑏), se puede utilizar un argumento similar al caso anterior, pero sustituyendo el valor máximo por el valor mínimo. Observación. Del teorema de Rolle se desprende que si una función 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏], y derivable en (𝑎, 𝑏) y si 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), entonces existe un valor 𝑥 entre 𝑎 𝑦 𝑏 en donde la gráfica de la curva presenta una recta tangente horizontal, como se ilustra en la primera figura. Si se elimina la condición de derivabilidad, 𝑓 seguirá teniendo un valor crítico en (𝑎, 𝑏), pero quizá no se presente una recta tangente horizontal, como se muestra en la segunda figura.

Ejemplos. Determinar dos intersecciones con el eje 𝑥 de la función 𝑓 y demostrar que 𝑓′(𝑥) = 0 en algún valor entre las dos intersecciones. 227

1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 𝑥 − 2 Solución. Puesto que 𝑓 es una función polinómica, se tiene que es continua y derivable en todos los reales. Las intersecciones con el eje 𝑥 se presentan cuando 𝑥 2 − 𝑥 − 2 = 0 → (𝑥 − 2)(𝑥 + 1) = 0 → 𝑥 = −1, 𝑥 = 2 Como 𝑓(−1) = 𝑓(2) = 0, y usando el teorema de Rolle se sabe que existe por lo menos un valor 𝑐 en (−1,2) tal que 𝑓′(𝑐) = 0. Entonces, para hallar el valor 𝑐 se resuelve la ecuación 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 =

1 2

Observación. El teorema de Rolle se utiliza en la demostración del teorema del valor medio que se presenta a continuación. Teorema del valor medio. Si 𝑓 es una función continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] y derivable en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏), entonces existe un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) =

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

Demostración. Considerando la siguiente gráfica

228

La ecuación de la recta secante que contiene los puntos (𝑎, 𝑓(𝑎)), (𝑏, 𝑓(𝑏) ) es 𝑦=[

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) ] (𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

Sea 𝑔(𝑥) la diferencia entre 𝑓(𝑥) y 𝑦. Entonces 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑦 = 𝑓(𝑥) − [ ] (𝑥 − 𝑎) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎 Evaluando la función en los valores 𝑎 𝑦 𝑏, se tiene que 𝑔(𝑎) = 𝑔(𝑏) = 0. Como 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏] entonces, 𝑔 también es continua en [𝑎, 𝑏]. Además, como 𝑓 es derivable, 𝑔 también lo es, y por lo tanto utilizando el teorema de Rolle a la función 𝑔, debe existir un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑔′ (𝑐) = 0, lo que implica que 0 = 𝑔′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) −

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

En consecuencia, existe un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) =

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

Observación. El término “medio” en el teorema del valor medio se refiere al ritmo de cambio medio(o promedio) de la función 𝑓 en el intervalo [𝑎, 𝑏]. Esto es, en términos del ritmo o velocidad de cambio, el teorema del valor medio implica que debe existir un valor en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏) en el cual el ritmo o velocidad de cambio instantánea es igual al ritmo o velocidad del cambio promedio sobre el intervalo [𝑎, 𝑏]. Por otro lado, geométricamente, el teorema garantiza la existencia de una recta tangente que es paralela a la recta secante que pasa por los puntos (𝑎, 𝑓(𝑎)) y (𝑏, 𝑓(𝑏)). Ejemplos. Determinar si el teorema del valor medio puede aplicarse a 𝑓 sobre el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏]. Si el teorema del valor medio puede aplicarse, encontrar todos los valores de 𝑐 en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) =

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

Si no se puede aplicar explique por qué no. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 8𝑥, [−1,2] Solución. Puesto que 𝑓 es continua en el intervalo [−1,2] y derivable en (−1,2), entonces se puede aplicar el teorema del valor medio. Por tanto, la recta secante que pasa por los puntos (−1, 𝑓(−1)) y (2, 𝑓(2)) tiene como pendiente

229

𝑚=

𝑓(2) − 𝑓(−1) 0 − 9 −9 = = = −3 2 − (−1) 2+1 3

Por consiguiente, existe por lo menos un valor 𝑐 en (−1,2) tal que 𝑓′(𝑐) = −3; es decir, 3

𝑓′(𝑥) = 4𝑥 3 − 8 = −3 → 4𝑥 3 = 5 → 𝑥 = √ 3

5 4

5

De tal modo, en el intervalo (−1,2) se puede concluir que 𝑐 = √4 . 2. 𝑓(𝑥) = √2 − 𝑥 , [−7,2] Solución. La función 𝑓 es continua en [−7,2] y derivable en (−7,2), puesto que 𝑓′(𝑥) = 2

−1 √2−𝑥

existe

para todo 𝑥 en (−7,2), entonces se puede aplicar el teorema del valor medio. Ahora, la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos (−7, 𝑓(−7)) y (2, 𝑓(2)) es 𝑚=

𝑓(2) − 𝑓(−7) 0 − 3 −3 1 = = =− 2 − (−7) 2+7 9 3 1

En consecuencia, existe por lo menos un valor 𝑐 en (−7,2) tal que 𝑓′(𝑐) = − 3 ; es decir, 𝑓 ′ (𝑥) =

−1 2√2 − 𝑥

=−

1 3 9 9 1 → = √2 − 𝑥 → = 2 − 𝑥 → 𝑥 = 2 − → 𝑥 = − 3 2 4 4 4 1

De tal modo, en el intervalo (−7,2) se puede concluir que 𝑐 = − 4 . 3. 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 + tan 𝑥 , [ 0 , 𝜋 ] Solución. El teorema del valor medio no se puede aplicar debido a que la función dada es discontinua 𝜋 en 𝑥 = 2 . 4. Cuando se saca un objeto del horno y se pone a temperatura ambiente constante de 90°𝐹 la temperatura de su núcleo es de 1500°𝐹. Cinco horas después la temperatura del núcleo corresponde a 390°𝐹. Explicar porque debe existir un instante en el intervalo en el que la temperatura disminuye a un ritmo o tasa de 222°𝐹 por hora. Solución. Consideremos 𝑡 = 0 el tiempo (en horas) cuando se saca el objeto del horno. Si 𝑇(𝑡) representa la temperatura del objeto (en °𝐹), se tiene que 𝑇(0) = 1500°𝐹 y 𝑇(5) = 390°𝐹. Por tanto, la temperatura promedio del objeto en el intervalo de tiempo dado es 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =

𝑇(5) − 𝑇(0) 390 − 1500 = = −222°𝐹 5−0 5

230

Suponiendo que la función de temperatura es continua en [0, 5] y derivable en (0, 5), entonces el teorema del valor medio nos afirma que existe por lo menos un valor 𝑐 en (0, 5) tal que 𝑇′(𝑐) =

𝑇(5) − 𝑇(0) = −222°𝐹 5−0

Es decir, existe un instante 𝑡 = 𝑐 en el intervalo (0, 5) donde la tasa de cambio es −222°𝐹.

Funciones crecientes, decrecientes y el criterio de la primera derivada A continuación, se estudiará cómo se puede utilizar las derivadas para clasificar los valores extremos relativos. En la sección 2.1 se definió los conceptos de función creciente y función decreciente, conceptos que se presentan nuevamente. Definición. Una función 𝑓 es creciente sobre un intervalo si para cualesquiera dos valores 𝑥1 , 𝑥2 en el intervalo, 𝑥1 < 𝑥2

→

𝑓 (𝑥1 ) < 𝑓 (𝑥2 )

Una función 𝑓 es decreciente sobre un intervalo si para cualesquiera dos valores 𝑥1 , 𝑥2 en el intervalo, 𝑥1 < 𝑥2

→

𝑓 (𝑥1 ) > 𝑓 (𝑥2 )

Observación. De la definición anterior se desprende que una función es creciente si, cuando 𝑥 se desplaza hacia la derecha, su gráfica asciende, y es decreciente si su gráfica desciende. El siguiente resultado nos proporciona la relación que hay entre el concepto de función creciente o decreciente con el hecho de que la derivada de la función sea positiva, negativa o cero. Esto es, Teorema. (Criterio para las funciones crecientes y decrecientes) Sea 𝑓 una función continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] y derivable en el intervalo abierto (𝑎, 𝑏). 1. Si 𝑓 ′ (𝑥) > 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏), entonces 𝑓 es creciente en [𝑎, 𝑏]. 2. Si 𝑓 ′ (𝑥) < 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏), entonces 𝑓 es decreciente en [𝑎, 𝑏]. 3. Si 𝑓 ′ (𝑥) = 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏), entonces 𝑓 es constante en [𝑎, 𝑏]. Demostración. 1. Supongamos que 𝑓 ′ (𝑥) > 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏) y sean 𝑥1 < 𝑥2 dos valores cualesquiera en el intervalo. Aplicando el teorema del valor medio se tiene que existe un valor 𝑐 tal que 𝑥1 < 𝑐 < 𝑥2 , donde

231

𝑓(𝑥2 ) − 𝑓(𝑥1 ) 𝑥2 − 𝑥1 Como 𝑓 ′ (𝑐) > 0 y 𝑥2 − 𝑥1 > 0, entonces 𝑓 (𝑥2 ) − 𝑓 (𝑥1 ) > 0. Por tanto, 𝑓(𝑥2 ) > 𝑓 (𝑥1 ), de tal modo se tiene que 𝑓 es creciente en el intervalo. 𝑓′(𝑐) =

2. Supongamos que 𝑓 ′ (𝑥) < 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏) y sean 𝑥1 < 𝑥2 dos valores cualesquiera en el intervalo. Usando el teorema del valor medio se tiene que existe un valor 𝑐 tal que 𝑥1 < 𝑐 < 𝑥2 , donde 𝑓(𝑥2 ) − 𝑓(𝑥1 ) 𝑥2 − 𝑥1 ′ (𝑐) Como 𝑓 < 0 y 𝑥2 − 𝑥1 > 0, entonces 𝑓 (𝑥2 ) − 𝑓 (𝑥1 ) < 0. Entonces, 𝑓(𝑥1 ) > 𝑓 (𝑥2 ), de tal modo se tiene que 𝑓 es decreciente en el intervalo. 𝑓′(𝑐) =

3. Supongamos que 𝑓 ′ (𝑥) = 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏) y sean 𝑥1 < 𝑥2 dos valores cualesquiera en el intervalo. Entonces, el teorema del valor medio nos afirma que existe un valor 𝑐 tal que 𝑥1 < 𝑐 < 𝑥2 , donde 𝑓(𝑥2 ) − 𝑓(𝑥1 ) 𝑥2 − 𝑥1 ′ (𝑥) Debido a que 𝑓 = 0 y 𝑥2 − 𝑥1 > 0, entonces 𝑓 (𝑥2 ) − 𝑓 (𝑥1 ) = 0; luego, 𝑓 (𝑥2 ) = 𝑓 (𝑥1 ). Por tanto, la función 𝑓 es constante en el intervalo. 𝑓′(𝑐) =

Estrategia para determinar los intervalos en los que una función es creciente o decreciente Sea 𝑓 una función continua en el intervalo (𝑎, 𝑏). Para encontrar los intervalos abiertos sobre los cuales 𝑓 es creciente o decreciente, realizar los siguientes pasos. 𝑎. Encontrar los valores críticos de 𝑓 en (𝑎, 𝑏), y utilizarlos para determinar intervalos de prueba. 𝑏. Determinar el signo de 𝑓′(𝑥) en un valor de prueba en cada uno de los intervalos. 𝑐. Aplicar el resultado anterior para determinar si 𝑓 es creciente o decreciente para cada intervalo.

232

Ejemplos. Identificar los intervalos abiertos sobre los cuales la función es creciente o decreciente. 1. 𝑓(𝑥) = 27𝑥 − 𝑥 3 Solución. 𝑎. Partiendo de la derivada de la función 𝑓 ′ (𝑥) = 27 − 3𝑥 2 , los valores críticos de la función están dados por: 𝑓′(𝑥) = 0 y 𝑓′(𝑥) no existe. Entonces, 𝑓 ′ (𝑥) = 27 − 3𝑥 2 = 0 → 27 = 3𝑥 2 → 9 = 𝑥 2 → 𝑥 = ±3 Como 𝑓′(𝑥) siempre existe por ser una función polinomica, se tiene que: 𝑥 = −3 y 𝑥 = 3 son los únicos valores críticos. 𝑏. Análisis del signo de 𝑓 ′ (𝑥) Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, −3) 𝑥 = −4 𝑓 ′ (−4) = −21 < 0 Decreciente

(−3, 3) 𝑥=0 𝑓 ′ (0) = 27 > 0 Creciente

(3, ∞) 𝑥=5 𝑓 ′ (5) = −48 < 0 Decreciente

𝑐. De tal modo, 𝑓 es decreciente en los intervalos (−∞, −3) y (3, ∞), y creciente en el intervalo (−3,3).

2. 𝑓(𝑥) = 𝑥 √16 − 𝑥 2 Solución. 𝑎. Teniendo en cuenta que el dominio de la función es [−4,4], la derivada de la función se halla usando la regla del producto. Entonces, 1 (16 − 𝑥 2 ) − 𝑥 2 1 𝑥2 𝑓′(𝑥) = (1)√16 − 𝑥 2 + (16 − 𝑥 2 )− 2 (−2𝑥)𝑥 = √16 − 𝑥 2 − = 2 √16 − 𝑥 2 √16 − 𝑥 2

𝑓′(𝑥) =

16 − 2𝑥 2 √16 − 𝑥 2

Por tanto, si 𝑓′(𝑥) = 0 se obtiene 233

16 − 2𝑥 2 √16 − 𝑥 2

= 0 → 16 − 2𝑥 2 = 0 → 16 = 2𝑥 2 → 8 = 𝑥 2 → 𝑥 = ±√8 → 𝑥 = ±2√2

Además, si 𝑓′(𝑥) no existe se concluye que √16 − 𝑥 2 = 0 → 16 − 𝑥 2 = 0 → 16 = 𝑥 2 → 𝑥 = ±4 En consecuencia, los valores críticos de la función son: 𝑥 = −4,

𝑥 = −2√2 ,

𝑥 = 2√2 ,

𝑥=4

𝑏. Análisis del signo de 𝑓 ′ (𝑥) Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−4, −2√2) 𝑥 = −3 −2√7 𝑓′(−3) = 0 Creciente

(2√2, 4) 𝑥=3 −2√7 𝑓′(−3) = 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑥2 ) Usando el teorema para las funciones crecientes y decrecientes, se tiene que 𝑓 es decreciente en (𝑥1 , 𝑎) y creciente en (𝑎, 𝑥2 ). Por tanto, 𝑓(𝑎) es un valor mínimo relativo de 𝑓 en el intervalo (𝑥1 , 𝑥2 ) y, en consecuencia, un valor mínimo relativo de 𝑓. 2. Supóngase que 𝑓′(𝑥) cambia de positiva a negativa en 𝑎. Entonces existen dos valores 𝑥1 , 𝑥2 en 𝐼 tales que 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 en (𝑥1 , 𝑎) y 𝑓′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑥2 ) Aplicando el teorema para las funciones crecientes y decrecientes, se tiene que 𝑓 es creciente en (𝑥1 , 𝑎) y decreciente en (𝑎, 𝑥2 ). Entonces, 𝑓(𝑎) es un valor máximo relativo de 𝑓 en el intervalo (𝑥1 , 𝑥2 ) y, por tanto, un valor máximo relativo de 𝑓. 235

Ejemplos. Encontrar los valores críticos de 𝑓 (si los hay), determinar los intervalos abiertos sobre los cuales la función es creciente o decreciente, aplicar el criterio de la primera derivada para identificar todos los extremos relativos y utilizar una herramienta de graficación para confirmar los resultados. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 32𝑥 + 4 Solución. La función dada es continua en todos los reales. Para encontrar los valores críticos de la función se resuelve solamente la ecuación 𝑓′(𝑥) = 0, debido a que 𝑓′(𝑥) siempre existe. Esto es, 3

𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 32 = 0 → 𝑥 3 = 8 → 𝑥 = √8 → 𝑥 = 2 En consecuencia, la función tiene un solo valor crítico 𝑥 = 2. A continuación, se analiza los intervalos donde la función es creciente o decreciente. Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, 2) 𝑥=0 𝑓 ′ (0) = −32 < 0 Decreciente

(2, ∞) 𝑥=3 𝑓 ′ (3) = 76 > 0 Creciente

Aplicando el criterio de la primera derivada se tiene que 𝑓 presenta un valor mínimo relativo 𝑓(2) = −44 en el punto (2, −44).

2

2. 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 2)3 Solución. Al igual que el ejemplo anterior, la función es continua en todos los reales. Entonces, nos preguntamos cuando la derivada vale cero y cuando no existe. Esto es, 1 2 𝑓′(𝑥) = (𝑥 + 2)− 3 = 3

236

2 1

3(𝑥 + 2)3

Nunca se presenta que 𝑓′(𝑥) = 0 y no existe la derivada de la función cuando 𝑥 = −2. De tal modo la función tiene un único valor critico 𝑥 = −2. (−∞, −2) 𝑥 = −3 −2 𝑓 ′ (−3) = 0 3 Creciente

Usando el criterio de la primera derivada se obtiene que 𝑓 presenta un valor mínimo relativo 𝑓(−2) = 0 en el punto (−2,0).

3. 𝑓(𝑥) =

𝑥 2 − 2𝑥 + 1 𝑥+1

Solución. Aplicando la regla del cociente se obtiene 𝑓′(𝑥) =

(2𝑥 − 2)(𝑥 + 1) − (1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) 2𝑥 2 + 2𝑥 − 2𝑥 − 2 − 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = (𝑥 + 1)2 (𝑥 + 1)2

𝑓′(𝑥) =

𝑥 2 + 2𝑥 − 3 (𝑥 + 1)2

Entonces, los valores críticos de la función se presentan cuando 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥 2 + 2𝑥 − 3 = 0 → 𝑥 2 + 2𝑥 − 3 = 0 → (𝑥 + 3)(𝑥 − 1) = 0 → 𝑥 = −3, 𝑥 = 1 (𝑥 + 1)2

Además, como 𝑥 = −1 no esta en el dominio de 𝑓, es necesario utilizar este valor de 𝑥 junto con los valores críticos hallados para determinar los intervalos de prueba. Esto es, Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, −3) 𝑥 = −4 5 >0 9 Creciente

𝑓 ′ (−4) =

(−3, −1) 𝑥 = −2

(−1,1) 𝑥=0

𝑓 ′ (−2) = −3 < 0

𝑓 ′ (0) = −3 < 0

Decreciente

Decreciente

237

(1, ∞) 𝑥=2 5 >0 9 Creciente

𝑓 ′ (2) =

Aplicando el criterio de la primera derivada, se puede concluir que 𝑓 tiene un valor máximo relativo 𝑓(−3) = −8 en el punto (−3, −8) y un valor mínimo relativo 𝑓(1) = 0 en el punto (1,0).

4. 𝑓(𝑥) = {

3𝑥 + 1, 5 − 𝑥2,

𝑥≤1 𝑥>1

Solución.

De la gráfica se observa que la función es creciente en el intervalo (−∞, 1) y decreciente en el intervalo (1, ∞). En consecuencia, usando el criterio de la primera derivada, 𝑓 presenta un valor máximo relativo 𝑓(1) = 4 en el punto (1,4). 5. 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 + cos 𝑥,

(0,2𝜋)

Solución. La función dada es continua en el intervalo dado y su derivada 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥 − sin 𝑥 existe para todo 𝑥 en (0,2𝜋), entonces los valores críticos de 𝑓 están dados por cos 𝑥 − sin 𝑥 = 0 → cos 𝑥 = sin 𝑥 → 𝑥 = 238

𝜋 5𝜋 ,𝑥 = 4 4

𝜋

𝜋 5𝜋 ) 4

En consecuencia, los intervalos de prueba son: (0, 4 ) , ( 4 , Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

𝜋 (0, ) 4 𝜋 𝑥= 6 𝜋 1 √3 𝑓′ ( ) = − >0 6 2 2 Creciente

5𝜋

𝑦 ( 4 , 2𝜋). Por tanto,

𝜋 5𝜋 ( , ) 4 4 𝑥=𝜋

5𝜋 ( , 2𝜋) 4 3𝜋 𝑥= 2 3𝜋 𝑓′ ( ) = 1 > 0 2 Creciente

𝑓 ′ (𝜋) = −1 < 0 Decreciente

Usando el criterio de la primera derivada, se obtiene que 𝑓 tiene un valor maximo relativo 𝜋

𝜋

5𝜋

𝑓 ( 4 ) = √2 en el punto ( 4 , √2) y un valor mínimo relativo 𝑓 ( 4 ) = −√2 en el punto 5𝜋 , −√2). 4

(

Observación. Hasta el momento se ha visto como determinar los intervalos en los que una función 𝑓 es creciente o decreciente y nuestro siguiente objetivo es extender este análisis a la función 𝑓′ para encontrar los intervalos donde la gráfica de 𝑓 se curva hacia arriba o se curva hacia abajo. Definición. (Concavidad) Sea 𝑓 una funcion derivable en un intervalo abierto 𝐼. La gráfica de 𝑓 es cóncava hacia arriba sobre 𝐼 si 𝑓′ es creciente en el intervalo y cóncava hacia abajo sobre 𝐼 si 𝑓′ es decreciente en el intervalo. Observación. La definición anterior se puede interpretar gráficamente 1. Si la gráfica de 𝑓 es cóncava hacia arriba en el intervalo abierto, entonces la gráfica de 𝑓 yace sobre todas sus rectas tangentes en 𝐼. 2. Si la gráfica de 𝑓 es cóncava hacia abajo en el intervalo abierto, entonces la gráfica de 𝑓 yace debajo de todas sus rectas tangentes en 𝐼. 239

Para determinar los intervalos abiertos sobre las cuales la gráfica de una función 𝑓 es cóncava hacia arriba o hacia abajo, se necesita determinar los intervalos sobre las cuales 𝑓′ sea creciente o decreciente. El siguiente resultado muestra como utilizar la segunda derivada de una función 𝑓 para determinar los intervalos sobre los cuales la gráfica de 𝑓 es cóncava hacia arriba o hacia abajo. Teorema. (Criterio de concavidad) Sea 𝑓 una función cuya segunda derivada existe en un intervalo 𝐼. 1. Si 𝑓′′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 en 𝐼, entonces la gráfica de 𝑓 es cóncava hacia arriba en 𝐼. 2. Si 𝑓′′(𝑥) < 0 para todo 𝑥 en 𝐼, entonces la gráfica de 𝑓 es cóncava hacia abajo en 𝐼. Demostración. 1. Usando el criterio para las funciones crecientes y decrecientes se tiene que si 𝑓′′(𝑥) > 0, entonces 𝑓′ es creciente para todo 𝑥 en 𝐼 y por definición de concavidad, 𝑓 es cóncava hacia arriba. 2. De igual manera, si 𝑓′′(𝑥) < 0, entonces 𝑓′ es decreciente para todo 𝑥 en 𝐼. Por tanto, por definición de concavidad, 𝑓 es cóncava hacia abajo. Observación. Para aplicar el resultado anterior, se encuentran los valores de 𝑥 para los cuales 𝑓′′(𝑥) = 0 o 𝑓′′(𝑥) no existe, y se realiza un análisis para determinar si 𝑓′′(𝑥) > 0 o 𝑓′′(𝑥) < 0. Ejemplos. Determinar los intervalos abiertos en los cuales la gráfica de la función dada es cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 5 + 5𝑥 4 − 40𝑥 2 Solución. La primera y la segunda derivada de 𝑓 son: 𝑓′(𝑥) = 5𝑥 4 + 20𝑥 3 − 80𝑥,

𝑓′′(𝑥) = 20𝑥 3 + 60𝑥 2 − 80

Puesto que 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces se resuelve la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0. Esto es, 20𝑥 3 + 60𝑥 2 − 80 = 0 → 𝑥 3 + 3𝑥 2 − 4 = 0 240

Como 𝑥 = 1 es una raíz de la ecuación, entonces (𝑥 − 1) es un factor de la factorización del polinomio de grado tres, obteniéndose 𝑥 3 + 3𝑥 2 − 4 = 0 → (𝑥 − 1)(𝑥 2 + 4𝑥 + 4) = 0 → (𝑥 − 1)(𝑥 + 2)2 = 0 → 𝑥 = −2, 𝑥 = 1 Puesto que 𝑓′′(𝑥) = 0 cuando 𝑥 = −2, 𝑥 = 1, se debe analizar el signo de 𝑓′′ en los intervalos (−∞, −2), (−2,1) 𝑦 (1, ∞). Esto es, Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, −2) 𝑥 = −3

(−2,1) 𝑥=0

(1, ∞) 𝑥=2

𝑓′′(−3) = −80 < 0

𝑓′′(0) = −80 < 0

𝑓′′(2) = 320 > 0

Cóncava hacia abajo

Cóncava hacia abajo

Cóncava hacia arriba

En conclusión, la función es cóncava hacia abajo en el intervalo (−∞, 1) y cóncava hacia arriba en el intervalo (1, ∞).

2. 𝑓(𝑥) =

𝑥2 + 1 𝑥2 − 1

Solución. La función dada es discontinua en 𝑥 = ±1, valores que se deben tener en cuenta en el análisis de los intervalos. Derivando dos veces la función se obtiene 𝑓′(𝑥) =

(2𝑥)(𝑥 2 − 1) − (2𝑥)(𝑥 2 + 1) 2𝑥 3 − 2𝑥 − 2𝑥 3 − 2𝑥 −4𝑥 = = 2 2 2 2 2 (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2

𝑓′′(𝑥) =

(−4)(𝑥 2 − 1)2 − 2(𝑥 2 − 1)(2𝑥)(−4𝑥) (𝑥 2 − 1)[−4(𝑥 2 − 1) + 16𝑥 2 ] = [(𝑥 2 − 1)2 ]2 (𝑥 2 − 1)4

𝑓′′(𝑥) =

−4𝑥 2 + 4 + 16𝑥 2 12𝑥 2 + 4 = 2 (𝑥 2 − 1)3 (𝑥 − 1)3

241

Analizando la segunda derivada, se observa que no hay valores donde 𝑓′′(𝑥) = 0, pero en 𝑥 = ±1 la función 𝑓 no es continua, por lo que se prueba la concavidad en los intervalos (−∞, −1), (−1,1) 𝑦 (1, ∞). Esto es, Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, −1) 𝑥 = −2

(−1,1) 𝑥=0

(1, ∞) 𝑥=2

52 >0 27 Cóncava hacia arriba

𝑓′′(0) = −4 < 0

52 >0 27 Cóncava hacia arriba

𝑓′′(−2) =

Cóncava hacia abajo

𝑓′′(2) =

Observación. En la gráfica del primer ejemplo se puede observar que en el punto (1, −34) cambia la concavidad de la función. Si la recta tangente a la gráfica existe en un punto de este tipo, se denomina punto de inflexión. Definición. (Punto de inflexión) Sea 𝑓 una función continua en un intervalo abierto y sea 𝑎 un valor de ese intervalo. Si la gráfica de 𝑓 tiene una recta tangente en este punto (𝑎, 𝑓(𝑎)), entonces el punto dado se denomina punto de inflexión de la gráfica de 𝑓 si la concavidad de 𝑓 cambia de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo (o de cóncava hacia abajo a cóncava hacia arriba) en ese punto.

Observación. En la definición de punto de inflexión se requiere que la recta tangente exista en el punto de inflexión, pero esta condición puede no considerarse en otros materiales bibliográficos. 242

El procedimiento para hallar los posibles puntos de inflexión es similar al procedimiento para localizar los extremos relativos de 𝑓. Esto es, se deben determinar los valores de 𝑥 para los cuales 𝑓′′(𝑥) = 0 o 𝑓′′(𝑥) no existe. Ejemplos. Encontrar los puntos de inflexión y analizar la concavidad de la gráfica de la función. 1 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 2𝑥 3 2 Solución. La primera y segunda derivada de la función están dadas por: 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 3 + 6𝑥 2 ,

𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑥 2 + 12𝑥

Resolviendo la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0, se obtiene 6𝑥 2 + 12𝑥 = 0 → 6𝑥(𝑥 + 2) = 0 → 𝑥 = −2,

𝑥=0

Puesto que 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces los posibles puntos de inflexión ocurren cuando 𝑥 = −2 𝑦 𝑥 = 0. Realizando el análisis de intervalos se tiene Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, −2) 𝑥 = −3 𝑓′′(−3) = 18 > 0 Cóncava hacia arriba

(−2,0) 𝑥 = −1 𝑓′′(−1) = −6 < 0 Cóncava hacia abajo

(0, ∞) 𝑥=1 𝑓′′(1) = 18 > 0 Cóncava hacia arriba

En el análisis de intervalos se observa que la función cambia de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo en el punto (−2, −8) y de cóncava hacia abajo a cóncava hacia arriba en el punto (0,0). Por tanto, los puntos (−2, −8), (0,0) son punto inflexión.

2. 𝑓(𝑥) = 𝑥√𝑥 + 3 Solución. Partiendo del hecho de que el dominio de la función es [−3, ∞) y derivando dos veces la función, se obtiene 243

1 1 1 1 𝑓′(𝑥) = (𝑥 + 3)2 + (𝑥 + 3)− 2 𝑥 = (𝑥 + 3)2 + 2

3 [2(𝑥 +

1 3)2 ] −

(𝑥 + 3)

[2(𝑥

1 2 + 3)2 ]

𝑓′′(𝑥) =

𝑓′′(𝑥) =

−

6𝑥 + 18 − 3𝑥 − 6 4(𝑥 +

3 3)2

1 2 (3𝑥

𝑥 2(𝑥 +

1 3)2 1

=

6(𝑥 + 3)2 −

+ 6) =

2(𝑥 + 3) + 𝑥 2(𝑥 +

1 3)2

(𝑥 + 4(𝑥 + 3)

3𝑥 + 6 1

2(𝑥 + 3)2

6(𝑥 + 3) − (3𝑥 + 6)

3𝑥 + 6 1 3)2

=

1

=

(𝑥 + 3)2 4(𝑥 + 3)

3𝑥 + 12

=

3

4(𝑥 + 3)2

Resolviendo la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0, se obtiene 𝑓′′(𝑥) =

3𝑥 + 12 3

= 0 → 3𝑥 + 12 = 0 → 𝑥 = −4

4(𝑥 + 3)2 Además, como 𝑓′′(𝑥) no existe en 𝑥 = −3 y teniendo en cuenta que el dominio de 𝑓 es [−3, ∞), solamente se analiza la concavidad de la función en el intervalo (−3, ∞). (−3, ∞) 𝑥=1 15 𝑓′′(1) = >0 32 Cóncava hacia arriba

Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

En conclusión, la función dada no tiene puntos de inflexión y es cóncava hacia arria en todo su dominio.

3. 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2 cos 𝑥, [0,2𝜋] Solución. La primera y segunda derivada de la función están dadas por: 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 2 sin 𝑥 , Resolviendo la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0, se obtiene 244

𝑓 ′′ (𝑥) = −2 cos 𝑥

𝑓′′(𝑥) = −2 cos 𝑥 = 0 → cos 𝑥 = 0 → 𝑥 =

𝜋 , 2

𝑥=

3𝜋 2

Puesto que 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces los puntos de inflexión posibles en el intervalo 𝜋 3𝜋 cerrado [0,2𝜋] ocurren en 𝑥 = , 𝑥 = . Realizando el análisis de intervalos se tiene 2

Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

2

𝜋 (0, ) 2 𝜋 𝑥= 4

𝜋 3𝜋 ( , ) 2 2 𝑥=𝜋

𝜋 𝑓′′ ( ) = −√2 < 0 4 Cóncava hacia abajo

𝑓 ′′ (𝜋) = 2 > 0 Cóncava hacia arriba

3𝜋 ( , 2𝜋) 2 7𝜋 𝑥= 4 7𝜋 𝑓′′ ( ) = −√2 < 0 4 Cóncava hacia abajo

En el análisis de intervalos se obtiene que la función cambia de cóncava hacia abajo a 𝜋 𝜋

cóncava hacia arriba en el punto ( 2 , 2 ) y de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo 3𝜋 3𝜋 ). 2

en el punto ( 2 ,

𝜋 𝜋

3𝜋 3𝜋 ). 2

Entonces, los puntos de inflexión de la función son ( 2 , 2 ) , ( 2 ,

Observación. Es posible encontrar una función 𝑓 cuya segunda derivada sea igual a cero en algún valor 𝑥 y en dicho valor no se presente un punto de inflexión. Por ejemplo, la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 siempre es cóncava hacia arriba y en 𝑥 = 0 la segunda derivada 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥 2 = 0.

Además, la segunda derivada se puede utilizar para efectuar una prueba sencilla para determinar los valores máximos y mínimos relativos de una función 𝑓. 245

Teorema. (Criterio de la segunda derivada) Sea 𝑓 una función tal que 𝑓′(𝑎) = 0 y la segunda derivada de 𝑓 existe en un intervalo abierto que contiene al valor 𝑎. 1. Si 𝑓′′(𝑎) > 0, entonces 𝑓 tiene un valor mínimo relativo en (𝑎, 𝑓(𝑎)) 2. Si 𝑓′′(𝑎) < 0, entonces 𝑓 tiene un valor máximo relativo en (𝑎, 𝑓(𝑎)) Demostración. Si 𝑓′(𝑎) = 0 𝑦 𝑓′′(𝑎) > 0, existe un intervalo abierto 𝐼 que contiene al valor 𝑎 tal que 𝑓′(𝑥) − 𝑓′(𝑎) 𝑓′(𝑥) = >0 𝑥−𝑎 𝑥−𝑎 Para toda 𝑥 ≠ 𝑎 en 𝐼. Si 𝑥 < 𝑎, entonces 𝑥 − 𝑎 < 0 𝑦 𝑓′(𝑥) < 0. Además, si 𝑥 > 𝑎 entonces 𝑥 − 𝑎 > 0 𝑦 𝑓′(𝑥) > 0. De tal modo, 𝑓′(𝑥) cambia de negativa a positiva en 𝑎, y el criterio de la primera derivada implica que 𝑓(𝑎) es un valor mínimo relativo. Realizando un análisis similar al anterior, se demuestra la segunda parte del resultado. Ejemplos. Encontrar todos los extremos relativos utilizando el criterio de la segunda derivada. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 4𝑥 3 + 2 Solución. Inicialmente se encuentran los valores críticos de la función. Esto es, 𝑓′(𝑥) = 4𝑥 3 − 12𝑥 2 = 0 → 4𝑥 2 (𝑥 − 3) = 0 → 𝑥 = 0,

𝑥=3

Donde 𝑓(0) = 2, 𝑓(3) = −25. Por tanto, si 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥 2 − 24𝑥 se aplica el criterio de la segunda derivada Punto Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(0,2) 𝑓′′(0) = 0 El criterio falla

(3, −25) 𝑓′′(3) = 36 > 0 Mínimo relativo

De la gráfica se puede observar que efectivamente −25 es un valor mínimo relativo y se presenta en el punto (3, −25). Además, en 𝑥 = 0 no se presenta ni un valor máximo relativo ni un valor mínimo relativo. 246

2. 𝑓(𝑥) = √𝑥 2 + 1 Solución. Los valores críticos de la función están dados por 1 1 𝑥 𝑓′(𝑥) = (𝑥 2 + 1)− 2 (2𝑥) = = 0 → 𝑥 = 0, 2 2 √𝑥 + 1

𝑓(0) = 1

Derivando nuevamente se obtiene 1

𝑓′′(𝑥) =

(𝑥 2 +

1 1)2

1 − 2 (𝑥 2 + [(𝑥 2

𝑓′′(𝑥) =

+

1 1)− 2 (2𝑥)(𝑥)

1 2 1)2 ]

(𝑥 2 + 1)2 −

𝑥2

(𝑥 2 + 1) − 𝑥 2 1

(𝑥 2 + 1)2 = (𝑥 2 + 1)

=

1

(𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)

1 3

(𝑥 2 + 1)2 Ahora, aplicando el criterio de la segunda derivada Punto Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(0,1) 𝑓′′(0) = 1 > 0 Mínimo relativo

De la gráfica se observa que efectivamente 1 es un valor mínimo relativo y se presenta en el punto (0,1).

Análisis de gráficas Hasta el momento, se han estudiado varios conceptos que son importantes al analizar la gráfica de una función. En el capítulo 2 se recordó: intersecciones con los ejes 𝑥 e 𝑦, simetría, dominio y recorrido. En el capítulo 3 se analizó la continuidad de una función, en el capítulo 4 se estudiaron las asíntotas verticales y horizontales, en el capítulo 5 se trabajó el concepto de derivabilidad y en esta sección se ha definido los conceptos de crecimiento y decrecimiento de una función, extremos absolutos y relativos, concavidad y puntos de inflexión. A continuación, se presentan estrategias para analizar la gráfica de una función. 247

𝑎. Determinar el dominio y el recorrido de la función. 𝑏. Determinar las intersecciones, asíntotas y simetría de la gráfica. 𝑐. Localizar los valores de 𝑥 para los cuales 𝑓′(𝑥) = 0 o 𝑓′(𝑥) no existe. Usar los resultados para determinar donde la función es creciente o decreciente y los valores extremos relativos. 𝑑. Encontrar los valores de 𝑥 para los cuales 𝑓′′(𝑥) = 0 o 𝑓′′(𝑥) no existe. Usar los resultados para determinar donde la función es cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo y los puntos de inflexión. Ejemplos. Trazar la gráfica de cada una de las funciones dadas. 1. 𝑓(𝑥) = 2𝑥 3 − 3𝑥 2 − 12𝑥 Solución. 𝑎. El dominio y el recorrido de la función son los ℝ. 𝑏. Intersecciones. 

La curva corta al eje 𝑥 cuando 𝑦 = 0, entonces se resuelve 2𝑥 3 − 3𝑥 2 − 12𝑥 = 0 → 𝑥(2𝑥 2 − 3𝑥 − 12) = 0 → 𝑥 = 0, 2𝑥 2 − 3𝑥 − 12 = 0 Aplicando la ecuación cuadrática se obtiene 3 + √105 3 − √105 𝑥 = 0, 𝑥= , 𝑥= 4 4  La curva corta al eje 𝑦 cuando 𝑥 = 0, entonces 𝑦 = 2(0)3 − 3(0)2 − 12(0) → 𝑦 = 0 Asíntotas.  

Las asíntotas verticales se presentan en aquellos valores de las funciones racionales donde el denominador se anula, así la función dada no tiene asíntotas verticales. Las asíntotas horizontales se presentan cuando existe por lo menos uno de los siguientes limites lim 𝑓(𝑥) = 𝐿, lim 𝑓(𝑥) = 𝐿 𝑥→−∞

𝑥→∞

Entonces, lim (2𝑥 3 − 3𝑥 2 − 12𝑥) = 𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒, lim (2𝑥 3 − 3𝑥 2 − 12𝑥) = 𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒

𝑥→−∞

𝑥→∞

Por tanto, la función dada no presenta asíntotas horizontales. Simetría. La curva dada no tiene simetría. 𝑐. La derivada de la función es 𝑓′(𝑥) = 6𝑥 2 − 6𝑥 − 12 Como 𝑓′(𝑥) siempre existe, entonces los valores críticos de la función se presentan cuando 𝑓′(𝑥) = 0. Esto es, 6𝑥 2 − 6𝑥 − 12 = 0 → 6(𝑥 2 − 𝑥 − 2) = 0 → 6(𝑥 − 2)(𝑥 + 1) = 0 → 𝑥 = −1, 248

𝑥=2

A continuación, se analiza los intervalos donde la función es creciente o decreciente. Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, −1) 𝑥 = −2 𝑓′(−2) = 24 > 0 Creciente

(−1,2) 𝑥=0 𝑓′(0) = −12 < 0 Decreciente

(2, ∞) 𝑥=3 𝑓′(3) = 24 > 0 Creciente

Aplicando el criterio de la primera derivada se obtiene que la función presenta un valor máximo relativo 𝑓(−1) = 7 y un valor mínimo relativo 𝑓(2) = −20. 𝑑. La segunda derivada de la función es 𝑓′′(𝑥) = 12𝑥 − 6 Puesto que 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces se resuelve la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0. Esto es, 12𝑥 − 6 = 0 → 𝑥 =

6 1 → 𝑥= 12 2

En consecuencia, se analiza la concavidad de la función en los siguientes intervalos 1

1

(−∞, 2) 𝑦 (2 , ∞). Esto es, Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

1 (−∞, ) 2 𝑥=0 𝑓′′(0) = −6 < 0 Cóncava hacia abajo

1 ( , ∞) 2 𝑥=1 𝑓′′(1) = 6 > 0 Cóncava hacia arriba 1

Lo anterior, nos indica que la función tiene un punto de inflexión en (2 , − gráfica de la curva es

249

13 ). 2

Por tanto, la

2. 𝑓(𝑥) = (𝑥 2 − 1)3 Solución. 𝑎. El dominio y el recorrido de la función son los ℝ. 𝑏. Intersecciones.  

La curva corta al eje 𝑥 cuando 𝑦 = 0, entonces se resuelve (𝑥 2 − 1)3 = 0 → 𝑥 2 − 1 = 0 → 𝑥 = ±1 La curva corta al eje 𝑦 cuando 𝑥 = 0, entonces 𝑦 = ((0)2 − 1)3 → 𝑦 = −1

Asíntotas. Al igual que el ejemplo anterior, la función polinomica dada no tiene asíntotas verticales ni horizontales. Simetría. Debido a que la función es par; es decir 𝑓(−𝑥) = ((−𝑥)2 − 1)3 = (𝑥 2 − 1)3 = 𝑓(𝑥) Entonces, la curva es simétrica con respecto al eje 𝑦. 𝑐. La primera derivada de la función dada es 𝑓′(𝑥) = 3(𝑥 2 − 1)2 (2𝑥) = 6𝑥(𝑥 2 − 1)2 Puesto que 𝑓′(𝑥) siempre existe, entonces los valores críticos de la función se presentan cuando 𝑓′(𝑥) = 0. Esto es, 6𝑥(𝑥 2 − 1)2 = 0 → 6𝑥(𝑥 + 1)2 (𝑥 − 1)2 = 0 → 𝑥 = −1,

𝑥 = 0,

𝑥=1

A continuación, se analiza los intervalos donde la función es creciente o decreciente. Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, −1) 𝑥 = −2 𝑓′(−2) = −108 < 0 Decreciente

(−1,0) 1 𝑥=− 2 1 27 𝑓′ (− ) = − 0 2 16 Creciente

(1, ∞) 𝑥=2 𝑓′(2) = 108 > 0 Creciente

Del diagrama se observa que la función es decreciente en el intervalo (−∞, 0) y es creciente en el intervalo (0, ∞), por tanto la función tiene un valor mínimo relativo en 𝑓(0) = −1. 𝑑. La segunda derivada de la función es 𝑓′′(𝑥) = 6(𝑥 2 − 1)2 + 2(𝑥 2 − 1)(2𝑥)(6𝑥) = (𝑥 2 − 1)[6(𝑥 2 − 1) + 24𝑥 2 ] 𝑓′′(𝑥) = (𝑥 2 − 1)(30𝑥 2 − 6) Como 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces se resuelve la ecuación 𝑓′′(𝑥) = 0. Esto es,

250

(𝑥 2 − 1)(30𝑥 2 − 6) = 0 → 𝑥 2 − 1 = 0,

30𝑥 2 − 6 = 0 → 𝑥 = ±1,

𝑥=±

1 √5

En consecuencia, se analiza la concavidad de la función en los siguientes intervalos (−∞, −1), (−1, −

1 √5

) , (−

1

),(

1

√5

, 1) 𝑦 (1, ∞). Esto es,

1 ) √5 1 𝑥=− 2 1 9 𝑓′′ (− ) = − < 0 2 8 Cóncava hacia abajo

1 1 , ) √5 √5 𝑥=0

(−1, −

𝑥 = −2

Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

1

√5 √5

(−∞, −1)

Intervalo

,

𝑓′′(−2) = 342 > 0 Cóncava hacia arriba

(−

𝑓′′(0) = 6 > 0 Cóncava hacia arriba

1 ( , 1) √5 1 𝑥= 2 1 9 𝑓′′ ( ) = − < 0 2 8 Cóncava hacia abajo

(1, ∞) 𝑥=2 𝑓′′(2) = 342 > 0 Cóncava hacia arriba

Lo anterior, nos indica que la función dada tiene cuatro puntos de inflexión. Estos son: (−1,0), (−

3. 𝑓(𝑥) =

1 √5

64

, − 125) , (

1

√5

64

, − 125) , (1,0). Por tanto, la gráfica de la curva es

1 + 𝑥2 1 − 𝑥2

Solución. 𝑎. El dominio de la función es ℝ − {±1} y el recorrido de la función es (−∞, −1) ∪ [1, ∞). 𝑏. Intersecciones. 

La curva corta al eje 𝑥 cuando 𝑦 = 0, entonces se resuelve 1 + 𝑥2 = 0 → 1 + 𝑥2 = 0 1 − 𝑥2 La ecuación anterior no tiene solución en los números reales, por tanto, la curva no corta al eje 𝑥.  La curva corta al eje 𝑦 cuando 𝑥 = 0, entonces 1 + (0)2 𝑦= → 𝑦=1 1 − (0)2 251

Asíntotas.  La función presenta asíntotas verticales en 𝑥 = ±1.  Para hallar las asíntotas horizontales (si las hay) se evalúan (si existen) los siguiente limites 1 𝑥2 1 1 + 𝑥2 0+1 2 + 𝑥2 2+1 𝑥 𝑥 lim = lim = lim = = −1 2 𝑥→−∞ 1 − 𝑥 2 𝑥→−∞ 1 𝑥→−∞ 1 𝑥 0−1 − 1 − 2 𝑥 𝑥2 𝑥2 2 1 𝑥 1 1 + 𝑥2 0+1 2 + 𝑥2 2+1 𝑥 𝑥 lim = lim = lim = = −1 2 2 𝑥→∞ 1 − 𝑥 𝑥→∞ 1 𝑥→∞ 1 𝑥 0−1 − 1 − 𝑥2 𝑥2 𝑥2 Por tanto, la recta 𝑦 = −1 es una asíntota horizontal. Simetría. Debido a que la función es par; es decir, 1 + (−𝑥)2 1 + 𝑥 2 𝑓(−𝑥) = = = 𝑓(𝑥) 1 − (−𝑥)2 1 − 𝑥 2 Entonces, la curva es simétrica con respecto al eje 𝑦. 𝑐. La primera derivada de la función es 𝑓′(𝑥) =

(2𝑥)(1 − 𝑥 2 ) − (−2𝑥)(1 + 𝑥 2 ) 2𝑥 − 2𝑥 3 + 2𝑥 + 2𝑥 3 4𝑥 = = 2 2 2 2 (1 − 𝑥 ) (1 − 𝑥 ) (1 − 𝑥 2 )2

Como 𝑓′(𝑥) siempre existe para todo valor del dominio de la función (𝑥 ≠ ±1), entonces los valores críticos de la función se presentan cuando 𝑓′(𝑥) = 0. Esto es, 4𝑥 = 0 → 4𝑥 = 0 → 𝑥 = 0 (1 − 𝑥 2 )2 Para determinar los intervalos en donde la función es creciente o decreciente se consideran los valores 𝑥 = 0, 𝑥 = ±1 (asíntotas verticales) para el análisis de intervalos. Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

(−∞, −1) 𝑥 = −2 8 𝑓′(−2) = − < 0 9 Decreciente

(−1,0) 1 𝑥=− 2 1 32 𝑓′ (− ) = − 0 2 9 Creciente

(1, ∞) 𝑥=2 8 >0 9 Creciente

𝑓′(2) =

Aplicando el criterio de la primera derivada se obtiene que la función presenta un valor mínimo relativo 𝑓(0) = 1. 𝑑. La segunda derivada de la función dada es 𝑓′′(𝑥) =

4(1 − 𝑥 2 )2 − 2(1 − 𝑥 2 )(−2𝑥)(4𝑥) 4(1 − 𝑥 2 )2 + 16𝑥 2 (1 − 𝑥 2 ) = [(1 − 𝑥 2 )2 ]2 (1 − 𝑥 2 )4

252

𝑓′′(𝑥) =

4(1 − 𝑥 2 )[(1 − 𝑥 2 ) + 4𝑥 2 ] 4(3𝑥 2 + 1) = (1 − 𝑥 2 )4 (1 − 𝑥 2 )3

Debido a que 𝑓′′(𝑥) siempre existe para todo 𝑥 ≠ ±1 y nunca se anula, entonces se analiza la concavidad de la función en los intervalos (−∞, −1), (−1,1) 𝑦 (1, ∞). Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, −1) 𝑥 = −2

(−1,1) 𝑥=0

(1, ∞) 𝑥=2

52 0

52 0 9 Creciente

𝑓′(−1) =

(0,2) 𝑥=1

(2,4) 𝑥=3

𝑓′(1) = −3 < 0

𝑓′(3) = −3 < 0

Decreciente

Decreciente

(4, ∞) 𝑥=5 5 >0 9 Creciente

𝑓′(5) =

Aplicando el criterio de la primera derivada se obtiene que la función presenta un valor máximo relativo 𝑓(0) = −2 y un valor mínimo relativo 𝑓(4) = 6. 𝑑. La segunda derivada de la función es 𝑓′′(𝑥) =

(2𝑥 − 4)(𝑥 − 2)2 − 2(𝑥 − 2)(𝑥 2 − 4𝑥) (𝑥 − 2)[(2𝑥 − 4)(𝑥 − 2) − 2(𝑥 2 − 4𝑥)] = [(𝑥 − 2)2 ]2 (𝑥 − 2)4

𝑓′′(𝑥) =

2𝑥 2 − 4𝑥 − 4𝑥 + 8 − 2𝑥 2 + 8𝑥 8 = (𝑥 − 2)3 (𝑥 − 2)3

254

Debido a que 𝑓′′(𝑥) existe para todo 𝑥 ≠ 2 y nunca se anula, entonces se analiza la concavidad de la función en los intervalos (−∞, 2) 𝑦 (2, ∞). Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, 2) 𝑥=0 𝑓′′(0) = −1 < 0 Cóncava hacia abajo

(2, ∞) 𝑥=3 𝑓′′(3) = 8 > 0 Cóncava hacia arriba

Puesto que en 𝑥 = 2 se presenta una asíntota vertical, entonces la curva no tiene puntos de inflexión. En consecuencia, la gráfica de la curva es

5. 𝑓(𝑥) = 𝑥 √𝑥 2 + 1 Solución. 𝑎. El dominio de la función es ℝ y el recorrido es ℝ. 𝑏. Intersecciones. 

La curva corta al eje 𝑥 cuando 𝑦 = 0, entonces se resuelve 𝑥√𝑥 2 + 1 = 0 → 𝑥 = 0 (√𝑥 2 + 1 ≠ 0)



La curva corta al eje 𝑦 cuando 𝑥 = 0, entonces

𝑦 = 0√(0)2 + 1 = 0 Asíntotas. La curva no presenta asíntotas verticales, asíntotas horizontales ni asíntotas oblicuas. Simetría. Debido a que la función es impar; es decir, 𝑓(−𝑥) = −𝑥√(−𝑥)2 + 1 = −𝑥√𝑥 2 + 1 = −𝑓(𝑥) Entonces, la curva es simétrica con respeto al origen. 𝑐. La primera derivada de la función es 1 (𝑥 2 + 1) + 𝑥 2 2𝑥 2 + 1 1 𝑥2 𝑓′(𝑥) = (1)√𝑥 2 + 1 + (𝑥 2 + 1)− 2 (2𝑥)(𝑥) = √𝑥 2 + 1 + = = 2 √𝑥 2 + 1 √𝑥 2 + 1 √𝑥 2 + 1

255

La función no tiene valores críticos por que 𝑓′(𝑥) siempre existe y nunca se anula. Además, puesto que 𝑓′(𝑥) > 0 para todo 𝑥 ∈ ℝ, entonces 𝑓 es creciente en todo su dominio. En consecuencia, la función no tiene valores ni máximos relativos ni mínimos relativos. 𝑑. La segunda derivada de la función es 𝑥(2𝑥 2 + 1) 1 2 1 (4𝑥)√𝑥 2 + 1 − (𝑥 2 + 1)− 2 (2𝑥)(2𝑥 2 + 1) 4𝑥√𝑥 + 1 − √𝑥 2 + 1 2 𝑓′′(𝑥) = = 2 (𝑥 2 + 1) (√𝑥 2 + 1 )

4𝑥(𝑥 2 + 1) − (2𝑥 3 + 𝑥) 4𝑥 3 + 4𝑥 − 2𝑥 3 − 𝑥 2𝑥 3 + 3𝑥 √𝑥 2 + 1 𝑓′′(𝑥) = = = 3 3 (𝑥 2 + 1) (𝑥 2 + 1)2 (𝑥 2 + 1)2 Puesto que 𝑓′′(𝑥) siempre existe, entonces se resuelve 𝑓′′(𝑥) = 0. Esto es, 2𝑥 3 + 3𝑥 (𝑥 2

+

3 1)2

= 0 → 2𝑥 3 + 3𝑥 = 0 → 𝑥(2𝑥 2 + 3) = 0 → 𝑥 = 0 (2𝑥 2 + 3 ≠ 0)

Por tanto, se analiza la concavidad de la función en los intervalos (−∞, 0) 𝑦 (0, ∞). Intervalo Valor de prueba Signo de 𝑓′′(𝑥) Conclusión

(−∞, 0) 𝑥 = −1 −5 𝑓′′(−1) = 0 2√2 Cóncava hacia arriba

Lo anterior, nos indica que la función tiene un punto de inflexión en (0,0). Por tanto, la gráfica de la curva es

256

Ejercicios propuestos Dibuje la gráfica de una función 𝑓 que sea continua sobre [1,5] y tenga las propiedades dadas. 1. Valor mínimo absoluto en 2, valor máximo absoluto en 3, valor mínimo relativo en 4. 2. Valor mínimo absoluto en 1, valor máximo absoluto en 5, valor mínimo relativo en 2, valor mínimo relativo en 4. 3. Valor máximo absoluto en 5, valor mínimo absoluto en 2, valor mínimo relativo en 2 𝑦 4, valor máximo relativo en 3. 4. 𝑓 no tiene valores máximo ni mínimo relativo, pero 2 𝑦 4 son valores críticos. Trace a mano la gráfica de 𝑓 y use su dibujo para encontrar los valores máximos y mínimos, absolutos y relativos de 𝑓. 5. 𝑓(𝑥) = 8 − 3𝑥,

𝑥≥1

7. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 ,

0 0 52 Creciente

(√2, ∞) ℎ=2 −4𝑘 𝐼 ′ (2) = 5 < 0 82 Decreciente

El criterio de la primera derivada confirma que se presenta un valor máximo relativo (absoluto) cuando la fuente luminosa se encuentra a una altura de ℎ = √2 𝑝𝑖𝑒𝑠. 10. Dos corredores arrancan del punto 𝑠 de la figura dada y un observador se encuentra en el punto 𝑃 a 1 unidad de distancia desde la pista de carreras; uno de los corredores va tres veces más rápido que el otro. Hallar el valor máximo del ángulo de visión 𝜃 del observador de un corredor al otro. Solución. 𝑎. Sea 𝑥 la distancia recorrida en un instante por un corredor, entonces el corredor más rápido recorre una distancia 3𝑥, y sea 𝛽 el ángulo de visión entre el punto 𝑠 y el corredor más cercano. 271

𝑏. La ecuación principal se construye analizando el triángulo grande de la figura. Esto es, tan(𝛽 + 𝜃) =

3𝑥 = 3𝑥, 1

tan(𝛽 + 𝜃) =

tan 𝛽 + tan 𝜃 , 1 − tan 𝛽 tan 𝜃

tan 𝛽 =

𝑥 =𝑥 1

Igualando los resultados anteriores y sustituyendo el valor de tan 𝛽, se obtiene tan 𝛽 + tan 𝜃 𝑥 + tan 𝜃 = 3𝑥 → = 3𝑥 → 𝑥 + tan 𝜃 = 3𝑥(1 − 𝑥 tan 𝜃) 1 − tan 𝛽 tan 𝜃 1 − 𝑥 tan 𝜃 Por consiguiente, 𝑥 + tan 𝜃 = 3𝑥 − 3𝑥 2 tan 𝜃 → tan 𝜃 + 3𝑥 2 tan 𝜃 = 3𝑥 − 𝑥 → tan 𝜃 (1 + 3𝑥 2 ) = 2𝑥 En consecuencia, la ecuación principal es tan 𝜃 =

2𝑥 1 + 3𝑥 2

Con el fin de simplificar las operaciones se analiza la función de una variable 𝑓(𝑥) =

2𝑥 1 + 3𝑥 2

𝑐. Como 𝑓 depende únicamente de 𝑥, entonces no es necesario una ecuación secundaria. 𝑑. Debido a que 𝑥 representa una distancia, entonces el dominio de la función es [0, ∞). 𝑒. Derivando la función, se obtiene 𝑓 ′ (𝑥) =

2(1 + 3𝑥 2 ) − 6𝑥(2𝑥) 2 + 6𝑥 2 − 12𝑥 2 2 − 6𝑥 2 = = (1 + 3𝑥 2 )2 (1 + 3𝑥 2 )2 (1 + 3𝑥 2 )2

Entonces, los valores críticos de la función están dados por 2 − 6𝑥 2 1 1 = 0 → 2 − 6𝑥 2 = 0 → 2 = 6𝑥 2 → 𝑥 2 = → 𝑥= 2 2 (1 + 3𝑥 ) 3 √3 Realizando el análisis de intervalos se tiene

272

Intervalo

(0,

1

)

√3 1 𝑥= 2 1 8 𝑓′ ( ) = >0 2 49 Creciente

Valor de prueba Signo de 𝑓′(𝑥) Conclusión

1 ( , ∞) √3 𝑥=1 1 𝑓 ′ (1) = − < 0 4 Decreciente

Aplicando el criterio de la primera derivada se tiene que 𝑓 toma un valor máximo relativo (absoluto) en 𝑥 =

1 √3

. Por consiguiente, reemplazando el valor de 𝑥 en la ecuación principal

se obtiene 1 2( ) 𝜋 √3 √3 −1 √3 tan 𝜃 = → 𝜃 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠 2 = 3 → 𝜃 = tan 3 6 1 1 + 3( ) √3 11. Una ventana Norman se construye juntando un semicírculo a la parte superior de la ventana rectangular. Encontrar las dimensiones de la ventana Norman de área máxima si el perímetro total es de 16 𝑝𝑖𝑒𝑠. Solución. 𝑎. Consideremos 𝑥 la base de la ventana rectangular y 𝑦 la altura.

𝑏. La ecuación principal que determina el área a maximizar es 1 𝑥 2 𝜋 𝐴(𝑥, 𝑦) = (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜) + (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜) = 𝑥𝑦 + 𝜋 ( ) = 𝑥𝑦 + 𝑥 2 2 2 8 𝑐. La ecuación secundaria está dada por la suma del perímetro del rectángulo y la de la semicircunferencia. Esto es, 1 𝑥 𝜋 𝑥 + 2𝑦 + [2𝜋 ( )] = 𝑥 + 2𝑦 + 𝑥 = 16 2 2 2 Despejando la variable 𝑦 y sustituyendo en la ecuación principal, se obtiene 273

𝑦=

𝜋 16 − 𝑥 − 2 𝑥 2

1 𝜋 = 8 − ( + )𝑥 2 4

Por tanto, 1 𝜋 𝜋 1 𝜋 𝜋 𝐴(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 [8 − ( + ) 𝑥] + 𝑥 2 = 8𝑥 − ( + ) 𝑥 2 + 𝑥 2 2 4 8 2 4 8 En consecuencia, 1 𝜋 𝑓(𝑥) = 8𝑥 − ( + ) 𝑥 2 2 8 32

𝑑. El dominio de la función 𝑓 es [0, 2+𝜋 ]. 𝑒. La derivada de la función es 1 𝜋 𝜋 𝑓 ′ (𝑥) = 8 − 2 ( + ) 𝑥 = 8 − (1 + ) 𝑥 2 8 4 Por tanto, los valores críticos de la función son 𝜋 𝜋 8 8 − (1 + ) 𝑥 = 0 → (1 + ) 𝑥 = 8 → 𝑥 = 𝜋 4 4 1+4 Donde 𝑓 (

8

1+

32

𝜋 4

) = 17.92317291, 𝑓(0) = 0, 𝑓 (2+𝜋) = 15.21123618. En consecuencia, las

dimensiones de la ventana Norman con área máxima son 𝑥=(

8 1+

𝜋) = 4.480793228 𝑝𝑖𝑒𝑠, 4

𝑦 = 2.240396614 𝑝𝑖𝑒𝑠

12. Un pozo petrolero marino se encuentra a 2 𝑘𝑚 de la costa. La refinería está a 4 𝑘𝑚 por la costa. La instalación de la tubería en el océano es dos veces más costosa que sobre la tierra. ¿Qué trayectoria debe seguir la tubería para minimizar el costo? Solución. 𝑎. Sea (𝑥, 0) el punto sobre la costa donde llega la tubería desde el pozo petrolero

274

𝑏. La ecuación principal que determina el costo mínimo es 𝐶(𝑥) = 2√(𝑥 − 0)2 + (0 − 2)2 + (4 − 𝑥) = 2√𝑥 2 + 4 + (4 − 𝑥) 𝑐. Puesto que la función costo depende de una sola variable, entonces en el problema no hay una ecuación secundaria. 𝑑. De la figura se observa que el dominio de la función es [0,4]. 𝑒. La derivada de la función es 1 1 2𝑥 𝐶 ′ (𝑥) = 2 ( ) (𝑥 2 + 4)− 2 (2𝑥) + (−1) = −1 2 √𝑥 2 + 4

Entonces los valores críticos de la función son 2𝑥 √𝑥 2

+4

−1=0 →

2𝑥 √𝑥 2 + 4

= 1 → 2𝑥 = √𝑥 2 + 4

Elevando al cuadrado ambos lados de la ecuación, se obtiene 4𝑥 2 = 𝑥 2 + 4 → 3𝑥 2 = 4 → 𝑥 2 =

4 4 2 → 𝑥=√ = 3 3 √3

2

Donde 𝐶 ( 3) = 4 + 2√3 = 7.464101615, 𝐶(0) = 8, 𝐶(4) = 8.94427191. Por consiguiente, √

se concluye que el costo mínimo ocurre cuando la tubería llega a

275

2 √3

𝑘𝑚 por la costa.

Ejercicios propuestos Encontrar dos números positivos que satisfagan las condiciones dadas. 1. La suma es 100 y el producto es máximo. 2. El producto es 185 y la suma es mínima. 3. El producto es 147 y la suma del primero más tres veces el segundo es mínima. 4. El segundo número es el recíproco del primero y la suma es mínima. 5. La suma del primero y el doble del segundo es 108 y el producto es máximo. 6. La suma del primer número al cuadrado y el segundo es 54 y el producto es máximo. Determinar el punto sobre la gráfica de la función que está más cerca al punto dado. 1 (−5,3) 7. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 , (2, ) 8. 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 1)2 , 2 9. 𝑓(𝑥) = √𝑥,

(4,0)

10. 𝑓(𝑥) = √𝑥 − 8,

(12,0)

11. Halle el punto de la recta 𝑦 = 4𝑥 + 7 más cercano al origen. 12. Determine el punto en la recta 6𝑥 + 𝑦 = 9 que está más cerca al punto (−3,1). 13. Encuentre los puntos sobre la elipse 4𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 que están más lejos del punto (1,0). 14. La suma de los perímetros de un triángulo equilátero y un cuadrado es igual a 10. Encontrar las dimensiones del triángulo y el cuadrado que producen el área total mínima. 15. Halle las dimensiones del rectángulo de área máxima que se puede inscribir en un semicírculo de radio 6. 16. Encuentre las dimensiones del triángulo isósceles de área máxima que pueda inscribirse en un círculo de radio 5. 17. Una página rectangular contendrá 30 𝑝𝑢𝑙𝑔2 de área impresa. Los márgenes de cada lado son de 1 𝑝𝑢𝑙𝑔. Encontrar las dimensiones de la página de manera tal que se use la menor cantidad de papel. 18. Los márgenes superior e inferior de un poster miden 6 𝑐𝑚, y los márgenes laterales miden 4 𝑐𝑚. Si el área impresa del poster se fija en 384 𝑐𝑚2 , determine las dimensiones del poster cuya área sea la mínima. 19. El área de un poster tiene que ser de 180 𝑝𝑢𝑙𝑔2 , y los márgenes laterales e inferior deben medir 1 𝑝𝑢𝑙𝑔 y el margen superior debe ser de 2 𝑝𝑢𝑙𝑔. ¿Qué dimensiones darán el área impresa máxima? 20. Un trozo de alambre de 10 𝑚 de largo se corta en dos partes. Una se dobla para formar un cuadrado y la otra para formar un círculo. ¿Cómo debe cortarse el alambre de modo que el área total encerrada sea máxima y mínima?

276

21. Una caja con base cuadrada y parte superior abierta debe tener un volumen de 32000 𝑐𝑚3 . Encuentre las dimensiones de la caja que minimicen la cantidad de material usado. 22. Si se cuenta con 1200 𝑐𝑚2 de material para construir una caja con base cuadrada y la parte superior abierta, encuentre el volumen máximo posible de la caja. 23. Se fabrica una lata cilíndrica sin tapa de tal modo que contenga 1000 𝑐𝑚3 de líquido. Calcule las dimensiones que minimizarán el costo del metal para construir la lata. 24. Una cerca de 8 𝑝𝑖𝑒𝑠 de altura corre paralela a un edificio alto, a una distancia de 4 𝑝𝑖𝑒𝑠 del edificio. ¿Cuál es la longitud de la escalera más corta que llegará desde el suelo pasando por encima de la cerca, hasta la pared del edificio? 25. En una reacción química auto catalítica, el producto formado es un catalizador para la reacción. Si 𝑄0 es la cantidad de la sustancia original y 𝑥 es la cantidad del catalizador formado, el ritmo o velocidad de la reacción química es 𝑑𝑄 = 𝑘𝑥(𝑄0 − 𝑥) 𝑑𝑥 ¿Para qué valor de 𝑥 la velocidad de la reacción química será la mayor? 26. Un granjero planea cercar un pastizal rectangular adyacente a un río. El pastizal debe contener 245000 𝑚2 para proporcionar suficiente pastura para el rebaño. ¿Qué dimensiones requeriría la cantidad mínima de cercado si no es necesario vallar a lo largo del río? 27. Un pozo petrolero marino se encuentra a 10 𝑘𝑚 de la costa. La refinería está a 20 𝑘𝑚 por la costa. La instalación de la tubería en el océano es cuatro veces más cara que sobre la tierra. ¿Qué trayectoria debe seguir la tubería para que el costo sea mínimo? 28. Un sólido se forma juntando dos hemisferios a los extremos de un cilindro circular recto. El volumen total del sólido es de 14 𝑐𝑚3 . Encontrar el radio del cilindro que produce el área superficial mínima. 29. Un sólido se forma juntando dos hemisferios a los extremos de un cilindro circular recto, el cual contiene 4000 𝑝𝑖𝑒𝑠 3 . Si el costo de fabricación de los hemisferios es, por pie cuadrado, doble que el lateral, determinar las dimensiones que minimizarán el costo. 30. Un cono circular recto se inscribe en una esfera de radio 5 𝑐𝑚. Calcule las dimensiones del cono para obtener el volumen máximo.

h 5 r 277

31. Un paquete rectangular que se va a enviar por un servicio postal puede tener una longitud y un perímetro que tiene un máximo de 216 𝑝𝑢𝑙𝑔. Determinar las dimensiones del paquete de volumen máximo que puede enviarse.

32. Una mujer que se encuentra en un punto 𝐴 sobre la playa de una lago circular con radio de 2 𝑘𝑚 desea llegar al punto 𝐶, opuesto al 𝐴 sobre el otro lado del lago, en el tiempo más corto posible. Puede caminar a razón de 4

𝑘𝑚 ℎ

y remar en un bote a 2

𝑘𝑚 . ℎ

¿En qué ángulo

en relación con el diámetro debe remar?

33. Se va a construir el armazón de una cometa a partir de 6 tiras de madera. Se han cortado las 4 tiras exteriores con las longitudes que se indican en la figura. Para maximizar el área de la cometa, ¿qué longitud deben tener los trozos diagonales?

34. Dos postes verticales, 𝑃𝑄 y 𝑆𝑇, se aseguran por medio de un cable 𝑃𝑅𝑆 extendido desde el extremo superior del primer poste hasta un punto 𝑅 sobre el piso y, a continuación, hasta el extremo superior del segundo poste, como se ve en la figura. Demuestre que se tiene la longitud más corta de ese cable cuando 𝜃1 = 𝜃2 .

278

35. Se está transportando un tubo de acero por un pasillo de 9 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho. Al final de éste, existe una vuelta a ángulo recto hacia otro pasillo más angosto de 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho. ¿Cuál es la longitud del tubo más largo que se puede hacer pasar horizontalmente por la esquina?

36. Se elabora un cono para beber a partir de un trozo circular de papel de radio 𝑅, al recortar un sector y unir los bordes 𝐶𝐴 y 𝐶𝐵. Encuentre la capacidad máxima del cono.

37. Se debe construir un canalón para lluvia a partir de una lámina metálica que tiene 30 𝑐𝑚 de ancho, doblando hacia arriba una tercera parte de la lámina en cada lado a través de un ángulo 𝜃. ¿Cómo debe elegirse 𝜃 para que el canalón lleve la cantidad máxima de agua?

38. El costo de pedido y transporte 𝐶 de las componentes utilizadas en la fabricación de un producto es 200 𝑥 𝐶(𝑥) = 100 ( 2 + ), 𝑥 𝑥 + 30

𝑥≥1

Donde 𝐶 se mide en miles de dólares y 𝑥 es el tamaño del pedido en cientos. Encontrar el tamaño del pedido que minimiza el costo. 39. La utilidad (el beneficio) 𝑃 (en miles de dólares) para una compañía que gasta una cantidad 𝑥 (en miles de dólares) en publicidad es 𝑃(𝑥) = −

1 3 𝑥 + 6𝑥 2 + 400 10

Hallar la cantidad de dinero que la compañía debe gastar en publicidad para producir una utilidad máxima. 279

40. Un fabricante de aviones desea determinar el mejor precio de venta de un nuevo avión. La compañía estima que el costo inicial para diseñar el avión y montar las fábricas en que se va a construir será de 500 millones de dólares y que el costo adicional para producir 3

cada unidad se puede modelar por la función 𝐶(𝑥) = 20𝑥 − 5𝑥 4 + 0.01𝑥 2, donde 𝑥 es la cantidad de aviones producidos y 𝐶 es el costo de fabricación en millones de dólares. La compañía estima que si carga un precio 𝑃(en millones de dólares) por unidad, venderá 𝑥(𝑝) = 320 − 7.7𝑝 aviones. Encuentre las funciones costo, demanda e ingreso y halle el nivel de producción y el precio de venta asociado del avión que maximice la utilidad. 41. Un objeto con peso 𝑊 es arrastrado a lo largo de una superficie horizontal mediante una fuerza que actúa a lo largo de una cuerda unida al objeto. Si la cuerda hace un ángulo 𝜃 con un plano, en tal caso la magnitud de la fuerza es 𝜇𝑊 𝐹= 𝜇 sin 𝜃 + cos 𝜃 Donde 𝜇 es una constante llamada el coeficiente de fricción. ¿Para que valor de 𝜃, 𝐹 es la más pequeña? 42. Si un resistor de 𝑅 ohms se conecta a los bornes de una batería de 𝐸 voltios con resistencia interna 𝑟, en tal caso la potencia (en watts) en el resistor externo es 𝐸2𝑅 𝑃= (𝑅 + 𝑟)2 Si 𝐸 y 𝑟 son constantes pero 𝑅 es variable, ¿cuál es el valor máximo de la potencia?

280

Sección 6.3. Diferenciales En algunas ocasiones se puede aproximar funciones complejas mediante otras más sencillas de expresar, que proporcionan la precisión que se quiere para aplicaciones específicas y son más fáciles de trabajar. Las funciones de aproximaciones que se analizan en esta sección se denominan linealizaciones y están dadas por la recta tangente; es decir, se hace una aproximación por medio de una recta tangente. En la sección 5.1 se estudió que si una función 𝑓 es derivable en 𝑥 = 𝑎, entonces la ecuación de la recta tangente en el punto (𝑎, 𝑓(𝑎)) está dada por 𝑦 − 𝑓(𝑎) = 𝑓 ′ (𝑎)(𝑥 − 𝑎) → 𝑦 = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) El nombre de la linealización de 𝑓 en 𝑥 = 𝑎 se debe a que la función 𝑦 es una función lineal de 𝑥. Además, restringiendo los valores de 𝑥 de modo que sean muy cercanos al valor 𝑎, los valores de 𝑦 pueden utilizarse como aproximaciones de los valores de la función 𝑓. A continuación, se presenta la definición de linealización y aproximación lineal de una función, que se acaban de describir. Definición. Si 𝑓 es una función derivable en 𝑥 = 𝑎, entonces la linealización de 𝑓 en 𝑎, denotada por 𝐿(𝑥) está dada 𝐿(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) Además, la aproximación 𝑓(𝑥) ≈ 𝐿(𝑥) se denomina aproximación lineal de 𝑓 en 𝑥 = 𝑎. Ejemplos. Encuentre la linealización 𝐿(𝑥) de la función en el valor dado de 𝑎. 3

1. 𝑓(𝑥) = √𝑥 ,

𝑎 = −8

Solución. La derivada de la función 𝑓 es 1 2 1 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 − 3 = 2 3 3𝑥 3 De tal modo, 𝑓(𝑎) y 𝑓′(𝑎) son 3

𝑓(−8) = √−8 = −2,

𝑓 ′ (−8) =

1 2 3(−8)3

=

1 12

Por tanto, la linealización 𝐿(𝑥) es 𝐿(𝑥) = −2 + 2. 𝑓(𝑥) = 𝑒 −2𝑥 ,

1 1 1 8 1 4 = 𝑥− (𝑥 − (−8)) = −2 + (𝑥 + 8) = −2 + 𝑥 + 12 12 12 12 12 3

𝑎=0

281

Solución. La derivada de la función es 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 −2𝑥 (−2) = −2𝑒 −2𝑥 Así, 𝑓(0) = 𝑒 −2(0) = 1, 𝑓 ′ (0) = −2𝑒 −2(0) = −2. Por consiguiente, la linealización 𝐿(𝑥) es 𝐿(𝑥) = 1 − 2(𝑥 − 0) = 1 − 2𝑥 = −2𝑥 + 1

Encuentre la aproximación lineal de la función 𝑓 en el valor 𝑎 y utilícela para aproximar los números dados. Grafique la función 𝑓 y la recta tangente. 3. 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥,

𝑎 = 0; √0.9 𝑦 √0.99

Solución. La derivada de la función es 1 1 −1 𝑓 ′ (𝑥) = (1 − 𝑥)− 2 (−1) = 2 2√1 − 𝑥

Entonces, 𝑓(0) = √1 − 0 = 1, 𝑓 ′ (0) = 2

−1 √1−0

1

= − 2 . Luego, la linealización de la función es

1 1 1 𝐿(𝑥) = 1 − (𝑥 − 0) = 1 − 𝑥 = − 𝑥 + 1 2 2 2 En consecuencia, la aproximación lineal es 1 √1 − 𝑥 ≈ − 𝑥 + 1 2 Ahora, para aproximar los números dados se tiene en cuenta que: en √0.9 el valor de 𝑥 es 0.1 y en el número √0.99 el valor de 𝑥 es 0.01. Por tanto, 1 √0.9 ≈ − (0.1) + 1 = 0.95, 2

1 √0.99 ≈ − (0.01) + 1 = 0.995 2

282

3

4. 𝑓(𝑥) = √1 + 𝑥 ,

3

3

𝑎 = 0; √0.95 𝑦 √1.1

Solución. La derivada de la función 𝑓 es 2 1 𝑓 ′ (𝑥) = (1 + 𝑥)− 3 = 3

1 2

3(1 + 𝑥)3

De tal modo, 𝑓(𝑎) y 𝑓 ′ (𝑎) son 3

𝑓(0) = √1 + 0 = 1,

𝑓′(0) =

1 3(1 +

2 0)3

=

1 3

Entonces, la linealización de la función 𝑓 en 𝑥 = 0 es 1 1 1 𝐿(𝑥) = 1 + (𝑥 − 0) = 1 + 𝑥 = 𝑥 + 1 3 3 3 Por tanto, la aproximación lineal de la función 𝑓 en 𝑥 = 0 es 1 √1 + 𝑥 ≈ 𝑥 + 1 3

3

3

En la aproximación de los números dados se tiene en cuenta que para √0.95 (𝑥 = −0.05) 3 y √1.1 (𝑥 = 0.1). Por consiguiente, 1 √0.95 ≈ (−0.05) + 1 = 0.9833333333, 3

3

1 √1.1 ≈ (0.1) + 1 = 1.033333333 3

3

Observación. Las ideas detrás de las aproximaciones lineales algunas veces se expresan en términos de diferenciales. Considerando 𝑦 = 𝑓(𝑥) una función derivable, entonces la diferencial 𝑑𝑥 se considera como una variable independiente; esto es, 𝑑𝑥 puede tomar cualquier número real. Por tanto, se define la diferencial 𝑑𝑦 en términos de 𝑑𝑥 como 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 283

En consecuencia, 𝑑𝑦 es una variable dependiente, debido a que depende de los valores de 𝑥 y 𝑑𝑥. A continuación, veamos el significado geométrico

Sean 𝑃(𝑥, 𝑓(𝑥)) y 𝑄(𝑥 + ∆𝑥, 𝑓(𝑥 + ∆𝑥)) puntos sobre la gráfica de 𝑓 y sea 𝑑𝑥 = ∆𝑥. El cambio que sufre la curva en 𝑦 es ∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) La pendiente de la recta tangente 𝑃𝑅 es la derivada 𝑓 ′ (𝑥), entonces la distancia dirigida de 𝑆 a 𝑅 es 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 Por consiguiente, 𝑑𝑦 representa el cambio en altura que sufre la recta tangente, mientras que ∆𝑦 representa el cambio en altura que sufre la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) cuando 𝑥 cambia en una cantidad 𝑑𝑥. Ejemplos. Halle la diferencial de la función. 1. 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 Solución. Aplicando la definición, se obtiene 1 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = (1 ln 𝑥 + 𝑥 ) 𝑑𝑥 = (ln 𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑥 2. 𝑦 =

𝑢+1 𝑢−1

Solución. Utilizando la definición 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑢)𝑑𝑢 =

(1)(𝑢 − 1) − (1)(𝑢 + 1) 𝑢 − 1 − 𝑢 − 1 −2 = 𝑑𝑢 = 𝑑𝑢 (𝑢 − 1)2 (𝑢 − 1)2 (𝑢 − 1)2

3. 𝑦 = 𝑒 −𝑢 cos 𝑢 284

Solución. Aplicando la definición 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑢)𝑑𝑢 = [𝑒 −𝑢 (−1) cos 𝑢 + (− sin 𝑢)𝑒 −𝑢 ]𝑑𝑢 = −𝑒 −𝑢 (sin 𝑢 + cos 𝑢)𝑑𝑢

Compare los valores ∆𝑦 y 𝑑𝑦. 4. 𝑦 = 6 − 𝑥 2 ,

𝑥 = −2,

∆𝑥 = 0.4

Solución. El cambio en altura que sufre la curva ∆𝑦 está dado ∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) = 𝑓(−2 + 0.4) − 𝑓(−2) = 𝑓(−1.6) − 𝑓(−2) ∆𝑦 = [6 − (1.6)2 ] − [6 − (−2)2 ] = (3.44) − (2) = 1.44 La diferencial de la función es 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = (−2𝑥)𝑑𝑥 = −2𝑥𝑑𝑥 Por tanto, el cambio en altura que sufre la recta tangente es 𝑑𝑦 = −2(−2)(0.4) = 1.6 Observación. En el ejemplo anterior, se puede verificar que la aproximación 1.44 ≈ 1.6 se puede mejorar a medida que ∆𝑥 se hace más pequeña. 5. 𝑦 =

16 , 𝑥

𝑥 = 4,

∆𝑥 = −1

Solución. Usando un procedimiento similar al ejemplo anterior, se obtiene el cambio en altura que sufre la curva ∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) = 𝑓(4 − 1) − 𝑓(4) = 𝑓(3) − 𝑓(4) = [

16 4 ] − [4] = 3 3

El cambio en altura que sufre la recta tangente es 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = (−

16 16 ) 𝑑𝑥 = − 𝑑𝑥 𝑥2 𝑥2

Por consiguiente, el cambio en altura que sufre la recta tangente es 𝑑𝑦 = − Observación. La aproximación

4 3

16 (−1) = (−1)(−1) = 1 (4)2

≈ 1 mejora a medida de que ∆𝑥 tome valores cada vez

más cercano a cero. Como se ilustró al inicio de la sección, las diferenciales se pueden utilizar para aproximar valores de funciones. Esto es, 285

∆𝑦 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) ≈ 𝑑𝑦 → 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) ≈ 𝑓(𝑥) + 𝑑𝑦 En particular, 𝑓(𝑎 + ∆𝑥) ≈ 𝑓(𝑎) + 𝑑𝑦 Ejemplos. Use diferenciales para estimar el número indicado. 3

4

6. √1.02 + √1.02 Solución. 3

4

Consideremos: 𝑓(𝑥) = √𝑥 + √𝑥 , 𝑎 = 1, ∆𝑥 = 0.02. Entonces, 1 1 1 1 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = ( 2 + 3 ) 𝑑𝑥 → 𝑑𝑦 = ( + ) (0.02) = 0.01166666667 3 4 3𝑥 3 4𝑥 4 En consecuencia, 3

3

4

4

√1.02 + √1.02 = 𝑓(1.02) = 𝑓(1 + 0.02) = 𝑓(1) + 𝑑𝑦 = ( √1 + √1) + (0.01166666667) 3

4

√1.02 + √1.02 = 2.01166666667

7. sin 59° Solución. 𝜋 3

Consideremos: 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 , 𝑎 = 60° = , ∆𝑥 = −1° = −

𝜋 . 180

Entonces,

𝜋 𝜋 1 𝜋 𝜋 𝑑𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = cos 𝑥 𝑑𝑥 → 𝑑𝑦 = cos (− ) = (− )=− 3 180 2 180 360 Por tanto, 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 √3 sin 59° = 𝑓(59°) = 𝑓(60° − 1°) = 𝑓 ( − ) ≈ 𝑓 ( ) + 𝑑𝑦 = + (− ) 3 180 3 2 360 sin 59° = 0.8572987575

Propagación del error En física e ingeniería es factible aproximar el valor ∆𝑦 mediante la diferencial 𝑑𝑦; en particular, al estimar los errores propagados por los instrumentos de medición. Es decir, si 𝑥 denota el valor medido de una variable y 𝑥 + ∆𝑥 representa el valor exacto, entonces ∆𝑥 es el error de medida. Además, si el valor medido 𝑥 se utiliza para calcular otro valor 𝑓(𝑥), entonces la diferencia entre 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) y 𝑓(𝑥) es el error propagado. (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑥𝑎𝑐𝑡𝑜) − (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜) = 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑎𝑔𝑎𝑑𝑜 𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥) = ∆𝑦

286

Ejemplos. Utilizar diferenciales para resolver. 1. Se encontró que la arista de un cubo es 30 𝑐𝑚, con un error posible en la medición de 0.1 𝑐𝑚. Utilice diferenciales para estimar el máximo error posible, error relativo y el error porcentual al calcular 𝑎. El volumen del cubo. 𝑏. El área superficial del cubo. Solución. Consideremos un cubo de arista 𝑥 = 30 𝑐𝑚, con un posible error de ∆𝑥 = 𝑑𝑥 = 0.1 𝑐𝑚.

𝑎. El volumen del cubo está dado 𝑉(𝑥) = 𝑥 3 Entonces, la diferencial del volumen es 𝑑𝑉 = 3𝑥 2 𝑑𝑥 Cuando 𝑥 = 30 𝑐𝑚 y 𝑑𝑥 = 0.1 𝑐𝑚, se obtiene 𝑑𝑉 = 3(30)2 (0.1) = 270 𝑐𝑚3 Es decir, el error máximo al calcular el volumen del cubo es de 270 𝑐𝑚3 . El error relativo se encuentra dividiendo el error obtenido entre el volumen total. Esto es, 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 =

𝑑𝑉 3𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 3(0.1) = =3 = = 0.01 3 𝑉 𝑥 𝑥 30

Lo anterior, nos dice que el error porcentual al calcular el volumen del cubo es 1% . 𝑏. El área superficial del cubo es 𝐴 = 6𝑥 2 Por tanto, la diferencial del área superficial está dado 𝑑𝐴 = 12𝑥 𝑑𝑥 Cuando 𝑥 = 30 𝑐𝑚 y 𝑑𝑥 = 0.1 𝑐𝑚, se obtiene 𝑑𝐴 = 12(30)(0.1) = 36 𝑐𝑚2 287

Es decir, el error máximo al calcular el área superficial del cubo es de 36 𝑐𝑚2 . El error relativo se halla dividiendo el error obtenido entre el área superficial total. Esto es, 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 =

𝑑𝐴 12𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 2(0.1) = =2 = = 0.006666666667 2 𝐴 6𝑥 𝑥 30

Por tanto, el error porcentual al calcular el área superficial del cubo es 0.6666666667% . 2. Las seis caras de un cubo tienen un grosor de 0.5 pulgadas y el volumen interior del cubo es de 64 pulgadas cúbicas. Utilice diferenciales para aproximar la cantidad de metal empleado para fabricar el cubo. Solución. El volumen de un cubo de lado 𝑥 está dado 𝑉(𝑥) = 𝑥 3 Entonces, la diferencial del volumen es 𝑑𝑉 = 3𝑥 2 𝑑𝑥 Puesto que el cubo tiene un volumen de 64 pulgadas cúbicas, se tiene 3

𝑥 3 = 64 → 𝑥 = √64 → 𝑥 = 4 𝑝𝑢𝑙𝑔 En consecuencia, la cantidad aproximada de metal empleada para la construcción del cubo de lado 𝑥 = 4 pulgadas y grosor 𝑑𝑥 = 0.5 pulgadas es 𝑑𝑉 = 3(4)2 (0.5) = 24 𝑝𝑢𝑙𝑔3 3. El interior de un tanque cilíndrico abierto es de 12 pies de diámetro y 8 pies de profundidad. El fondo es de cobre y los lados son de acero. Utilice diferenciales para encontrar, de manera aproximada, cuántos galones de pintura a prueba de agua es necesario para aplicar una capa de 0.05 pulgadas a la parte de acero del interior del taque (1 𝑔𝑎𝑙ó𝑛 ≈ 231 𝑝𝑢𝑙𝑔3 ). Solución. 𝑟 = 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 72 𝑝𝑢𝑙𝑔

ℎ = 8 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 96 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑑𝑟 = 0.05 𝑝𝑢𝑙𝑔 El volumen del cilindro circular recto de radio 𝑟 y altura ℎ es 𝑉 = 𝜋𝑟 2 ℎ 288

De modo que, la diferencial del volumen con respecto al radio está dado 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑟ℎ𝑑𝑟 Por tanto, aproximadamente la cantidad volumétrica de pintura con los datos dados, es 𝑟 = 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 72 𝑝𝑢𝑙𝑔,

ℎ = 8 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 96 𝑝𝑢𝑙𝑔,

𝑑𝑟 = 0.05 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑑𝑉 = 2𝜋(72)(96)(0.05) = 2171.468842 𝑝𝑢𝑙𝑔3 En consecuencia, la cantidad de galones de pintura es aproximadamente 2171.468842 = 9.400298017 𝑔𝑎𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠 231

289

Ejercicios propuestos Encuentre la linealización 𝐿(𝑥) de la función en el valor 𝑎. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 3𝑥 2 , 3. 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 ,

𝑎 = −1 𝑎=

2. 𝑓(𝑥) = ln 𝑥 ,

𝜋 2

3

4. 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 ,

𝑎=1 𝑎 = 16

Compruebe la aproximación lineal dada en 𝑎 = 0. 1 3 5. √1 − 𝑥 ≈ 1 − 𝑥 3 7.

6. tan 𝑥 ≈ 𝑥

1 ≈ 1 − 8𝑥 (1 + 2𝑥)4

8. 𝑒 𝑥 ≈ 1 + 𝑥

Calcule la diferencial de las funciones. 9. 𝑦 = 𝑥 2 sin 2𝑥 11. 𝑦 =

10. 𝑦 = ln √1 + 𝑥 2

𝑥 1 + 2𝑥

12. 𝑦 = (1 + 𝑟 3 )−2

13. 𝑦 = 𝑒 tan 𝜋𝑥

14. 𝑦 = √1 + ln 𝑥

Calcule la diferencial 𝑑𝑦 y evalúe 𝑑𝑦 para los valores dados de 𝑥 y 𝑑𝑥. 𝑥

15. 𝑦 = 𝑒 10 ,

𝑥 = 0,

17. 𝑦 = tan 𝑥 ,

𝑥=

𝑑𝑥 = 0.1 𝜋 , 4

𝑑𝑥 = −0.1

16. 𝑦 =

1 , 𝑥+1

18. 𝑦 = cos 𝑥 ,

𝑥 = 1, 𝑥=

𝑑𝑥 = −0.01

𝜋 , 3

𝑑𝑥 = 0.05

Calcule ∆𝑦 y 𝑑𝑦 para los valores dados de 𝑥 y 𝑑𝑥 = ∆𝑥. 19. 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 2 , 21. 𝑦 =

2 , 𝑥

𝑥 = 4,

𝑥 = 2,

∆𝑥 = −0.4

∆𝑥 = 1

20. 𝑦 = √𝑥,

𝑥 = 1,

∆𝑥 = 1

22. 𝑦 = 𝑒 𝑥 ,

𝑥 = 0,

∆𝑥 = 0.5

Aplique la aproximación lineal o bien las diferenciales para estimar el número dado. 23. (2.001)5

24. 𝑒 −0.015

2

1 1002

25. (8.06)3

26.

27. tan 44°

28. √99.8

29. Se da el radio de un disco circular como de 24 𝑐𝑚, con un error máximo de 0.2 𝑐𝑚. 𝑎. Utilice diferenciales para estimar el error máximo en el área calculada del disco. 𝑏. ¿Cuál es el error relativo? ¿Cuál es el error porcentual?

290

30. Se midió el radio de una esfera y se encontró que es 84 𝑐𝑚, con un error máximo en la medición de 0.5 𝑐𝑚. 𝑎. Utilice diferenciales para estimar el error máximo en el área superficial calculada. ¿Cuál es el error relativo? 𝑏. Use diferenciales para estimar el error máximo en el volumen calculado. ¿Cuál es el error relativo? 31. Utilice diferenciales para estimar la cantidad de pintura necesaria para aplicar una mano de 0.05 𝑐𝑚 de espesor a un domo hemisférico que tiene un diámetro de 50 𝑚. Determinar si el enunciado es verdadero o falso. Si es falso, explicar por qué o brindar un ejemplo que lo demuestre. 32. 𝑆𝑖 𝑦 = 𝑥 + 𝑐 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 33. 𝑆𝑖 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 34. 𝑆𝑖 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 → 𝑑𝑦 = −𝑒 −2𝑥 𝑑𝑥 35. 𝑆𝑖 𝑦 =

1 → 𝑑𝑦 = ln 𝑥 𝑑𝑥 𝑥

36. 𝑆𝑖 𝑦 = √𝑥 → 𝑑𝑦 =

1 2√𝑥

291

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 Sección 6.4. Regla de 𝑳´𝑯𝒐 ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 se presenta un resumen de las propiedades y reglas Antes de estudiar la regla de 𝑳´𝑯𝒐 básicas de derivación. Esto es, 1.

𝑑 [𝑘] = 0 𝑑𝑥

2.

𝑑 𝑛 [𝑥 ] = 𝑛𝑥 𝑛−1 𝑑𝑥

3.

𝑑 [𝑘𝑥] = 𝑘 𝑑𝑥

4.

𝑑 [𝑘𝑓(𝑥)] = 𝑘𝑓′(𝑥) 𝑑𝑥

5.

𝑑 [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥) + 𝑔′ (𝑥) 𝑑𝑥

6.

𝑑 [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] = 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥

7.

𝑑 𝑑 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)] = 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′ (𝑥) 8. [ ]= , 𝑔(𝑥) ≠ 0 [𝑔(𝑥)]2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑔(𝑥)

9.

𝑑 𝑥 [𝑎 ] = (ln 𝑎)𝑎 𝑥 𝑑𝑥

10.

𝑑 𝑥 [𝑒 ] = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥

11.

𝑑 1 [log 𝑎 𝑥] = (ln 𝑎)𝑥 𝑑𝑥

12.

𝑑 1 [ln 𝑥] = 𝑑𝑥 𝑥

13.

𝑑 [sin 𝑥] = cos 𝑥 𝑑𝑥

14.

𝑑 [cos 𝑥] = − sin 𝑥 𝑑𝑥

15.

𝑑 [tan 𝑥] = sec 2 𝑥 𝑑𝑥

16.

𝑑 [cot 𝑥] = − csc 2 𝑥 𝑑𝑥

17.

𝑑 [sec 𝑥] = sec 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥

18.

𝑑 [csc 𝑥] = − csc 𝑥 cot 𝑥 𝑑𝑥

19.

𝑑 1 [sin−1 𝑥] = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

20.

𝑑 −1 [cos −1 𝑥] = 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

21.

𝑑 1 [tan−1 𝑥] = 𝑑𝑥 1 + 𝑥2

22.

𝑑 −1 [cot −1 𝑥] = 𝑑𝑥 1 + 𝑥2

23.

𝑑 1 [sec −1 𝑥] = 𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 − 1

24.

𝑑 −1 [csc −1 𝑥] = 𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 − 1

25.

𝑑 [sinh 𝑥] = cosh 𝑥 𝑑𝑥

26.

𝑑 [cosh 𝑥] = sinh 𝑥 𝑑𝑥

27.

𝑑 [tanh 𝑥] = sech2 𝑥 𝑑𝑥

28.

𝑑 [coth 𝑥] = −csch2 𝑥 𝑑𝑥

29.

𝑑 [sech 𝑥] = − sech 𝑥 tanh 𝑥 𝑑𝑥

30.

𝑑 [csch 𝑥] = − csch 𝑥 coth 𝑥 𝑑𝑥

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. A continuación, se presenta una breve reseña histórica de la regla de 𝑳´𝑯𝒐 ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 debe su nombre al matemático francés Guillaume Francois Antoine La regla de 𝑳´𝑯𝒐 de L´Hôpital, quien escribió el primer libro sobre calculo diferencial (1696), en el que aparece la citada regla. Se ha descubierto recientemente que tanto la regla como su 292

demostración estaban contenidos en una carta de John Bernoulli a L´Hôpital. En la ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 se utiliza el teorema general demostración del teorema que enuncia la regla de 𝑳´𝑯𝒐 del valor medio que se enuncia a continuación. Teorema. Si 𝑓 y 𝑔 son funciones derivables en un intervalo abierto (𝑎, 𝑏) y continuas en [𝑎, 𝑏] tal que 𝑔(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 en (𝑎, 𝑏), entonces existe un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓′(𝑐) 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑔′(𝑐) 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Demostración. Se puede suponer que 𝑔(𝑎) ≠ 𝑔(𝑏), ya que de otra manera, por el teorema de Rolle se sigue que 𝑔′(𝑥) = 0 para algún 𝑥 en (𝑎, 𝑏). Ahora, se define ℎ(𝑥) como: 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) − [ ] 𝑔(𝑥) 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Entonces, 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑓(𝑎)𝑔(𝑏) − 𝑓(𝑏)𝑔(𝑎) ℎ(𝑎) = 𝑓(𝑎) − [ ] 𝑔(𝑎) = 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Además, 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) 𝑓(𝑎)𝑔(𝑏) − 𝑓(𝑏)𝑔(𝑎) ℎ(𝑏) = 𝑓(𝑏) − [ ] 𝑔(𝑏) = 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Así, por el teorema de Rolle existe un valor 𝑐 en (𝑎, 𝑏) tal que 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) ℎ′(𝑐) = 𝑓′(𝑐) − [ ] 𝑔′(𝑐) = 0 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Lo cual implica que 𝑓′(𝑐) 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) = 𝑔′(𝑐) 𝑔(𝑏) − 𝑔(𝑎) Teorema. (Regla de L´Hôpital) Sean 𝑓 y 𝑔 funciones derivables en un intervalo abierto (𝑎, 𝑏) conteniendo a 𝑐, excepto posiblemente en 𝑐. Supongamos que 𝑔′(𝑥) ≠ 0 para todo 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏), excepto posiblemente 0 0

en 𝑐. Si el límite dado presenta la indeterminación ( ) 𝑓(𝑥) 𝑥→𝑐 𝑔(𝑥) lim

Entonces, 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) = lim 𝑥→𝑐 𝑔(𝑥) 𝑥→𝑐 𝑔′(𝑥) lim

293

Supuesto que el límite de la parte derecha existe (o es infinito). El resultado también es válido si el límite original produce cualquiera de las indeterminaciones ∞ ( ), ∞

−∞ ( ), ∞

∞ ( ), −∞

−∞ ( ) −∞

Demostración. Considérese el caso en el que lim 𝑓(𝑥) = 0,

lim 𝑔(𝑥) = 0

𝑥→𝑐 +

𝑥→𝑐 +

Se definen las funciones 𝑓(𝑥), 𝐹(𝑥) = { 0,

𝑥≠𝑐 , 𝑥=𝑐

𝐺(𝑥) = {

𝑔(𝑥), 0,

𝑥≠𝑐 𝑥=𝑐

Para todo 𝑥, 𝑐 < 𝑥 < 𝑏, 𝐹 𝑦 𝐺 son funciones derivables en (𝑐, 𝑥] y continuas en [𝑐, 𝑥]. Por tanto, por el teorema del valor medio generalizado se tiene que en (𝑐, 𝑥) existe un valor 𝑧 tal que 𝐹′(𝑧) 𝐹(𝑥) − 𝐹(𝑐) 𝐹(𝑥) 𝑓′(𝑧) 𝑓(𝑥) = = = = 𝐺′(𝑧) 𝐺(𝑥) − 𝐺(𝑐) 𝐺(𝑥) 𝑔′(𝑧) 𝑔(𝑥) Por último, si se hace que 𝑥 tienda a 𝑐 por la derecha, 𝑥 → 𝑐 + , se tiene que 𝑧 → 𝑐 + , ya que 0 < 𝑧 < 𝑥. Por tanto, lim+

𝑥→𝑐

𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑧) 𝑓′(𝑧) 𝑓′(𝑥) = lim+ = lim+ = lim+ 𝑔(𝑥) 𝑥→𝑐 𝑔′(𝑧) 𝑧→𝑐 𝑔′(𝑧) 𝑥→𝑐 𝑔′(𝑥)

Se utiliza un procedimiento similar para los casos en los que 𝑥 → 𝑐 − y 𝑥 → 𝑐. ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 establece que bajo las condiciones dadas, el límite Observación. La regla de 𝑳´𝑯𝒐 𝑓(𝑥) ) 𝑔(𝑥)

del cociente (

es determinado por el límite del cociente de las derivadas

𝑓′ (𝑥)

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 también puede aplicarse a los límites laterales. ( 𝑔′ (𝑥)). Además, la regla de 𝑳´𝑯𝒐

Ejemplos. Evaluar el límite 𝑎) usando las técnicas vistas en el capítulo 3 y 𝑏) usando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. 𝑳´𝑯𝒐 √𝑥 + 10 − 4 𝑥→6 𝑥−6

1. lim

Solución. 0 0

La indeterminación que se presenta en el límite dado es de la forma ( ), entonces 𝑎. Multiplicando tanto el numerador como el denominador por el conjugado del numerador, se obtiene 294

(𝑥 + 10) − (16) (√𝑥 + 10 − 4)(√𝑥 + 10 + 4) √𝑥 + 10 − 4 = lim = lim 𝑥→6 𝑥→6 𝑥→6 (𝑥 − 6)(√𝑥 + 10 + 4) 𝑥−6 (𝑥 − 6)(√𝑥 + 10 + 4) lim

(𝑥 − 6) 1 1 1 √𝑥 + 10 − 4 = lim = lim = = 𝑥→6 𝑥→6 (𝑥 − 6)(√𝑥 + 10 + 4) 𝑥→6 √𝑥 + 10 + 4 𝑥−6 √16 + 4 8 lim

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍, obtenemos 𝑏. Aplicando la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 −1 1 (𝑥 + 10) 2 (1) 1 1 1 √𝑥 + 10 − 4 lim = lim 2 = lim = = 𝑥→6 𝑥→6 𝑥→6 2√𝑥 + 10 𝑥−6 1 2√16 8

5𝑥 2 − 3𝑥 + 1 𝑥→∞ 3𝑥 2 − 5

2. lim

Solución. ∞ ∞

La indeterminación que se presenta en el límite es de la forma ( ), entonces 𝑎. Dividiendo todos los términos de la función por la variable con mayor potencia que aparece en el denominador (𝑥 2 ), se obtiene 5𝑥 2 3𝑥 1 3 1 5− −𝑥 + 2 5 5𝑥 2 − 3𝑥 + 1 2 − 𝑥2 + 𝑥2 𝑥 𝑥 lim = lim = lim = 5 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 3𝑥 2 5 3𝑥 2 − 5 3 3 − − 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍, obtenemos 𝑏. Aplicando la regla de 𝑳´𝑯𝒐 5𝑥 2 − 3𝑥 + 1 10𝑥 − 3 = lim 2 𝑥→∞ 𝑥→∞ 3𝑥 − 5 6𝑥 lim

∞

Puesto que en el nuevo límite se presenta la indeterminación (∞), se aplica nuevamente la ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. Esto es, regla de 𝑳´𝑯𝒐 5𝑥 2 − 3𝑥 + 1 10𝑥 − 3 10 10 5 lim = lim = lim = = 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 6 3𝑥 2 − 5 6𝑥 6 3

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 si es necesario. Evaluar el límite usando la regla de 𝑳´𝑯𝒐 𝑒 𝑥 − (1 − 𝑥) 𝑥→0 𝑥

3. lim

Solución. 0

La indeterminación que presenta el límite es de la forma (0), entonces aplicando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 se tiene 𝑳′ 𝑯𝒐

𝑒 𝑥 − (1 − 𝑥) 𝑒 𝑥 − (−1) = lim = lim (𝑒 𝑥 + 1) = 𝑒 0 + 1 = 2 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 1 lim

295

sin 2𝑥 𝑥→0 sin 3𝑥

4. lim

Solución. 0

Al igual que el ejemplo anterior, se tiene la indeterminación de la forma (0), luego utilizando ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 obtenemos la regla de 𝑳´𝑯𝒐 sin 2𝑥 cos 2𝑥 (2) 2 cos 2𝑥 2 cos 0 2 = lim = lim = = 𝑥→0 sin 3𝑥 𝑥→0 cos 3𝑥 (3) 𝑥→0 3 cos 3𝑥 3 cos 0 3 lim

𝑥3

5. lim

𝑥

𝑥→∞

𝑒2

Solución. ∞

La indeterminación que se presenta es de la forma (∞), por tanto aplicando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 se obtiene 𝑳′ 𝑯𝒐 lim

𝑥→∞

𝑥3 𝑥

3𝑥 2 6𝑥 2 = lim 𝑥 1 𝑥 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑒 2 (2) 𝑒2

= lim

𝑒2

∞ ∞

Como el límite resultante tiene la indeterminación de la forma ( ), entonces usamos ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. nuevamente la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 lim

𝑥3

𝑥 𝑥→∞ 𝑒2

= lim

6𝑥 2

𝑥 𝑥→∞ 𝑒2

12𝑥 24𝑥 = lim 𝑥 1 𝑥→∞ (2) 𝑒2

= lim

𝑥 𝑥→∞ 𝑒2

Puesto que se sigue presentando la misma indeterminación, es necesario aplicar por ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. tercera vez la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 lim

𝑥→∞

𝑥3 𝑥 𝑒2

= lim

𝑥→∞

24𝑥 𝑥 𝑒2

= lim

𝑥→∞

𝑥 𝑒2

24 48 48 48 = lim 𝑥 = ∞ = =0 1 𝑥→∞ 𝑒 ∞ (2) 𝑒2

𝑥2

6. lim

𝑥→∞ √𝑥 2

+1

Solución. ∞

Al igual que el ejemplo anterior se tiene la indeterminación de la forma (∞), entonces ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. utilizando la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 lim

𝑥2

𝑥→∞ √𝑥 2

+1

2𝑥

= lim

𝑥→∞ 1

2

(𝑥 2 +

−1 1) 2 (2𝑥)

= lim 2√𝑥 2 + 1 = ∞ (𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒) 𝑥→∞

7. lim 𝑥 ln 𝑥 𝑥→∞

Solución. 296

Debido a que las funciones identidad y logaritmo natural son crecientes, entonces la función 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln 𝑥 también es creciente. Por tanto, lim 𝑥 ln 𝑥 = ∞ (𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒)

𝑥→∞

0

∞

Observación. Además de las indeterminaciones de la forma (0) 𝑦 (∞), existen otras indeterminaciones como: (0 ∗ ∞), (1∞ ), (00 ), (∞0 ), (∞ − ∞). En el caso en el que se presente alguna de las nuevas indeterminaciones es necesario realizar operaciones 0

∞

algebraicas con el fin de transformarlas en la indeterminación(0) ó (∞), para poder aplicar ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐

8 𝑥 8. lim+ ( 2 − ) 𝑥→2 𝑥 −4 𝑥−2 Solución. La indeterminación que se presenta es de la forma (∞ − ∞), entonces se realiza la resta de los polinomios. Esto es, 8 𝑥 8 − 𝑥(𝑥 + 2) 8 − 2𝑥 − 𝑥 2 lim+ ( 2 − ) = lim+ ( = lim ) ( ) 𝑥→2 𝑥→2 𝑥→2+ 𝑥 −4 𝑥−2 𝑥2 − 4 𝑥2 − 4 0 0

El limite resultante presenta la indeterminación ( ), por tanto aplicando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍, se obtiene 𝑳′ 𝑯𝒐 lim+ (

𝑥→2

8 𝑥 8 − 2𝑥 − 𝑥 2 −2 − 2𝑥 −2 − 4 −6 −3 − ) = lim = lim = = = 2 2 𝑥→2+ 𝑥→2+ 𝑥 −4 𝑥−2 𝑥 −4 2𝑥 4 4 2

9. lim 𝑥 tan 𝑥→∞

1 𝑥

Solución. La indeterminación que se presenta es de la forma (0 ∗ ∞), entonces al pasar la función 𝑥 0

al denominador, la indeterminación resultante es de la forma (0) 1 tan 𝑥 1 lim 𝑥 tan = lim 1 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 𝑥 ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 obtenemos Ahora, aplicando la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 1 −1 1 sec 2 𝑥 ( 2 ) tan 𝑥 1 𝑥 = lim sec 2 1 = sec 2 0 = 1 lim 𝑥 tan = lim = lim 1 −1 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥 𝑥 ( 2) 𝑥 𝑥 2

10. lim+ (𝑒 𝑥 + 𝑥)𝑥 𝑥→0

Solución. 297

La indeterminación que se presenta es (1∞ ), entonces al igual que en el ejemplo anterior, 0 0

∞ ∞

se transforma la indeterminación a la forma ( ) ó ( ). Además, como la variable aparece en la base y en el exponente, se utiliza el primer paso que se aplica en la derivación logarítmica. Entonces, partiendo de la ecuación 2

lim+ (𝑒 𝑥 + 𝑥)𝑥

𝑦=

𝑥→0

Se aplica la función logarítmica natural a ambos lados de la ecuación 2

ln 𝑦 = ln [ lim+ (𝑒 𝑥 + 𝑥)𝑥 ] 𝑥→0

Usando propiedades de los logaritmos y el hecho de que la función logaritmo natural es continua en todo su dominio, la ecuación se puede expresar como 2 2 2 ln(𝑒 𝑥 + 𝑥) ln 𝑦 = lim+ [ln(𝑒 𝑥 + 𝑥)𝑥 ] = lim+ [ ln(𝑒 𝑥 + 𝑥)] = lim+ 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 𝑥→0 𝑥 0 0

Analizando el límite se observa que se presenta la indeterminación ( ), entonces aplicando ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 obtenemos la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐

2 (𝑒 𝑥 + 1) 2 ln(𝑒 𝑥 + 𝑥) 2(𝑒 𝑥 + 1) (𝑒 𝑥 + 𝑥) ln 𝑦 = lim+ = lim+ = lim+ 𝑥 𝑥→0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 1 𝑒 +𝑥 Evaluando el límite, la ecuación se transforma en ln 𝑦 =

2(𝑒 0 + 1) 4 = = 4 → 𝑦 = 𝑒4 𝑒0 1

En consecuencia, 2

lim+ (𝑒 𝑥 + 𝑥)𝑥 = 𝑒 4

𝑥→0

11. lim+(ln 𝑥 )𝑥−1 𝑥→1

Solución. La indeterminación que se presenta es de la forma (00 ). Realizando un procedimiento similar al ejemplo anterior y considerando la ecuación dada, se obtiene 𝑦 = lim+(ln 𝑥)𝑥−1 → ln 𝑦 = ln [ lim+(ln 𝑥)𝑥−1 ] → ln 𝑦 = lim+[ln(ln 𝑥)𝑥−1 ] 𝑥→1

𝑥→1

𝑥→1

Utilizando propiedades de los logaritmos, se tiene ln 𝑦 = lim+[(𝑥 − 1) ln(ln 𝑥)] 𝑥→1

Como el límite resultante tiene la indeterminación [0 ∗ (−∞)], se transforma ésta a la forma −∞

( ∞ ) pasando la función (𝑥 − 1) al denominador. Es decir,

298

ln 𝑦 = lim+[(𝑥 − 1) ln(ln 𝑥)] = lim+ 𝑥→1

𝑥→1

ln(ln 𝑥) 1 (𝑥 − 1)

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍, se obtiene Utilizando la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 1 1 ( ) ln(ln 𝑥) −(𝑥 − 1)2 ln ln 𝑦 = lim+ = lim+ 𝑥 𝑥 = lim+ 1 −1 𝑥→1 𝑥→1 𝑥→1 𝑥 ln 𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2 0

Ahora, se presenta la indeterminación de la forma (0). Por tanto, usando nuevamente la ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍, se tiene la ecuación regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 ln 𝑦 = lim+ 𝑥→1

−(𝑥 − 1)2 −2(𝑥 − 1) −2(0) 0 = lim+ = = =0 𝑥→1 (ln 1) + 1 1 𝑥 ln 𝑥 ln 𝑥 + 1

Entonces, ln 𝑦 = 0 → 𝑦 = 𝑒 0 → 𝑦 = 1 En consecuencia, lim (ln 𝑥)𝑥−1 = 1

𝑥→1+ 1

12. lim (1 + 𝑥)𝑥 𝑥→∞

Solución. La indeterminación que se presenta es de la forma (∞0 ). De igual forma al ejemplo anterior 1

1

1

𝑦 = lim (1 + 𝑥)𝑥 → ln 𝑦 = ln [ lim (1 + 𝑥)𝑥 ] → ln 𝑦 = lim [ln(1 + 𝑥)𝑥 ] 𝑥→∞

𝑥→∞

𝑥→∞

Utilizando propiedades de los logaritmos, se tiene ln(1 + 𝑥) 𝑥→∞ 𝑥

ln 𝑦 = lim

∞

Puesto que se presenta la indeterminación de la forma (∞), entonces usando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 se obtiene la siguiente ecuación 𝑳′ 𝑯𝒐

1 ln(1 + 𝑥) 1 + 𝑥 = lim 1 = 0 ln 𝑦 = lim = lim 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 1 + 𝑥 𝑥 1 Es decir, ln 𝑦 = 0 → 𝑦 = 𝑒 0 → 𝑦 = 1 Por consiguiente, 1

lim (1 + 𝑥)𝑥 = 1

𝑥→∞

299

Ejercicios propuestos Evaluar el límite 𝑎) usando las técnicas vistas en el capítulo 3 y 𝑏) usando la regla de ̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍. 𝑳′ 𝑯𝒐 2𝑥 2 + 𝑥 − 6 𝑥→−2 𝑥+2

3(𝑥 − 4) 𝑥→4 𝑥 2 − 16

1. lim 3. lim 𝑥→0

2. lim

5𝑥 2 − 4𝑥 + 6 𝑥→∞ 7𝑥 2 − 𝑥 + 1

sin 6𝑥 4𝑥

4. lim

̂𝒑𝒊𝒕𝒂𝒍 si es necesario. Evaluar el límite, usando la regla de 𝑳′ 𝑯𝒐 5. lim

√25 − 𝑥 2 − 5 𝑥

6. lim−

√25 − 𝑥 2 𝑥−5

7. lim

𝑥 11 − 1 𝑥4 − 1

8. lim

𝑥𝑎 − 1 , 𝑥𝑏 − 1

𝑥→0

𝑥→1

𝑥→5

𝑥→1

sin 3𝑥 𝑥→0 sin 7𝑥

sin 𝑎𝑥 , 𝑥→0 sin 𝑏𝑥

9. lim

10. lim

sin−1 𝑥 𝑥→0 𝑥

12. lim

5𝑥 2 + 3𝑥 − 1 𝑥→∞ 4𝑥 2 + 5

14. lim

𝑥2 − 𝑥 + 1 𝑥→∞ 6𝑥 − 3

16. lim

13. lim

𝑥→∞ 𝑥 2

𝑥−6 + 4𝑥 + 7

𝑥3 𝑥→∞ 𝑥 + 2

15. lim

𝑥3

𝑥

18. lim

2 𝑥→∞ 𝑒 𝑥

𝑥→∞ √𝑥 2

sin 𝑥 𝑥→∞ 𝑥 − 𝜋

20. lim

ln 𝑥 4 𝑥→∞ 𝑥 3

22. lim

+1

ln 𝑥 𝑥→∞ 𝑥 2

19. lim

𝑒4 𝑥→∞ 𝑥 4

21. lim

𝑥

𝑒2 23. lim 𝑥→∞ 𝑥

sin 5𝑥 𝑥→0 tan 9𝑥

24. lim

tan−1 𝑥 𝑥→0 sin 𝑥

ln 𝑥 𝑥→1 sin 𝜋𝑥

25. lim

26. lim

𝑒 2𝑥 − 1 𝑥→0 𝑥

𝑥

27. lim

𝑎, 𝑏 ≠ 0

cos −1 𝑥 𝑥→0 𝑥

11. lim

17. lim

𝑎, 𝑏 ≠ 0

28. lim

𝑥→0 tan−1 2𝑥 𝑥

𝑥

∫ ln(𝑒 4𝑡−1 )𝑑𝑡 29. lim 1 𝑥→∞ 𝑥

∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 30. lim+ 1 𝑥→1 𝑥−1

1 31. lim (𝑥 sin ) 𝑥→∞ 𝑥

32. lim+ 𝑥 3 cot 𝑥 𝑥→0

300

33. lim+ ( 𝑥→2

𝑥2

1 √𝑥 − 1 − 2 ) −4 𝑥 −4

10 3 34. lim+ ( − 2 ) 𝑥→0 𝑥 𝑥

1

1

35. lim+ 𝑥 𝑥

36. lim 𝑥 𝑥 𝑥→∞

𝑥→0

1

𝑥

37. lim (1 + 𝑥)𝑥

(𝑥)2 38. lim 3 +

𝑥 𝜋 39. lim+ [cos ( − 𝑥)] 𝑥→0 2

40. lim+(sin 𝑥)𝑥

𝑥→∞

𝑥→0

𝑥→0

301

Índice Alfabético A Análisis de errores, 286 Aplicaciones de la derivada de una función, 219 Asíntota horizontal, 103 Asíntota oblicua, 253 Asíntota vertical, 23, 92 B Base de los logaritmos naturales, 46 C Cálculo de diferenciales, 283 Cálculo de la razón de cambio relacionada, 200 Cálculo del límite, 56 Composición de funciones, 35 Concavidad, 239 Continuidad, 114 D Derivabilidad, 149 Derivación, reglas básicas de, 156 Derivación implícita, 185 Derivación logarítmica, 195 Derivada de funciones exponenciales, 171, 175 Derivada de funciones hiperbólicas, 183 Derivada de funciones logarítmicas, 191 Derivada de funciones trigonométricas, 168 Derivada de funciones trigonométricas inversas, 190 Derivadas de orden superior, 173 Diferenciales, 281 Discontinuidad evitable, 120 Discontinuidad infinita, 120 302

Discontinuidad por salto, 120 Dominio de una función, 20 E Ecuación de una recta, 138 Ecuación principal, 261 Ecuación secundaria, 261 Error porcentual, 287 Error propagado, 286 Error relativo, 287 Euler, Leonhard, 18 Extremos absolutos, 221 Extremos relativos, 222 F Función compuesta, 35 Función continua, 116 Función creciente, 27, 231 Función decreciente, 27, 231 Función exponencial, 45 Función exponencial natural, 46 Función hiperbólica, 47 Función hiperbólica inversa, 48 Función inversa, 37 Función logarítmica, 46 Función logaritmo natural, 47 Función trigonométrica, 42 Función trigonométrica inversa, 43 Función valor absoluto, 24 G Gráfica de una función, 21 Gráficas, análisis de, 247 303

H Herramientas de graficación, 259 I Intersecciones de una gráfica con los ejes coordenados, 21 Intervalo abierto, 3 Intervalo cerrado, 3 Intervalos infinitos, 3 L Leibniz, Gottfried, 55 L’Hopital, Guillaume, 292 Límite al infinito, 102 Límite de una función, 57 Límite infinito, 91 Límite lateral, 86 M Máximo absoluto, 221 Máximo relativo, 222 Mínimo absoluto, 221 Mínimo relativo, 222 N Newton, Isaac, 55 P Pendiente de la recta tangente, 136 Pendiente de la recta secante, 136 Primera derivada, 173 Problema de la recta tangente, 56 Problema de la velocidad instantánea, 142 Propiedades de los exponentes, 46 Propiedades del límite, 68 Propiedades de los logaritmos, 47 304

Punto de inflexión, 242 Puntos críticos, 223 R Razón de cambio relacionada, 200 Recorrido de una función, 20 Recta secante a una curva, 136 Recta tangente a una curva, 135 Regla de la cadena, 174 Regla de la constante, 156 Regla de la potencia, 157 Regla de la suma y diferencia, 159 Regla del cociente, 166 Regla de L’Hopital, 293 Regla del producto, 164 Reglas básicas de derivación, 156 S Segunda derivada, 173 Simetría de una gráfica, 127 T Teorema del valor extremo, 222 Teorema del valor medio, 228 Teorema general del valor medio, 293 Traslación horizontal, 32 Traslación vertical, 32 V Valor absoluto, 9 Valores extremos, 221 Variable dependiente e independiente, 19 Velocidad instantánea, 135, 142

305

Bibliografía Becerril, F., y otros. (2002). Cálculo. México: Universidad Autónoma Metropolitana, 1ª edición. Larson, R. y Edwards, B.H. (2010). Cálculo de una variable. México D.F.: Mc Graw Hill Educación. Morantes, G. (2010). Cálculo. Notas de clase. Colombia: Editorial publicaciones UIS. Purcell, E., Varberg, J., Ringon, D. y Educación, 9a edición.

Steven, E. (2007). Cálculo. México: Pearson

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