LS
f (x0 + h1 )
LS2 f (x0 + hn ) LT θ1 θn
f (x0) x0
x0 + hn
x0 + h1
DERIVADA DE FUNCIÓN REAL DE VARIABLE REAL AUTOR:
JUAN ALFREDO HUAMANCHAQUI QUISPE
.
Índi e General 1. Derivada de una fun ión real de variable real La derivada . . . . . . . . . . . . . . Fórmula de la derivada . . . . . . . . Fun iones implí itas y paramétri as . Derivada de orden n . . . . . . . . . Apli a ión de la derivada . . . . . . . Re tas tangentes . . . . . . . . . Máximos y mínimos . . . . . . . Teorema de valor medio . . . . . Regla de Lp Hospital . . . . . . . Diferen iales omo una aproxima ión Ejer i ios de derivadas . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
Bibliografía
P
[email protected]
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
3
3 11 21 25 29 29 32 48 52 55 55
60
2
R
Li : Juan A. Huaman haqui
Cap´ıtulo
1
Derivada de una fun ión real de variable real La derivada De ni ión:
Se llama rezón de ambio promedio del valor de una fun ión f on respe to a su variable x, para x en el intervalo [x0, x0 + h]
on h =△ x = x − x0 jo, al o iente.
f (x0 + h) − f (x) f (x) − f (x0) △y = = △x h x − x0 De ni ión: Se llama razón de ambio instantáneo al límite del o△y
iente
uando △ x → 0, esto es: △x △y f (x0 + h) − f (x) f (x) − f (x0) l´ım = l´ım = l´ım x→x0 △x→0 △ x h→0 h x − x0 De ni ión: Se de ne la derivada de una fun ión f en el punto x0 df denotado por (x0) (o f p (x0), Df (x0)) a la razón instantánea; esto dx quiere de ir que d f (x0 + h) − f (x) f (x) − f (x0) f (x0) = l´ım = l´ım x→x0 h→0 dx h x − x0
Interpreta ión geométri a de la derivada:
3
LA DERIVADA
.
LS
f (x0 + h1 )
LS2 f (x0 + hn ) LT θ1 θn
f (x0) x0
x0 + hn
x0 + h1
En la gura estamos viendo que: f (x + h1 ) − f (x) tan θ1 = , h1 de manera análogo podemos ha er para el ángulo θ2 : quiero de ir que, f (x + h2 ) − f (x) tan θ2 = y h2 Ha iendo el mismo pro eso n-ve es se tendría la siguiente expresión f (x + hn ) − f (x) tan θn = . hn es fá il ver que si n → ∞ enton es hn → 0. Apli ando límites se tiene
f (x + hn ) − f (x) hn →0 hn
l´ım tan θn = l´ım
n→∞
(1.1)
la e ua ión (1.1) oin ide on la de ni ión de la derivada. Esto on quiere de ir que la derivada es la pendiente de ualquier re ta tangente que pasa por la grá a de alguna fun ión f , esto es, Si (x0 , y0 ) ∈ LT y f una fun ión, enton es la e ua ión de la re ta tand gente es LT : y − y0 = m(x − x0 ) on f (x0) = m. dx Apli ando la propiedad de la re ta normal (si m1 y m2 son las pendientes de las re tas L1 y L2 respe tivamente, enton es para que m1 m2 = −1 P
[email protected]
4
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
es ne esario y su iente que L1 ⊥ L2 ), enton es se ve que la e ua ión de la re ta normal (o perpendi ular) a la re ta tangente LT es: 1 LN : y − y0 = − (x − x0 ) m d Sea f : Dom(f ) → R. Si existe la derivada f (x0) para algunos dx puntos del dominio de la fun ión f (puede umplir para todo punto del df dominio de f ), enton es se de ne la nueva fun ión : R → R teniendx do por dominio a todos los puntos donde existe la derivada de la fun ión f y será denotado por Dom(f p). Ahora veamos la de ni ión
De ni ión:
Si x ∈ Dom(f p ), enton es se dirá que f es diferen iable en el punto x. O sea, existe la derivada de la fun ión f en el punto x.
De ni ión: Se di e que la fun ión f
es diferen iable sobre un intervalo I si la fun ión restringida en fI es diferen iable en ada punto de df I . Esto es, para ualquier x ∈ I existe (x) dx
Observa ión: 1. Si I es un intervalo abierto se tiene la de ni ión equivalente; es, la fun ión f es diferen iable sobre el intervalo abierto I se f es diferen iable en ada punto de I . 2. Si I es un intervalo errado [a, b] on a < b, se tiene la de ni ión equivalente; es, la fun ión f es diferen iable sobre el intervalo
errado [a, b].
a ) Si f es diferen iable sobre el intervalo errado ha, bi. f (a + h) − f (a) b ) Si existen ambos límites laterales; f+p (a) = l´ım+ h→0 h f (b + h) − f (b) y f−p (a) = l´ım− h→0 h donde ada límite lateral serán llamadas derivadas a la dere ha del punto a y a la izquierda del punto b, respe tivamente.
Ejemplo: Hallar las derivada por de ni ión de las siguientes fun iones: 1. f (x) = xn para n ∈ Z+ − {1}
Solu ión:
P
[email protected]
5
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
d f (x + h) − f (x) f (x) = l´ım h→0 dx h n (x + h) − xn = l´ım h→0 h h[(x + h)n−1 + (x + h)n−2x + . . . + (x + h)xn−2 + xn−1] = l´ım h→0 h n−1 n−2 = l´ım [(x + h) + (x + h) x + . . . + +(x + h)xn−2 + xn−1] h→0 n
= nx √ 2. f (x) = n x para ada x ∈ Z+ Solu ión: Re ordemos que: bn −an = (b−a)(bn−1 +bn−2a+bn−3 a2 +. . .+b2 an−3 +ban−2 +an−1 ) d f (x + h) − f (x) f (x) = l´ım h→0 dx h √ √ n x+h− nx = l´ım h→0 h h n−2 1 n−1 h→0 h[(x + h) + (x + h) n x n + . . . + x n ] 1 = l´ım n−1 n−2 1 1 n−2 n−1 h→0 (x + h) n + (x + h) n x n + . . . + (x + h) n x n + x n 1 = √ n n xn−1
= l´ım
n−1 n
3. f (x) = sen x
Solu ión:
d f (x + h) − f (x) f (x) = l´ım h→0 dx h sen(x + h) − sen(x) = l´ım h→0 h sen x cos h + sen h cos x − sen(x) = l´ım h→0 h sen h 1 − cos h = cos x l´ım − sen x ¾? h→0 h h = cos x 4. f (x) = sec x
P
[email protected]
6
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
Solu ión: d f (x + h) − f (x) f (x) = l´ım h→0 dx h sec(x + h) − sec(x) = l´ım h→0 h cos x − cos(x + h) = l´ım h→0 h cos x cos(x + h) sen x = cos x cos x
Teorema: Sean f, g : R → R
dos fun iones derivables en el punto x0
enton es se umple:
1. la fun ión f ± g es derivable y [f ± g]p (x0) = f p (x0 ) ± g p (x0 ) 2. la fun ión f ×g es derivable y [f ×g]p(x0 ) = f p (x0)g(x0 )+f (x0)g p (x0 ) p 1 1 1 d 3. la fun ión es derivable y (x0) = − g(x) g g [g(x)]2 d x p f f f p(x0)g(x0) − f (x0)g p (x0) 4. la fun ión es derivable y (x0) = g g [g(x)]2
Demostra ión:
1. la derivada de la suma de fun iones
d [f + g](x + h) − [f + g](x) [f + g](x) = l´ım h→0 dx h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = l´ım + h→0 h h d d = f (x) + g(x) dx dx 2. La derivada de la multipli a ión de fun iones
d f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) [f g](x) = l´ım h→0 dx h f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) + f (x)g(x + h) − f (x)g(x + h) = l´ım h→0 h f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = l´ım g(x + h) + l´ım f (x) h→0 h→0 h h d d = f (x0)g(x0) + f (x0) g(x0) dx dx P
[email protected]
7
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
3. para demostrar la ter era parte del teorema, primero demostremos:
1 1 − d 1 g(x + h) g(x) = l´ım h→0 d x g(x) h g(x) − g(x + h) = l´ım h→0 hg(x)g(x + h) d 1 g(x) = − [g(x)]2 d x 4. Para demostrar la parte uatro se utiliza la parte 2 y 3.
Ejemplo: (Derivada de la fun ión logarítmi a) Demuestre que si f (x) = loga x enton es
Solu ión:
df (x) 1 = loga e dx x
d loga (x + h) − loga x loga x = l´ım h→0 dx h h 1 = l´ım loga 1 + h→0 h x x 1 h h = l´ım loga 1 + h→0 x x x 1 h h = ¾? loga l´ım 1 + h→0 x x 1 = loga e x
Ejemplo: (la diferen iabilidad impli a ontinuidad)
Sea f una fun ión, x0 ∈ Dom(f ), enton es se umple que: Si f es diferen iable en x0 enton es f es ontinua en x0 . d Solu ión: Por hipótesis tenemos que f (x0) existe, enton es tenemos dx
h l´ım [f (x0 + h) − f (x0)] = l´ım [f (x0 + h) − f (x0)] h→0 h→0 h d = f (x0) × 0 dx = 0 P
[email protected]
8
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
Tomando extremo, se tiene que l´ım f (x0 + h) = f (x0). Si x = x0 + h y h→0
h → 0 enton es x → x0, reemplazando en ontramos l´ım f (x) = f (x0) x→x0
Ejemplo:
Si f es diferen iable en x0 ∈ Dom(f ), enton es existe una fun ión θ = θ(h) tal que
f (x0 + h) = f (x0) + hf p (x0) + hθ(h) donde l´ım θ(h) = 0 h→0
d f (x0) existe, enton es de nidx f (x0 + h) − f (x0) d − f (x0), apli ando límites mos la fun ión θ(h) = h dx f (x0 + h) − f (x0) d l´ım θ(h) = l´ım − f (x0) = 0. También se ve que h→0 h→0 h dx f (x0 + h) = f (x0) + hf p (x0) + hθ(h).
Solu ión:
Por hipótesis tenemos que
Teorema: (Regla de la adena)
Si g es diferen iable sobre un intervalo I y f es diferen iable sobre un intervalo J ⊃ g(I) 1 , enton es f ◦ g es diferen iable sobre J . Además se
umple: d[f ◦ g](x) d f (u) d u = ×
on u = g(x) dx du dx Podemos visualizar en forma geométri o.
[f ◦ g](x) = f (u)
g(x) = u
x d g(x) dx
d f (u) du
d g(x) d f (u) × dx du
Demostra ión:
Sea x0 ∈ g(I) ⊂ J , omo g es diferen iable sobre I enton es g es ontinua sobre I . Debemos demostrar que
f (g(x0 + h)) − f (g(x0)) d d = f (u) u, on u = g(x). h→0 h du dx l´ım
1 g(I)
P
= {g(x)/x ∈ I} es el onjunto de imagen de la fun ión g
[email protected]
9
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LA DERIVADA
.
Se de ne la fun ión k(h) = g(xo + h) − g(x0 ) ontinua En efe to: demostremos que umple la de ni ión de ontinuidad 1. k(0) = 0 2. l´ım k(h) = 0 ¾? h→0
3. l´ım k(h) = k(0) h→0
por lo tanto k es ontinua en el punto 0. Por otro lado f es diferen iable en g(x0 ), enton es por el ejemplo anterior existe una fun ión φ(k) tal que
d f (u0) + kφ(k) on u0 = g(x0) (1.2) dx
on l´ım φ(k) = 0 (es fá il demostrar que φ(k) es ontinua en el punto 0) f [g(x0) + k] = f [g(x0)] + k k→0
de la e ua ión (1.2) se tiene.
f [g(x0) + k] − f [g(x0)] = f [g(x0) + k(h)] − f [g(x0)] = f [g(x0) + k(h)] − f [g(x0)] = f [g(x0) + k] − f [g(x0)] = h
d k f (u0) + φ(k) dx d k(h) f (u0) + φ(k) dx d [g(x0 + h) − g(x0)] f (u0) + φ(k) dx g(x0 + h) − g(x0) d f (u0) + φ (1.3) h dx
apli ando límite a la e ua ión (1.3)
d d d [f ◦ g](x0) = f (u0) g(x0), on u = g(x) dx du dx
Ejemplo: (derivada de las fun iones inversas)
Sea f una fun ión inye tiva y tiene una fun ión inversa; esto es, y = f (x) d para x ∈ Dom(f ) enton es existe x = ϕ(y), tal que existe ϕ(y) disdy tinto de 0, enton es la fun ión f en el punto orrespondiente x tiene la d 1 derivada f (x) igual a p , es de ir dx ϕ (y)
d 1 f (x) = p , on y = f (x) dx ϕ (y) P
[email protected]
10
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
Demostra ión: Trabajo para el estudiante. Ejemplo: Cal ular las derivadas de las siguientes fun iones. r
√ x+ x+ x Solu ión: se utiliza la regla de la adena.
1. f (x) =
q
2. f (x) = arcsen x Solu ión: Si y = arcsen x, enton es x = sen y; luego, apli ando la d d derivada on respe to a y , se tiene x= sen y = cos y . Por el dy dy ejemplo de la derivada de las fun iones inversas, en ontramos que
d 1 arcsen x = dx cos y p p 2 se sabe que cos y = 1 − sen y = 1 − x2 , reemplazando tenemos d 1 arcsen x = p dx 1 − x2
3. f (x) = arc cos x Solu ión: Si y = arc cos x, enton es x = cos y; luego, apli ando la d d derivada on respe to a y , se tiene x= cos y = − sen y . Por dy dy el ejemplo de la derivada de las fun iones inversas, en ontramos que d 1 arc cos x = − dx sen y p p se sabe que sen y = 1 − cos2 y = 1 − x2 , reemplazando tenemos d 1 arc cos x = − p dx 1 − x2
Fórmula de la derivada
Sea u : R → R una fun ión diferen iable, enton es las siguientes expresiones son validas. 1.
Fórmulas ono idas: a)
P
d c = 0, para ualquier c ∈ R dx
[email protected]
11
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
d α du u = αuα−1 , para α ∈ R − {−1} dx dx du d √ 1 n
) u= √ , para n ∈ Z+ n dx n un−1 d x d 1 n du = − d) d x un un−1 d x b)
2.
Fórmulas de fun iones trigonométri as a) b)
) d) e) f)
3.
d du sen u = cos u dx dx d du cos u = − sen dx dx d du tan u = sec2 u dx dx d du cot u = − csc2 u dx dx du d sec u = sec u tan u dx dx du d csc u = − csc u cot u dx dx
Fórmula de fun iones trigonométri as inversas. d 1 du π π arcsen u = p , para − < arcsen u < dx 2 2 1 − u2 d x du d 1 b) , para 0 < arc cos u < π arc cos u = − p dx 1 − u2 d x
a)
d 1 du π π arctan u = , para − < arctan u < dx 1 − u2 d x 2 2 d 1 du d) arccot u = − , para 0 < arccot u < π dx 1 − u2 d x π + ; 0 < arcsec u < d |1| du 2 e) arcsec u = p , para π 2 dx − ; < arcsec u < π u u −1dx 2 − ; 0 < arccsc u < π d |1| du 2 f) arccsc u = p , para π 2 dx d x + ; < arccsc u < π u u −1 2
)
4. P
Fórmula de fun iones exponen iales y logarítmi a
[email protected]
12
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA a) b)
) d) e)
.
d 1 du loga u = loga e , para a 6= 0, 1 dx u dx d 1du ln u = dx udx d u du a = au ln a dx dx d u du e = eu dx dx d v du dv u = vuv−1 + uv ln u dx dx dx
Trabajo:
Demostrar ada uno de las propiedades (sug: utilizar omo valida los ejemplos y teoremas ya demostrados)
Ejemplos: Utilizando las formulas ono idas, en uentre la derivada de las siguientes fun iones dadas √ 1. f (x) = tan x2
Solu ión:
1 d d f (x) = [tan x2] 2 dx dx 1 d 1 = [tan x2]− 2 tan x2 2 dx 1 d 1 = [tan x2]− 2 sec2 (x2) x2 2 dx 2 − 21 2 2 = x[tan x ] sec x
2. f (x) = sen2 (cos7 x)
Solu ión:
d d f (x) = (sen(cos7 x))2 dx dx d = 2 sen(cos7 x) sen(cos7 x) dx d = 2 sen(cos7 x) cos(cos7 x) cos7 x dx
d cos x dx = −14 sen(cos7 x) cos(cos7 x) cos6(x) sen x
= 14 sen(cos7 x) cos(cos7 x) cos6(x)
P
[email protected]
13
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA 3. f (x) =
q
.
sen2 x + (x2 − 1)5
Solu ión:
1 d d f (x) = (sen2 x + (x2 − 1)5) 2 dx dx 1 d 1 (sen2 x + (x2 − 1)5) = (sen2 x + (x2 − 1)5)− 2 2 dx 1 1 = (sen2 x + (x2 − 1)5)− 2 [2 sen x cos x + 10(x2 − 1)4] 2 2 sen x cos x + 10(x2 − 1)4 q = 2 sen2 x + (x2 − 1)5
4. f (x) = arcsen
Solu ión:
√ x+1
√ d d f (x) = arcsen x + 1 dx dx 1 d √ x+1 = √ xdx 1 = √ √ 2 x x+1 5. f (x) = cos(5x2 − 3x + 2)
Solu ión:
d d f (x) = cos(5x2 − 3x + 2) dx dx d = − sen(5x2 − 3x + 2) (5x2 − 3x + 2) dx 2 = −(10x − 3) sen(5x − 3x + 2) 6. f (x) = e4x
Solu ión:
d d 4x f (x) = e dx dx d = e4x (4x) dx = 4 e4x 2
7. f (x) = (x + 1)x Solu ión: Apli ando logaritmo neperiano a ambos miembros se P
[email protected]
14
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
tiene: ln f (x) = x2 ln(x + 1). Luego apli amos la derivada a ambos miembros
d ln f (x) dx 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x Finalmente se tiene
d 2 x ln(x + 1) dx d d = ln(x + 1) x2 + x2 ln(x + 1) dx dx x2 d = 2x ln(x + 1) + (x + 1) x + 1dx 2x(x + 1) ln(x + 1) + x2 = x+1
=
d 2x(x + 1) ln(x + 1) + x2 2 f (x) = (x + 1)x dx x+1
8. f (x) = (ln x)x Solu ión: Apli ando logaritmo neperiano a ambos miembros se tiene: ln f (x) = x ln(ln x). Luego apli amos la derivada a ambos miembros
d x ln(ln x) dx d d = ln(ln x) x + x ln(ln x) dx dx x d = ln(ln x) + ln x ln x d x x = ln(ln x) + x ln x h d x i x Finalmente se tiene f (x) = (ln x) ln(ln x) + dx x ln x x 1 9. f (x) = 1 + x Solu ión: Apli ando logaritmo neperiano a ambos miembros se 1 tiene: ln f (x) = x ln 1 + . x Luego apli amos la derivada a ambos miembros d ln f (x) dx 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x
P
[email protected]
=
15
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
d 1 = x ln 1 + dx x 1 d d 1 = ln 1 + x+x 1+ x dx dx x 1 x d = ln 1 + + (1 + x−1) −1 x 1 + x dx 1 x2 = ln 1 + − x (x + 1)x2 d 1 x 1 1 Finalmente se tiene f (x) = 1 + ln 1 + − dx x x x+1
d ln f (x) dx 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x 1 d f (x) f (x) d x
10. f (x) = ln5 (1 + 2cos x )
Solu ión:
d d 5 f (x) = ln (1 + 2cos x ) dx dx d = 5 ln4 (1 + 2cos x ) ln(1 + 2cos x ) dx 4 cos x 5 ln (1 + 2 ) d (1 + 2cos x ) = cos x 1+2 dx 4 cos x 5 ln (1 + 2 ) cos x d = 2 ln 2 cos x ¾? 1 + 2cos x dx 5 ln4 (1 + 2cos x )2cos x ln 2 sen x = − 1 + 2cos x (x + 2)2 11. f (x) = (x + 1)3(x + 3)4 Solu ión: Apli ando logaritmo neperiano y las propiedades a ambos miembros se tiene: ln f (x) = 2 ln(x+2)−3 ln(x+1)−4 ln(x+3). Luego apli amos la derivada a ambos miembros d d ln f (x) = [2 ln(x + 2) − 3 ln(x + 1) − 4 ln(x + 3)] dx dx 1 d 2 3 4 f (x) = − − f (x) d x x+2 x+1 x−3
Finalmente se tiene d (x + 2)2 2 3 4 f (x) = − − dx (x + 1)3(x + 3)4 x + 2 x + 1 x − 3 P
[email protected]
16
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA 12. f (x) =
s
13. f (x) =
1 (x + a)m (x + b)n
.
x(x − 1) x−2
Solu ión:
14.
15.
16.
17.
P
d d 1 f (x) = dx d x (x + a)m (x + b)n d = (x + a)−m (x + b)−n dx m n = − − (x + b)n(x + a)m+1 (x + b)n+1(x + a)m q n+m f (x) = (1 − x)m (1 + x)n Solu ión: Para poder en ontrar la derivada se utilizara los sigu1 √ ientes propiedades, primero x = x 2 , luego la derivada del produ to (página 7). nalmente utilizar la fórmula ono ida (página 11). Nota: ada derivada se esta utilizando la regla de la adena (página 9). √ 1 − x √ f (x) = cos2 1+ x Solu ión: Pasos para derivar: primero utilizar las formulas ono idas (página 11), luego formula trigonométri a (página 12), después la derivada de la división (página 7) para terminar se utiliza la formula ono idas. Nota: ada derivada se esta utilizando la regla de la adena (página 9). √ 1 − cos x f (x) = arctan √ 1 + cos x Solu ión: Es fá il utilizando las propiedades de trigonometría elemental. 1 1+x 1 f (x) = ln − arctan x 4 1−x 2 Solu ión: Pasos para resolverlo: primero la derivada de la suma (página 7), segundo la derivada del logaritmo neperiano (página 12) y la derivada inversa trigonométri a (página 12). y ter ero la derivada de la división (página 7). Nota: ada derivada se esta utilizando la regla de la adena (página 9).
[email protected]
17
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
18. f (x) = sen2 (sen2 (sen x)) Solu ión: Las úni as fórmulas que se utiliza son la regla de la
adena (página 9), la derivada de la fun ión seno (página 12) y fórmulas ono idas (página 11). s x + 3 19. f (x) = 3 ln sen 4 Solu ión: primero utilizar la fórmula ono ida (página 11), segundo la derivada del logaritmo neperiano (página 12), ter ero la derivada del seno (página 12). Nota: ada derivada se esta utilizando la regla de la adena (página 9).
Ejemplo: Determinar uales de las fun iones dadas son derivable en los
puntos dados x0 . √ x ; x≤4 1. f (x) = para x0 = 4 2(x − 8) ; x > 4 Solu ión: Utilizaremos las derivadas laterales: por propiedad sabemos que d d d f (x) si f−(x), f+(x) existen y son iguales. dx dx dx Enton es veamos las derivadas laterales.
d f (4 + h) − f (4) f+ (4) = l´ım+ h→0 dx h = −∞ Por lo tanto la derivada por la dere ha no existe.
q |x| ; x < 1 2. f (x) = , para x0 = 1 2(x − 8) ; x ≥ 1 Solu ión: Hallando las derivadas laterales d f (x + h) − f (x) d f (x + h) − f (x) f+ (1) = l´ım+ y f− (1) = l´ım− h→0 h→0 dx h dx h veamos estas derivadas (
a ) Para x0 = 1, la derivada lateral por la dere ha es d f+(1) = 2 dx b ) Para x0 = 1, la derivada lateral por la izquierda es d 1 f−(1) = dx 2 P
[email protected]
18
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
Por lo tanto no existe la derivada.
{ s 3 3. f (x) = |x − 3|3 (x − 3) + x3 x − , para x0 = 3 2 Solu ión: fun ión{sería rede niendo la s 3 ; x 0
2. Si g(x) < 0
a ) Si x ≥ 0, enton es g(x) < 0, luego x > 0 P
[email protected]
19
R
Li : Juan A. Huaman haqui
FÓRMULA DE LA DERIVADA
.
b ) Si x < 0, enton es g(x) < 0, luego x < 0 enton es la fun ión g es
f (g(x)) =
4g(x) ; 2g(x) ;
x≥0 x 0 es siempre una onstante. Solu ión: Hallando las re tas tangente LT : y − y0 = m(x − x0) para x0 ∈ Dom(y). b La pendiente de la re ta tangente a la urva xy = b es m = − 2 . x0 Por lo tanto la e ua ión de la re ta tangente es: b LT : y − y0 = − 2 (x − x0 ). x0 Hallando las interse
iones on los ejes oordenados
a ) Cuando y = 0 enton es es x =
(b + y0 x0)x0 y b
b ) Cuando x = 0 enton es es y =
y0x0 + b x0
Finalmente el área es A =
A es una onstante.
xy (b + y0x0)2 = = 2b. Por lo tanto el 2 2b
6. Halle la r e ua ión de la re ta tangente de la fun ión f de nido por: q √ f (x) = 5 + x2 5 + x2 5 + x2 . . ., en el punto de abs isa x = 2. r q √ 2 Solu ión: Si f (x) = y y f (x) = 5 + x 5 + x2 5 + x2 . . . P
[email protected]
31
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
enton es y 2 = 5 + x2y , de donde en ontramos y = 5 o y = −1 para x = 2, omo y es positivo, tomamos y = 5. por lo tanto el punto (2, 5) pertene e LT . d y. Ahora en ontremos la pendiente mT = dx Como y 2 = 5 + x2 y apli ando la derivada de la fun ión implí ita en ontramos d 2xy y= . dx 2y − x2 d Sabemos que mT = y , y además (2, 5) ∈ LT , de donde tenemos dx 10 que mT = . 3 10 Por lo que la re ta tangente es LT : y − 5 = (x − 2) 3 3 y la re ta normal es LN : y − 5 = − (x − 2) 10
Máximos y mínimos Fun ión monótona:
Sea f : S → R, S un sub onjunto de los números reales R, y una fun ión. 1. Una fun ión f se di e que es no de re iente en el onjunto S si (y sólo si) para ada x1 , x2 ∈ S se umple f (x1) ≤ f (x2) siempre que x1 < x2 . 2. Una fun ión f se di e que es re iente en el onjunto S si (y sólo si) para ada x1 , x2 ∈ S se umple f (x1 ) < f (x2) siempre que x1 < x2 . 3. Una fun ión f se di e que es no re iente en el onjunto S si (y sólo si) para ada x1 , x2 ∈ S se umple f (x1) ≥ f (x2) siempre que x1 < x2 . 4. Una fun ión f se di e que es de re iente en el onjunto S si (y sólo si) para ada x1 , x2 ∈ S se umple f (x1 ) > f (x2) siempre que x1 < x2 . 5. La fun ión f es monótona en el onjunto S si (y sólo si) es uno de los uatro de ni iones anteriores.
Extremos relativos: Sea f : S → R, S un sub onjunto de los números
reales R, una fun ión. P
[email protected]
32
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
1. f tiene un máximo relativo en el onjunto S si existe un punto c ∈ S que umpla f (c) ≥ f (x) uando x ∈ S ∩ Dom(f ). 2. f tiene un mínimo relativo en el onjunto S si existe un punto d ∈ S que umpla f (d) ≤ f (x) uando x ∈ S ∩ Dom(f ).
Cón ava y onvexo: Una fun ión f : S → R, y denotaremos por C
a
la grá a de la fun ión f .
1. La urva C es onvexa en el onjunto S si ualquier re ta tangente a la urva está por en ima de C . 2. La urva C es ón ava en el onjunto S si ualquier re ta tangente a la urva está por debajo de C . 3. Un punto x0 ∈ S es un punto de in exión si uando separa de la
onvexa a la ón ava o vi eversa.
Punto ríti o: punto ríti o si 1.
Sea f : S → R y c ∈ Dom(f ). El punto c se llama
d f (c) = 0 dx
2. f (c) no existe 3. c es uno de los extremos de S
P
[email protected]
33
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
f Máximo mT = 0
mT > 0 Cre iente
mT < 0 De re iente Convexa
mT > 0 Cre iente
Cón ava Mínimo mT = 0
c
d
x0
Punto de in exión
teorema: (Criterio de la primera derivada:)
Sea c un punto ríti o de la fun ión f en el intervalo [a, b] y ontinua en ha, bi, enton es d f (x) > 0 para x ∈ ha, ci dx 1. d f (x) < 0 para x ∈ hc, bi dx enton es f (c) es un máximo relativo de la fun ión f . d f (x) < 0 para x ∈ ha, ci dx 2. d f (x) > 0 para x ∈ hc, bi dx enton es f (c) es un mínimo relativo de la fun ión f . d f (x) < 0 para x ∈ ha, ci dx 3. d f (x) < 0 para x ∈ hc, bi dx enton es f (c) no es un mínimo ni unmáximo relativo de la fun ión f.
P
[email protected]
34
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
d f (x) > 0 para x ∈ ha, ci dx 4. d f (x) > 0 para x ∈ hc, bi dx enton es f (c) no es un mínimo ni unmáximo relativo de la fun ión f.
d f (x) < 0 dx
d f (c2) = 0 dx
d f (x) > 0 dx
d d f (x) > 0 f (x) < 0 dx dx
d f (c1) = 0 dx c1
c2
Teorema: (Criterio de la segunda derivada para máximos y mínimos)
Sea f una fun ión derivable en todo su dominio y c un punto ríti o y d2 existe f (c) 6= 0, enton es d x2
d2 1. si f (c) < 0, enton es es un máximo relativo de la fun ión f . d x2 d2 2. si f (c) > 0, enton es es un mínimo relativo de la fun ión f . d x2
P
[email protected]
35
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
d2 f (c) < 0 d x2 Máximo
f
d2 f (c) > 0 d x2 Mínimo
c2
c1
Teorema: (Criterio de la segunda derivada para on avidad y onvexi-
dad) Sea f una fun ión dos ve es derivable en [a, b] y x0 ∈ ha, bi tal que d2 f (x0) = 0, enton es d x2
d2 1. si f (x) < 0 para x ∈ ha, x0 i, enton es la urva es onvexa. d x2 d2 2. si f (x) > 0 para x ∈ hx0 , bi, enton es la urva es ón ava. d x2 3. Si umple las dos anteriores o vi eversa, enton es x0 es un punto de in exión.
P
[email protected]
36
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
f
d2 f (x) > 0 d x2 Cón ava
Convexa
d2 f (x) < 0 d x2 x0 Punto de in exión
Ejemplo: Construir la grá a determinando los punto ríti os, puntos de ontinuidad, los extremos relativos, los intervalos de re imineto y de re imiento, los puntos de in exión y la dire
ión de sus on avidad.
6x2 − x4 1. f (x) = 9
Solu ión:
a ) Primero hallemos los puntos ríti os:
d f (x) = dx √ 12x − 4x3 = 0, por lo tanto los puntos ríti os son c = 0, ± 3 9 b ) Segundo en ontremos los extremos relativos, para esto se utilizara el riterio de la primera derivada. Busquemos los intervalos de re imiento y de re imiento. Igualando a ero la derivada de la fun ión f , esto es
√ − 3
√
0
3
√ x ∈ h−∞, − 3i
d 8 f (−2) = > 0 dx 9 √ Por lo que f es re iente para x ∈ h−∞, − 3i. Si x = −2, enton es
P
[email protected]
37
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
√ x ∈ h− 3, 0i
d 8 f (−1) = − < 0 dx 9 √ Por lo que f es de re iente para x ∈ h− 3, 0i. √ √ Por lo tanto c = − 3 de ne un máximo relativo y f (− 3) = 1. √ x ∈ h0, 3i d 8 Si x = 1, enton es f (1) = > 0 dx 9 √ Por lo que f es re iente para x ∈ h0, 3i. Por lo tanto c = 0 de ne un mínimo relativo y f (0) = 0. √ x ∈ h 3, ∞i d 8 f (2) = − < 0 Si x = 2, enton es dx 9 √ Por lo que f es de re iente para x ∈ h 3, ∞i. √ √ Por lo tanto c = 3 de ne un máximo relativo y f ( 3) = 1. Si x = −1, enton es
) Hallando los puntos de in exión, por el riterio de la segunda derivada. Igualando a ero la segunda derivada de la fun ión f ; esto es, d2 12 f (x) = (1 − x)(1 + x) = 0, en ontramos los posibles d x2 9 puntos de in exión b = ±1.
−1
1
enton es tomando los valores se tiene:
x ∈ h−∞, −1i
d2 Si x = −2, enton es f (−2) = −4 < 0 d x2 Por lo que f es onvexa en h−∞, −1i. x ∈ h−1, 1i
d2 12 Si x = 0, enton es f (0) = >0 d x2 9 Por lo que f es ón ava en h−1, 1i.
5 Por lo tanto b = −1 es un punto de in exión y f (−1) = . 9 P
[email protected]
38
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
x ∈ h−1, 1i
d2 f (2) = −4 < 0 Si x = 2, enton es d x2 Por lo que f es onvexa en h1, ∞i.
5 Por lo tanto b = 1 es un punto de in exión y f (1) = . 9 1 5 9
√
− 3
−1
1
√
3
x 2. f (x) = q 3 (x − 2)2
Solu ión:
a ) Primero hallemos los puntos ríti os:
d Igualando a ero la derivada de la fun ión f , esto es f (x) = dx x−6 q = 0, por lo tanto los puntos ríti os son c = 6 y 3 5 (x − 2) c = 2 ¾?
b ) Segundo en ontremos los extremos relativos, para esto se utilizara el riterio de la primera derivada. Busquemos los intervalos de re imiento y de re imiento.
2
6
x ∈ h−∞, 2i
d 6 f (0) = − √ >0 3 5 dx 3 2 Por lo que f es re iente para x ∈ h−∞, 2i. x ∈ h2, 6i d Si x = 3, enton es f (3) = −1 < 0 dx Si x = 0, enton es
P
[email protected]
39
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
Por lo que f es de re iente para x ∈ h2, 6i. pero f (2) no existe no hay mínimo ni máximo. x ∈ h6, ∞i d 1 Si x = 7, enton es f (7) = √ >0 3 5 dx 3 5 Por lo que f es re iente para x ∈ h0, ∞i.
3 Por lo tanto c = 6 de ne un mínimo relativo y f (6) = √ . 3 2
) Hallando los puntos de in exión. Por el riterio de la segunda derivada. Igualando a ero la segunda derivada de la fun ión f ; esto es, d2 −2(x − 12) q f (x) = ) = 0, en ontramos los posibles pund x2 3 9 (x − 2)8 tos de in exión b = 12 y b = 2.
2
12
enton es tomando los valores se tiene:
x ∈ h−∞, 2i
d2 Si x = 0, enton es f (0) = 24 > 0 d x2 Por lo que f es ón ava en h−∞, 2i. x ∈ h2, 12i d2 Si x = 3, enton es f (3) = 18 > 0 d x2 Por lo que f es ón ava en x ∈ h2, 12i. por lo tanto b = 2 no es un punto de in exión. x ∈ h12, ∞i d2 2 √ Si x = 13, enton es f (13) = − 0 d x2 Por lo tanto c = −2 de ne una mínimo y f (−2) = 9 d2 Si c = −1, enton es f (−1) = −16 < 0 d x2 Por lo tanto c = −1 de ne una máximo y f (−1) = 12 d2 Si c = 3, enton es f (3) = 80 > 0 d x2 Por lo tanto c = 3 de ne una mínimo y f (3) = −116
) Hallando los puntos de in exión, por el riterio de la segunda derivada. Igualando a ero la segunda derivada de la fun ión f ; esto es, P
[email protected]
41
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
d2 f (x) = 12x2 − 28 = 0, en ontramos los posibles puntos de 2 dx r r 7 7 in exión b = − yb= . 3 3 −
r
r
7 3
7 3
enton es tomando los valores se tiene: r 7 i x ∈ h−∞, − 3 d2 Si x = −2, enton es f (−2) > 0 d x2 r
7 Por lo que f es ón ava en h−∞, − i. 3 r r 7 7 x ∈ h− , i 3 3 d2 Si x = −1, enton es f (−1) < 0 d x2 r r 7 7 Por lo que f es onvexa en x ∈ h− , i. 3 3 r r 7 7 es un punto de in exión y f (− )= por lo tanto b = − 3 3 10,438. r 7 x∈h , ∞i 3 d2 Si x = 3, enton es f (3) > 0 d x2 r 7 , ∞i. Por lo que f es ón ava en h 3 r r 7 7 Por lo tanto b = es un punto de in exión y f ( )= 3 3 −62,883.
P
[email protected]
42
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
3
1,5 −2−1,5−1
−116 4. f (x) = x − ln(1 + x2 )
Solu ión:
a ) Primero hallemos los puntos ríti os:
d Igualando a ero la derivada de la fun ión f , esto es f (x) = dx 2x 1− = 0, por lo tanto los puntos ríti os son c = 1. 1 + x2 b ) Segundo en ontremos los extremos relativos, para esto se utilizara el riterio de la primera derivada. Busquemos los intervalos de re imiento y de re imiento. 1 x ∈ h−∞, 1i
P
[email protected]
43
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
d f (0) = 1 > 0 dx Por lo que f es re iente para x ∈ h−∞, 1i. x ∈ h1, ∞i d 1 Si x = 2, enton es f (7) = > 0 dx 5 Por lo que f es re iente para x ∈ h1, ∞i. Por lo tanto c = 1 no de ne un máximo y un mínimo relativo. Si x = 0, enton es
) Hallando los puntos de in exión, por el riterio de la segunda derivada. Igualando a ero la segunda derivada de la fun ión f ; esto es, d2 2(x2 − 1) f (x) = = 0, en ontramos los posibles puntos de d x2 (1 + x2)2 in exión b = −1 y b = 1.
−1
1
enton es tomando los valores se tiene:
x ∈ h−∞, −1i
d2 Si x = −2, enton es f (−2) > 0 d x2 Por lo que f es ón ava en h−∞, −1i. x ∈ h−1, 1i d2 Si x = 0, enton es f (−1) < 0 d x2 Por lo que f es onvexa en x ∈ h−1, 1i. por lo tanto b = −1 es un punto de in exión y f (−1) = −1,693. x ∈ h1, ∞i d2 f (3) > 0 Si x = 2, enton es d x2 Por lo que f es ón ava en h1, ∞i. Por lo tanto b = 1 es un punto de in exión y f (1) = 0,307.
P
[email protected]
44
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
−1
.
1
5. f (x) = 2x − cos(2x) para x ∈ [−π, π]
Trabajo
6. f (x) =
x2 1 + x2
Trabajo
7. f (x) = (x + 1) ln2 (x + 1)
Trabajo
Ejemplo: Si un re ipiente ilín-
dri o de lamina ( errado en ambos extremos) ha de tener V omo volumen, en uentre las dimensiones que requieren la mínima antidad de material
r
h
Solu ión:
V y el área total es πr2 2V AT = 2πr2 + 2πrh de esto se tiene A(r) = 2πr2 + r Como nos piden el mínimo se utilizara el riterio de la segunda derivada. Sabemos que V = πr2 h, de donde h =
P
[email protected]
45
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
1. Igualando a ero la derivada para obtener el punto r ríti o; esto es d 2V 3 V A(r) = 4πr − 2 = 0, de esto se tiene r = dr r 2π
d2 4V A(r) = 4π + d r2 r3 3. Evaluando punto ríti o a la segunda derivada se tiene r el ! 2 d 3 V A > 0, d r2 2π r r V 3 3 4r enton es r = de ne un mínimo y la altura seria h = 2π π 2. Hallando la segunda derivada
Ejemplo: Un rio tiene un odo de 135◦ (ver gura) un granjero desea
onstruir un orral bordeado por los dos lados del rio y los otro dos por 1km del valle ABC . Hallar las dimensiones del orral de área máxima. C B
A
135◦
Ejemplo: Una ventana tiene la
forma re tangular on su parte superior en el media ir unferen ia. Cuales serán las dimensiones para que penetre la máxima antidad de luz para un perímetro dado.
x 2 y
P
[email protected]
46
R x
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
Solu ión
π Si p el perímetro, enton es p = 2y + x + x; de donde se tiene y = 2 2p − 2x − πx . 4 Hallando al super ie total: π AT = xy + x2 8 px x2 πx2 − − = 2 2 8 Para que entre mayor Luz, haremos que AT sea máxima. d p πx 1. Igualando a ero el punto ríti o; esto es A(x) = −x− = 0, dx 2 4 2p de esto es x = 4+π d2 π 2. Hallando la segunda derivada A(r) = −1 − d r2 4 3. Evaluando el punto ríti o a la segunda derivada se tiene 2 2p d 2p , enton es x = de ne un máximo y A < 0 T d r2 4+π 4+π p p πp y= − − 2 4 + x 8 + 2π Ejemplo: Ins ribir un una elipse E dada, un re tángulo de la mayor área posible que tenga los lados paralelos a los ejes de la propia elipse.
Solu ión:
b (x, y)
a
−a
−b P
[email protected]
47
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
x2 y 2 Sabemos que la e ua ión de la elipse es 2 + 2 = 1, de donde se tiene a b bp 2 y = a − x2 . Por otro lado el área de re tángulo es A = 4xy , y a 4bx p 2 enton es A = 4 a − x2 . a Para hallar el máximo área se utilizara el riterio de la segunda derivada. 1. Igualando a ero el punto ríti o; esto es 4b(a2 − 2x2) a√ d A(x) = p = 0, de esto es x = ± 2 2 2 dx 2 2 a −x # " 2 2 3 d 4b −3xa + 2x p 2. Hallando la segunda derivada A(r) = 2 dr a (a2 − x2) a2 − x2
3. Evaluando el punto ríti o (número positivo ¾?) a la segunda derivada se tiene a√ d2 2p , enton es x = 2 de ne un máximo y A < 0 T d r2 4+π 2 b y=√ 2
Teorema de valor medio Teorema de Rolle: Si la fun ión f
es ontinua sobre [a, b], a < b, y diferen iable en ha, bi tal que f (a) = 0 y f (b) = 0, enton es existe el d menos un punto c en ha, bi que satisfa e f (c) = 0 dx
P
[email protected]
48
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
a
c
.
b
Demostra ión: Se demostrara en tres pasos 1. Si f (x) = 0 para ada x ∈ ha, bi, enton es
c ∈ ha, bi
d f (c) = 0 para ada dx
2. Si f (x) > 0 para algún x ∈ ha, bi y omo f es ontinua en [a, b], enton es existe un máximo, por el riterio de la primera derivada d se tiene f (c) = 0, para algún c ∈ ha, bi dx 3. Si f (x) < 0 para algún x ∈ ha, bi y omo f es ontinua en [a, b], enton es existe un mínimo, por el riterio de la primera derivada d se tiene f (c) = 0, para algún c ∈ ha, bi dx
Teorema del Valor Medio:
Sea f una fun ión sobre [a, b], on a < b, si se umple las siguientes ondi iones 1. f es ontinua en [a, b] 2. f es diferen iable en ha, bi
P
[email protected]
49
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
d f (b) − f (a) f (c) = dx b−a
Enton es existe al menos un x ∈ ha, bi tal que
f (b)
f (a)
a c
b
Teorema generalizado del valor medio de Cau hy
Sea f, g
dos fun iones y a < b, si se umple las ondi iones 1. f, g son ontinuas en [a, b] 2. f, g son diferen iable en ha, bi
d g(x) 6= 0 para ada x ∈ ha, bi dx enton es existe un c ∈ ha, bi tal que 3. g(a) 6= g(b) y
d f (c) f (b) − f (a) d x = d g(b) − g(a) g(c) dx
Ejemplo: 1. Veri que la validez del teorema de Rolle, para f (x) = en [1, 2] y halle c ∈ h1, 2i
Solu ión:
p 3 x2 − 3x + 2
a ) La fun ión f es ontinua en [1, 2]. b ) f (1) = 0 y f (2) = 0 enton es por el teorema de Rolle, existe un c ∈ h1, 2i tal que d f (c) = 0, enton es tenemos que c = 1,5. dx P
[email protected]
50
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
2. Halle el valor de c que satisfa e el teorema de Rolle para f (x) = (x + 2)2n(x − 2)n, para x ∈ [−2, 2] y n entero positivo. Solu ión: Veamos que umple las ondi iones del teorema de Rolle.
a ) La fun ión f es ontinua en [−2, 2]. b ) f (−2) = 0 y f (2) = 0 enton es umple el teorema de Rolle y existe un c ∈ h−1, 2i tal que d 2 f (c) = 0, enton es tenemos que c = . dx 3 x3 − x2 + x ; 0 ≤ x < 1 x 3 . Halle c ∈ 3. En la fun ión f (x) = ; 1≤x≤ 2−x 2 3 del teorema de Valor Medio 0, 2 Solu ión: Veamos que umple las ondi iones del teorema de valor medio 3 a ) La fun ión f es ontinua en [0, ] (trabajo). 2 d d b ) omo f− (1) = 2 y f+ (1) = 2, enton es f es diferen iable dx d x 3 en 0, 2 3 enton es por el teorema de valor medio, existe c ∈ 0, tal que 2 3 f − f (0) d 2 f (c) = =2 3 dx −0 2 Veamos en dos asos
d a ) si c ∈ h0, 1i, y omo f (c) = 0, de donde se en uentra c = 1 d x 3 d b ) si c ∈ 1, , f (c) = 0, de donde se tiene que c = 1 2 dx sen b − sen a = cot c, para algún c ∈ ha, bi y a < b cos a − cos b Como la fun ión f y g de nidos omo f (x) = sen x y
4. Demuestre que
Solu ión: P
[email protected]
51
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
g(x) = cos x respe tivamente son diferen iable es todo R, enton es por el teorema generalizado de Cau hy, debe umplir que: d f (c) f (b) − f (a) d x = para algún c ∈ R d g(b) − g(a) g(c) dx de donde en ontramos
sen b − sen a = cot c. cos a − cos b
Regla de Lp Hospital La regla de Lp Hospital es utilizado para hallar, los límites de la forma
f (a) 0 f (a) ∞ = ó l´ım = x→a g(a) 0 x→a g(a) ∞ l´ım
0
Teorema (Regla de Lp Hospital para ): Sea f, g : [a, b] → R dos 0 fun iones on a < b, si se umple las ondi iones 1. f, g son diferen iable en ha, bi 2.
d g(x) 6= 0 para ada x ∈ ha, bi dx
3. l´ım+ f (a) = 0 y l´ım g(a) = 0 y x→a
x→a
f p (a) 4. existe l´ım+ p =L x→a g (a) enton es se umple que
d f (x) f (a) d x l´ım = l´ım+ =L x→a+ g(a) x→a d g(x) dx ∞ Teorema (Regla de Lp Hospital para ): Sea f, g : [a, b] → R dos ∞ fun iones on a < b, si se umple las ondi iones 1. f, g son diferen iable en ha, bi 2. l´ım+ f (a) = ∞ y l´ım g(a) = ∞ y x→a
P
x→a
[email protected]
52
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
f p (a) 3. si existe l´ım+ p =L x→a g (a) enton es se umple que
Observa ión:
d f (x) f (a) d x = l´ım+ =L l´ım x→a d x→a+ g(a) g(x) dx
Los dos teoremas son validas también uando x tiende al in nito. Todos las formas indeterminadas (∞ − ∞, 0 × ∞, 1∞ , 00 y ∞0 ) pueden ser redu idas mediante opera iones algebrai as, trigonométri0 ∞
as, logarítmi as y exponen ial a una forma omo o , para 0 ∞ luego poder apli ar el teorema de Lp Hospital
Ejemplo: Halle los siguientes límites utilizando el teorema de Lp
Hos-
pital.
ax − bx 1. l´ım x x→0 c − dx
Solu ión:
x
x
a −b x→0 cx − dx l´ım
π πx tan x→0 x 2
d x (a − bx ) = l´ım d x x→0 d (cx − dx ) dx ax ln a − bx ln b = l´ım x x→0 c ln c − dx ln d ln a − ln b = . ln c − ln d
2. l´ım
Solu ión:
P
d πx (π tan ) π πx d x 2 l´ım tan = l´ım d x→0 x x→0 2 (x) dx h i π2 2 π sec x 2 = l´ım 2 x→0 1 2 π = 2
[email protected]
53
R
Li : Juan A. Huaman haqui
APLICACIÓN DE LA DERIVADA
.
3. l´ımπ (sen x)tan x x→ 2
Solu ión: l´ımπ (sen x)tan x = l´ımπ (1 + sen x − x)tan x
x→ 2
x→ 2
l´ım tan x(sen x − 1)
x→ π2
= e
sen x(sen x − 1) cos x = ex→ 2 2 sen x cos x − cos x l´ımπ − sen x = ex→ 2 ¾? = e0 = 1 1 1 √ − √ 4. l´ım x→1 2(1 − x) 3(1 − 3 x) l´ımπ
Solu ión: l´ım
x→1
1 1 √ − √ 2(1 − x) 3(1 − 3 x)
! √ √ √ 3 1+ x 1 + 3 x + x2 = l´ım − x→1 2(1 − x) 3(1 − x) 3 2 4 √ − √ − √ 3 2 x 3 x2 3 3 x = l´ım x→1 6 1 = − 12
1
5. l´ım (x + ex ) x x→0
Solu ión:
1
l´ım (x + ex ) x
x→0
ex +x − 1 l´ım x = ex→0 = e2
6. l´ım
x→0
7. l´ım
x→0
P
1 cot x − x2 x
ln(1 − x) + tan
πx 2
c tan πx
[email protected]
54
R
Li : Juan A. Huaman haqui
DIFERENCIALES COMO UNA APROXIMACIÓN
.
Diferen iales omo una aproxima ión Sabemos que la de ni ión de la derivada es;
d f (x0 + h) − f (x) f (x0) = l´ım h→0 dx h también se sabe que h = x − x1 de ahora en adelante a h =△ x = x − x1 y △ y = f (x) − f (x1) = f (x1+ △ x) − f (x1) enton es la de ni ión de la derivada sería d f (x0+ △ x) − f (x) f (x0) = l´ım △x→0 dx △x De ni ión: La diferen ial de x, es in in remento (muy pequeño) ualesquiera de la variable independiente x, que sera denotado por d x; esto es, d x △ x De ni ión: La diferen ial de f (o variable dependiente y) en un punto x1 es igual al produ to de la derivada de f en el punto x1 on la diferen ial de x, la ual será denotado por d f (x); esto es, d f (x1) = f p (x1) d x Propiedades Las diferen iales umple las siguientes propiedades. 1. d c = 0 2. d[cf ](x) = c d f (x) 3. d[f ± g](x) = d f (x) ± d g(x) 4. d[f × g](x) = f (x) × d g(x) + d f (x) × g(x)
d f (x) × g(x) − f (x) × d g(x) f 5. d (x) = g [g(x)]2
Deferen ia omo una aproxima ión:
Cono emos que △ f (x1) = f (x1+ △ x) − f (x1) y d f (x1) = f p (x1) d x enton es f (x1+ △ x) − f (x1 ) ≈ f p(x1 ) d x nalmente se tiene f (x1+ △ x) ≈ f (x1) + f p (x1) d x.
Ejer i ios de derivadas 1. En uentre las e ua iones de las re tas tangentes a la urva f (x) = 3x2 − 8 que pasan por el punto (2, −44). Sug: Halle los puntos (x0 , f (x0)) de tangen ia. P
[email protected]
55
R
Li : Juan A. Huaman haqui
EJERCICIOS DE DERIVADAS
.
2. Si f (x) = (tan2 x − 1)(tan4 x + 10 tan2 x + 1)/(3 tanx ), pruebe que d f (x) = (2 csc x)4 dx 3. Halle la e ua ión de la normal a la parábola y = x2 − 6x + 6 perpendi ular a la re ta que une el origen de oordenadas on el vérti e de la parábola.
1 d 1 , demuestre que f (f (x)) = x+1 dx [x + 2]2 d 2x − 1 dy 2 5. Si f (x) = sen(x ), y si y = f , halle . dx x+1 dx 4. Si f (x) =
6. Dada la fun ión
g(x) =
x5/|x| 0
; si ; si
x 6= 0 x=0
Halle g p (x), g pp (x), g ppp (x), g (4) (x), 7. Dada la fun ión
f (x) =
x2 sen(1/x) + x 0
; si ; si
x 6= 0 x=0
demuestre que f p(0) = 1 3 πx , halle f p (0) por de ni ión. 8. Si f (x) = x sen x2 + 1
9. ¾Qué ángulo forman al ortarse las urvas y = x2 , y 2 = x? 10. Una persona amina por el diámetro de un patio ir ular de radio m 15 metros a una velo idad uniforme de 34 . Una lámpara es un min extremo del diámetro perpendi ular al diámetro sobre el ual está
aminando proye ta su sombra a lo largo del muro en el instante en que su distan ia al entro del patio es x0 = 8. 11. Si a > 0, x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t), t ∈ [0, 2π] halle para π t= , 2 2 d y dx2 2 32 dy 1 + dx
P
[email protected]
56
R
Li : Juan A. Huaman haqui
EJERCICIOS DE DERIVADAS
.
12. Pruebe las siguientes desigualdades on el Teorema del Valor Medio:
√
1 x + 1 < 4 + (x − 15), x > 15 8 p b ) p(x − 1) < x − 1 < pxp−1 (x − 1), x > 1, p > 1 √ x x
) 1 + √ < 1+x R + r). Halle un punto P en la linea de los entros tal que la suma de las áreas de los asquetes que se ven en ada esfera desde el punto P sea la máxima. Sug: El área de un asquete=2πrh, siendo r el radio de la esfera y h la altura del asquete. √ 18. En uentre un punto P de la grá a de f (x) = 2 2/x2 tal que el segmento uyos extremos son las interse
iones de la re ta tangente a la grá a de f on los ejes oordenados tenga la menor longitud.
P
[email protected]
57
R
Li : Juan A. Huaman haqui
EJERCICIOS DE DERIVADAS
.
19. Pruebe que la e ua ión x2 = x sen x + cos x se veri a exa tamente para dos valores de x. 20. Dado un punto A en una ir unferen ia de radio R, trazar una
uerda BC paralela a la tangente en el punto A de modo que el área del triángulo ABC sea máxima. 21. Halle el área del mayor re tángulo que tiene su base inferior en el EJE X y on los vérti es de la urva Y = 12 − x2 . 22. Hallar la derivada de las siguientes fun iones: √ m) y 5 − 2x2 y 3 − x5 = 5 a) f (x) = x x + 1 √ √ √ n) xy = 2x = y a2 + x2 b) f (x) = x ñ) x − y = arcsen x − arcsen y 1
) f (x) = √ o) (x + y)2 + (x − y)2 = x3 + y 3 11 5 + 11x s p) y = (x2 + 1)sen x √ 1− x xx √ d) f (x) = q) y = exp 1+ x √ √ x2 r) y = x a + bx − a − bx √ e) f (x) = √ √ a + bx + a − bx (x − 2)2 3 x + 1 s) y = y = s (x − 5)3 3 3 1 + x √ f) f (x) = 3 4 3 (x + 1) x−2 1−x t) y = q r 5 (x − 3)2 1 a mx g) f (x) = √ arctan exp b x x = ln t u) √ y = t3 h) f (x) = ln(3x2 + 9x2 + 1) at 2 ln2(sen x) + 3 x = i) f (x) = ln 1 + t3 v) 2 ln2(sen x) − 3 2 y = at 1 1 + t3 q j) f (x) = ( √ √ 4 2 x = arcpcos t 2 arcsen x + 2x w) y = t − t2 x k) xy = arctan y x = 2 cos t + 1 x) l) x sen y − cos y + cos(2y) = 0 y = 3 sen t P
[email protected]
58
R
Li : Juan A. Huaman haqui
EJERCICIOS DE DERIVADAS cos3 t x= q cos(2t) y) sen3 t q y= cos(2t)
.
z)
(
t + cos t − sen t) 2 y = a(sen t + cos t)
x = a(ln tan
23. Hallar f (n) (x) de las siguientes fun iones
a ) f (x) = sen x
ax + b cx + d f ) f (x) = sen(ax) + cos(bx)
e ) f (x) =
b ) f (x) = cos(2x)
g ) f (x) = expx sen x x h ) f (x) = 2 x −1
) f (x) = expkx √ d ) f (x) = xn x
P
[email protected]
59
R
Li : Juan A. Huaman haqui
Bibliografía [1℄ ESPINOZA RAMOS, Eduardo, Análisis matemáti o I., Editorial Edukperú E.I.R.L.: Quinta edi ión, Lima-Perú, 2009 [2℄ HAASER, Norman B. LASALLE, Joseph P. SULLIVAN, Joseph A., Análisis Matemáti o I, Edi iones trillas. [3℄ LAGES LIMA, Elon., Curso de análise, de matemáti a pura e apli ada, Brazil.
volume 1
, Instituto
[4℄ PISKUNOV, N., Cál ulo diferen ial e integral. tomo I , editorial Mir Mos ú, sexta edi ión, tradu tor del ruso al español. MEDKOV. K,. 1977 . [5℄ VENERO B. Armando, Análisis matemáti o, Edi iones Gemar: segunda edi ión, Lima-Perú, 2008.
60
