Monografia De Derivadas 316p10

UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA

RESPONSABLES: Díaz Espinoza Sandy Medalith. Ramírez Cruz Yalemi Libertad.

ANÁLISIS MATEMÁTICO I AÑO DE ESTUDIOS:

PRIMERO-II

DOCENTE: Lic. SánchezCulqui Eladio. Jaen-2012

ANALISIS MATEMATICO I

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ÍNDICE I. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN: I.1 DEFINICIÓN 01: I.2 DEFINICIÓN 02: SIGNIFICADO GEOMÉTRICO: I.3 OTRAS NOCIONES DE LA DERIVADA: I.4 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN EN UN PUNTO: I.4.1 DEFINICIÓN: II. RECTA TANGENTE: II.1 DEFINICIÓN: III. RECTA NORMAL: EJEMPLO: IV. ALGEBRA DE DERIVADAS: V. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN COMPUESTA: V.1 COROLARIO: V.2 OBSERVACIÓN: VI. REGLA DE LA CADENA:  NOTACIÓN DE LEIBNIZ: VII. DERIVADAS LATERALES: VII.1 DERIVADA LATERAL DERECHA: VII.2 DERIVADA LATERAL IZQUIERDA:  TEOREMA 01:  TEOREMA 02: OBSERVACIÓN: VIII. DIFERENCIA ENTRE LÍMITE LATERAL DE DERIVADA Y DERIVADA LATERAL IX. DERIVADAS LOGARÍTMICAS: Derivada de una función logarítmica de base b: Derivada de una función logarítmica de base e: X. DERIVADAS DE LA FUNCIÓN EXPONENCIAL: x DERIVADA DE e :

LA

 TEOREMA 01: XI. DERIVADAS DE FUNCIONES EXPONENCIALES GENERALIZADAS: XII. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR: XII.1 DEFINICIÓN 01: XII.2 DEFINICIÓN 02: XII.3 PROPOSICIÓN: Fórmula de Leibniz: XIII. DERIVACIÓN IMPLÍCITA: Definición 01: Definición 02: EJEMPLO: XIV. DERIVADAS DE LAS FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS: XIV.1 PROPOSICIÓN: ANALISIS MATEMATICO I

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XV.2 COROLARIO: XV. DERIVADAS DE LAS FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS: XVI. REPRESENTACIÓN PARAMÉTRICA DE CURVAS: XVI.1 DERIVADA DE CURVAS PARAMÉTRICAS: XVI.1.1 DEFINICIÓN 01: XVI.1.2 DEFINICIÓN 02: XVI.2 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN DADA EN SU FORMA PARAMÉTRICA: XVI.3 TRAZADO DE CURVAS PARAMÉTRICAS: a) Simetría: b) Puntos críticos de una curva paramétrica: XVII. COORDENADAS POLARES: DEFINICIÓN 01: XVIII. RELACION ENTRE COORDENADAS POLARES Y RECTANGULARES: IX. RECTA Y CIRCUNFERENCIA EN COORDENADAS POLARES: X. TRAZADO DE CURVAS EN COORDENADAS POLARES: XI. DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS EN COORDENADAS POLARES: XII. INTERSECCIÓN DE CURVAS EN COORDENADAS POLARES: Observación: XIII. DERIVADAS Y RECTAS TANGENTES EN COORDENADAS POLARES: MISELANIA DE EJERCICIOS

22 23 24 25 25 25 26 27 27 27 30 30 31 32 34 35 35 35 36 37

INTRODUCCIÓN ANALISIS MATEMATICO I

3


Los problemas típicos que dieron origen al Cálculo Diferencial, comenzaron a plantearse en la época clásica de Grecia (siglo III a.C.), pero, no se encontraron métodos sistemáticos de resolución hasta 20 siglos después (en el siglo XVII por obra de Newton y Leibnitz). En lo que respecta a las derivadas, existen dos conceptos de tipo geométrico: el problema de la tangente a una curva (concepto griego estático en contraste con el concepto cinemático de Arquímedes) y el problema de los extremos (máximos y mínimos) que en su conjunto dieron origen a lo que modernamente se conoce como Cálculo Diferencial. Se suele imaginar la derivada en un punto x para la función como la pendiente (inclinación) que existe en el punto. En la gráfica de una función, la pendiente representa la rapidez con que cambia dicha función: si la pendiente es muy grande, entonces la función en este punto crece muy deprisa; si la pendiente es muy pequeña, entonces la función crece muy despacio en ese punto. En términos geométricos, ésta pendiente es "la inclinación" de una línea recta que toca el punto en el que se evalúa la derivada de la función. Esta inclinación (un valor numérico) depende de la forma que tiene la función en esa zona del gráfico que la representa en el plano cartesiano. Derivar una función no es en absoluto complicado si se sabe utilizar las reglas de derivación descubiertas por Gottfried Leibniz e Isaac Newton. Dichas reglas son fruto de un concienzudo esfuerzo puramente lógico. La derivabilidad de una función en un punto (propiedad relativa a la existencia de tangente en un punto) está asociada al de continuidad. Este aspecto también será tratado en esta unidad. Finalmente veremos la relación que tiene la derivada con los problemas de optimización de funciones. Estos problemas decimos que son de máximo o de mínimo (máximo rendimiento, mínimo coste, máximo beneficio, mínima aceleración, mínima distancia, etc.). En este tema, además de definir tales conceptos, se mostrará su significado y se hallarán las derivadas de las funciones más usuales. Es de capital importancia dominar la derivación para después poder abordar el trazado de curvas, así como para comprender la utilidad del cálculo integral


4


OBJETIVOS:  Adquirir con claridad el concepto de derivada de una función en un punto.  Distinguir entre derivada en un punto x=x0 de una función f(x) y función derivada de f(x).  Calcular rectas tangentes a una curva f(x).  Aprender la técnica de derivación de funciones f(x).  Interpretar aspectos de crecimiento/decrecimiento, concavidad/convexidad de funciones a partir de la función derivada y derivada segunda de una función f(x).  Determinación de valores máximos y mínimos funciones f(x) y resolver problemas de optimización


5

de


LA DERIVADA I. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN: I.1 DEFINICIÓN 01: Dada una función f ( x ) llama derivada de

y un punto

x0

f ( x ) en el punto x 0

f ( x ) se

en el dominio de al valor numérico:

+h x x 0 ¿−f (¿¿ 0) ¿ ¿h Si solo sí el límite exista. f¿ ¿ f , ( x0 ) =lim ¿ h→0

Dom f , =Domf ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.392-393

El dominio de una función derivada de

f ( x)

es

Df = { x ∈ D f / f , ( x ) existe } . ,

TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.198

I.2 DEFINICIÓN 02: SIGNIFICADO GEOMÉTRICO: Consideremos una función f ( x) derivable en a , P(a ; f ( a )) de tangencia y

Qh (a+ h; f ( a+h )) otro punto sobre la gráfica de

La pendiente de la recta secante m h=

PQ h

f (x) .

es:

f ( a+ h )−f (a) f ( a+h )−f (a) = h ( a+h ) −a

En el gráfico: Cuando h →0 , el punto P.

el punto

Entonces

α h→ α

Qh

varía sobre la gráfica tendiendo hacia

, en donde


α

es el ángulo de inclinación de 6


la recta tangente a la gráfica de pendientes de las rectas secantes recta tangente a la gráfica de mh=lim h→ 0

f ( x) en el punto P . Luego las ´ h PQ tienden a la pendiente de la

y=f (x)

en el punto P .

f ( a+h ) −f (a) =¿ mT =f , ( a ) h lim ¿ h→0

, Por lo tanto, f ( a ) , es la pendiente de la recta tangente a la gráfica

de

y=f (x) en el punto

P(a ; f ( a )) . TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.199-200

I.3 OTRAS NOCIONES DE LA DERIVADA: a) Si

x=x 0+ h →h=x−x 0

;y ,

f ( x 0 )= lim

x→ x 0

b) Al incremento de

h

f ( x )−f (x 0) , x−x 0

en la variable

x

se denota

∆ x=h=x−x 0

,

y para tal incremento existe un incremento en el valor de la funcion al que se le denota: x x ¿ x ¿ ¿−f (¿ 0¿) x¿ x 0+ ∆ ¿−f (¿ 0 ¿)=f ¿ ∆ y=f ¿ De lo cual se tiene:


7


x x ¿ x 0+ ∆ ¿−f (¿ 0 ¿) ¿ f¿ ¿ f , ( x 0 )= lim ¿ ∆x →0

f , ( x 0 )= lim

∆ x →0

c)

f ,=

∆y ∆x

df df → f , (x 0 )= ( x 0 ) dx dx

Se lee: derivada de f ( x ) con respecto a

x en el punto x 0 . ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.393

I.4 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN EN UN PUNTO: I.4.1 DEFINICIÓN: a ∈ Df Sea f : R → R una función definida en el punto derivable de f f , ( a )=lim h →0

en

a

se dice que es

si el siguiente límite existe:

f ( a+h )−f (a) h

, Si la función f , la notación f ( a )

, es derivable en a , f ( a )

se llama derivada de f en

se debe a LaGrange

Otras notaciones: Dx f ( a ) : Notación de Cauchy. df ( x) x=a : Notación de Leibniz. dx f , ( x ) : Notación de Newton. TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.196

II. RECTA TANGENTE:


8


II.1 DEFINICIÓN:

LT

La recta tangente

a la gráfica de una función

x f (¿¿ 0) P x 0 , ¿ es la recta que pasa por o Po =¿

f (x)

en el punto

, y que tiene pendiente f ( x 0 ) ,

cuando existe, es decir: x f (¿¿ 0)=f , ( x 0 ) (x−x 0 ) LT : y −¿ ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.393-394

III. RECTA NORMAL: Se llama recta normal

que pasa por

Po

LN

a la gráfica de f ( x )

en

x f (¿¿ 0) x 0 , ¿ ala recta Po =¿

y que es perpendicular a la recta tangente

LT

en

Po . ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.394


9


EJEMPLO: Hallar el área del triángulo limitado por las ecuaciones de la tangente y de la normal a la gráfica de la ecuación: 4 x 3−3 xy 2 +6 x 2−5 xy−8 y 2 +9 x +14=0

een el punto P (-2; 3) y el eje X.

Solución: Derivando la ecuación implícita respecto de x, se tiene: 12 x 2−3 ( 2 xy y ' + y 2 ) +12 x−5 ( x y ' + y ) −16 y y ' +9=0 ⟹ y'=

12 x 2−3 y 2+12 x−5 y +9 6 xy +5 x +16 y

Para el punto P (-2; 3) obtenemos: y−3=

Ecuación de la tangente:

mt= y' (−2 ; 3 ) =−9/2

−9 ( x+2 ) ⟺ l t :9 x+ 2 y +12=0 2

2 y−3= ( x +2 ) ⟺l n :2 x−9 y+ 31=0 9

Ecuación de la normal: lt ∩

(Eje X):

y=0 ⟹ 9 x+ 12=0 ⇔ x 1=−4 /3

ln ∩

(Eje Y):

y=0 ⟹ 2 x +31=0 ⟺ x 2=−31/2

Base del triángulo:

b=¿ x1− x2∨¿

|−43 + 312|= 856 ; h= y =3

⟹ b=

0


10


1 1 85 85 a ( △ )= ( bh )= ( 3 )= u 2 2 2 6 4

( )

EJEMPLO 1: Hallar el ángulo de intersección de las curvas: 2 2 p1 : y =(x−2) y p2 : y =−4+ 6 x −x Solución: los pasos a seguir son los siguientes: a. Cálculo de los puntos de intersección: 2 2 2 Si ( x−2 ) =−4 +6 x−x ⟹ x −5 x+ 4=0 ⟺ x1 =1⋁ x 2=4 P1 ( 1 ; 1 ) y P2 (4 ; 4)

Luego:

son los puntos de intersección.

b. Cálculo de las pendientes en

P1 ( 1 ; 1 )

P1 : y ' =2 ( x−2 ) , para x=1 ⟹ m1=−2 '

P2 : y =6−2 x , para x=1⟹ m2=4 c. Cálculo del ángulo de intersección: m2−¿m 1+ m1 . m2 ¿ ¿ Tgθ=¿ 1

⟹θ=arc tg(6 /7)=40 ° 36 ' d. Para el punto

P2 (4 ; 4)

se obtiene el mismo resultado, esto se

debe a la simetría de ambas curvas en los puntos de intersección. EJEMPLO 2:

f ( x)  Hallar la derivada de función

2x  3 x2

Solución: Siguiendo el método de los cuatro pasos se tiene:


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f ( x  h) 

2( x  h )  3 2 x  2 h  3  ( x  h)  2 xh2

1. f ( x  h)  f ( x ) 

2 x  2h  3 2 x  3 7h   xh2 x2 ( x  h  2)( x  2)

2.

f ( x  h)  f ( x ) 7 , resulta :  h ( x  h  2)( x  2)

3. Formando el cociente f ( x  h)  f ( x ) 7 7 lim   f ' ( x)   h 0 h ( x  2)( x  2) ( x  2) 2 4. Luego: EJEMPLO 3: Hallar la ecuación de la tangente y la normal a la f ( x)  x x  1

función

, en el punto de abscisa x=2 x  2  y  2 2  1  2  P(2,2)

Solución: Punto de tangencia: si

Como f está definida f ( x) 

x  1

, podemos escribir

x 2 ( x  1) 

x3  x2

Ahora hallaremos la derivada de f por el método de los cuatro pasos f ( x  h)  ( x  h) 3  ( x  h ) 2 1. f ( x  h)  f ( x )  ( x  h) 3  ( x  h) 2  x 3  x 2 

h(3 x 2  3hx  h 2  h  2 x) ( x  h) 3  ( x  h) 2  x 3  x 2

2. f ( x  h)  f ( x )  h

3 x 2  3hx  h 2  h  2 x ( x  h ) 3  ( x  h) 2  x 3  x 2

3. lim

h 0

4.

f ( x  h)  f ( x ) 3x 2  2 x 3x  2   f ' ( x)  , x 1 h 2 x 1 2 x3  x2


12


x  2  Dom ( f ' ), m  f ' ( 2) 

En particular, para

62 2 2 1

2

y  2  2( x  2)  l t : 2 x  y  2  0

Por tanto, la ecuación de la tangente es:

y la ecuación de la normal es:

1 y  2   ( x  2)  l n : x  2 y  6  0 2

EJEMPLO 4: Si f es una extensión continua de

g ( x)  x 2 sen ( 1x )

en el origen, probar

que f es derivable en el origen y que f’(0)=0

 x 2 sen( 1 x ), si x  0

f ( x)   Demostración: Por definición:

 a

, si x  0

 1  sen( 1 x )  1  0  | sen( 1 x ) | 1 Conociendo que:

 0  | x 2 sen ( 1 x ) | | x 2 | Por el teorema de sándwich,

| x 2 sen ( 1 x ) | 0 cuando x  0. Se sigue entonces que f (0)  0 Luego a=0 es la extensión continua de g. Mostraremos ahora que f’ (0)=0

f ( x  h)  f (0  h)  f (h)  h 2 sen(1 / h) 1.

f ( x  h)  f ( x)  f (h)  f (0)  h 2 sen(1 / h)  0  h 2 sen (1 / h) 2.

3.

f ( x  h)  f ( x )  hsen(1 / h) h lim

h 0

4.

f ( x  h)  f ( x )  1  lim hsen   0  f ' (0)  0 h0 h  h

IV. ALGEBRA DE DERIVADAS: ANALISIS MATEMATICO I

13


Sean f ( x ) y g ( x ) dos

funciones

en x y

sea k

una

constate.

Entonces, se tiene: a)

( kf ), ( x )=k [ f , ( x ) ]

b)

( f ± g ), ( x )=f , ( x ) ± g, ( x )

c)

( f . g ), ( x )=f , ( x ) . g ( x ) + f ( x ) . g , ( x ) , , f ,( ) g (x ) . f ( x )+ f ( x ) . g (x ) x= , si g ( x ) ≠ 0 2 , g [ g ( x )]

()

d)


V. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN COMPUESTA: Si

f : R → R es una función derivable en

función

N ( h ) tal

lim N ( h ) =0=N (0) h→0

que

a entonces existe una

f ( a+ h )−f ( a )=h f , ( a )+ hN ( h ) , ∀( a+h) ∈ Df con

.

V.1 TEOREMA 01: Regla de la cadena: sean f : A → R y g : B → R dos funciones con a ∈ Df ℑ( f ) B . Si f ( x ) es derivable en y g ( x ) es derivable en b=f ( a ) ∈ B , entonces g ° f es derivable en

a y se cumple:

f ( a ) . f , ( a) , ( g° f ) ( a ) =g , ¿ TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.20

V.2 COROLARIO: Sea

f ( x ) es una funcion derivable en

constante entonces

h

es derivable en a y

a y h ( x )= [ f ( x ) ]

'

es una

f ( a ) ¿ n−1 f ' (a) . h' ( a )=n ¿

Demostración: ANALISIS MATEMATICO I

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n

h ( x )=( g ° f )( x )=[f ( x ) ] ,

Sea n

g ( x ) =x

donde

. g' ( x )=nxn−1 ,

Como

entonces

n−1

f ( a )=n[ f ( a ) ] g'¿

.

Por lo tanto, por el teorema 3, se tiene: '

'

'

n −1

'

h ( a )=( g ° f ) ( a )=g ( f ( a ) ) . f ( a )=n [ f ( a ) ]

. f ' (a)


V.3 OBSERVACIÓN:  Si

y= y ( t ) ⋀ t=t (x)

son funciones derivables, entonces:

dy dy dt dy dt ' = . , donde : = y ( t ) ⋀ =t ' (x ) dx dt dx dt dx y=f (x)

 Si:

es

una

función

derivable

y

tiene

inversa

x=f −1( y) , entonces: dx 1 dy = , si : ≠ 0 dy dy dx dx

 Si

y= y ( t ) ⋀ x=x (t)

son dos funciones derivables, entonces:

dy dy dt = dx dx dt

 Si:

f ( x )=[u ( x ) ]n y u ( x) n−1

'

f ( x )=n [ u ( x ) ]

 Si:

.u ' ( x)

f ( x )=√ u(x ) y u( x ) f ' ( x )=

es derivable, entonces: (Regla general para potencias)

es derivable con u( x )> 0 , entonces

u ' (x ) 2 √ u(x )


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 Si f ( x )=|u ( x)| y u( x ) se derivable con u(x )≠ 0 entonces: u (x ) .u ' ( x) |u ( x )|

f ' ( x )=


VI. REGLA DE LA CADENA:  NOTACIÓN DE LEIBNIZ: Cuando

se

tiene

y=f ( x ) ,

donde x=g ( t ) ,

entonces

resulta

y=(f ° g) ( t ) , cuya derivada puede escribirse como: ,

(f ° g) ( t )=

dy , dy dx dy dx , , , =f (g ( t ) )¿ . g ( t)=f ( x ) . g (t)= ( x). (t)= . (t) dx dx dt dx dt

dy dy dx = . dt dx dt respecto a t es igual al producto de la derivada de y respecto a x por la derivad de x respecto a t .

Se lee: la derivada de

y

ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.409-410

VII. DERIVADAS LATERALES: VII.1 DERIVADA LATERAL DERECHA: Se llama derivada lateral derecha de f ( x )

en el punto

x 0 ∈ Domf

límite real:


16

al


+h x x 0 ¿−f (¿¿ 0) ¿ f¿ ¿ h → 0+¿ ¿ +¿, ( x 0 ) =lim ¿ f¿

¿

ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.414

VII.2 DERIVADA LATERAL IZQUIERDA: f (x)

Se llama derivada lateral izquierda de

x 0 ∈ Domf

en el punto

al

límite real: +h x x 0 ¿−f (¿ ¿ 0) ¿ f¿ ¿ h→ 0−¿ ¿ −¿ , ( x 0 )=lim ¿ f¿

¿

ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.414

 TEOREMA 01: La función

f :R→R

es derivable en el punto

x 0 ∈ Domf

si solo si

−¿, ( x 0 ) , existen y son iguales +¿ ( x 0 ) =f ¿ . f¿

 TEOREMA 02:


Si una función f ( x ) n es derivable en el punto continua en

x0

entonces es

x0. TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro.


17


Pag.201

OBSERVACIÓN: Para hallar las derivadas laterales de las funciones definidas e los putos donde la función cambia de regla de correspondencia es útil tener en cuenta las propiedades siguientes:

I. Si

f ( x )=¿ f ( x 0) x → x −¿ 0 ¿ y existe x < x 0 , lim ¿

f ( x ) es derivable para

¿

−¿¿ x0 entonces ¿ f,¿

,

f ( x ) =¿ L x → x−¿ 0 ¿ lim ¿ ¿


VIII. DIFERENCIA ENTRE LÍMITE LATERAL DE LA DERIVADA Y DERIVADA LATERAL 

El límite lateral derecho de

f ( x ) en x=a :

+¿¿ a ¿ x → a+¿ f (x) f¿ El cual puede existir cuando f (a) decir cuando el punto la funcion de



no está definido, es

x=a no pertenezca al dominio de

f ( x ).

Tenemos que por extensión

+¿¿ a f ,¿

derecho de la funcion derivada de

es el límite lateral f ( x ) en el punto

x=a :

+¿¿ a ¿ x → a+¿ f , ( x ) f ,¿


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El cual puede existir cuando a de la funcion de

no pertenezca al dominio

f ( x ) no incluso cuando aún no exista la

, derivada f ( a ) .

Sin embargo,

derecho de

+¿¿ a no representa la derivada lateral f ,¿

f (x)

en

+¿ , ( x 0 ) x=a : f ¿

la que, por definición, es

igual: +h x x 0 ¿−f (¿¿ 0) ¿ f¿ ¿ h → 0+¿ ¿ +¿, ( x 0 ) =lim ¿ f¿

¿

+¿¿ a ¿ Por lo tanto: +¿, ( x ) , 0 f¿

a menos que sea continua por la


IX. DERIVADAS LOGARÍTMICAS: a). Derivada de una función logarítmica de base b: Si

u es una función derivable de x

lim u ¿= lim e



(

b

b

1

tal que

u ≠0

entonces:

du

)( x )( dx )

d ¿ dx

( ln1b )( 1x )( dudx )

lim u ¿=



b

d ¿ dx ANALISIS MATEMATICO I

19


ANÁLISIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa C. Pág. 452

EJEMPLO 1:

y=

Derivar la función: Solución:

senx −ln √ tg( π /4−x /2) 2 cos2 x

1 1 2 y= senx sec x− lntg ( π /4 , x /2 ) 2 2

Derivando se tiene: 1 1 y ' = senx ( 2 senX . secx tgx ) + sec 2 x . cosx− 2 2

y ' =secx. sec 2 x

( )] ( ) [ ( )

1 π x 2tg − 4 2

sec 2

π x − 4 2

−1 2

1 1 + secx+ ( senx ) cosx 2 π x π x 4 sen ( − ) cos ( − ) 4 2 4 2

1 y ' =sen2 x sec 3 x+ secx+ 2

1 π sen −x =cosx 2 π 2 sen −x 2

( ) ( ( )

)

1 1 y ' =( 1−cos2 x ) sec 3 x + secx+ secx 2 2 y ' =sec 3 x−cos 2 x sec 3 x+ secx=sec 3 x−secx+ secx ∴ y ' =sec 3 x

EJEMPLO 2:

Derivar:

1 y= ln 3

(

x+ 1 1 2 x−1 + arc tg ( ) √3 √ x −x +1 √3 2

)

Solución: 1 1 1 2 x−1 2 y= ln ( x +1 )− ln ( x −x+1 ) + arc tg( ) 3 6 √3 √3 Ahora, efectuando la derivación obtenemos:


20


2 x−1 ¿ ¿ ¿ ¿ 1+ [ ¿ 2¿ )

( √23 )

¿ 1 ¿ '

y=

1 1 1 1 1 ( 2 x−1 ) + ¿ − 2 3 x +1 6 x −x+ 1 √3

( ) (

)

2 x−1 ¿ 3+¿ 3¿ 1 2 x−1 6 ' y= − + 2 3( x+ 1) 6 ( x −x+ 1 ) ¿ x x 2( x+1)(¿¿ 2−x +1) 2( ¿¿ 2−x +1)−( x +1)( 2 x−1) ( 1−x ) +(x +1) 1 + = 2 2 ¿ 6( x+1)(x −x+ 1) 2(x −x +1) ' y =¿ y'=

Por lo tanto:

1 x +1 3

EJEMPLO 3:

Derivar: Solución: '

y= y'=

'

y=

y=ln

(

b+a Cosx+ √ b2−a 2 senx ,0 ≤∨a∨¿∨b∨¿ a+ b cosx

)

y=ln ( b+a cosx + √ b 2−a2 senx )−ln ( a+b cosx ) 1

b+a cosx+ √b −a senx 2

2

−a senx + √ b2−a2 cosx

(−a senx+ √ b 2−a2 cosx ) −

1 (−b senx) a+b cosx

b senx b+a cosx + √b −a senx a+b cosx 2

2

+

( a+b cosx ) ( √ b2 −a2 cosx−a senx ) +b senx(b+ a cosx+ √ b2−a2 senx) (a+b cosx)(b+a cosx+ √ b2 −a2 senx)

Simplificando términos en el numerador se tiene: ANALISIS MATEMATICO I

21


'

y=

'

y=

b √ b2−a 2 ( sen2 x+ cos2 x ) + a √b 2−a2 cosx+ ( b 2−a 2) senx (a+b cosx)(b +a cosx + √ b −a sen) 2

2

√b 2−a2 (b+ a c osx+ √ b2−a 2 senx) = √ b2 −a2 2 2 (a+ b cosx)(b+a cosx+ √ b −a senx) a+b cosx

b). Derivada de una función logarítmica de base e: Si

f es una función

x

de derivable en todo su dominio, entonces:

x ln ¿ ¿ d¿ ¿ TEOREMA: Si u es una función derivable de x

tal que

u ≠0

entonces:

u ln ¿ ¿ d¿ ¿ ANÁLISIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa C. Pág. 451

EJEMPLO 1: f ( x )=x xex

Hallar la derivada de Solución: f ' ( x )=x xex

[

d ex ( x . Lnx) dx

]

Aplicando la regla del producto y nuevamente el teorema 4.20. se tiene: 1 d x f ' ( x )=x xex x ex + Lnx . x ex (e . Lnx) x dx

{ ()

[

]}

' xex ex f ( x )=x . x

{

1 x 1 x +( Lnx ) e + e Lnx x x

[()

]}

f ' ( x )=x xex . x ex

{

1 ex + ( Lnx ) [1+ xLnx ] x x

}


22


x

f ' ( x )=x xex . x e −1 [1+ e x (1+ xLnx ) Lnx ]

EJEMPLO 2: Hallar

e−x2 arc seen ( e−x2 ) 1 −2 x2 y= + ln ( 1−e ) −2 x2 2 √1−e

y ' , si:

Solución: −x2

Sea

u=e

⟹ y=

y

Derivando dy u = du √ 1−u2

u .arc sen u 1 2 + ln(1−u ) 2 √ 1−u 2 u , se tiene:

respecto de

[ ]

1 d + arc sen u 2 du 1−u

(√ )

dy u = + arc sen u du 1−u2 Dado que:

[√

1 2 3

( 1−u )

u=e−x2 ⟹

−

( √ ) ( )] u 1 −2 u + 2 2 1−u 2 1−u

u arc sen u = 2 3 1−u ( 1−u 2 )

√

du −x2 =e (−2 x ) =−2 x e−x2 dx

Aplicando la regla de la cadena,

dy dy = dx du

( )( dydu )

obtenemos:

x2 x2 dy −2 x e . arc sen ( e ) = , x ≠0 3 dx ( 1−u2 )

√

EJEMPLO 3:

Derivar:

cosx arc ¿ ¿ y=¿

Solución: introduciendo la variable intermedia

u=arc cosx , se

tiene: y=u2 ( ln 2 u−Lnu+1/ 2) ⟹

[

]

dy 1 1 =u 2 ( s Lnu−1 ) − +2 u( ln 2 u−Lnu+1/2) dx u u

¿ u ( 2 Lnu−1 )+u ( 2 ln 2 u−2 Lnu+1 ) =2u ln 2 u ANALISIS MATEMATICO I

23


u=arc cosx ⟹

Si:

du −1 = dx √ 1−x 2

Luego, por la regla de la cadena:

⟹

dy ( = 2 u ln 2 u ) dx

(

dy dy = dx du

( )( dudx ) 2

−2(arc cosx )ln (arc cosx) −1 = 2 √ 1−x √1−x2

)

X. DERIVADAS DE LA FUNCIÓN EXPONENCIAL: Sea

a

un número real positivo (a ≠ 1)

y sea

u una función de x

derivable en todo su dominio, entonces: d x x (a )=( ln a ) a  dx



d u ( a ) =( ln a ) au . du dx dx

( ) ANÁLISIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa C. Pág. 459

x DERIVADA DE e :

Sea

y=e

x

sabemos que esto significa:

x=ln y

de modo que por

teoría de la derivada de la función inversa: 1 1 Dx e x =D x ln−1 ( x )= = = y=e x D y ln ( y ) 1 y

()

Obteniendo unode los resultados, considerado, más importante del cálculo matemático: x x Dx e ¿ e , ∀ x ∈ R En consecuencia para toda constante c: ce (¿¿ x) ¿ ce x , ∀ x ∈ R Dx¿ Asimismo es una función derivable: ANALISIS MATEMATICO I

24


Dx [ e f (x) ] ¿ e f ( x) . f , ( x ) , ∀ x ∈ R En efecto, si hacemos u=f (x );

por la regla de la cadena resulta:

d f (x) d u d u du u , e = e = (e ) . ¿ e . f ( x) dx dx dx dx



TEOREMA 01:

Una exponencial de la forma

f (x)¿ ce

kx

satisfactoriamente de que su

f , ( x ) es proporcional a la misma función f (x)

derivada

dominio. Es decir

en todo su

∀ x∈R ,

e ¿ c (¿¿ kx . k )=k . f (x ) f ,( x )¿ c=f (0) es llamada “valor inicial” de la

NOTA: La constate función f

y

k es su constante de proporcionalidad.

XI. DERIVADAS DE FUNCIONES EXPONENCIALES GENERALIZADAS: f (x) y

Si

g (x )

son derivables, f ( x ) >0, se puede calcular la

derivada de la funcion exponencial generalizada: y= y ( x )=[ f (x) ]

g (x)

Al expresarla como: y ( x )=e g ( x ) .ln [ f ( x )] Al derivar: ,

y(, x)=e g ( x ) . ln [ f ( x ) ] . { g ( x ) . ln [ f ( x ) ] }

{

, f (x) y = y (x ). g ( x ) . ln [ f ( x ) ]+ g ( x ) . f (x) , ( x)

,

}

XII. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR: XII.1 DEFINICIÓN 01: ANALISIS MATEMATICO I

25


Si

Dn f y

D n (f∗g) existen sobre

y

n

Dn g existen en un intervalo I entonces I

D (f + g)

y además: Dn ( f + g ) =Dn f + Dn g

Según Leibniz: n

()

D ( f ∗g )=∑ n [ D n−k f ]∗[ D k g ] k=1 k n


XII.2 DEFINICIÓN 02: Sea f ' (x)

y=f ( x)

una función derivable, la derivada de la función

se denomina segunda derivada de

f , y ees indicada con una

de las notaciones: f ' ' ( x ) , D2x f ( x ) ,

Si f ' ' ( x 0) el número Si

f ' ' ( x)

d 2 f ( x) d2 y ,¨ f ( x ) , dx 2 dx 2

eexiste, see dice que f ' ' ( x 0)

f

es dos veces derivable en

se denomina segunda derivada de

es una función derivable, su derivada

f

x0

en

(f ' ' )'

x0

y .

, (derivada

de la segunda derivada) se denomina tercera derivada de

f

y se

denota con uno de los símbolos: f ' ' ' ( x ) , D3x f ( x ) ,

d 3 f ( x) d 3 y , 3 dx 3 dx

De esta manera, derivando sucesivamente la función

f

(siempre

quee sea posible), se obtiene la n-ésima derivada o derivada de orden n de f y se indica con una de las notaciones: n

d f (x ) d n y f ( x), D f ( x ) , , n dx n dx ( n)

n x


26



XII.3 PROPOSICIÓN: Fórmula de Leibniz: supongamos que las funciones v(x)

n

son definidas y derivables hasta el orden

u( x )

y

en A y se tiene:

(n ) ' ' (n ) ( n) ( n −1 ) ' ( n−k ) k (n) y =( u . v+ v ) = n u . v+ n u . v +…++ n u . v +…+ n u . v 0 1 k n

()

()

()

()

En esta fórmula se entiende que: u(0 )=u , v 0=v ,u(1)=u ' , u(2) =u' ' , etc . TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.222

XIII. DERIVACIÓN IMPLÍCITA: Definición 01: E ( x , y )=0

Sea y

por

una ecuación de variables

x e y . Si al remplazar

f ( x) , la ecuación se transforma en una identidad, entonces y=f ( x)

la ecuación definida por determinada por la ecuación

es llamada Función Implícita

E ( x , y )=0 . TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.227

Definición 02: Dado

la

ecuación

en

dos

variables F ( x , y )=0

necesitamosalgún procedimiento para hallar

con

y=f ( x)

dy dx sin tener necesitad

de despejar y en términos de x . Existen dos procedimientos para hallar la F ( x , y )=0 , con

dy dx en una ecuación

y=f (x) .


27


1 °

Método: aplicamos en ambos de la ecuación dy F ( x , y )=0 , el dx y usamos todas las reglas de derivación para

finalmente despejar y . 2 °

∂F dy ∂ x Método: usamos derivadas parciales en la fórmula: dx = ∂ F ∂y

Donde:

∂F : x . Este caso, ∂ x Es la derivada parcial de F con respecto a

consideramos sólo a x

como variable y el resto de letras se

consideran como constante. ∂F : Es la derivada parcial de F con respecto a y . Este caso, ∂y consideramos sólo a y

como variable y el resto de letras se

consideran como constante. ANÁLISIS MATEMÁTICO I-Cálculo diferencial. Autor: Moisés Lázaro C. Pág.: 165-16

EJEMPLO: 2 2 2 1. x −xy +2 y =a /7

, hallar

y' ' '

mediante derivación implícita.

a. Cálculo de la primera derivada: 2x−y 2 x −( x y ' + y ) +4 y y ' =0⇒ y ' = x−4 y b. Por regla del cociente: ( x−4 y ) ( 2− y ' )−(2 x− y)(1−4 y' ) '' y = ( x−4 y )2 y ' , esto

Ahora sustituimos la expresión obtenida en (a) para es:

(

( x−4 y ) 2− y '' =

2 x− y 8 x −4 y −( 2 x− y ) 1− x−4 y x −4 y

)

(

2

( x −4 y )

)= 14 (x −xy +2 y ) 2

2

3

(x−4 y )

c. Nótese que el paréntesis del numerador es el primer miembro de la ecuación original. ANALISIS MATEMATICO I

28


x −4 y ¿ ¿ 2 14(a / 7) '' 2 ⇒y = =2 a ¿ 3 (x−4 y)

d.

x−4 y ¿ ¿ x−4 y ¿ ¿ '' y =−6 a2 ¿ x−4 y ¿ ¿ ¿ 42 a2 x ''' ∴y = ¿

XIV. DERIVADAS DE TRIGONOMÉTRICAS:

LAS

FUNCIONES

XIV.1 PROPOSICIÓN: Las funciones trigonométricas son derivables en sus dominios respectivos. Se cumple: f ( x )=sen x , entonces f ' ( x )=cos x . 



f ( x )=cos x , entonces f ' ( x )=−sen x .



f ( x )=tan x , entonces



f ( x )=cot x , entonces f ' ( x )=−csc 2 x .



f ( x )=sec x , entonces f ' ( x )=sec x tan x .



f ( x )=csc x , entonces f ' ( x )=−csc x cot x .

f ' ( x )=sec 2 x .


XV.2 COROLARIO: Si

u=u (x)

es una función derivable, entonces tenemos: ANALISIS MATEMATICO I

29




Dx ( sen u )=cos u . Dx (u)



Dx ( cos u )=−sen u . D x (u)



Dx ( tan u ) =sec 2 u . D x (u)



Dx ( cot u )=−csc 2 u . D x (u)



Dx ( sec u )=sec u tan u . D x(u)



Dx ( csc u )=−csc u cot u . D x ( u) TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.345

EJEMPLO 1: Hallar la derivada de la función:

y=tg[sec 2 ( x 2+ 2 x ) ]

Solución: sin entrar en todos los detalles, el cálculo de la derivada viene a ser el que sigue: dy d =sec 2 [ sec 2 ( x 2+ 2 x ) ] . [sec 2 ( x 2+2 x ) ] dx dx ¿ sec 2 [ sec 2 ( x 2+ 2 x ) ] .2 sec ( x 2+ 2 x ) .

d [sec ( x 2+2 x ) ] dx

2 2 2 2 2 2 ¿ 2 sec [ sec ( x +2 x ) ] . sec ⁡( x +2 x)[sec ( x + 2 x ) . tg ( x +2 x ) ]( 2 x +2)

¿ 4 ( x +1 ) sec 2 [ sec 2 ( x 2+ 2 x ) ] . sec 2 ( x 2+2 x ) .tg(x 2 +2 x )

EJEMPLO 2: sec 2 x √ cot 2 x−1 f ( x )= cose 3 x En primer lugar, rescribir la función en términos de seno y coseno: sen3 x cos 2 x sen3 x √ cos 2 x f ( x )= −1= cos 2 x sen2 x cos 2 x senx

√

(

)

2x cos ¿ ¿ 2 ¿ sen 2 x ¿

Ahora, derivar la función por la regla del producto:


30


'

2

−1

f ( x )=sen 2 x .

d d −1/ 2 2 (cos 2 x ) +(cos 2 x) 2 . (sen x) dx dx

2x cos ¿ −1

−1 ( ¿ −3 (−2 sen 2 x ) ] ¿ +( cos 2 x ) 2 (sen 2 x) 2 2 ¿ sen2 x ¿ 2x cos ¿ sen 2 x ¿+(cos 2 x )−1 /2 (sen 2 x) ¿ sen2 x ¿ ¿ sen 2 x (cos 2 x)−3 /2 ¿ ¿

sen 2 x [sen2 x+ ( cos2 x−sen 2 x ) ] 3 /2 (cos 2 x)

∴ f ( x) =

sen 2 x . cos2 x (cos 2 x )3/ 2

EJEMPLO 3: Derivar: y=

1

√ senx +√ senx + √ senx+…+ ∞

Solución: elevando al cuadro: 1 2 y= senx+ √ senx+ √ senx +…+ ∞ El segundo sumando del denominador es la recíproca de la función dada, luego, si: 1 2 2 y= ⇒ y senx + y=1 1 senx + y Entonces pro derivación implícita obtenemos: y 2 cosx 2 ' ' ' y cosx+ 2 y y senx+ y =0 ⇒ y = 1+2 y senx


31


XV. DERIVADAS DE LAS TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS: Sea

FUNCIONES

u una función derivable de x , entonces: 1 Dx ( arcsen u )= . D x (u)  √ 1−u2



Dx ( arccosu )=

−1 . Dx (u) √1−u2



Dx ( arctan u ) =

1 . D x (u) 1+u2



D x ( arccot u )=

−1 . D x (u) 2 1+u



Dx ( arcsec u )=



Dx ( arccsc u )=

1 . D x (u ) |u|√u 2−1 −1 . Dx (u) |u|√ u 2−1

EJEMPLO 1: Derivar la función: y=arc cos

(

x 2 n−1 x 2 n+ 1

)

Solución: dy = dx

¿−

−1

√(

x 2 n−1 1− 2 n x +1

[) 2

( x2 n +1 ) ( 2 nx 2n −1 ) −(x 2 n−1)(2 nx2 n−1 ) 2 ( x 2 n +1 )

[

x 2 n+ 1 4 nx 2 n−1 √( x 2 n +1)2 −( x 2 n−1)2 (x 2 n+1)2

[

]

]

]

1 4 nx 2 n−1 2 n x 2 n−1 ¿− = √ 4 x 2 n x 2 n+1 |x|n ( x 2 n +1)


32


x x (¿ ¿ 2n+1) ¿ x∨¿n 2n ¿ 2n ¿ x∨¿ 2n =−¿ n 2n x| x| ( x +1) ¿¿

EJEMPLO 2: f ( x )=2 arc tgx+ arc sen

Probar que la función cuando

2x 1+ x 2

( )

es constante

x> 1 .

Demostración: probaremos que si

f ' ( x )=0 ⇒ f ( x )=k , cuando

x> 1

.

f ( x )=

2 + 1+ x2

1

√

1−

(

2x 1+ x2

[) 2

( 1+ x 2 ) ( 2 )−2 x (2 x ) 2 ( 1+ x 2 )

[

]

]

¿

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

¿

( 1−x 2 ) 2 2(1−x 2) 2 1 2 + = + ( ) 1+ x 2 √ (1−x2 )2 1+ x 2 1+ x 2 |1−x 2| 1+ x 2

√

Pero si:

[

]

x> 1⇒ x 2 >1 ⇔ 1−x 2 <0 ⇒|1−x2|=−(1−x 2 )

Luego, en (1): Por lo tanto, si

2 1−x 2 2 ' f ( x )= − ( ) =0 2 2 2 1+ x 1−x 1+ x ' f ( x )=0 ⇒ f ( x )=k

es constante cuando

XVI. REPRESENTACIÓN CURVAS: Cuando los puntos

(x , y )

x> 1 .

PARAMÉTRICA

de una curva

DE

c en el plano están

representados por ecuaciones del tipo: ANALISIS MATEMATICO I

33


x=g(t)

x=g(t) , Se le

llama parámetro y a las ecuaciones se les conoce como ecuaciones paramétricos de la curva c .

Algunas veces un par de ecuaciones paramétricas definen una funcion y=f ( x) lo cual ocurrirá si la funcion g(t) tiene funcion inversa

−¿ ( x ) : t=g¿ ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.457

XVI.1 DERIVADA DE CURVAS PARAMÉTRICAS: XVI.1.1 DEFINICIÓN 01: Dada una curva

c

definida por las ecuaciones:

x=f ( t ) y=g( t),t ∈ I

Se desea calcular para un valor

t0

que representa la pendiente de la recta tangente a la curva punto

dy /dx

, el valor de la derivada

c en el

( x 0 ; y 0 ) para:

x 0=f ( t 0 ) , y 0=g(t 0 )

. Para ello aplicamos la regla de la cadena:

dy dy dx dy dy /dt = . → = dt dx dt dx dx /dt Donde: dx df dy dg = ( t ) ; = (t ) dt dt 0 dt dt 0 ANALISIS MATEMATICO I

34



XVI.1.2 DEFINICIÓN 02: Sean

f ,g

dos funciones continuas definidas en

I , I ⊂ R , I ≠ o . Las

ecuaciones de la forma:

{

x=f (t) , t ∈ I …(1) y=g(t)

Se llaman Ecuaciones Paramétricas y

t

se llama parámetro.

x

e y son las coordenadas de un punto en el plano coordenada xy , a cada valor de t le t ( ) ( ) corresponde el punto f t ; g ¿ del plano xy . Cuando t varía en p¿ Si se considera que los valores de

I , este punto describe una curva. Supongamos que

x , pues

una función de En este caso,

x=f ( t )

y

tiene inversa

parámetro

t

está en función de

x

es

y se dice que la función se

(1) .

en términos de x , es necesario eliminar el

de las ecuaciones

(1) . . Al eliminar el parámetro (si

es posible), obtendremos una ecuación de la forma forma

y

y=g ( f −1 ( x ) ) .

representa en forma paramétrica por Para expresar y

t=f −1 (x ) . Entonces

y=h (x)

ó de la

E ( x , y )=0 .

El dominio de una ecuación paramétrica, si no se indica, se determina por: I =Dom( f )∩ Dom( g) TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.435


35


XVI.2 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN DADA EN SU FORMA PARAMÉTRICA: Supongamos que la representación paramétrica de una curva es:

{

x=f (t) , t ∈ I y=g(t)

Donde

f y g

I

son funciones derivadas en

Aplicando la regla de cadena, se tiene

Para obtener la segunda derivada

' y f ( t ) ≠ 0, ∀ t ∈ I .

dy dy /dt dy g '( t) = = ó dx dx/dt dx f ' (t) d2 y d x2

se aplica nuevamente la

regla de la cadena. De este modo, tenemos:

( ) [

]

d g ' (t) d dy dt f ' (t ) f ' ( t ) . g '' (t )−g ' ( t ) . f ' ' ( t ) dt dx d y d dy = = = = 2 dx f ' (t) d x 2 dx dx [ f ' (t) ] dt 2

( )

En general, se tiene: d d n−1 y n−1 d n y dt d x = dx d xn dt

(

) TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.439-440

XVI.3TRAZADO DE CURVAS PARAMÉTRICAS: a) Simetría:



La gráfica de una curva paramétrica (x (t) ; y (t)) es simétrica respecto al eje existe

x

si para cada t 1 ∈ Domx (t) ∩ Domy (t )

t 2 ∈ Domx (t) ∩ Domy (t) talque:

t (¿¿ 1) x (t 1);− y ¿ (x (t 2 ); y ( t 2 ))=¿ ANALISIS MATEMATICO I

36


La gráfica de una curva paramétrica (x (t) ; y (t)) es simétrica



respecto al eje existe

y

si para cada t 1 ∈ Domx (t)∩ Domy (t)

t 2 ∈ Domx (t) ∩ Domy (t) talque:

t (¿¿ 1) −x (t 1); y ¿ (x (t 2 ); y ( t 2 ))=¿

NOTA:

x ( t ) es una función par y

1. si

y (t) es una funcion impar,

entonces la gráfica es simétrica respecto al eje

x :

( x (−t ) ; y (−t ) ) =(x (t);− y (t )) x(t )

2. si

es una función impar y

y (t) es una funcion par,

entonces la gráfica es simétrica respecto al eje

x :

b) Puntos críticos de una curva paramétrica:  Dada una curva x=x ( t ) ; y= y (t) el bosquejo se realiza como una curva dada por la ecuación y=f ( x) .



Se evalúan las derivadas lo que da origen a la derivada: , dy y (t) = dx x , (t)

t son:

t1 , t2 , … , tk



Los valores críticos de



menos una de las derivadas se hace cero o se vuelve discontinua. Después se analiza el signo de dy /dx en los intervalos

⟨ t 1 , t 2 ⟩ ; ⟨ t 2 , t 3 ⟩ , … , ⟨ t k−1 , tk ⟩ 

para los cuales al

para determinar el crecimiento o

decrecimiento de la curva. Para determinar el sentido de la concavidad se evalúa la segunda derivada: ANALISIS MATEMATICO I

37


,, , ,, , d 2 y y ( t ) x ( t )−x ( t ) y ( t ) = 3 dx 2 [ x, ( t ) ]



Para halar las asíntotas se ubican aquellos valores de hacia los cuales los valores de

x ( t ) y/o

y (t)

t

tienden al

infinito.



+¿ t → t ¿0 ó

Se puede presentar los casos en que:

−¿ t → t ¿0 y

A. a) Cuando:

x ( t ) → x0 →

asíntota vertical:

x=x 0

y (t)→± ∞

b) Cuando: x ( t ) →+ ∞ → asíntota

horizontal

derecha:

y= y 0 y (t) → y 0 c) Cuando: x ( t ) →−∞→ izquierda:

asíntota

horizontal

y= y 0

y (t) → y 0 B.

x ( t ) →+ ∞ : entonces se busca la asíntota oblicua derecha de ecuación: y=mx +b , donde: t → t +¿ 0

y (t ) x (t )

y =¿ lim ¿ x ¿ m= lim ¿ x →+∞

t → t 0 [ y (t )−mx( t) ] [ y−mx ] =¿ lim ¿ +¿

¿

b= lim ¿ x →+∞

C.

x ( t ) →−∞ :

entonces

se

busca

la

asíntota

oblicua

izquierda de ecuación: y=mx +b , donde:


38


t → t +¿ 0

y (t ) x (t )

y =¿ lim ¿ x ¿ m= lim ¿ x →−∞

t → t 0 [ y (t )−mx( t) ] [ y−mx ] =¿ lim ¿ +¿

¿

b= lim ¿ x →−∞


EJEMPLO: Mediante la primera derivada, trace la gráfica de la curva dad por: 3 at 3at2 x= ⋀ y = ( a>0) 2 3 1+ t 1+ t Solución: i. Dominio: t ∈ R−{−1 } ii.

Asíntotas: a) Asíntotas verticales y asíntotas horizontales no tiene: t →−1−¿ y=+∞ −¿ t →−1 x=+ ∞⋀ lim ¿ lim ¿

¿

¿

+¿

t →−1 y=+∞ t →−1+¿ x=+∞ ⋀ lim ¿ lim ¿

¿

¿

lim x=0 ⋀ lim y=0 t→0

t→0

lim x=0 ⋀ lim y=0

t → ±∞

t →± ∞

b) Asíntotas oblicuas: t →−1−¿ t=−1 y  m= lim =lim ¿ ¿ t →+ ∞ x


39


3 at =−a 1−t +t 2 ( y + x )=¿ lim ¿

t →−1−¿



(

)

¿

b= lim ( y−mx ) = lim ¿ t →+∞

t →+∞

y=−x−a

Luego, la recta

es asíntota oblicua

x →+∞ .



t →−1+¿ t=−1 y m= lim =lim ¿ ¿ t →−∞ x t →−1+¿

( 1−t3 at+t )=−a 2

( y + x )=¿ lim ¿



¿

b= lim ( y−mx )= lim ¿ t →−∞

t →−∞

y=−x−a

Luego, la recta

es asíntota oblicua

x →−∞ . iii.

Puntos críticos: 3

dx 3 a(1−2t ) = 2 dt ( 1+t 3 )

3

;

dy 3 a(2−t ) = 2 dt ( 1+t 3 )

3 dy t (t −2) = dx 2t 3−1

;

√

3 1 3 Puntos críticos son: t=0, t= 2 y t=√ 2

dy Como dx =0 cuando t=0 , se hace los puntos 3

3

t=√3 2 se hace los puntos P2 (a √ 2; a √ 4)

P1 (0 ; 0) y cuando

en donde en estos puntos la

tangente a la recta es horizontal. dy Por otro lado, dx → ∞ cuando t → ∞ , se hace el punto cuando

t→

√ 3

1 P2 (a √3 4 ; a √3 2) se hace el punto 2

P1 (0 ; 0) y

en donde en estos

puntos la tangente a la curva es vertical. La curva pasa dos veces por el punto

P1 (0 ; 0) , una vez con la

tangente horizontal igual al eje x y otra con la tangente vertical igual al eje y. ANALISIS MATEMATICO I

40


iv.

Gráfica:

TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.444-445

EJEMPLO: Traza la gráfica de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son: 1 x=t+ ⋀ y=t 3 −3 t t Solución: v. Dominio: ⟨−∞ ; 0 ⟩ ∪ ⟨ 0 ;+∞ ⟩ vi.

Asíntotas: c) Asíntotas verticales: no tiene debido a que no existe ningún valor de t para el cual x → a ⋀ y=± ∞ . d) Asíntotas horizontales: y =L y=L Es asíntota horizontal si tlim → ±∞ . Como

+¿ , x →+∞ cuando t →+∞ ⋀ t → 0¿ entonces se

tiene: +¿ t → 0 y =0 lim y =lim ¿ t→∞

Luego,

¿

y=0

es asíntota horizontal a la derecha.

Para el caso en que t →+∞ , no existe asíntota horizontal. Análogamente: ANALISIS MATEMATICO I

41


t → 0−¿ y=0 y =¿ lim ¿ ¿

lim ¿ t →−∞

Luego,

y=0

es asíntota horizontal a la izquierda.

e) Asíntotas oblicuas: No tiene asíntotas oblicuas, pues: lim

t → ±∞

y =+∞ x

vii.

Puntos críticos: dx 1 dy 2 =t + 2 =3t −3 dt t ; dt

;

dy 2 =3t dx

√

3 1 3 Puntos críticos son: t=0, t= 2 y t=√ 2

Puntos críticos de inflexión: viii.

t=−1,t=0 y t=1

Gráfica:

TÓPICOS DE CÁLCULO-Volumen I. Autor: Máximo Mitacc – Luis Toro. Pag.443-444

XVII.

COORDENADAS POLARES:

DEFINICIÓN 01: El sistema de coordenadas polares consiste de una distancia y la medida de un ángulo respecto de un punto fijo y una semirecta fija. El punto fijo se llama polo u origen y se denota por O, la semirecta fija


42


se

llama

eje

polar

que

denotamos

´ por OA

y

se

grafica

horizontalmente y al a derecha.

Sea P un punto del polo O y θ ángulo en radianes cuyo inicial es ´ OA

´ y su lado terminal OP .Entonces: si r es la distancia dirigida

desdeO a

´ |) P(r=|OP un conjunto de coordenadas del punto está

dado por y denotamos por:

P(r , θ)

ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.600

RELACION ENTRE COORDENADAS POLARES Y RECTANGULARES:

XVIII.

Suponiendo que el polo de un sistema de coordenadas polares coincide con el origen del sistema cartesiano y el eje polar coincide con el eje x en sentido positivo. Luego, cualquier punto coordenadas polares

P del plano por representación en

P(r , θ)

y cartesianas P(x , y ) .


43


∆ OAP

En el

se tiene:

y y tgθ= →θ=arctg x x

()

r 2=x 2 + y 2 → r= √ x 2 + y 2 x cosθ= x=rcos θ r

senθ=

y y =rsenθ r

Esta es la relación entre coordenadas polares y cartesianas. ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.601-602

IX. RECTA Y CIRCUNFERENCIA EN COORDENADAS POLARES: Consideremos la recta L que pasa por el punto A ( a , o )

y que es

perpendicular al aje polar o a su prolongación, su ecuación cartesiana es dada por x=a , como x=rcosθ entonces su ecuación polar es: rcosθ=a


44


Cuando a<0

a>0 , la recta L se encuentra a la derecha del polo; cuando

la recta Lse encuentra a la izquierda del polo.

Consideremos una recta L que pasa por el punto

( π2 )

A a,

que es

paralelo a eje polar. Su ecuación cartesiana es

y=a

como

y=rcosθ .

Entonces su ecuación polar es: rcosθ=a Cuando a>0

la recta se encuentra arriba del eje polar; cuando a<0

, la recta se encuentra por debajo del eje polar; cualquier recta que pasa por el polo, su ecuación es θ=k donde k es la medida el


45


ángulo

que

forma

con

al

eje

polar.

La ecuación de la circunferencia con centro en el polo y radio k r=± k

solo si

es decir, el punto

es

P(r , θ) pertenece a la circunferencia si y

´ |=k |OP .

Luego, si la distancia

´ |=k |OP , entonces r=± k es la ecuación de la

circunferencia de centro en el polo y radio igual a ANALISIS MATEMATICO I

k . 46


P(r , θ) Pertenece a la circunferencia y como inscrito en una circunferencia. Luego

cosθ=

∆ OPA es recta por ser

r 2 a de donde

r=2 acosθ

. ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.603-604-605

X. TRAZADO DE CURVAS EN COORDENADAS POLARES: La gráfica o lugar geométrico de una ecuación expresada en coordenadas polares es: G= {(r ,θ) ∈ RxR/ r =f (θ) } Para facilitar el trazado de la gráfica de una ecuación en coordenadas polares es conveniente establecer el siguiente análisis: 1. Intersecciones: a) Con el eje polar: se hace θ=nπ ,n ∈ Z b) Con el eje a

90 ° : se hace

π θ= + nπ , n∈ Z 2

2. Simetrías: a) Con respeto al eje polar: se remplaza

(r ,−θ)

por

(r , θ)

y si la ecuación no cambia, la curva presenta simetría.


47


b) Con respeto al eje a 90 ° : se remplaza (r , π −θ) y por

(−r ,−θ)

si la

(r , θ)

por

ecuación no cambia, la

curva presenta simetría. c) Con respeto al polo: se sustituye

(r , θ)

por

(−r ,θ) si la

ecuación no cambia la curva es simétrica. 3. Tabulación: Se determina los valores de r correspondiente a los valores asignados a θ en el dominio y se ordenan los pares. 4. Trazado de la gráfica: Se localizan los puntos hallados y se traza la curva. ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.606-607

XI. DISTANCIA ENTRE COORDENADAS POLARES:

DOS

PUNTOS

Consideremos dos puntos en coordenadas polares P2 (x 2 , y 2)

EN

P1 (r 1 ,Q1 ) y

y como la distancia entre dos puntos es dado por:

d ( P1, P 2) =√( x 2−x 1)2 +( y 2− y 1)2 d ( P1 , P2 )= √ x 21 + y 21+ x22 + y 22−2( x1 x 2+ y 1 y 2) d ( P1 , P2 )= √r 21 +r 22 −2r 1 r 2 cos ⁡( θ1−θ2 )

ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.625


48


XII. INTERSECCIÓN DE CURVAS EN COORDENADAS POLARES: Las intersecciones de dos curvas dadas en coordenadas polares, se determina resolviendo la ecuación r y θ . Observación: consideremos la ecuación de una curva en coordenadas polares. r=f (θ) …… (1) La misma curva está dada por: (−1)n r=f ( θ+nπ ) , nϵ Z

…… (2)

En efecto: n=θ ,r =f (θ) n=1,−r=f ( θ+2 π ) ⇒ P (−r ,θ+ π ) P (−r , θ+2 π ) n=2,r =f (θ+2 π )⇒ P(r , θ+2 π ) Por lo tanto (1) y (2) son equivalentes. Luego para hallar los puntos de intersección de las curvas r=f (θ) y r=g (θ) se sigue los siguientes pasos: a) Se obtiene todas las ecuaciones distintas de las dos curvas aplicando (2) en cada una de ellas: r =f 1 (θ) , r=f 2 (θ) , r=f 3 (θ) … … (3) r=g1 (θ) r=g 2(θ) r =g3 (θ)

{

{

{

b) Se resuelven las ecuaciones simultáneas.

{

{

r =f ( θ) , r=f 1 (θ) … …(4 ) r=g(θ) r =g1 (θ)

c) Se verifica si el polo es un punto de la intersección haciendo r=0 , en cada ecuación para determinar si existe solución para

θ

(no necesariamente la misma). ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.626-627


49


XII. DERIVADAS Y RECTAS COORDENADAS POLARES:

TANGENTES

EN

Consideremos la ecuación de una curva dada por: C : r =f ( θ ) … …(1) Sabemos que las coordenadas relacionadas por: x=r cosθ , y=r senθ … … (2)

cartesianas

y

polares

están

Luego al reemplazar (1) en (2) en la ecuación de la curva lo escribiremos en la forma. C : x =f ( θ ) . cosθ y=f ( θ ) . senθ

{

Que son las ecuaciones paramétricas de la curva con parámetro

{

θ .

{

dx ' =f ( θ ) cosθ−f (θ ) senθ x=f ( θ ) .cosθ ⇒ dθ dx ' y=f ( θ ) . senθ =f ( θ ) senθ+ f (θ ) cosθ dθ

Luego calculamos

dy dx

es decir:

dy ' ' dy dθ f ( θ ) senθ+ f ( θ ) cosθ f ( θ ) tgθ +f (θ) = = ' = ' dx dy f (θ ) cosθ−f ( θ ) senθ f ( θ )−f (θ ) tgθ dθ dr tgθ . + r ' dy f ( θ ) tgθ+ f (θ) dθ = ' = dx f (θ )−f ( θ ) tgθ dr −rtgθ dθ Como la

dy dx

representa la pendiente de la recta tangente a la

curva, se tiene que: si

α

es el ángulo formado por la recta tangente

y el eje polar, entonces: dr tgθ . +r dy dθ =tgα= dx dr −rtgθ dθ


50


Si

p(r , θ) es el punto de tangencia y

radio

⃗ OP

Se deduce

δ

es el ángulo que forma el

vector y la tangente, veremos los siguientes casos:

α =θ+δ →δ=α −θ , que aplicando tangente se tiene:

tg δ=tg(α−θ)

De: tg δ=tg( α−θ) tenemos: r +tgθ tg δ=

dr dθ

dr −rtgθ dθ

→ tg δ=

f (θ) f , (θ)

ANÁLSIS MATEMÁTICO II Autor: Eduardo Espinoza Ramos Pag.629-631

EJEMPLOS: 1. Trazar el punto

(−6, 74π )

y encontrar sus coordenadas

cartesianas. Solución: ANALISIS MATEMATICO I

51


Como

x=r cosθ , y=r senθ entonces:

x=−6 sen

7π =−3 √ 2 4

y=−6 sen

7π =3 √ 2 4

Luego: ( x , y )=(−3 √ 2 . 3 √2) 2. Encontrar una ecuación polar de la gráfica cuya ecuación cartesiana es: y 2=4(x +1) Solución: Se conoce que:

x=r cosθ , y=r senθ

.

Luego remplazando en la ecuación: Entonces De donde Entonces: 3.

r=

y 2=4(x +1)

r 2 sen2 θ=4 (r cosθ+1) r 2 sen2 θ−4 r cosθ−4=0 r=

2(cosθ ±1) sen2 θ

, de donde

r=

2 1−cosθ

ó

r=

−2 1+cosθ

2 1−cosθ

Solución: a. Intersecciones:

 Con respecto al eje polar: 2 n=0,θ=0, r= ,∄ r ∈ R Si 0

θ=nπ ,nϵ Ζ

Si

n=1,θ=1,r =1,(1, π )

Si

2 n=2,θ=2 π , r= ,∄ r ∈ R 0

Si

n=−1, θ=−π , r=1,(1,−π )

 Con respecto al eje

π π :θ= +nπ , n ∈ Z 2 2

Si

π π n=0,θ= , r=2,(2 ; ) 2 2

Si

n=1,θ=

3π 3π ,r =2,(2, ) 2 2


52


n=−1, θ=

Si

−π π π , r=2, 2,− =(2, ) 2 2 2

(

)

r=0  Con respecto al polo: 2 r= ⟹ ∄θ Que verifique: 1−cosθ

 b. Simetría:

 Con respecto al eje polar: r=

por

(r ,−θ)

2 2 = ⟹∃ Simetría. 1−cosθ 1−cos ⁡(−θ)

 Con respecto al eje: r=

(r , θ)

π : ( r=θ ) por (r . π−θ) 2

2 2 2 = ≠ ⟹∄ Simetría. 1−cosθ 1−cos ⁡( π −θ) 1−cosθ

 Con respecto al polo:

(r .θ)

por

(−r ,θ)

ó

(r . π +θ) .

c. Tabulación:

4.

θ

0

15 °

30 °

45 °

60 ° 75 °

r

x

57.14

4.92

6.82

4

θ

105 ° 120 ° 135 ° 150 ° 165 ° 180 °

r

1.6

1.33

r=2 θ , θ ∈[0, 2 π ]

1.17

1.07

2.6 6 2

1.01

1

(espiral de Arquímedes).

Solución: a. Intersecciones:

 Con respecto al eje polar:

θ=nπ ,n ϵ Z

Si

n=0,θ=0, r=0.(0.0)

Si

n=1,θ=π ,r =2 π ,(6.28 . π)

Si

n=2,θ=2 π , r=4 π ,(12.57 .2 π )

 Con respecto al eje a 90°: Si

90 °

π θ= + nπ , n ϵ Z 2

π π n=0,θ= , r=π ,(3.14 . ) 2 2 ANALISIS MATEMATICO I

53


3π 3π ,r =3 π ,(9.42. ) 2 2

Si

n=1,θ=

Si

n=−1, θ=

−π π , r=−π ,(3.14 . ) 2 2 r=0

 Con respecto al polo: r=2 θ=0,θ=0,( 0,0) b. Simetría:

 Con respecto al eje polar: r=2 θ ≠ 2(−θ)⟹ ∄

( r ,θ )

(r ,−θ)

por

Simetría.

 Con respecto al eje a r=2 θ ≠ 2(π −θ)⟹ ∄

(r . π −θ)

por

Simetría.

 Con respecto al polo: r=2 θ ≠ 2(π +θ)⟹ ∄

π :(r , θ) 2

(r , θ)

por

(−r ,θ)

ó

(r , π +θ)

Simetría.

c. Tabulación: θ

0°

15 °

30 °

45 °

60 °

75 °

90 °

r

0

0.52

1.05

1.57

2.09

2.62

3.14

θ

105 ° 120 ° 135 ° 150 ° 165 ° 180 °

r

3.67

θ

225 ° 240 ° 255 ° 270 ° 300 ° 315 °

r

7.85

4.19

8.38

4.71

8.9

5.24

9.42

5.76

10.5

6.28

11

195 ° 210 ° 6.81

7.33

330 ° 360 ° 11.5

12.6

5. Hallar los puntos de intersección de las curvas r=4(1+ se nθ) y r ( 1−senθ )=3 ANALISIS MATEMATICO I

54


Solución: Calculemos las distintas ecuaciones de las curvas dadas, para lo cual aplicamos. n (−1) r=f ( θ+nπ ) , n ϵ Z Se tiene. n=1,

Para

{

n=2,

Para

{

−r=4(1+sen ( θ+π )) −r =4 (1−senθ) ⟹ 3 3 −r= −r= 1+senθ 1−sen (θ+ π)

{

{

r=4 (1+seen ( θ+2 π ) ) r =4 (1+senθ) ⟹ 3 3 r= r= 1−sen(θ+2 π ) 1−senθ

El sistema (2) va repitiendo, luego para hallar los puntos de intersección resolveremos los sistemas de ecuaciones dada. r=4(1−seenθ) 3 3 2 ⟹ 4 ( 1−senθ )= ⟹ 1−sen θ= 3 1+senθ 4 r= 1+ senθ

{

3 3 π 7π 5π 11 π cos 2 θ= ⟹ cosθ=± √ ⟹θ= ;θ= ;θ= ;θ= 4 2 6 6 6 6

Como:

(

P3 2,

6.

{

π −r =4 sen −1 =−2, r =2 6 r=4(senθ−1)⟹ 7π −r=4 sen −1 =−2 ,r =−2 6

(

(

) )

7π 11 π , P4 (2, ) 6 6

)

π r=a (1−cosθ ) θ= , a>0 6 Solución: r=a (1−cosθ ) ⟹

|

dr dr a =a senθ ⟹ = π dθ dθ θ− 6 2

π a r=a (1−cosθ ) para θ= ⟹ r= (2−√ 3) 6 2 a( a 3 2− √3 ) + . √ 2 2 3 tgα= ⟹ tgα= =1 dr a a 3 √ −r tgθ − ( 2−√ 3 ) dθ 2 2 3 r+tgθ .

tgα=1 ⟹ α=

dr dθ

π 4


55


π π π δ=α−θ= − ⟹ 4 6 12

MISCELÁNEA DE EJERCICIOS PRACTICA N° 02 DE ANALISIS MATEMATICO I

1. SI

'

f ( a ) =10

calcular

−¿=lim h→ 0

(sugerencia: sumar y restar

f ( a+ 3 h )−f ( a+2 h ) h ¿ ' f (x)

f (a )

.

en el numerador del

límite). Solución

lim

h→0

f ( a+3 h )−f ( a+ 2h )+ f ( a ) −f (a) h

lim

f ( a+3 h )−f (a)−⦋ f ( a+2 h ) −f ( a ) ⦌ h

lim

f ( a+3 h )−f (a) ⦋ f ( a+ 2 h )−f ( a ) ⦌ −lim h h h→0

h→0

h→0


56


3 lim

h→0

f ( a+3 h ) −f ( a) ⦋ f ( a+2 h )−f ( a ) ⦌ −2 lim 3h 2h h→ 0

3 f ´ ( a ) −2 f ´(a) 30−20

10 2. Calcular la derivada en el punto marcado, usando la definición: a).

f ' ( x )= √

16+ x 2 , x=0 x

f ( x +h )−f ( a ) h h→ 0 ¿ ' f (x)

−¿=lim

x +h ¿ ¿ ¿2 ¿ 16+¿ √¿ ¿ −¿=lim ¿ h→ 0

f ' ( x )¿


57


x +h ¿ ¿ ¿2 ¿ 2 −( x+ h) √ 16+ x 16+¿ x√¿ ¿ −¿=lim ¿ '

h →0 ¿

f ( x)

x +h ¿ ¿ ¿2 x +h ¿ ¿ ¿2 x +h ¿ ¿ ¿2 x 16 +(¿ +( x+ h) √ 16+ x 2 ¿) ¿ x ( x +h)¿ 16 +(¿ +( x+ h) √ 16+ x 2 ¿) x ¿ 16+(¿−( x +h) √ 16+ x2 ¿)¿ x√¿ ¿ ¿ −¿=lim ¿

√ √

'

h →0 ¿

f (x)


58


x+ h ¿ ¿ ¿2 x 16+(¿ +( x +h) √ 16+ x2 ¿) hx ( x +h)¿ x 2 h2 −32 xh−12 h2 −¿=lim ¿ h→ 0 ¿ ' f (x)

√

x+ h ¿ ¿ ¿2 x 16+(¿ +( x +h) √ 16+ x2 ¿) x( x +h)¿ x 2 h−32 x−12 h −¿=lim ¿ h→0 ¿ ' f (x)

√

levantando limite x +0 ¿ ¿ ¿2 x 16+(¿ + ( x+ 0 ) √16+ x 2 ¿) x ( x+ 0 ) ¿ x 2 0−32 x−12 ( 0 ) ' f ( x )= ¿

√

x 2 √ 16+ x 2+ ¿ ¿ ¿ −16 f ' ( x )= ¿ Evaluando para

x=0


59


−16

'

f ( 0 )=

b).

f ( x )=

( 0 √ 16+0 ) 2

2

=

−16 =−∞ 0

1 , x =1 ( 11 √ 5+11 x )

1 1 − ( 11 √5+11 ( x+ h)) ( 11 √ 5+11 x ) f ' (x )=lim h h→ 0

f ' (x )=lim

√ 5+11 x−√ 5+11(x +h) ( 11 √5+11 ( x+ h)) ( √ 5+11 x ) h

h→ 0

f ' (x )=lim

( √ 5+11 x−√ 5+11(x +h)) ( √ 5+11 x+ √5+11 ( x+ h)) ( 11 √5+11 ( x+ h)) ( √ 5+11 x ) √ 5+ 11 x + √ 5+11 (x+ h) h

h→ 0

f ' (x )=lim

h→ 0

'

f (x )=lim h→ 0

−11 h h ( 11 √ 5+11( x +h) ) ( √ 5+11 x ) √ 5+11 x+ √ 5+ 11(x +h)

−11 ( 11 √ 5+11( x +h) ) ( √ 5+11 x ) √ 5+11 x+ √5+ 11( x +h)

levantando limite


60


'

f ( x )=

−1 ( √ 5+ 11(x +0)) ( √ 5+11 x ) ( √ 5+11 x+ √ 5+ 11(x +h))

'

f (x )=lim

h→ 0

−1 (5+11 x ) ( 2 √ 5+11 x )

evaluando f ' (1) '

f ( 1 )=

−1 128

3. Sea la función definida como: 3−x

x< 1

,

f ( x )=¿ a x 2+bx

, x≥1

. Donde a y b son constantes

 Si la función es continua para todo x. ¿cuál es la relación entere a y b? Solución



x →1+¿ f ( x ) x → 1−¿ f ( x )= lim ¿ lim ¿

¿

¿



x → 1+¿ ( a x 2+ bx ) x → 1−¿ ( 3−x )= lim ¿ lim ¿

¿

¿

L evantando limite :


61




( 3−1 ) = ( a+b )



2= ( a+b ) ; b=2−a ; a=2−b

 Determinar los únicos valores de a y b que hacen a f continua y derivable



x ¿ ¿ x ¿ ¿ +¿ −¿=f ' ¿ f '¿ −3=2 ax+ b

Evaluando para x=1

f ' (1)

−3=2 a+b ……………………………………………..α



Evaluando la continuidad +¿

x →1 f ( x ) x → 1−¿ f ( x )= lim ¿ lim ¿

¿

¿

x → 1+¿ ( a x 2+ bx ) x → 1−¿ ( 3−x )= lim ¿ lim ¿

¿

¿

levantando limite

( 3−1 ) = ( a+b ) 2= ( a+b ) ……………………………………………..β



Igualando

(α) y (β)


62


a=−5

b=7 4. Calcular los valores de a , b

4

para que la función

|x|≥2

,

|x|

yc

f ( x )=¿ 2

, |x|<2

a x + bx+ c y derivable

sea continua en

x=2

x=2

Solución

 Redefiniendo

f ( x)

4 −x

x ≤−2

, 4 x

f ( x )=¿

, x≥2

2

, −2< x <2

a x + bx+ c

 Analizando la continuidad para

x=2

x →2+¿ f ( x ) −¿ x → 2 f ( x )= lim ¿ lim ¿

¿

¿


63


4 x −¿ 2 x → 2 ( a x + bx+ c ) = lim ¿ x→2

+¿

¿

lim ¿ ¿

L evantandolimite :



4 a+2 b+c= 2 ……………………………………………..α

 Analizando la continuidad para



x=−2

x →−2+¿ f ( x ) x →−2−¿ f ( x ) = lim ¿ lim ¿

¿

¿

x → 2+¿ ( a x 2+ bx+ c ) 4 x →2−¿ = lim ¿ −x ¿ lim ¿ ¿

L evantandolimite : 2= 4 a−2 b+ c …………………………………………….. β

Igualando (α)

y

( β)

b=0

 Analizando



f ' (x)

para

x=2

+¿=2 ax+ b −4 −¿= 2 ; f ' ( x)¿ x f ' ( x)¿


64


+¿ −¿=f ' (2)¿ f ' (2)¿ −1=4 a+b −1 =a 4 c=3

Entonces:

5. Si

f ( x )=x √ 25−x 2 ⋀ L= lim

π x→ 3

(

12 x 3+ 6 x2 −3 3 3 + √ x +3 x2 +1−7 x 2 2 x +7

).

, Hallar f ( L )

Solución: i. Al evaluar el límite obtenemos la forma indeterminada ∞−∞ , debemos eliminar el término 12 x 3 del primer sumando. L= lim

((

3 12 x 3 +6 x 2−3 −6 x + ( √ x 3 +3 x 2+1−x ) 2 2 x +7

L= lim

((

3 3 6 x −42 x−3 2 + ( √ x +3 x +1−x ) 2 2 x +7

x→+ ∞

x→+ ∞

)

)

2

3 42 − x2 X 7 x 2 2+ 2 x

( ) ( )

)

)

lim x 2 6−

L=

x →+∞

lim x →+∞

+

2

( √3 x 3 +3 x2 +1−x ) ( √3 x 3 +3 x 2+1 + x √3 x 3 +3 x 2+1+ x 2 )

( √3 x3 +3 x 2+ 12+ x √3 x 3 +3 x 2+ 1+ x 2 )


65


3

2

3

lim x +3 x +1−x 6 x →+∞ L= + 2 ( 3 x3 +3 x 2+ 12+ x 3 x 3 +3 x 2+1+ x 2 ) √ √ 3+ L=3+

√ 3

i.

2

1 2 x

√

3 3 3 1 1 1+ + 3 + 3 + 3 + 3 +1 x x x x x

=4

Después de encontrar el valor del límite, derivamos la función:

2 Si f ( x )=x √ 25−x

' −2 x 2 , 2 ' 2 2 f ( x ) =x ( √ 25−x ) + √ 25−x ( x ) = + √25−x 2 2 √ 25−x

f , ( x) =

f , ( L )=

6. Si

2

−2 x +25 √ 25−x 2 2

−2(4) +25

√ 25−(4 )

2

=

−7 3

f ( x )= √

1+ x2 + √ 1−x 2 2−secx ⋀ L=lim 2 2 3 x−π π √ 1+ x − √1− x x→

(

3

ii.

)

, . Hallar f ( L )

Solución Al evaluar el límite obtenemos la forma indeterminada 0 0 .

iii.

Tratamos de factorizar el límite de manera que eliminemos la forma indeterminada:


66


L= lim x→

L= lim x→

π 3

π 3

( 2−secx 3 x−π )

( −secx3 . tgx )

−1 senx × cosx cosx L= lim 3 π x→

(

)

3

L= lim x→

iv. v.

Como

π 3

( −senx 3 cosx ) 2

π =60 , entonces: 3

levantamos el límite: 3 −√ −senx 2 −2 √ 3 L= lim = = 2 1 3 π 3 cosx x→ 3 3 4

(

vi.

)

Después de encontrar el valor del límite, derivamos la función:

1+ x2 + √ 1−x 2 √ f ( x )= √ 1+ x 2− √1− x2 i.

Simplificamos

[ 1+ x 2+ √1−x 2 ] [ √ 1+ x 2 + √ 1−x 2 ] √ f ( x )= [ √ 1+ x2− √1−x2 ][ √ 1+ x2 +√ 1−x 2 ] 2

[ √1+ x 2 +√ 1−x 2 ] f ( x )= 2 2 [ √ 1+ x2 ] −[ √1−x2 ] ANALISIS MATEMATICO I

67


[ √ 1+ x2 +√ 1−x 2 ] f ( x )= 2

1+ x −1+ x

2

2

f ( x )=

1+ x2 +2 √ 1+ x2 √ 1−x 2+1−x 2 2 x2

f ( x )=

2+2 √1+ x 2 √1−x 2 2 x2

1+ √1+ x 2 √ 1−x2 f ( x )= x2

f ( x )=

ii.

1+ √1−x 4 x2 Derivamos respectivamente '

2 4 4 2 1+ √ 1−x 4 x [ 1+ √1−x ] −[ 1+ √ 1−x ] [ x ] f ( x) = = x2 x4

'

,

x 2 (−4 x3 ) f , ( x) =

2 √ 1−x

(−2 x 5 ) f , ( x) = √

f , ( x) =

f , ( x) =

1−x

4

4

−2 x ( 1+ √1−x 4 ) x4

−2 x ( 1+ √ 1−x 4 ) x4

−2 x5 −2 x ( 1+ √ 1−x 4 ) √ 1−x 4 x 4 √ 1−x 4 −2 x 4−2 √ 1−x 4−2+ 2 x 4 x 4 √ 1−x 4 ANALISIS MATEMATICO I

68


f , ( x) =

f , ( x) =

−2 √1−x 4−2 x 3 √ 1−x 4 −2 ( 1+ √ 1−x 4 ) x 3 √1−x 4

( √ ( ))

−2 1+ 1− f , ( L )=

7.

Si

vii.

((

f ( x )=

−2 √ 3 3

4

−2 √ 3 3

)) √ 1−( −23√3 ) 3

4

=∞

1 ⋀ L= lim x →2 a ( a+ x ) (b+ x)n m

(

√ x− √2 a 1 2 2

2

(x +4a )

)

, . Hallar f ( L ) :

Solución Al evaluar el límite obtenemos una forma indeterminada 0 2 a √2 .

viii.

Tratamos de factorizar el límite de manera que eliminemos la forma indeterminada: √ x−√ 2 a L= lim 1 x→ 2 a

L= lim

x→ 2 a

L= lim

x→ 2 a

L= lim

x→ 2 a

8.

Si

( (

( (

( x 2 +4 a2 ) 2

)

) )

( √ x−√ 2 a ) ( √ x + √ 2 a ) 2

1 2 2

( x +4 a ) ( √ x + √ 2 a ) 2

( √ x ) − ( √2 a )

2

1

( x 2 +4 a2 ) 2 ( √ x + √ 2 a ) x−2a 2

1 2 2

( x +4 a ) ( √ x + √ 2 a ) 1

1+ x3 3 f ( x )= ⋀ L=lim x→0 1−x 3

( )

(

)

√4 x 4 +1− 4√ x 2 +1 2

x

).

, Hallar f ( L ) :

Solución ANALISIS MATEMATICO I

69


ix. x.

Para determinar la derivada en L, tenemos que evaluar el límite y determinar su valor. Al evaluar el límite obtenemos una forma indeterminada 0 0 .

xi.

Tratamos de factorizar el límite eliminemos la forma indeterminada: L=lim x →0

L=lim x →0

(

√4 x 4 +1−√2 x 2+1 x

( (√ ( (√ √ ( (√

x →0

x →0

x2

L=lim x →0

L=lim x →0

L=lim x →0

L=lim x →0

L=lim x →0

L=lim x →0

xii.

x

2

2

x 4 +1 ) −( √ x2 +1 )

2

L=lim

2

4

2

x 4 +1+ √ x2 +1 )

4

2

x +1− ( x +1 )

2 4

2

x +1+ √ x +1 ) 4

manera

que

)

( √4 x 4 +1− √2 x 2 +1 )( √4 x 4 +1+ √2 x 2 +1 ) 4 2 x2 ( √ x 4 +1+ √ x2 +1 ) 4

L=lim

2

de

2

)

)

)

( ( (

[ √2 x 4 +1− ( x2 +1 ) ][ √2 x 4 +1+( x 2 +1 ) ] 4 2 2 x 2 ( √ x 4 +1+ √ x 2+1 ) [ √ x 4 +1+ ( x 2 +1 ) ]

( (

x 4 +1−( x 4 +2 x2 +1 )

2

)

) ))

( √2 x 4 + 1 ) −( x 2 +1 )2 4 2 2 x 2 ( √ x 4 +1+ √ x 2+1 )( √ x 4 + 1+ x 2 +1 ) x 4 +1−( x2 +1 ) 4

2

2

2

x 2 ( √ x 4 +1+ √ x 2+1 )( √ x 4 + 1+ x 2 +1

4

2

2

) ))

x 2 ( √ x 4 +1+ √ x 2+1 )( √ x 4 + 1+ x 2 +1 ) x 4 +1−x 4 −2 x 2−1 4

2

2

x 2 ( √ x 4 +1+ √ x 2+1 )( √ x 4 + 1+ x 2 +1

( (√ 4

−2 2

2

x +1+ √ x +1 )( √ x 4 +1+ x 2 +1 ) 4

2

Después de factorizar levantamos el límite:


) el

término

indeterminado,

70


L=lim x →0

L=

xiii.

( (√ 4

−2 2

2

x 4 +1+ √ x 2+1 )( √ x 4 +1+ x 2 +1 )

)

−2 4

2

(√(0)4+ 1+ √(0)2+ 1 )(√2 (0)4 + 1+(0)2 +1 )

L=

−2 ( 2 )( 2 )

L=

−1 2

Después de encontrar el valor del límite, derivamos la función: 1 1+ x3 3 f ( x )= 3 1−x

( ) ()(

3 −2 3

1 1+ x ∗ 3 3 1−x

f , ( x) =

,

( ) √(

1−x 3 6 x2 ∗ 2 1+ x 3 ( 1−x 3 )

f ( x) = xiv.

( 1−x 3 ) ( 3 x2 ) −( 1+ x 3 )( −3 x 2 ) 2 ( 1−x 3 )

( ) √(

1 f ( x) = 3 ,

) ( ∗

3 ( 3 x2 −3 x 5 ) + ( 3 x 2 +3 x5 ) 1−x ∗ 3 2 1+ x ( 1−x 3 )

1 3

f ( x) =

,

( 1−x 3 ) ( 3 x2 ) −( 1+ x 3 )( −3 x 2 ) ∗ 2 ( 1−x 3 )

) (

()(

3 −2 3

1 1+ x f ( x) = ∗ 3 3 1−x ,

√( 3

3

3

2

)( 2

)(

2

1−x 3 2 x2 ∗ 2 1+ x 3 ( 1−x 3 )

)(

Reemplazamos

el

) )

)

)

)

valor

del

límite

con

x ,

para

, determinar f ( L ) :

(

f , L=

)

√( ) ( )

−1 3 = 2

3 2

2

( ) ∗ ( ) ( ) (1−( −12 ) )

−1 2 −1 1+ 2

1−

2

3


−1 2

3 2

71


(

f , L=

)

√( ) ( ( ) )

−1 3 = 2

9 2 1 8 2 ∗ 7 9 8 8

2

1 −1 3 81 2 f , L= = ∗ 2 49 81 64

(

)

√

() ()

√

( )

√

1 −1 3 81 2 f , L= = ∗ 2 49 81 64

(

)

(

−1 3 81 32 = ∗ 2 49 64

(

−1 96 3 3 = ∗ 2 64 49

f , L= f , L=

9.

Si

i. ii.

)

)( )√

sen 2 x +sen 5 x−sen x f ( x )= ⋀ L=lim cos 2 x +cos 5 x +cos x x →1

( ) cos

( πx2 )

1− √ x

, . Hallar f ( L ) :

Solución Para determinar la derivada en L, tenemos que evaluar el límite y determinar su valor. Al evaluar el límite obtenemos una forma indeterminada 0 0 .

iii.

Tratamos de factorizar el límite eliminemos la forma indeterminada: πx cos 2 L=lim x →1 1− √ x

de

manera

( ) ( )

(

πx ( 1+ √ x ) ( ( 2 )) L=lim x →1

cos

( 1−√ x )( 1+ √ x )

)


72

que


(

πx ( 1+ √ x ) ( ( 2 )) L=lim x →1

L=lim x →1

(

cos

12− ( √ x )

( ( )) ( cos



2

πx 1+ √ x ) 2 1−x

) )

Cambio de base del límite:

x → 1 entonces x−1 → 0 x−1=a entonces a →0

( (( (( (

π (a+1) ( 1+ √a+ 1 ) ( ( 2 )) L=lim a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

cos

−a

cos

( 1+ √a+ 1 ) ( π (a+1) 2 )) −a

−sen

( πa2 ))( 1+ √a+ 1) −a

−sen

)

( πa2 ) (1+√ a+1)

−a

) )

) )

( ) ) ( πa2 ) π ( 1+√ a+1) (2) π a( ) 2

sen

L=lim a →0

iv.

Después de factorizar levantamos el límite:

el

término

indeterminado,

( ) ) ( πa2 ) π ( 1+√ a+1) (2) π a( ) 2

sen

L=lim a →0


73


[ ( )] ( πa2 ) π a( ) 2

sen

L= lim a →0

[

L=[ 1 ] ( 1+ √ (0)+1 )

[

lim ( 1+ √(0)+1 ) a →0

( π2 )]

( π2 )]

L=π v.

Después de encontrar el valor del límite, derivamos la función: sen 2 x +sen 5 x−sen x f ( x )= cos 2 x +cos 5 x +cos x x ( sen 2 x+ sen 5 x−sen ¿ −2 senx −5 senx −senx ) ¿ ( cos 2 x+ cos 5 x +cos x ) ( 2 cosx +5 cosx−cosx )+ ¿ , f ( x ) =¿

vi.

Reemplazamos determinar

el

valor

del

límite

con

x ,

para

f , ( L):

π sen 2 π + sen 5 π −sen ¿ (−2 senπ −5 senπ −senπ ) ¿ ( cos 2 π + cos 5 π + cos π )( 2 cosπ +5 cosπ−cosπ ) +¿ , f ( L=π ) =¿

f , ( L=π )=

( +1−1−1 ) ( 2(1)+ 5(−1)−1 )+(0+ 0−0)(−0−0−0) ( +1−1−1 )2

f , ( L=π )=−4 10.

Si

f ( x )=

cos x tg x−sen x tg x sen 5 πx+ cos 3 π x+ 1 ⋀ L=lim 2 csc x +sec x x→ 1 x −1

(

) . Hallar

, f ( L):

i. ii.



74


iii.

Tratamos de factorizar el límite eliminemos la forma indeterminada: sen 5 πx +cos 3 π x +1 L=lim 2 x →1 x −1

(

de

manera

que

)




x → 1 entonces x−1 → 0 x−1=a entonces a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

L=lim a →0

sen 5 π (a+1)+cos 3 π (a+1)+1 ( a+1)2−1

( ( ( (

−sen ( 5 πa )−cos (3 πa)+1 ( a−2 )( a )

(

−sen ( 5 πa ) cos ( 3 πa )−1 − ( a−2 )( a ) ( a−2 )( a )

sen 5 π (a+1)+cos 3 π (a+1)+1 ( a−2 ) ( a )

sen (5 πa+ 5 π )+cos (3 πa+3 π )+ 1 ( a−2 )( a )

(( ((

L=lim − a →0

) )

(

)

) ))

sen 2(3 πa) sen ( 5 πa ) (5 π ) 1 − ( 5 πa ) ( a−2 ) ( a−2 ) ( a ) ( 1+cos ( 3 πa ) )

) (

)(

2

)(

))

)(

sen (3 πa) sen ( 5 πa ) 1 a L=lim − (5 π ) − 2 ( 5 πa ) ( a−2 ) a →0 ( a−2 ) ( 1+cos (3 πa ) ) (a )

) (

iv.

Después de factorizar levantamos el límite: 1 0 L= −(1 ) ( 5 π ) −( 12 ) 0−2 ( 0−2 )( 1+0 )

(

( ) (

(

(−21 )−0)

L= −(1 ) ( 5 π ) L=

el

término

))

indeterminado,

))

5π 2 v.

Después de encontrar el valor del límite, simplificamos y derivamos la función: ANALISIS MATEMATICO I

75


f ( x )= cos x f ( x )=

cos x tg x−sen x tg x csc x +sec x

senx −sen x ( ( senx ) cosx cosx ) 1 1 + senx cosx

sen x cosx−sen x senx cosx f ( x )= cosx+senx senxcosx 2

sen x (cosx −senx ) f ( x )= (cosx + senx)

sen s en (cosx + senx)( ¿¿ 2 x (−senx −cosx )+(cosx −senx )(2 senxcosx))−

(¿ ¿2 x (cosx−senx ))(−senx+ cosx ) ( cosx+ senx )2

¿ f ( x )=¿ ,

−sen sen (cosx + senx)( ¿ ¿ 3 x−sen 2 xcosx +2 senx cos 2 x−2 sen 2 xcosx )−

(¿ ¿ 2 xcosx −sen 3 x )(−senx +cosx ) 2

(cosx+ senx )

¿ , f ( x ) =¿

−sen −sen (¿ ¿3 xcosx+ sen2 x cos 2 x + sen4 x−sen3 xcosx ) (cos x +senx)(¿ ¿ 3 x−3 sen2 xcosx+ 2 senx cos2 x )− (cosx+ senx)2 ¿ , f ( x )=¿ vi.

Reemplazamos determinar

el

valor

del

límite

con

x ,

para

f , ( L):


76


−sen 5π 5π 5π 5π 5π 5π 5π −3 sen 2 cos +2 sen cos 2 (cos + sen )(¿ ¿ 3 ) 2 2 2 2 2 2 2 5π 5π 2 (cos + sen ) 2 2 5π f , L= =¿ 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

−sen 5π 5π 5π 5π 5π 5π 5π cos +sen 2 cos 2 + sen4 −sen 3 cos (¿ ¿ 3 ) 2 2 2 2 2 2 2 5π 5π 2 (cos + sen ) 2 2 −¿

( ) ( )

(

f , L=

11.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5π =−2 2

)

, Calcular: f ( 0 ) , si

f ( x )=arctg

(

f , ( x) =

( ) ( )

(

√ 1−cosx √ 1+ cosx

1 1−cosx 1+ √ √ 1+cosx

(

() )

( √√1−cosx 1+ cosx )

1(−senx) −( √ 1−cosx ) ( ( 21(senx) ) 2 √ 1+cosx ) √ 1−cosx

2

( √ 1+cosx )

(

.

)

( √1+ cosx )

1+ cosx ( 1+cosx+1−cosx )

f , ( x) =

f ( x )=arctg

2

senx )+ ( 1−cosx ) ( senx) ( ( 1+cosx2 √) (1−cosx ) √ 1+cosx

( √ 1+cosx )

2

)

)

senx+cosxsenx+ senx−cosxsenx ( 1+cosx ) ( 2 √ 1−cosx √ 1+cosx ( 1+ cosx ) ) 2

f , ( x) =

2 senx ( 1+cosx ) ( 2 2 √ 1−cosx √ 1+ c osx ( 1+cosx ) )

f , ( x) = ,

( 2 √1−cosxsenx√1+ cosx )

f ( x) =

(

f , ( x) =

senx 2 √12−cos2 x

)


77


( 2senx senx )

f , ( x) =

f , ( x) =

12.

1 2

Si

i. ii.

2 1 x y= arctgx+ arctg ⋀ L=lim 3 3 x→ π 1−x 2

(

)

(

1−sen

( x2 )

π−x

)

, . Hallar: f ( L ) :


iii.

Tratamos de factorizar el límite eliminemos la forma indeterminada: x 1−sen 2 L=lim π−x x→ π

(

() 

de

manera

que

)


x → 1 entonces x−π → 0 x−π=a entonces a→ 0

L=lim a →0

L=lim a →0

( (

1−sen

π −( a+ π ) 1−cos

( a2 )

−a

L=lim a− →0

iv.

( a2 + π2 )

(

1−cos a

)

) )

( a2 ) (a)

Después de factorizar levantamos el límite: L=1(0)

el

término

indeterminado,

L=0 ANALISIS MATEMATICO I

78


v.

Después de encontrar el valor del límite, simplificamos y derivamos la función: 2 1 x y= arctgx+ arctg 2 3 3 1−x

(

y ,=

)

( ( ( )) )( ( ) (

2 1 1 + 2 3 1+ x 3

1

( )

1+

2

x 1−x 2 2

2 2 1 1 ( 1−x ) y= + 3 1+ x 2 3 1−x 2 + x 4 ,

y ,=

2 1 1 1+ x2 + 3 1+ x 2 3 1−x 2 + x 4

( ) (

1−x 2 +2 x 2

y ,=

3+3 x 3 1+ x 2 )( 1−x 2+ x 4 )

4

vi.

(

y , ( 0)=

)

Reemplazamos

((

el

valor

del

límite

con

x ,

para

, f ( 0) :

3+3(0)4

3 1+(0)2)( 1−(0)2 +(0)4 ) 3 3 ( 1 )( 1 )

)

)

determinar y , ( 0)=

)

)

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

( ((

2

( 1−x 2 )

y=

,

( 1−x 2 ) 1−x (−2 x ) 2 ( 1−x 2 )

)

)

y , ( 0)=1  1  x2  tg ( y )  sen( y )   2 x  x 2  L  lim 2  y 0 y3  1 x 

y  arccos

13. Sí

1ero: Hallando L: sen y  sen y. cos y L  lim y 0 cos y. y 3

. Hallar

y ' |x  L

Solución


79


sen y (1  cos y ) y 0 y. y 2

L  lim L

1 2

2do: Hallando Y’  2 x(1  x 2 )  2 x(1  x 2 ) (1  x 2 ) 2 (1  x ) y'   2 2x  x 2  1 x2   1   2   1 x  y' 

2 2 1 x  2 (1  x ) 2x  x 2

3ero: Evaluando 8 2 1 5 3  24 2 y'     1,69 5 15 3

si y 

14. y' 

y' 

 x 1 x2 3  arctg.  2 1 x 2 

x 2 

 . calcular y ' | x  L 

1 x  2

Solución 1  2x 2 1  x (1  x ) 2

2 2

1  2x 2 1  x (1  x ) 2

2 2





3 2





1

. 2



 (1  x 2 )( 1  x 2 )    3

(1  x )( 1  x 2 ) 2

 y ' | x 0  1  3  2

16. si f ( x)  2 x 3  mx 2 y f ( x  1)  y ( x  2).calcular el valor de m talo que f ' (2)  y ' (2) Solución

f ( x)  2 x 3  mx 2


80


2( x  1) 3  m( x  1) 2  g ( x  2) g ( x)  2( x  3) 3  m( x  3) 2 6 x 2  2mx  6( x  3) 2  2m( x  3) m  9  

17.



x

si f ' ( x )  tg (1  x 2 ) e y  f 

 . hallar 

x2 1 

dy dx

Solución

d f ( x)  tan(1  x 2 ) dx

d f ( x)  1   tan  2  dx  x 1

f ' ( x)  tan(1  x 2 )

18. Hallar

f ' ( x ), sif ( x)  g[ h( x)], siendo : g (u )  (u 2  4) /(u 2  4) , h( x) 

x2  4

Solución

f ( x)  g ( x 2  4 )   f ' ( x) 

x

2

x 8 2

 16 x ( x 2  8) 2 3

19. Si

f ( x )  g[ h( x )] , calcular f ' ( x 0 ) , si : g (u )  (4  u 2 ) 2 , h( x)  2 x  1 , x 0  3 Solución

f ( x )  g [ 2 x  1] f ( x )  [ 4  ( 2 x  1) 2 ] 2 3

f ( x)  (3  2 x)

3

2

1 3 f ( x)  (3  2 x) 2 .(2) 2


81


f ( x)  3(3  2 x) 2 , si x0  3 1

 f ' (3)  3[3  2(3)] 2  9 1

21. hallar una ecuación de recta tangente y la recta normal a la curva: 3 x2 + y 2 + 4 x−2 y−3=0

Y que la recta tangente sea perpendicular a la

recta l 1 :2 x+ 2 y−5=0

Solución



2

2

y −2 y +1=−3 x −4 x +4

Redefiniendo

y=√ −3 x 2−4 x +4 +1



Entonces analizamos la

f ' ( x )=



d ( y) d(x)

−(3 x +2)

√−3 x2 −4 x + 4

De la premisa se concluye que la como ml1=1 , entonces ml t=



ml1 =

−1 ml t

−1 =1 ml 1

f ' ( x )=1 −( 3 x +2 )

=1



√−3 x2 −4 x +4



[−(3 x +2 ) ] =( √−3 x2 −4 x + 4 )

2


2

82


2

2



9 x +12 x+ 4=−3 x −4 x +4



x ( 12 x+16 )=0 x=0 ⩗ x =



−4 3

Reemplazando en la función x=0 ; y=3 La ecuación de la recta tangente l t : y−3=1(x−0) l t : x− y +3=0 La ecuación de la recta normal

l n : y −3=−1( x−0) l n : x + y−3=0 22. hallar los puntos en que la grafica de la curva dada por x 2−8 xy +25 y 2=81

tiene recta tangente vertical u horizontal. Solución

 

d ( y) 4 y −x = d ( x ) 25 y−4 x Para la recta tangente horizontal el numerador debe ser igual a cero para todo sea igual a cero.



4 y−x=0



4 y=x

i. Remplazando en la ecuación de la curva ANALISIS MATEMATICO I

83




2

2

2



16 y −32 y +25 y =81



y=√ 9 ; y=± 3



Para



Para

y=3 , x=12

y=−3 , x=−12

para la recta tangente vertical el denominador debe ser igual a cero para hacer la forma indeterminada.



25 y−4 x=0



25 y=x 4

i. Remplazando en la ecuación de la curva 2





625 800 2 400 2 y− y + y =81 16 16 16



y=√ 5.76 ; y=± 2.4



Para



Para

y=2.4 , x=4.2 o x=15

y=−2.4 , x=−4.2 o x=−15

Los puntos son: P1 ( 3 , 12 ) ; P2 (−3 ,−12 ) ; P3 ( 2.4 , 15 ) ; P4 ( 2.4 , 4.2 ) ; P5 (−2.4 ,−4.2 ) ; P6 (−2.4,−15 )

23. Hallar los valores de a, b, c y d de manera que la curva de

ecuación y=ax3 +bx 2 +cx +d . Sea tangente a la línea (1, 0)

y tangente a la línea

y=18 x−27


y=3 x−3

en el punto

en el punto (2 , 9) . 84


Solución





Para

24.

y remplazando en la ecuación de la curva



0=a+b+ c+ d ………………………………………α



mlt =3



f ' ( x )=3 a x 2+2 bx +c



3=3 a+2 b+c

Para

………………………………………β

x=2 , y=9



9=8 a+ 4 b+2 c +d ………………………………………γ



mlt =18



' 2 f ( x )=3 a x +2 bx +c

 

x=1 , y =0

18=12 a+ 4 b+ c

Igualando



a=3



b=−6



c=6



d=−3

(α)

(β)

………………………………………θ ( γ)

(θ)

y=k x 2 +3 ( k −1 ) x +3 x=1 Solución

para x =1 ANALISIS MATEMATICO I

85


y=k +3 k−3+ 3

y=4 k

( y−12 )= (15−3 ) ( x−1)

( y−12 )=12 ( x−1 ) ( y−12 )=12 x−12 0=12 x− y Derivando y ' =2 kx +3 ( k−1 ) m=2 kx +3 k −3→ 2 k +3 k −3=5 k −3

( y−4 k ) =( 2 kx+3 k−3 ) ( x−1 ) ( y−4 k ) =( 5 k−3 ) (x−1)

Para x=0, y=0

−4 k =( 5 k −3 )(−1 ) 4 k=( 5 k −3 ) k =( 3 ) 2 ( x )= x 2+2 , x ≥ 0 f ¿ f 25. = x +1

? f ( y )=x

Solución 

Inyectiva:

x 1=x 2


86


2

x +2 1 =1+ 2 2 x +1 x +1

1+

1 1 =1+ 2 x +1 x 2❑+ 1 2 1❑

x 21❑ =x22 x 1=x 2



Sobreyectiva x≥0 x2 ≥ 0 x 2+1 ≥ 1 ❑

0<

1 ≤1 2 x +1

1<

1 +1 ≤ 2 2 x +1

❑

¿ Rango f ( x )= ⟨ 1 , 2 ] → ∃ f



x 2+2 y= 2 x +1 2

2

y x + y=x +2 x 2 ( y−1 ) =2− y x 2=

2− y y−1

x❑ =

√

√

2− y 2−x → f ¿= , x ∈ ⟨ 1, 2 ] y −1 x−1


87


m=

m=

( x−1 ) (−1 )−( 2−x ) (1 ) 1 2−x ( x−1 )2 2 x−1

√

√ x−1 ( −x +1−2+ x ) 2 √ 2−x ( x−1 )2 1

−2

1 ( x−1 ) 2 (−1) m= 2 √ 2−x m=

m=

m=

−1 2 √ ( x−1 )

3

√2−x

−1 ❑ 2( x−1) √ ( x−1 ) (2−x ) −1 3 2( −1) 2

√(

3 3 ❑ −1 (2− ) 2 2

)

m=(−1 )( 2 ) m=(−2 )

26.

Hallar el ángulo agudo de intersección de las curvas:

y 2  4  2 x; y 2 (2  x)  8 Solución

y2 

y1  4  2 x

8 2 x

1º Igualamos funciones: 8 4  2x  2 x

 8  4x  4x  2x 2  8 2 x 2  8x x  0; 4

2º Derivando: ANALISIS MATEMATICO I

88


y1' 

1 2 4  2x

y1'  

.(2)

2

1

8 2 x

.

8 ( 2  x) 2

1 8 y 2'  . 4 4

4  2x

f ' (0)  

1

y 2' 

1 2

f ' (0) 

1 2



3º Hallando mLt  mLt tan   1  mLt .mLt 2

1

2

1

1 1  2 2 tan   1 1 1 . 2 2 tan  

27.

1 3 4

 tan  

4 4  Arc tan 3 3    40º ,6

Hallar la tangente del ángulo agudo en el punto de y  arc cot x, y 

intersección de las curvas: Solución

1 arcsenx 2

y1  y 2 x  Cot y1

x  Sen2 y 2

1º Igualando:

Cot y1  Sen2 y1 cos y1  2Seny1 cos y1 sen y1

1 2

 sen y1


89


P1 (1;  4 )

Existe el punto: 2º Derivando en el y '1  

A) y '1  

P1 (1;  4 )

1 1 x2

B)

1 2

1 1 y'2  . 2 1 x2

y' 2  

3º Tangente del ángulo agudo Tan   

  2

28. Hallar las ecuaciones de la tangente y de la normal a la curva: x  t 2  2t ; y  t 3  t ;

P(3;2)

Solución

1º Pendiente: dy mLt  dx

dy dy dt  . dx dt dx

A)



dy  3t 2  1 dt

2º Ecuación 3t 2  1 y2 .( x  3) 2(t  1)

dy dy dt  dx dx dt

B)

dy  2t  2 dt

P1 (3,2)

0  x  y 1


90


29. Hallar las ecuaciones de la recta tangente y normal a la curva: x  3  4sent

;

y  4  3 cos t

, para t=0 y t=π Solución

1º Pendiente: dy  3sent dt A)

B)

dx  4 cos t dt

2º Ecuación: A) Para t=0 y  7  0( x  3)

y7

B) Para t= π y  1  0( x  3) y 1

30. Hallar las longitudes de la tangente y la normal a la curva y  t 3  3t

x  t2

; en P(1;4). Solución:

1º Pendiente: dy  3t 2  3 dt

A)

B)

dx  2t dt

M lt 

3t 2  3 3 2t

2º Subtangente:

St  ( y0 / M lt )

St 

4 3

3º Longitud de la tangente:


91

;


LT  St2  Y02

LT 

16 4  16  10 9 3

31. Hallar el ángulo

 y

r 2  4 cos 2

( 4; 3 ) en el punto

de la curva

Solución 1º Derivando en el punto P (4;π/3)

2r.r '  4 Cos 2 r' 

 2 Sen 2 r

r'

2 3 2 .4

r'  

3 4

2º Hallando “α” Tan  

r  r ' Tan  r 'rTan 

3   Tan   4  3 Tan    3    4 Tan   4  3 4

  Arc Tan

 0.06

3º Hallandoβ r Tan   r'


92


Tan  

Tan  

4  3 4

16  3

  Arc Tan 

32. Hallar el ánguloα y β en el punto (4,0) de la curva: r  4 (1  sen ) 1º Derivando

r ' 4 cos  2º Hallando α: Tan  

r  r 'Tan  r´r tan 

Tan  

1  4 tan  4  1 tan 

Tan  

1 4

α=

r 1

r'  4

0.24

3º Hallando β Tan  

r r'


93


Tan  

1 4

  arc tan

1 4

β=0.24

33.-Hallar el ángulo o los ángulos de intersección entre las curvas: θ ¿ ∧r =1+ cos ( θ ) . r=3 cos ¿ Solución 1.-C1: Derivamos las funciones polares. → r1 = 3 cos( θ) r1’ = -3 sin(θ) cos( θ)

→r2 = 1 + r2’ = -

α

sin(θ)

2.- Hallamos el punto de intersección de las curvas así: → r =r 1 2

→r = 3

cos(π /3)

→P(r, θ ) = P (

3 π ; ¿ 2 3 cos(θ)

3 1 2

=

=1+

cos(θ) r = 3/2

cos(θ)


94


π 3

θ

=

3.- Hallamos las pendientes. a) Para: r1’ = -3 sin(θ)

→r1’ = -3 sin(π /3) =

(

)( √23 ) −3 √ 3 3 √ 3 −( ) ( ) 2 2 1 3 −3 √ 3 + 2 2

r+ r ' 1 tan(θ) →mLT1 = r ' −r tan(θ)

=

3 9 − 2 2 −6 √ 3 2

=

b) Para: r2’ = - sin(θ)

→r2’ = - sin(π /3) =

r +r ' 2 tan(θ) →mLT1 = r ' 2−r tan (θ)

( )( √13 ) −√3 3 √ 3 −( )( ) 2 2 1

4. - Cálculo de

α

|

m¿ 2−m ¿1 → tan (α )= 1+m¿2 . m¿ 1

→ tan β=

=

y

|

| | 1 √3 1+0

0−

=

=

=

=

1 √3

−√ 3 2

3 3 − 2 2 −2 √ 3 1

=0

β .

r 2 1+cosθ = =−√ 3 → β r ' 2 −sin θ

5.- Por lo tanto: α −π β = 6 θ=

3 −√ 3 + 2 2

−3 √ 3 2

=

=

−1 √3

→ α

=

5 π /6

2π 3

π /6

π 3


95


34.- Si

L=

( x) sin ¿ ¿ 2 2 ¿ ) ∧ √ a −b ( b+ a cos( x) ¿ a sin (x) b −1 − 2 2 tan ¿ a+b cos ( x) √ a −b 1 y= 2 2 ¿ a +b

]

(

( x +1 ) ln ¿−sin [ ln x ] sin[¿¿] ¿ lim ¿ x →+∞

Solución 1.- Evaluando el límite se tiene.

→L=

( x +1 ) ln ¿−sin [ ln x ] sin [¿¿] ¿ lim ¿ x →+∞

L=

( x +1 ) ln ¿−sin [ ln x ] sin[¿¿] ¿ 1 → 0+¿ ¿ x lim ¿

1 → x −0=u

+¿ 1 ¿ → x= ∴u → 0 u

¿

( 1+u u )

[ ( )]

ln ¿−sin ln L=

1 u

sin[ ¿¿] ¿ u →0+¿ ¿ lim ¿ ¿


96


[ ( )] [ ( )] 1+u 1+u sin ln u u

ln

u →0+¿ L=

ln

u →0+¿

( 1+uu )

-

lim ¿

L=

u →0+¿

ln

1 u

]

[ ] ln

u →0+¿

-

lim ¿

( 1u ) 1

lim ¿

¿

L=

1 1 sin ln u u

¿

[ ( )] 1+u u 1

ln

lim ¿

¿

ln

[

[ ( ) ] [ ( )] [ ( )]

¿

[ ]

1+u u u →0+¿ ln 1 u lim ¿

=

u →0+¿ ln [ 1+u ] lim ¿ ¿

=

ln(1)

¿

L=0 2.- Derivando la función: ( x) sin ¿ ¿

¿ ) ( √a −b ( b+ a cos( x)¿ ] 2

2

a sin( x) b − 2 2 tan −1 ¿ a+b cos (x) √ a −b 1 y= 2 2 ¿ a +b (x ) sin ¿ ¿

¿ ) (√ a −b ( b+ a cos(x )¿ ] 2

2

b tan−1 ¿ 2 √a −b a sin(x) 1 1 y= 2 2 − 2 2 ¿ a +b a+b cos ( x) a +b 2

[

][ ]


97


(x ) a+b cos ¿ ¿ [¿¿ ] cos ( x ) [ a+ b cos( x )] −sin ( x ) [ −b sin(x ) ] ¿ 1 y '= 2 2 ¿ a +b a (x ) a+b cos ¿ ¿ [¿2 ¿ ¿] (¿ ¿ 2−b2 )sin 2( x ) ¿ ] ¿ 1+ ¿ √ a2−b2 ¿ 1 b ¿ 2 2 2 a +b √ a −b2

[ ][ =

(

a 2 a +b

35.- Si

cos ( x ) [ b+a cos ( x) ] −sin ( x ) [ −a sin( x) ]

( b +a cos x )

2

]

]

2

y ' ( L )=

[

-

a cos x+ b

)( ( a+b cos ( x)) )

-

2

a

b ( b cos x+ a ) ( a +b ) [( b+ a cos x )+(a 2−b2 ) sin2 x ] 2

2

b ( a + b ) (a+ b) a + b2 2

−

2

2 y= tan−1 3

L=

(

2

4+ 5 tan

4+5 tan

−1

3

[ ]

sin x lim x x→ 0

) (

( 2x ) − ctg

3

( x2 )

)

y

−1

tan 2 x x−sin x

hallar:

y' ( L)

Solución 1.-Hallamos el límite: →L=

[ ]

sin x lim x x→ 0

−1

tan 2 x x−sin x

; si al evaluar:


f ( x )=1 ∧ g ( x )=∞

→L=

e

u

98


u=lim

Donde

x→0

→ u=−lim x →0

[

[

](

−1

sin x tan 2 x −1 x x−sin x

](

−sin( x)+ x x

)

)

(

)

tan−1 2 x tan−1 2 x =−2 lim =−2 x−sin x 2x x →0

−2

→ Por lotanto : L=e 2.- Derivando 2 y= tan−1 3

y= A−B

(

4+ 5 tan

4+5 tan

−1

3

(

4+5 tan

( x2 )

3

A’

2 3

B’ = -

3

)

)

[( ] ) 1

15

¿

( x2 )

Donde:

2 −1 tan 3

A=

) (

( 2x ) − ctg

[ ( )] 1

x 4 +5 tan 2 1+ 3

()

[[ (

9

x 9+ 4+5 tan 2

y ' ( x )= A−B=

2

( 23 +1)

2

)]

]

[[ (

1+

x2 4

=

9

2 3

[[ (

9

x 9+ 4+5 tan 2

2

)]

]

2

20 x 1 (1+ ) 2 3 4 x +4

( )

( )

( 203 )( x 1+ 4 ) 2

9

x 9+ 4+5 tan 2

2

)]

]

( 203 )( x 1+ 4 )


2

99


y ' ( x )=

( 1009 )

y ' ( L )=

[[ (

9

9+ 4+5 tan

[[ (

x 2

)]

100

1 9+ 4+5 tan( 2 ) 2e

36.-Hallar

h' (2) , si

gráfica de

f

2

)]

2

]

(

]

(

1 ) x +4 2

e4 ) e4 + 1

2

h=fo g , g ( x )=3 x −8 de la tangente a la

en el punto de abscisa x = 4 es: x - 2y + 2 = 0. Solución

1.- Hallamos la pendiente de la gráfica

f

en el punto x = 4.

x y= +1 2 ∴

La pendiente es

f ' ( 4)

=

1 2

2.- Derivamos la composición: → h ( x )=f (g ( x ) ) h' ( x )=f ' ( g ( x ) ) . g ' (x ) h' ( x )=f ' ( 3 x 2−8 ) .(6 x) h' (2 )=f ' ( 4 ) . (12)

( 12 )(12)

h' ( 2 ) =

' h (2 )=6


100


h ( x )=(fog)x

37.-Si

,

1 g ( x ) = (x 2−2 x+ 4) 4

tangente a la gráfica de

y=f ( x)

y la ecuación de la

en el punto de abscisa

x=1

h' (2)

es 3x + 2y - 6=0. calcular

Solución 1.- Hallamos la pendiente de la gráfica y= ∴

f

en el punto x = 1.

−3 x +3 2 La pendiente es

f ' ( 4)

=

−3 2

2.- Derivamos la composición: → h ( x )=f (g ( x ) ) h' ( x )=f ' ( g ( x ) ) . g ' (x ) h' ( x )=f '

( 14 ( x −2 x+ 4 )) .[ 12 ( x−1) ] 2

1 h' (2 )=f ' ( 1 ) .( ) 2

( −32 )( 12 )

h' (2 )=

h' (2 )=

−3 4

38.-Hallar las restas normales a la curva C:

xy−2 x+ 4=0

en

donde su abscisa es igual a su ordenada. Solución 1.- La premisa alude a que el punto de intersección de las normales con la curva sea P(a, a), con este dato diríamos lo siguiente:


101


2 → a −2a+ 4=0 ; analizamos el discriminante:

2

△=(−2 ) −4 (1 )( 4 )=−12

Donde el △< 0 por lo que las raíces de la ecuación cuadrática no son reales, sino complejas. 2.- Concluimos que no existen esos puntos para esa proposición.


102

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