DERIVADA DE UNA FUNCIÓN

DERIVADA DE UNA FUNCIÓN

6.1.

Definiciones básicas

Definición 6.1 La derivada de una funciónf con respecto a la variable xes la funciónf0 _{definida por} f0(x) = l´ım

h→0

f(x+h)₋f(x)

h

para todo xdonde el límite exista.

Observación 6.1 Note queDom f0_{⊆Dom f, donde Dom f}0 ₌

½ x_∈R/l´ım h→0 f(x+h)−f(x) h existe ¾

Observación 6.2 Si f0_{(x)existe entonces se dice quef tiene derivada o es diferenciable enx.}

Observación 6.3 La derivada tiene también las siguientes notaciones:

y0, dy dx, df dx, d dxf(x), Dxf, y˙

Geométricamente, la definición anterior se puede representar de la siguiente manera:

Dada la curva y =f(x), consideremos los siguientes puntos:P1 : (x1, f(x1)),P2 : (x2, f(x2))y seaLs la recta secante que pasa por esos puntos y corta la curvay=f(x), según lo muestra el siguiente gráfico:

Si designamos por(x0, y0)al punto(x1, y1)y(x0+h, f(x0+h))al punto(x2, y2), entonces, el límite anterior

antes definido puede entenderse graficamente como:

Note que la pendiente de esta recta secante es:

m=f(x0+h)−f(x0)

x0+h−x0

= f(x0+h)−f(x0)

h

Luego, el siguiente gráfico muestra la aproximación de el punto(x0+h, f(x0+h)), al punto(x0, y0)cuandoh

tiende a ser cero:

Por lo tanto, la definición de límite, implica que las rectas secantes se aproximan a una recta tangente que pasa por(x0, y0), cuya pendiente es

m= l´ım

h→0

f(x0+h)−f(x0)

h

Note que la derivada de la funcióny=f(x)enx0, f0(x0),es la pendiente de la recta tangente a la curva en

el punto(x0, f(x0)). A partir de este hecho, se dice que el valorf0(x0)es la pendiente de la curvay=f(x)en

el punto(x0, f(x0)).

Ejemplo 6.1 Derivada def(x) = 1. Por definición: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 1₋1 h = l´hı→m0 0 h= l´hı→m00 = 0 Entoncesf0_{(x) =} d dx(1) = 0.

Recuerde quef(x) = 1, para todox_∈R.

Ejemplo 6.2 Derivada def(x) =x Por definición: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 x+h₋x h = l´hı→m0 h h = l´hı→m01 = 1 Entoncesf0_{(x) =} d dx(x) = 1. Ejemplo 6.3 Derivada def(x) =ax+b Por definición: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 a(x+h) +b₋(ax+b) h = l´hı→m0 ax+ah+b₋ax₋b h = = l´ım h→0 ah h = l´hı→m0a=a Entoncesf0(x) = _dxd (ax+b) =a. Ejemplo 6.4 Derivada def(x) = 1 x Por definición: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 1 x+h− 1 x h = 0 0

entonces, como el límite por evaluación directa es una forma indeterminada, entonces sumaremos y simplificare-mos las fracciones para resolver el límite:

f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 1 x+h− 1 x h = l´hı→m0 x−(x+h) x(x+h) h = = l´ım h→0 −h x(x+h)h = l´hı→m0 −1 x(x+h) =− 1 x2 Entoncesf0_{(x) =} d dx ¡₁ x ¢ =₋1 x2.

Ejemplo 6.5 Hallar la derivada def(x) = 1 +√4₋x. parax <4y determine el valor def0_{(x)parax= 2.}

Para determinarf0_{(x)utilizamos la definición:} dy dx = hl´ı→m0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 1 +p4₋(x+h)₋¡1 +√4₋x¢ h = = l´ım h→0 1 +√4₋x₋h₋1₋√4₋x h = l´hı→m0 √ 4₋x₋h₋√4₋x h = = l´ım h→0 ¡√ 4₋x₋h₋√4₋x¢ ¡√4₋x₋h+√4₋x¢ h¡√4₋x₋h+√4₋x¢ = = l´ım h→0 4₋x₋h₋4₋x ¡√ 4₋x₋h+√4₋x¢h= l´hı→m0 −h ¡√ 4₋x₋h+√4₋x¢h= = l´ım h→0 −1 ¡√ 4₋x₋h+√4₋x¢= −1 2√4₋x

Entoncesf0_{(x) =} d dx

¡

1 +√4₋x¢= ₂√−1

4−x.

Para determinar el valor def0(x)enx= 2, simplemente evaluamos la funciónf0(x)en el valor2:

f0(₋2) = −1

2√4₋2 =− 1 2_·√2

Proposición 6.1 Una función y = f(x) es diferenciable en un intervalo abierto (finito o infinito) si tiene derivada en cada punto del intervalo. La función será diferenciable en un intervalo cerrado[a, b], si es diferen-ciable en el intervalo abierto(a, b)y los límites:

l´ım h→0+ f(a+h)₋f(a) h l´ım h→0− f(b+h)₋f(b) h

existen en los extremos del intervalo. Estos límites se denominan derivadas laterales de la función f(x) con respecto a la variablex.

Ejemplo 6.6 Probaremos que la funciónf(x) =_|x_|es diferenciable en _R−{0_}, pero que no tiene derivada en

x= 0.

Primero escribimos la definición def(x) =_|x_|:

f(x) =_|x_|= ½ x six_≥0 −x six <0 Graficamos la función: 5 2.5 0 -2.5 -5 5 3.75 2.5 1.25 0 x y x y

observe que son dos semirrectas que inician en(0,0), luego intuitivamente podemos ver que tienen derivadas diferentes en ambos lados de 0, pues las rectas tangentes a la función coincidirían con ella misma. Ahora verificaremos esto, para ello calculamos la derivada según tres casos:

caso 1: Si x >0: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 x+h₋x h = l´hı→m0 h h = l´hı→m01 = 1 entoncesf0_{(x) =} d dx(|x|) = 1 caso 2: Si x <0: f0(x) = l´ım h→0 f(x+h)₋f(x) h = l´hı→m0 −(x+h)₋(₋x) h = l´hı→m0 −x₋h+x h = l´hı→m0 −h h = l´hı→m0−1 =−1 entoncesf0_{(x) =} d dx(|x|) =−1

caso 3: Si x= 0: debemos calcular los límites laterales: l´ım h→0− f(0 +h)₋f(0) h = hl´→ım0− −(0 +h)₋(0) h = l´h→ım0− −h h = l´h→ım0−−1 =−1 l´ım h→0+ f(x+h)₋f(x) h = hl´→ım0+ 0 +h₋0 h = l´h→ım0+ h h = l´h→ım0+1 = 1 entonces l´ım h→0− f(0+h)−f(0) h 6= l´_hım →0+ f(0+h)−f(0) h , luego_hl´ı_→m₀ f(0+h)−f(0) h no existe, yf0(0)no existe. Por lo tanto, f0(x) = ½ 1 si x >0 −1 si x <0 y la funciónf(x) =_|x_| es diferenciable en_R−{0_}.

Teorema 6.2 Sif tiene derivada en x=c, entonces f es contínua enx=c.

Demostración. Dado quef0_{(c)existe, se debe mostrar que:}

l´ım x→cf(x) =f(c), o equivalentemente, que: l´ım h→0f(c+h) =f(c). Sih₆= 0, entonces f(c+h) = f(c) + (f(c+h)₋f(c)) f(c) +f(c+h)−f(c) h ·h

Ahora, se toma límite cuandoh_→0:

l´ım h→0f(c+h) = hl´→ım0f(c) + l´hı→m0 f(c+h)₋f(c) h ·hl´ı→m0h = f(c) +f0(c)_·0 = f(c) + 0 = f(c)

Teorema 6.3 (Valor intermedio para derivadas)

Sia ybson puntos en un intervalo donde f es diferenciable, entoncesf0 _{toma todos los valores entref}0_(a)

y f0_(b).

Las siguientes son las reglas que se aplican para derivar funciones: 1. Para toda función constantec:

d(c)

dx = 0

2. Para todo entero positivo n:

d(xn)

dx =n·x

3. Si ces una constante yf(x)es una función derivable con respecto ax, entonces la derivada decf(x)es:

d(cf(x))

dx =c· df(x)

dx

4. Si f(x)yg(x)son funciones derivables con respecto ax, entonces también lo es la función sumaS(x) =

f(x) +g(x), y es de la forma: d(S(x)) dx = d(f(x) +g(x)) dx = df(x) dx + dg(x) dx

5. Si f(x) y g(x) son funciones derivables con respecto a x, entonces también lo es la función producto

P(x) =f(x)_·g(x), y es de la forma: d(P(x)) dx = d(f(x)_·g(x)) dx = df(x) dx ·g(x) +f(x)· dg(x) dx

6. Si f(x) yg(x)son funciones derivables con respecto a x, entonces también lo es la función cuociente o cociente P(x) = _gf₍(x_x)₎ dondeg(x)₆= 0, y es de la forma:

d(Q(x)) dx = d³f_g((_xx)₎´ dx = df(x) dx ·g(x)−f(x)· dg(x) dx [g(x)]2

7. Para todo entero negativonyx₆= 0:

d(xn₎

dx =n·x

n−1

Ejemplo 6.7 Calcularemos las derivadas de las siguientes funciones, expresadas de la forma y =f(x), uti-lizando e indicando las propiedades antes definidas:

1. y=x3+4₃x2₋5x+ 1. La derivada es: dy dx = d dx µ x3+4 3x 2 −5x+ 1 ¶ = d dx ¡ x3¢+ d dx µ 4 3x 2 ¶ + d dx(−5x) + d dx(1) Propiedad 4. = 3x2+ d dx µ 4 3x 2 ¶ + d dx(−5x) + d dx(1) Propiedad 2. = 3x2+4 3 d dx ¡ x2¢₋5d dx(x) + d dx(1) Propiedad 3. = 3x2+4 3·2x−5 + d dx(1) Propiedad 2. = 3x2+8 3x−5 Propiedad 1. Luego: dy dx = 3x 2₊8 3x−5

2. y=¡x2_{+ 1}¢ ¡_x3_{+ 3}¢_{. Esta puede ser resuelta de dos formas.}

Primera forma: desarrollar la multiplicación de binomios, y luego determinar la derivada:

dy dx = d dx ¡¡ x2+ 1¢ ¡x3+ 3¢¢= d dx ¡ x5+x3+ 3x2+ 3¢ = d dx ¡ x5¢+ d dx ¡ x3¢+ d dx ¡ 3x2¢+ d dx(3) Propiedad 4. = 5x4+ 3x2+ d dx ¡ 3x2¢+ d dx(3) Propiedad 2. = 5x4+ 3x2+ 3 d dx ¡ x2¢+ d dx(3) Propiedad 3. = 5x4+ 3x2+ 3_·2x+ d dx(1) Propiedad 2. = 5x4+ 3x2+ 6x Propiedad 1. Luego: dy dx = 5x 4_{+ 3x}2_{+ 6x}

Segunda forma: no desarrollar la multiplicación de binomios, sino utilizar la propiedad de la derivada de una multiplicación: dy dx = d dx ¡¡ x2+ 1¢ ¡x3+ 3¢¢= = d dx ¡ x2+ 1¢_·¡x3+ 3¢+¡x2+ 1¢_· d dx ¡ x3+ 3¢ Propiedad 5. = ∙ d dx ¡ x2¢+ d dx(1) ¸ ·¡x3+ 3¢+¡x2+ 1¢_· ∙ d dx ¡ x3¢+ d dx(3) ¸ Propiedad 4. = ∙ 2x+ d dx(1) ¸ ·¡x3+ 3¢+¡x2+ 1¢_· ∙ 3x2+ d dx(3) ¸ Propiedad 2. = [2x]_·¡x3+ 3¢+¡x2+ 1¢_·£3x2¤ Propiedad 1. = 2x4+ 6x+ 3x4+ 3x2 = 5x4+ 3x2+ 6x Luego: dy dx = 5x 4_{+ 3x}2_{+ 6x}

cambia un poco: dy dt = d dt µ t2₋₁ t2_{+ 1} ¶ = = d dt ¡ t2₋1¢_·¡t2+ 1¢₋¡t2₋1¢_·dtd ¡t2+ 1¢ (t2_{+ 1)}2 Propiedad 6. = £d dt ¡ t2¢₊ d dt(−1) ¤ ·¡t2_{+ 1}¢₋¡_t2₋₁¢_·£d dt ¡ t2¢₊ d dt(1) ¤ (t2_{+ 1)}2 Propiedad 4. = £ 2t+_dtd (₋1)¤_·¡t2+ 1¢₋¡t2₋1¢_·£2t+_dtd (1)¤ (t2_{+ 1)}2 Propiedad 2. = [2t]· ¡ t2+ 1¢₋¡t2₋1¢_·[2t] (t2_{+ 1)}2 Propiedad 1. = 2t 3_{+ 2t−2t}3_{+ 2t} (t2_{+ 1)}2 = 4t (t2_{+ 1)}2 Luego: dy dt = 4t (t2_{+ 1)}2

4. y= 1_x, esta derivada puede resolverse de dos formas: Primera forma: utilizando la propiedad de la división:

dy dx = d dx µ 1 x ¶ = = d dx(1)·x−1· d dx(x) (x)2 Propiedad 6 = d dx(1)·x−1·1 (x)2 Propiedad 2. = 0·x−1 (x)2 Propiedad 1. = −1 x2 Luego: dy dx =− 1 x2

Segunda forma: Escribiendo la fracción como la multiplicación de un escalar por una potencia negativa de la variablexy utilizar la propiedad 7:

dy dx = d dx µ 1 x ¶ = d dx ¡ 1_·x−1¢= d dx ¡ x−1¢ = ₋1_·x−1−1 Propiedad 7. = ₋x−2= −1 x2

Luego:

dy dx =−

1

x2

5. y=x+2_x, utilizamos las siguientes propiedades:

dy dx = d dx µ x+2 x ¶ = d dx ¡ x+ 2x−1¢ = d dx(x) + d dx ¡ 2x−1¢ Propiedad 4. = 1 + d dx ¡ 2x−1¢ Propiedad 2. = 1 + 2 d dx ¡ x−1¢ Propiedad 3. = 1 + 2¡₋x−2¢ Propiedad 7. = 1₋2x−2= 1₋ 2 x2 Luego: dy dx = 1− 2 x2

Las funciones trigonométricas también pueden derivarse.

Teorema 6.4 Las funciones trigonométricassin (x)y cos (x)tienen derivada en todo su dominio, y son:

d

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

dx(cos (x)) = −sin (x)

Demostración. Sea f(x) = sin (x), la función trigonométrica seno de x. Entonces de la definición de derivada se tiene: d dx(sin (x)) = hl´ı→m0 sin (x+h)₋sin (x) h = = l´ım h→0

sin (x) cos (h) + cos (x) sin (h)₋sin (x)

h =

= l´ım

h→0

sin (x) cos (h)₋sin (x) + cos (x) sin (h)

h =

= l´ım

h→0

sin (x) cos (h)₋sin (x)

h + l´hı→m0 cos (x) sin (h) h = = l´ım h→0 sin (x) (cos (h)₋1) h + cos (x) l´hı→m0 sin (h) h = = sin (x) l´ım h→0 cos (h)₋1 h + cos (x) l´hı→m0 sin (h) h = sin (x)·0 + cos (x)·1 = cos (x)

por lo tanto, la derivada desin (x)es

d

Análogamente para la funciónf(x) = cos (x) : d dx(cos (x)) = hl´ı→m0 cos (x+h)₋cos (x) h = = l´ım h→0

cos (x) cos (h)₋sin (x) sin (h)₋cos (x)

h =

= l´ım

h→0

cos (x) cos (h)₋cos (x)₋sin (x) sin (h)

h =

= l´ım

h→0

cos (x) cos (h)₋cos (x)

h −hl´ı→m0 sin (x) sin (h) h = = l´ım h→0 cos (x) (cos (h)₋1) h −sin (x) l´hı→m0 sin (h) h = = cos (x) l´ım h→0 cos (h)₋1 h −sin (x) l´hı→m0 sin (h) h = cos (x)·0−sin (x)·1 = ₋sin (x)

por lo tanto, la derivada decos (x)es

d

dx(cos (x)) =−sin (x)

Las derivadas de las otras cuatro funciones trigonométricas son simplemente aplicaciones de las propiedades de derivación y estas dos derivadas, como se observa a continuación:

Ejemplo 6.8 Determinamos las derivadas de las otras cuatro funciones trigonométricas. La derivada def(x) = tan (x) : d dx(tan (x)) = d dx µ sin (x) cos (x) ¶ = = d

dx(sin (x)) cos (x)−sin (x) d

dx(cos (x))

(cos (x))2 = = cos (x) cos (x)−sin (x) (−sin (x))

cos2_(x) = = cos 2_{(x) + sin}2_(x) cos2_(x) = 1 cos2_(x) = sec 2_(x) luego, d dx(tan (x)) = sec 2_(x) La derivada def(x) = cot (x) : d dx(cot (x)) = d dx µ cos (x) sin (x) ¶ = = d

dx(cos (x)) sin (x)−cos (x) d

dx(sin (x))

(sin (x))2 = = −sin (x) sin (x)−cos (x) cos (x)

sin2(x) = = −sin 2_(x) −cos2_(x) sin2(x) = −1 sin2(x)=−csc 2_(x)

luego, d dx(cot (x)) =−csc 2_(x) La derivada def(x) = sec (x) : d dx(sec (x)) = d dx µ 1 cos (x) ¶ = = d dx(1) cos (x)−1· d dx(cos (x)) (cos (x))2 = = 0·cos (x)−1·(−sin (x)) cos2_(x) = = sin (x) cos2_(x) = 1 cos (x)· sin (x)

cos (x) = sec (x) tan (x)

luego,

d

dx(sec (x)) = sec (x) tan (x)

La derivada def(x) = csc (x) : d dx(csc (x)) = d dx µ 1 sin (x) ¶ = = d dx(1) sin (x)−1· d dx(sin (x)) (sin (x))2 = = 0·sin (x)−1·(cos (x)) sin2(x) = = −cos (x) sin2(x) =− 1 sin (x)· cos (x) sin (x) =−csc (x) cot (x) luego, d dx(csc (x)) =−csc (x) cot (x)

Ejemplo 6.9 Calcule las derivadas de las siguientes funciones: 1. y=x2_{sin (x):} d dx ¡ x2sin (x)¢ = d dx ¡ x2¢sin (x) +x2 d dx(sin (x)) = = 2xsin (x) +x2cos (x) por tanto y0= 2xsin (x) +x2cos (x) 2. y= sin (x) cos (x): d dx(sin (x) cos (x)) = d

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

dx(cos (x)) =

= cos (x) cos (x)₋sin (x) sin (x) = = cos2(x)₋sin2(x)

por tanto

Observación 6.4 Note quesin (2x) = 2 sin (x) cos (x) ycos (2x) = cos2_(x)−sin2_{(x), luego} d dx µ 1 2sin (2x) ¶ = d

dx(sin (x) cos (x)) = cos

2_(x)

−sin2(x) = cos (2x)

una pregunta puede realizarse a continuación: ¿Cuál es la derivada de sin (2x)?

3. y= ₁₋cos(_sin(x)_x): d dx µ cos (x) 1₋sin (x) ¶ = d

dx(cos (x)) (1−sin (x))−cos (x) d

dx(1−sin (x))

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

(1₋sin (x))2 = = −sin (x) + sin 2_{(x) + cos}2_(x) (1₋sin (x))2 = = 1−sin (x) (1₋sin (x))2 = 1 1₋sin (x) por tanto y0= 1 1₋sin (x) 4. y= 3x+ cot (x): d dx(3x+ cot (x)) = d dx(3x) + d dx(cot (x)) = 3₋csc2(x) por tanto y0= 3₋csc2(x) 5. y= 2

sin(x): Dos formas de calcularlo:

Primera forma: d dx µ 2 sin (x) ¶ = d dx(2)·sin (x)−2· d dx(sin (x)) (sin (x))2 = = 0·sin (x)−2·cos (x) sin2(x) = = 0−2 cos (x) sin2(x) = = −2 cos (x) sin2(x) = = −2 sin (x) cos (x) sin (x) =−2 csc (x) cot (x) por tanto y0=₋2 csc (x) cot (x)

Segunda forma: d dx µ 2 sin (x) ¶ = d dx µ 2_· 1 sin (x) ¶ = d dx(2·csc (x)) = = 2 d dx(csc (x)) = = ₋2 csc (x) cot (x) por tanto y0=₋2 csc (x) cot (x)

Tangente a la gráfica de una función.

La pendiente de la curvay=f(x)en el punto P(x0, f(x0))es el número

m= l´ım h→0 f(x0+h)−f(x0) h =f 0_(x 0)

suponiendo que el límite exista.

La recta tangente a la curva enP es la recta que pasa porP con esa pendiente.

Ejemplo 6.10 Hallar la pendiente de la curva y= 1_x, en x=a. ¿En donde la pendiente es igual a₋1₄? Determinamos la derivada de la funcióny= 1_x:

dy dx =−

1

x2

Luego, la pendiente enx=aes:

m=f0(a) = dy dx ¯ ¯ ¯ ¯ x=a =₋1 a2

Para encontrar el punto donde la pendiente es₋1

4, debemos resolver la siguiente simple ecuación:

dy dx = − 1 4=− 1 a2 −1 4 = − 1 a2 ⇒a 2_{= 4} a = _±√4_⇒a1= 2, a2=−2

Luego en los puntosx= 2yx=₋2la curvay =_x1 tiene pendiente₋1₄. Observación 6.5 La notación dy_dx¯¯_¯

x=a, indica la evaluación de la derivada dy

dx en el puntox=a. Ejemplo 6.11 Hallar una ecuación para la tangente a la curva y=x+2

x en el punto (1,3).

Para determinar la ecuación de la recta tangente, como hay un punto conocido, sólo es necesario determinar la pendiente de la recta, que en este caso coincide con la pendiente de la curva en ese punto.

Entonces, en primer lugar determinamos la derivada de la curva y la evaluamos en ese punto.

dy dx = d dx µ x+ 2 x ¶ dy dx = 1− 2 x2

Luego la pendiente es: dy dx ¯ ¯ ¯ ¯ x=1 = 1₋ 2 (1)2 = 1−2 =−1

Por lo tanto, la ecuación de la recta es:

y₋3 = ₋1 (x₋1)

y₋3 = ₋x+ 1

x+y₋4 = 0, o bien

x+y = 4

6.2.

Interpretación física de la Derivada.

Definición 6.2 La razón de cambio promedio de una funciónf(x)con respecto ax, en el intervalo[x0, x0+h]

es el cuociente:

f(x0+h)−f(x0)

h

Definición 6.3 La razón de cambio instantánea, o razón de cambio, def con respecto axenx0es la derivada:

f0(x0) = l´ım

h→0

f(x0+h)−f(x0)

h

cuando el límite exista.

Ejemplo 6.12 ¿Con qué rapidez cambia el área de una circunferencia con respecto al diámetro cuando este mide 10 [m]?

En primer lugar, consideremos el área de una circunferencia como una función del radio:

A(r) =πr2

Por otra parte, si d=diámetro de la circunferencia, entonces d= 2r, donderes el radio de la circunferencia. Por lo tanto, el área de la circunferencia como función del diámetro será:

A(d) = π µ d 2 ¶2 A(d) = π 4d 2

Esta última función es la que se derivará para responder a la pregunta del problema.

A0(d) = π 4·2d

A0(d) = π 2d

que es la razón de cambio del área cuando varía el diámetro. Luego, parad= 10, se tiene:

A0(10) = π

2·10 = 5π

Ejemplo 6.13 Determine la razón de cambio instantánea (o rapidez instantánea) de una partícula que cae

y= 16t2 _{pies durante los primerost segundos, en el instante t= 1.}

La razón de cambio instantánea es dy_dt =y0(t), luego

y0(t) = 32t,

por la tanto, en el instantet= 1

y0(1) = 32

y la razón de cambio es de1h_segpiei.

Para el caso de una partícula en movimiento, tenemos los siguientes conceptos, referentes a la variación de la posición de la partícula en el tiempo:

Definición 6.4 Suponga que una partícula se mueve, la posición de la partícula es determinada por la función

s(t), llamada función posición. La razón de cambio:

v(t) =s(t+∆t)−s(t)

∆t

se denomina velocidad promedio de la partícula en el intervalo[t, t+∆t], que denotamos v(t). El límite:

v(t) = l´ım

∆t→0

s(t+∆t)₋s(t)

∆t

se denomina velocidad instantánea, o velocidad, de la partícula de posicións(t). La velocidad se denotav(t), y es la razón de cambio instantánea de la posicións(t), luegov(t) =s0_{(t) =} ds(t)

dt . La velocidad puede ser positiva o negativa según si la partícula se mueva en la dirección positiva o negativa a lo largo de la línea de movimiento.

Se define la rapidez de la partícula como el valor absoluto de la velocidad:r(t) =_|v(t)_|=_|s0_(t)|.

La razón de cambio instantánea de la velocidad se denomina aceleración de la partícula, se denota a(t), y se calcula mediante la expresión:

a(t) = l´ım

∆t→0

v(t+∆t)₋v(t)

∆t =v 0_(t)

Observación 6.6 Como la aceleración es la derivada de la velocidad, que a su vez es la derivada de la función posición, se puede decir que la aceleración es la derivada de la derivada de la posición, es decir:

a(t) = d dtv(t) = d dt µ_d dts(t) ¶

siempre que la derivada dev(t) se pueda calcular. Esta idea de çomponer derivadas"se explicará posteriormente, al calcular las denominadas derivadas de orden superior.

Ejemplo 6.14 En una carretera un automóvil viaja a30h_segmti, cuando el conductor aplica los frenos repentina-mente. La función de posición del automóvil que patina ess(t) = 30t₋5t2_{. ¿Cuanto tiempo tarda el automóvil}

en detenerse y qué distancia recorre?

Comos(t)determina la posición del automóvil que patina, note que el dominio apropiado para este problema de la función es el intervalo[0,6], entonces

es la velocidad de ese automóvil. Note que v(0) = 30, que es la velocidad al momento de en que se aplican los frenos. Cuando el camión se detiene la velocidad es cero, luego para determinar el tiempo que tarda en detenerse se debe resolver la ecuación lineal:

v(t) = 0 30₋10t = 0

por tanto ent = 3 el automóvil tiene velocidad 0. Entonces tarda 3 [seg]en detenerse. La distancia recorrida está dada por la funcións(t), y es

s(3) = 30_·3₋5_·32 = 90₋5_·9 = 90₋45 = 45

luego recorre45 [mt]antes de detenerse.

Ejemplo 6.15 Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba en el instante t = 0 [seg], con una velocidad inicial de 96hpies_segi y una altura inicial de112 [pies], la función de su altura esy(t) = 112 + 96t₋16t2. a. ¿Cuál es la altura máxima alcanzada por la pelota?

b. ¿En qué instante y con qué velocidad impacta la pelota el suelo?

c. ¿Cuál es la aceleración de la pelota6 [seg] después de lanzada? ¿10 [seg]después?

Para determinar la altura máxima hemos de notar que en ese momento la pelota tiene velocidad cero, luego, en primer lugar determinamos la velocidad de la pelota en cualquier instante:

v(t) =y0(t) = 96₋32t

y esta se anula ent= 3, luego la altura máxima es:

y(3) = 112 + 96_·3₋16_·32= 256,

es decir:y(3) = 256 [pies].

Para determinar el instante en que impacta el suelo, se resuelve la ecuación:

y(t) = 0 112 + 96t₋16t2 = 0 16 (7₋t) (1 +t) = 0

luego ent = 7la pelota vuelve al suelo. El valort=₋1, no se considera, porque el tiempo se mide en valores positivos, este valor negativo indica el pasado desde el instante en que el movimiento se inició.

La velocidad con la que impacta es:

v(7) = 96₋32_·7 = 96₋224 =₋128,

es decir v(7) =₋128hpies_segi.

Como la aceleración es la razón de cambio de la velocidad, entonces:

a(t) =v0(t) =₋32

luego, la aceleración es constante, por lo tanto la aceleración a los 6 [seg] es de ₋32h_segpies2

i

, al igual que a los

Ejemplo 6.16 Una explosión de dinamita lanza una roca directamente hacia arriba con una velocidad inicial de160hpies_segi. La roca alcanza una altura des(t) = 160t₋16t2 _{[pies]después de tsegundos}

a. ¿A qué altura llega la roca?

b. ¿Cuál es la velocidad y la rapidez de la roca cuando está a256 [pies]sobre el suelo y subiendo? ¿Y bajando? c. ¿Cuál es la aceleración de la roca en cualquier instante durante su vuelo?

Como en el ejemplo anterior, primero determinamos la velocidad por medio de la derivada des(t):

v(t) = 160₋32t

luego, resolvemos la ecuaciónv(t) = 0, para encontrar el instante en que alcanza su máxima altura:

160₋32t= 0_⇒t= 5

Para determinar la máxima altura, evaluamost= 5en la funcións(t)que mide la altura:

s(5) = 160_·5₋16_·52

s(5) = 800₋400 = 400

Por lo tanto la roca llega a una altura de400 [pies].

Para determinar la velocidad de la roca cuando se encuentra a256 [pies], es necesario determinar el instante en que alcanza esa altura, luego se debe resolver la ecuación

s(t) = 256 160t₋16t2 = 256 16t2₋160t+ 256 = 0 16¡t2₋10t+ 16¢ = 0 16 (t₋8) (t₋2) = 0

Por lo tanto en dos instantes alcanza la altura de 256 [pies]:t1= 2 yt2 = 8. Para determinar cuál es el valor

a considerar note que la roca alcanza su altura máxima ent = 5, además que en t= 0, s(0) = 0, la roca se encuentra en el piso, por lo tanto, en t1 = 2la roca se encuentra subiendo y en t2 = 8, la roca se encuentra

bajando.

Luego, la velocidad cuando está subiendo es

v(t1) = 160−32·2 = 160−64 = 96

y la velocidad es de96hpies_segi, la rapidez de la roca también es de96hpies_segi.

La velocidad cuando está bajando es

v(t2) = 160−32·8 = 160−256 =−96

y la velocidad es de -96hpies_segi, la rapidez de la roca es de96hpies_segi.

Note que la rapidez en ambos instantes es la misma, pero la velocidad tiene diferente signo, es positiva cuando sube y negativa cuando baja, esto sería coherente con los sentidos positivo y negativo en el eje de coordenadas

Y en el sistema de coordenadas rectangulares.

Como se observó anteriormente la aceleración es la derivada de la velocidad, que a su vez es la derivada de la función posición, luego, es posible derivar una función que ya ha sido derivada, esto puede establecerse formalmente de la siguiente forma:

Definición 6.5 Sea y=f(x)una función derivable, con derivada dy_dx =f0_{(x), si esta función es derivable a}

su vez, entonces se puede calcular la derivada de esta función como:

d dx µ dy dx ¶ = d 2_y dx2 = l´_hı_→m₀ f0_(x+h)−f0_(x) h

la derivada dy_dx se denominará primera derivada y la derivada _dxd2y2 se denominará segunda derivada. Si la función

y=f(x)es contínua y derivable en todo su dominio y su derivada dy_dx =f0(x)también es una función contínua y derivable en todo su dominio se dice que la función y=f(x)es de claseC1.

Definición 6.6 Sea y = f(x) una función de clase C1_{, si} d2_y

dx2 es una función derivable, entonces se puede

calcular la tercera derivada de la funcióny=f(x), que se escribe

d3_y dx3 = d dx µ d2_y dx2 ¶

Si d_dx2y2 es contínua y diferenciable en todo su dominio, se dice quey=f(x) es una función de claseC2. Si la

función y =f(x), es contínua y cada una de sus derivadas es contínua hasta la n-ésima derivada y se puede calcular

dn+1_y

dxn+1

se dice que la función es de clase Cn_{. Finalmente si la función y = f(x) es contínua y cada una de sus} derivadas y estas son funciones que siempre pueden derivarse, se dice que la función es de clase C∞_{. Las}

funciones trigonométricas sen(x) y cos (x) son de clase C∞ _{en todo su dominio. Un polinomio de orden n,}

también es de clase C∞_{, porque siempre puede derivarse y cada una de sus derivadas es contínua.}

Observación 6.7 Observe que la notación _dxd2y2 = _dxd

³ dy dx ´

implica la idea de composición de funciones, pues se puede considerar _dxd como una función, cuyo dominio no es la recta real sino las funciones contínuas y diferenciables.

Ejemplo 6.17 Dado el polinomio y=x3_−3x2_{+ 2, calcular todas las derivadas no nulas que sean posibles.}

Derivamos el polinomio: Primera derivada : dy dx = 3x 2_−6x Segunda derivada : d 2_y dx2 = 6x−6 Tercera derivada : d 3_y dx3 = 6 Cuarta derivada : d 4_y dx4 = 0

como la cuarta derivada es cero, las siguientes derivadas son todas iguales a cero.

Calculamos las derivadas:

f0(x) = cos (x)₋3 cos (x) + 3xsin (x) =₋2 cos (x) + 3xsin (x)

f00(x) = 2 sin (x) + 3 sin (x) + 3xcos (x) = 5 sin (x) + 3xcos (x)

f000(x) = 5 cos (x) + 3 cos (x)₋3xsin (x) = 8 cos (x)₋3xsin (x)

f(4)(x) = ₋8 sin (x)₋3 sin (x)₋3xcos (x) =₋11 sin (x)₋3xcos (x)

f(5)(x) = ₋11 cos (x)₋3 cos (x) + 3xsin (x) =₋14 cos (x) + 3xsin (x)

f(6)(x) = 14 sin (x) + 3 sin (x) + 3xcos (x) = 17 sin (x) + 3xcos (x)

Note la forma de escribir la derivada en este caso, se escribe la funciónf(x)con lo signos0_,00_,000_,(4)_{para indicar}

la derivada, las "tildes"se utilizan hasta la tercera derivada, después es poco práctica la escritura y se recurre a escribir el número que indica el orden de la derivada encerrado entre paréntesis para diferenciarlo de la potencia def.

6.3.

Regla de la Cadena

Seah(x) = (2x+ 1)5una función polinomial, considere las siguientes funciones:f(x) = 2x+ 1yg(x) =x5_,

entonces h(x)puede reescribirse como: h(x) = (2x+ 1)5 = (f(x))5=g(f(x)); es decir, la funciónh(x)es la composición de funciones lasf yg. Entonces la derivada de una función de este tipo se puede calcular según la siguiente definición.

Definición 6.7 Suponga que una funciónf(x)es derivable enxy queg(x)es una función derivable enf(x). Entonces la función compuestah=g_◦f, definida por h(x) =g(f(x))es derivable en xy su derivada es

h0(x) =g0(f(x))_·f0(x)

Una segunda forma de escribir esta derivada es la siguiente: seau=f(x), entonces la composicióng_◦f puede reescribirse como:g(f(x)) =g(u) =h(u), luego como:

du dx =f

0_{(x) y g}0_{(f(x)) =g}0_{(u) =h}0_{(u) =} dh du

entonces la derivada de h(x)puede escribirse de la siguiente forma:

h0(x) = g0(f(x))_·f0(x) h0(x) = g0(u)f0(x) dh dx = dh du· du dx

Esta definición puede reinterpretarse de la siguiente forma:

Dada una función f(x) tal que admite un cambio de variablesu=u(x),una función de la variable x, si

g(u)es la función resultante al realizar el cambio de variables, entonces la funciónf puede reescribise como:

f(x) = (g_◦u) (x) =f(u) y su derivada sería: df dx = df du· du dx.

Utilizando esta última noción determinaremos las siguientes derivadas: Ejemplo 6.19 Calcule las derivadas de las siguientes funciones:

1. y= _(2x3₋1_x+7)2

Haciendo el cambio de variables:

u = 2x3₋x+ 7 f(u) = 1 u2 y luego la derivada es dy dx = dy du· du dx = d du ¡ u−2¢ d dx ¡ 2x3₋x+ 7¢ dy dx = −2u −3 ·¡6x2₋1¢ dy dx = − 2¡6x2₋₁¢ (2x3_{−x+ 7)}3 = 2₋12x2 (2x3_{−x+ 7)}3 2. h(z) =³z_z−₊₁1´ 5

Considerando el cambio de variables

u = z−1 z+ 1 h(u) = u5 y la derivada es: dh dz = dh du· du dz = 5u4 Ã 1_·(z+ 1)₋(z₋1)_·1 (z+ 1)2 ! dh dz = 5 µ z₋1 z+ 1 ¶4 2 (z+ 1)2 3. g(t) = tan (5₋sin (2t))

Note que tenemos dos cambios de variables:

v = 2t u = 5₋sin (v) g(u) = tan (u) y la derivada es dg dt = dg du· du dv· dv dt = sec2(u)_·(₋cos (v))_·(2)

= sec2(5₋sin (v))_·(₋cos (v))_·(2)

dg

dt = −2 cos (2t) sec

2₍₅

Definición 6.8 La recta perpendicular a la recta tangente a una curva se denomina recta normal a la curva. La pendiente de esta curva se determina según la siguiente expresión:

mN=− 1 f0_(x)=− 1 dy dx

Ejemplo 6.20 Determine la ecuación de la recta normal a la curva f(x) = 9x₋6x2 _{en x= 1.}

Para determinar la ecuación de la recta normal, es necesario determinar la pendiente de la recta, que en este caso corresponde a:

mN=−

1

f0_(x)

Entonces, en primer lugar determinamos la derivada de la curva y la evaluamos en ese punto.

dy dx = d dx ¡ 9x₋6x2¢ dy dx = 9−12x

Luego la pendiente es:

m_N|x=1=₋ 1 9₋12 (1)=

1 3

Por lo tanto, la ecuación de la recta es:

y₋3 = 1 3(x−1) 3y₋9 = x₋1 x₋3y+ 8 = 0, o bien x₋3y = ₋8 La gráfica es:

Ejemplo 6.21 Encuentre la ecuación de las rectas tangente y normal a y= 1 +√4₋xen (3,2)

Determinamos la derivada de la funcióny= 1 +√4₋x. Usando la regla de la cadena, tenemos:

dy dx =

−1 2√4₋x

y la pendiente de la recta es dy dx ¯ ¯ ¯ ¯ x=3 = −1 2√4₋3=− 1 2

Por lo tanto la ecuación de la recta tangente es:

y₋2 = ₋1 2(x−3) 2y₋4 = ₋x+ 3

x+ 2y₋7 = 0, o bien

x+ 2y = 7

Como la recta normal es perpendicular a la recta tangente, entonces

mN =− 1 mT =₋ 1 −1 2√4−x = 2√4₋x

luego, la pendiente es:

m_N|x=3= 2√4₋3 = 2

Por lo tanto la ecuación de la recta normal es:

y₋2 = 2 (x₋3)

y₋2 = 2x₋6 2x₋y₋4 = 0, o bien

2x₋y = 4

Observación 6.8 Compare con la forma de calcular esta misma derivada en el ejemplo 10.

Ejemplo 6.22 Se infla un globo esférico. El radio del globo aumenta a razón de0,2h_segcmi cuando r= 5 [cm]. ¿Con qué razón aumenta el volumen del globo en ese instante?

El volumen de una esfera esV = 4₃πr3_{. En este problema, el volumen es una función del radio, luego:}

V(r) = 4 3πr

3

pero, como el radio tiene una variación respecto al tiempo de 0,2hcm seg i

, entonces el radio es una función del tiempo, cuya ecuación se desconoce, es decirr=r(t), luego, el volumen, que depende del radior, es una función que depende indirectamente del tiempo, es decir:

V(t) =4

3π(r(t))

3

luego, es posible calcular la variación del volumen con respecto al tiempo:

dV dt = dV dr· dr dt dV dt = 4πr 2 ·dr dt

como dr_dt = 0,2h_segcmi, es la razón de cambio del radio dado en el enunciado del problema: "El radio del globo aumenta a razón de0,2h_segcmicuandor= 5 [cm]". Reemplazando estos valores, los de dr_dt yr en la derivada se tiene: dV dt = 4π(5) 2 (0,2) dV dt = 20π Y el volumen varía a20πhcm3 seg i cuando r= 5 [cm].

Una consecuencia de esta definición es la generalización de la regla de la potencia: Teorema 6.5 Sir es un número racional, entonces

d

dx([f(x)]

r

) =r[f(x)]r−1df(x)

dx

dondequiera que la funciónf sea diferenciable y el lado derecho esté definido.

Ahora es posible calcular las derivadas de las siguientes funciones de manera directa. Ejemplo 6.23 Derive:

1. f(x) =√4₋x2_{. Reescribiendo la raiz como una potencia racional, tenemos}

f(x) =¡4₋x2¢ 1 2 y su derivada es: f0(x) = 1 2 ¡ 4₋x2¢− 1 2 (₋2x) f0(x) = −2x 2√4₋x2 simplificando, tenemos f0(x) =_−√ x 4₋x2 2. y= 5√x3₋ 2 3 √ x, reescribiendo: y= 5x32−2x−13

luego, la derivada es:

y0 = 53 2x 1 2 −2 µ −1 3 ¶ x−43 y0 = 15 2 √ x+ 2 3√3x4 3. y= µ 5x+q3 (3x₋1)4 ¶10 Derivando y0 = 10 µ 5x+ 3 q (3x₋1)4 ¶9µ 5 + 4 3 3 √ 3x₋1_·3 ¶ y0 = 10 µ 5x+ 3 q (3x₋1)4 ¶9 ¡ 5 + 4√3 3x₋1¢

Ejemplo 6.24 Un estudio ambiental de cierta comunidad sub-urbana indica que el nivel medio diario de monóx-ido de carbono en el aire será

C(p) =

r

p2

2 + 17

partes por millón cuando la población espmiles. Se estima que dentro de t años la población de la comunidad será

p(t) = 31 10+

t2

10

miles. ¿A qué razón cambiará el nivel de monóxido de carbono respecto del tiempo dentro de3años? La razón de cambio del nivel de monóxido de carbono con respecto al tiempo, es la derivada dC

dt, luego, por la regla de la cadena: dC dt = dC dp· dp dt = d dp Ãr p2 2 + 17 ! ·_dtd µ 31 10+ t2 10 ¶ = p 2 q p2 2 + 17 · µ t 5 ¶ dC dt = 31 10+ t2 10 2 r³ 31 10+ t2 10 ´2 2 + 17 · µ t 5 ¶ dC dt = 31t+t3 100 q (31+t2₎2 200 + 17

Por lo tanto la razón de cambio a los3años es

dC dt ¯ ¯ ¯ ¯ t=3 = 93 + 27 100 q (31+9)2 200 + 17 = 120 100 q (40)2 200 + 17 dC dt ¯ ¯ ¯ ¯ t=3 = 6 25

Otra forma de calcular este valor es la siguiente: primero determinar la derivada

dC dt = p 2 q p2 2 + 17 · µ t 5 ¶

no reemplazar el valorppor la función, sino evaluar p(t)ent= 3:

p(3) = 31 10+

(3)2 10 = 4

luego reemplazar este valor yt= 3en la derivada:

dC dt ¯ ¯ ¯ ¯ t=3 = 4 2q16 2 + 17 · µ₃ 5 ¶ = 2 5· 3 5= 6 25

6.4.

Derivada de funciones definidas implícitamente

Definición 6.9 Una ecuación de la forma F(x, y) = 0 se dice que define implícitamente una función si no es posible, algebraicamente, determinar una expresión de la forma y = f(x) o x =g(y) dependiendo de las variablesxey respectivamente.

Definición 6.10 Si F(x, y) = 0 es una función definida implícitamente, diferenciable en su dominio D. La ecuaciónG³x, y,dy_dx´= 0 determina la derivada deF(x, y)con respecto a la variablexy la función

dy

dx =H(x, y)

es la derivada de la funciónF(x, y) = 0 definida implícitamente.

Análogamente, la ecuación Gb³x, y,dx_dy´= 0determina la derivada de F(x, y)con respecto a la variable y; la función

dx

dy =Hb(x, y)

es la derivada de la funciónF(x, y) = 0 definida implícitamente.

Observación 6.9 Para calcular la derivada de la función F(x, y)se utiliza la regla de la cadena.

Ejemplo 6.25 Determinar la derivada dex2+y2= 1

En este caso, note que es posible despejar la variabley:

x2_+y2 _{= 1}

y2 = 1₋x2

|y_| = p1₋x2

luego

y=p1₋x2 _{o y=−}p_1−x2

de donde no es posible definir una función y=f(x)de la expresión inicial, salvo por restricción de los valores dey al considerar una de las raíces anteriores, en cuyo caso se tiene:

dy dx =− x √ 1₋x2 o dy dx = x √ 1₋x2 respectivamente.

Utilizando la idea de función definida implícitamente, se tiene:y=y(x), y la ecuación es

x2+y2₋1 = 0 derivando d dx ¡ x2+y2₋1¢ = 0 d dx ¡ x2¢+ d dx ¡ y2¢+ d dx(−1) = 0 2x+ d dx ¡ y2¢ = 0

para derivary2 _{consideramos la regla de la cadena de la siguiente forma:} d dx ¡ y2¢ = d dx ³ (y(x))2´= 2 (y(x))_· d dx(y(x)) = 2ydy dx = 2yy 0

y la derivada sería entonces:

2x+ 2ydy dx = 0 despejando, se tiene dy dx =− x y

que es equivalente a las dos expresiones anteriormente obtenidas. Ejemplo 6.26 Hallar dy_dx siy2=x2+ sin (y)

Calculamos la derivada en forma directa en ambos lados de la desigualdad

d dx ¡ y2¢ = d dx ¡ x2+ sin (y)¢ 2ydy dx = 2x+ cos (y) dy dx despejando dy_dx se tiene: 2ydy dx −cos (y) dy dx = 2x dy dx(2y−cos (y)) = 2x dy dx = 2x 2y₋cos (y)

Note que no es necesario escribir la ecuación F(x, y) = 0para determinar la derivada, se puede calcular la derivada en ambos lados de la igualdad.

Ejemplo 6.27 Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curvax3_+y3_{= 3xyen cualquier punto(x} 0, y0).

Determínela en el punto¡3₂,3₂¢

En primer lugar determinamos la derivada de la función:

d dx ¡ x3+y3¢ = d dx(3xy) 3x2+ 3y2dy dx = 3y+ 3x dy dx despejando dy_dx se tiene: 3y2dy dx −3x dy dx = 3y−3x 2 dy dx ¡ 3y2₋3x¢ = 3y₋3x2 dy dx = 3y₋3x2 3y2_−3x

y la derivada en(x0, y0)es dy dx(x0, y0) = 3y0−3x20 3y2 0−3x0

por la tanto la ecuación de la recta tangente en cualquier punto(x0, y0)es:

y₋y0=

3y0−3x20

3y2 0−3x0

(x₋x0)

Para el caso en que(x0, y0) =

¡₃ 2, 3 2 ¢ se tiene y₋3 2 = 3¡3₂¢₋3¡3₂¢2 3¡3₂¢2₋3¡3₂¢ µ x₋3 2 ¶ y₋3 2 = 9 2− 27 4 27 4 − 9 2 µ x₋3 2 ¶ y₋3 2 = − µ x₋3 2 ¶ x+y₋3 = 0

6.5.

Razones de cambio relacionadas.

Una aplicación práctica de la derivada implícita es la resolución de problemas que involucran funciones definidas de manera implícita, en general dependientes del tiempo o de alguna otra variable que no está expre-samente definida. Para comprender como resolver este tipo de problemas resolveremos varios ejemplos donde la variable de derivación no se encuentra explícitamente determinada por medio de una función de la forma

y=f(x).

Ejemplo 6.28 Un cohete lanzado de forma vertical es rastreado por una estación de radar localizada en el piso a 3millas de la plataforma de lanzamiento. ¿Cuál es la velocidad vertical del cohete en el instante en que su distancia a la estación de radar es5millas y la distancia crece a razón de 5000£millas

hora ¤

?

Antes de iniciar la solución del problema, observemos algunas cosas referente al enunciado del problema que nos permitirán enfrentar de mejor manera este problema en particular:

a. Observe la pregunta del problema, en ella se encuentra la información necesaria para determinar la función a derivar. En este caso:

¿Cuál es lavelocidad verticaldel cohete en el instante en que sudistancia a la estación de radares 5 millas

y ladistancia crece a razón de 5000 ∙

millas hora

¸ ?

El problema pregunta por la velocidad vertical, es decir, pide una razón de cambio o una derivada con respecto al tiempo, variable ligada a la velocidad según se vió anteriormente.

Además, indica un momento particular, no es en cualquier instante, sino cuando "sudistancia a la estación de radares 5 millas". Las palabras en negritas indican la función que es necesario construir para derivar, en este caso la distancia del cohete a la estación de radar. ¿Cómo determinamos esa función? Para tener claridad de ella hay que recurrir al enunciado del problema y un esbozo gráfico de la situación para determinar en forma precisa la función a derivar.

Finalmente, en la pregunta, aún tenemos un poco más de información que considerar, en este caso la frase: "la distancia crece a razón de5000£millas_hora ¤", en la que se indica una razón de cambio, lo que está en negritas: "distancia crece a razón de", es una derivada, la distancia es una funcíon que depende del tiempo cuya derivada, en ese instante, es de 5000£millas_hora ¤.

b. Note que desde la pregunta no tenemos la información suficiente para iniciar la solución del problema, pero si una primera intuición de lo que se debe hacer.

Es necesario, entonces, determinar una función distancia al radar, cuya derivada con respecto al tiempo tiene un valor conocido para un valor de distancia determinado, la que debe involucrar la distancia vertical cuya derivada con respecto al tiempor es la que debemos determinar. Note que la variable tiempo no se podrá expresar explícitamente a partir del dibujo que realizaremos a continuación.

c. Del enunciado previo a la pregunta se obtiene la información necesaria para construir un gráfico aproximado del problema y construir la función distancia que se necesita para ser derivada.

Esbozamos la situación mediante un dibujo:

Note que el dibujo es lo más simple posible, indicando los elementos importantes, el radar y el cohete, y las variables a utilizar, x, y, z en este caso. Las ubicaciones son las habituales. Como el cohete fue: "lanzado de forma vertical", según el enunciado del problema, el triángulo resultante es un triángulo rectángulo, donde cada variable es ubicada en un lado del mismo, luego la relación natural entre ellas es el Teorema de Pitágoras:

x2+y2=z2

donde la variablexes un valorfijo:3 [millas]según el enunciado del problema, y las variablesyyzson variables en el tiempo, y es la distancia vertical del cohete sobre la tierra yzes la distancia medida entre el cohete y el radar. Toda esta información se obtiene del dibujo. Note la importancia del esbozo gráfico de la situación dada en el enunciado del problema y la asignación de las variables, no debe olvidar que cada una de ellas depende del tiempo, es decir:x=x(t), y=y(t), z=z(t).

La función resultante, entonces, es una función implícita del tiempo. Antes de calcular la derivada, asignare-mos los datos del problema a cada una de las variables, según su ubicación en el gráfico. La razón de cambio del problema corresponde a la derivada de la funciónz(t), que es la que mide la distancia entre el cohete y el radar, es decir: dz_dt = 5000, cuandoz= 5 [millas]. La razón de cambio que debe determinarse es dy_dt, puesymide la distancia vertical del cohete.xmide la distancia en el piso del radar de la plataforma de lanzamiento, y esta no varía en el tiempo, luego,x= 3 [millas]para todo valor det, por lo tanto, ahora podemos escribir la función como

z2 = 32+y2 z2 = y2+ 9

derivando con respecto al tiempo se tiene: 2zdz dt = 2y dy dt luego dy dt = z y dz dt

reemplazando los valores se tiene

dy dt =

5

y·5000

para determinar el valor dey se recurre a la función original, puesx= 3es constante para todot, y la derivada se necesita determinar paraz= 5, luego

52= 32+y2_⇒y= 4 por lo tanto dy dt = 5 4·5000 = 6250

luego el cohete sube a6,250£millas_hora ¤.

Ejemplo 6.29 Un hombre de6 [pies]de altura camina con una velocidad de8hpies_segi, alejándose de un farol de la calle que está en el extremo de un poste de 18 [pies] ¿Qué tan rápido se mueve la punta de su sombra a lo largo del piso cuando la persona está a100 [pies]del poste de luz?

En la pregunta consideramos las palabras: "Qué tanrápido se muevela punta de su sombra..." que indican una derivada con respecto al tiempo.

Ahora, esbozamos en un dibujo lo que el enunciado previo a la pregunta indica:

Lafigura es un triángulo rectángulo, pero ahora las variables no se encuentran en los tres lados del triángulo, sólo están en los catetos, la alturaP del poste y las variablesxeyque indican la distancia del hombre al poste, variabley, y el largo de la sombra, la variablex.

La velocidad de la persona es dy_dt = 8hpies_segi, y la punta de la sombra se encuentra az=x+y unidades de distancia de la base del poste. Como la pregunta se refiere a la velocidad de la punta de la sombra, entonces lo que se debe calcular es dz_dt, es decir: dz_dt = dx_dt+dy_dt.Para determinar dx_dt es necesaria una segunda relación. Como en el triángulo rectángulo, las rectas que indican el poste y el hombre son paralelas, se tienen dos triángulos semejantes, luego, el Teorema de Tales de Mileto es válido:

x

H =

x+y P

por lo tanto x(P₋H) =yH _⇒x= H P₋Hy y luego dx dt = H P₋H dy dt por lo tanto dz dt = H P₋H dy dt + dy dt dz dt = P P₋H dy dt

reemplazando los valores deP,H y dy_dt se tiene

dz dt = 18 18₋6·8 dz dt = 3 2·8 = 12

Por lo tanto, la punta de la sombra se aleja a 12hpies_segi del poste. Note que el resultado es independiente de la distancia a la que se encuentra la persona. En este caso en particular el valor x= 100 [pies] dado por el enunciado del problema es irrelevante en la solución del problema, pues la velocidad de la punta de la sombra no depende de la posición del hombre con respecto al poste.

Ejemplo 6.30 ¿Con qué rapidez baja el nivel de unfluido contenido en un tanque cilíndrico de almacenamiento, si bombearamos hacia afuera el fluido a razón de 3000£_m´lt_ın¤?

Sin dibujar se puede resolver este problema. A partir de la razón dada en el enunciado¡a razón de3000£ lt

m´ın

¤¢ , se puede determinar la función a derivar: el volumen del cilindro

V =πr2h,

como el radio es constante, entonces sólo la altura depende del tiempo, luego

V(t) =πr2h(t), por lo tanto dV dt =πr 2dh dt

y la rapidez con que baja elfluido es

dh dt =

dV dt

πr2

reemplazando el valor conocido

dh dt =−

3000

πr2 .

El signo negativo de la derivada implica que la altura está disminuyendo. Note que el valor de esta derivada dependerá del radio del cilindro en forma inversa, es decir a mayor radio, menor velocidad de descenso. Ejemplo 6.31 Un globo de aire caliente que se eleva verticalmente desde un campo es rastreado por un local-izador a 500 [mt] del punto de despegue. En el instante en que el ángulo del localizador es π₄, el ángulo está aumentando a razón de0,14£_m´rad_ın¤. ¿Con qué velocidad se está elevando el globo en ese instante?

La pregunta indica que se debe calcular la velocidad de elevación del globo: dh_dt, suponiendo que denominamos

ha la función del tiempo que indica la altura del globo. En el siguiente gráfico muestra la situación descrita en el enunciado:

Como en el enunciado del problema se indica la razón de cambio del ángulo, entonces esto implica que el ángulo

θ depende del tiempo, y las funciones que involucran los lados y el ángulo de un triángulo son las funciones trigonométricas, en este caso en particular la función tangente, involucra los catetos del triángulo rectángulo y el ánguloθ:

tan (θ) = h

d

luego, comohyθdependen del tiempo, se deriva implícitamente respecto de esa variable.

sec2(θ)dθ

dt =

dh dt

d

La variabledno depende del tiempo, luego es constante. Despejando la derivada dh_dt se tiene:

dh

dt =d·sec

2_(θ)·dθ

dt

reemplazando los valores dados en el enunciado, se tiene

dh dt = 500·sec 2³π 4 ´ ·0,14 dh dt = 500· 1 cos2¡π 4 ¢·₁₀₀14 = 500_·1₁ 2 ·₁₀₀14 = 500_·2_·14 100 = 5·28 dh dt = 140

por lo tanto, el globo se eleva a140£_m´mt_ın¤en ese instante.

6.6.

Gráficas y Extremos de una Función.

Definición 6.11 Si cestá en un intervalo cerrado[a, b], entoncesf(c)es el valor mínimo def(x)en [a, b]si

f(c)_≤f(x) para todax_∈[a, b]. Similarmente, si d está en[a, b], entonces f(d) es el valor máximo def(x)

en [a, b] si f(d)_≥f(x) para todax_∈[a, b]. Los puntos (c, f(c))y (d, f(d)) se denominan los extremos de la función f en el intervalo[a, b].

Teorema 6.6 Si la función f es contínua en un intervalo cerrado [a, b], entonces existen números c y d en

Ejemplo 6.32 Determinamos los valores máximo y mínimo de la funciónf(x) = 2xen el intervalo[0,1].

Note que la función f(x) = 2xes una recta con pendiente m= 2, luego, de la gráfica

se tiene que los valores menor y mayor los alcanza en los extremos del intervalo, luego

f(0) = 2_·0 = 0

f(1) = 2_·1 = 1

y los puntos extremos son(0,0)y(1,2), el mínimo y el máximo respectivamente.

Ejemplo 6.33 Determinamos los valores máximo y mínimo de la función f(x) = 3

5x(30−x)en el intervalo

[0,30]

Como la función representa una parábola, primero esbozamos una gráfica de la función en el intervalo:

De la gráfica, es posible determinar que hay tres puntos donde se alcanzan los extremos, uno es el máximo y en dos puntos se alcanza el mínimo. El punto donde alcanza el máximo es el vértice de la parábola, y los valores mínimos en los extremos del intervalo:

f(0) = 3

5·0·(30−0) = 0

f(30) = 3

para determinar el extremo, consideramos la ecuación de la parábolay=f(x), y completamos el cuadrado de binomio: y = 3 5x(30−x) 5y = 90x₋3x2_⇒5y=₋3¡x2₋30x¢ 5y = ₋3³x2₋30x+ (15)2₋(15)2´ 5y₋3_·(15)2 = ₋3 (x₋15)2 y₋135 = ₋3 5(x−15) 2

Por lo tanto el vértice de la parábola es el punto(15,135)y corresponde al punto máximo de la parábola. Note que los puntos máximos y mínimos de una función en un intervalo cerrado, no necesariamente son únicos.

Definición 6.12 Seac_∈(a, b), diremos quef(c)es un valor mínimo local de la funciónf sif(c)_≤f(x)para todo x_∈ (a, b). De igual manera, se dice que f(d)es un valor máximo local de la función f si f(d)_≥f(x)

para todo x_∈(a, b). Un extremo local def es un valor def(x)que es un máximo o un mínimo local.

Teorema 6.7 Sif es una función derivable enc, definida en un intervalo(a, b), tal quec_∈(a, b)yf(c)es un extremo local def, entoncesf0_{(c) = 0.}

Demostración.Seac_∈(a, b), tal quef(c)es un extremo local. Supongamos quef(c)es un máximo local, entonces se debe mostrar quef0(c) = 0. Sean x1, x2 dos valores cercanos a ctales quex1 < c < x2, entonces

los cuocientes:

f(x1)−f(c)

x1−c

; f(x2)−f(c)

x2−c

tienen signos diferentes. Comof es derivable enc, entonces

f0(c) = l´ım h→0 f(c+h)₋f(c) h pero l´ım h→0− f(c+h)₋f(c) h = xl´1ım→c f(x1)−f(c) x1−c <0 l´ım h→0+ f(c+h)₋f(c) h = xl´2ım→c f(x2)−f(c) x2−c >0 luego, como l´ım h→0− f(c+h)₋f(c) h = l´h→ım0+ f(c+h)₋f(c) h entonces l´ım h→0 f(c+h)₋f(c) h = 0 por lo tantof0_{(c) = 0.}

De manera Análoga se demuestra si f(c)es un mínimo local.

Definición 6.13 Sif es una función con dominio D,f(c)es el valor máximo absoluto o valor máximo global def en D si f(c)_≥f(x) para toda xenD. Análogamente, f(c) es el valor mínimo absoluto o valor mínimo global def en D sif(c)_≤f(x) para todaxen D.

Definición 6.14 Sea f una función contínua. Un puntoc_∈Dom(f)es un punto crítico de f si f0_{(c) = 0, ó}

sif0_{(c)no existe.}

Teorema 6.8 Suponga quef(c)es el valor máximo absoluto (o mínimo absoluto) de la función contínua f en el intervalo cerrado[a, b]. Entoncesces un punto crítico def o uno de los extremos aób.

Ejemplo 6.34 Determine los valores máximo y mínimo de

f(x) = 2x3₋3x2₋12x+ 15

en el intervalo cerrado[0,3]

Del teorema tenemos que los extremos se encuentran en los puntos críticos de la función o en los extremos. En primer lugar determinamos los puntos críticos def(x). Primero determinamos la derivada

f0(x) = 6x2₋6x₋12

ahora resolvemos la ecuaciónf0_{(x) = 0}

f0(x) = 6¡x2₋x₋2¢= 0

f0(x) = 6 (x+ 1) (x₋2) = 0

por lo tantof0_{(x)tiene dos puntos críticos}

x1=−1, x2= 2

note que x1 ∈/ [0,3], luego x2 es el único punto que interesa en este problema. Como existe un único punto

dentro del intervalo entonces uno de valores máximo o mínimo se alcanza en uno de los extremos del intervalo. Para determinar los valores máximo y mínimo, evaluamos la función en esos valores:

a = 0_⇒f(0) = 15

x2 = 2⇒f(2) =−5

b = 3_⇒f(3) = 6

luego, como

f(2)< f(3)< f(0)

entonces, ₋5es el valor mínimo absoluto y15 es el valor máximo absoluto de la funciónf(x)en el intervalo

[0,3].

Ejemplo 6.35 Determine los valores máximo y mínimo de

f(x) = 3_−|x₋2_|

en el intervalo[1,4]

Del teorema tenemos que los extremos se encuentran en los puntos críticos de la función o en los extremos. En primer lugar determinamos los puntos críticos def(x). Primero escribimos la función a trozos:

f(x) = ½ 3₋(x₋2) si x₋2_≥0 3 + (x₋2) si x₋2<0 f(x) = ½ 5₋x si x_≥2 1 +x si x <2

Ahora determinamos la derivada

f0(x) =

½

−1 si x >2 1 si x <2

la ecuaciónf0_{(x) = 0no tiene solución, porque la derivada es constante, pero enx= 2,f}0_{(x)no existe, luego}

es un punto crítico de f(x)y pertenece al intervalo, por lo tanto puede existir un valor extremo en(2, f(2)). Evaluamos ese punto, junto con los extremos del intervalo para determinar los valores máximo y mínimo:

a = 1_⇒f(1) = 2

x = 2_⇒f(2) = 3

b = 4_⇒f(4) = 1

luego, como

f(4)< f(1)< f(2)

entonces,1es el valor mínimo absoluto y3es el valor máximo absoluto de la funciónf(x)en el intervalo[₋1,4]. Ejemplo 6.36 Determine los valores máximo y mínimo de

f(x) = 5x23 −x 5 3

en el intervalo cerrado[₋1,4].

Del teorema tenemos que los extremos se encuentran en los puntos críticos de la función o en los extremos. En primer lugar determinamos los puntos críticos def(x). Para ello determinamos la derivada

f0(x) =10 3x −1 3 −5 3x 2 3 =10−5x 3x13

Note que la derivada es una fracción, luego tenemos dos formas de determinar los puntos críticos: Primera forma: Resolver la ecuaciónf0_{(x) = 0}

f0(x) =10−5x 3x13

= 0_⇒10₋5x= 0_⇒x= 2

y se ha determinado un punto crítico:x1= 2

Segunda forma: Determinar los puntos donde f0_{(x)no existe, es decir resolve la ecuación}

3x13 = 0⇒x= 0

y se ha determinado otro punto crítico:x2= 0

por lo tantof0_{(x)tiene dos puntos críticos}

x1= 2, x2= 0

Para determinar los valores máximo y mínimo, evaluamos la función en los puntos críticos y los extremos del intervalo: a = ₋1_⇒f(₋1) = 5 (₋1)23 ₋₍₋₁₎ 5 3 _{= 5 (−1)}2₋₍₋₁₎5_{= 5·1−(−1) = 5 + 1 = 6} x2 = 0⇒f(0) = 0 x1 = 2⇒f(2) = 5 (2) 2 3 ₋₍₂₎53 _{= 5}√3₄₋₍₂₎1+23 _{= 5}√3₄₋₂√3_{4 = 3}√3_{4≈4,762203156} b = 4_⇒f(4) = 5 (4)23 ₋₍₄₎ 5 3 _{= 5}√3₁₆₋₍₄₎1+ 2 3 _{= 5}√3₁₆₋₄√3_{16 = 2}√3_{2≈2,519842100} luego, como f(0)< f(4)< f(2)< f(₋1)

6.7.

Funciones Crecientes, Decrecientes y Teorema del Valor Medio.

números x1 y x2 en I tales que x1 < x2. La función f es decreciente enI si f(x1)> f(x2) para todo par de

númerosx1 yx2 en I tales quex1< x2.

Observación 6.10 Diremos que una función es monótona creciente o monótona decreciente en un intervalo

I= (a, b) si la función es creciente o decreciente en todo el intervaloI.

Observación 6.11 Sif :A_⊆R−→Res una función monótona creciente (o monótona decreciente) en todo su dominioA, entoncesf es una función inyectiva en todo su dominioA

Ejemplo 6.37 Determine donde la funciónf(x) = 2₋x2 es creciente en el intervalo[₋1,1].

La función representa una parábola, luego al determinar el vértice y el signo de 4p, es posible determinar donde la función es creciente a partir de la gráfica. En este caso:

y = 2₋x2 x2 = ₋(y₋2)

luego la parábola tiene vértice en el punto(0,2)y sus ramas se abren en la dirección negativa del ejey, por lo tanto es creciente en el intervalo(₋1,0).

Algebraicamente, esto no es difícil de demostrar: seax1< x2, conx1, x2∈(−1,0)

−1< x1< x2<0 elevando al cuadrado

la demostración de la siguiente desigualdad es dejada como ejercicio para el estudiante:

0< x2₂< x2₁<1, continuamos con la demostración:

0 < x2₂< x2₁<1 /_·(₋1)

−1 < ₋x2₁<₋x2₂<0/+ 2 1 < 2₋x2₁<2₋x2₂<2 1 < f(x1)< f(x2)<2

luegof(x1)< f(x2)y la función es creciente.

Note que pareciera ser que a partir de la gráfica de la función es posible determinar los intervalos de monotonía de la función. Pero, ¿qué ocurre si la gráfica no es conocida, como en el caso def(x) = 4x3_−2x2₊1

3x−

√

5, o una función comoxsin (6x), cuya gráfica no pareciera ser tan simple. Incluso más, aunque la función sin (x)

tiene una gráfica conocida, no tiene una demostración algebráica tan simple de la monotonía como en el ejemplo anteriormente visto. Para resolver problemas como estos es necesario demostrar los siguientes teoremas, entre los corolarios del segundo teorema, encontraremos un método para determinar los intervalos de monotonía de las funciones anteriormente mencionadas:

Teorema 6.9 (Teorema de Rolle)

Suponga que la función f es contínua en el intervalo cerrado [a, b] y es derivable en su interior(a, b). Si

f(a) = 0 =f(b), entonces existe un númerocen(a, b)tal quef0_{(c) = 0.}

Demostración. Comof es contínua en[a, b], entoncesf alcanza sus valores máximo y mínimo en[a, b]. Si f tiene valores positivos, consideremos su valor máximo,f(c).

Ahora, cno es un extremo de[a, b], pues f(a) =f(b) = 0, por lo tantoces un punto en(a, b). Pero f es diferenciable enc, luegof0_{(c) = 0.}

De manera análoga, siftiene valores negativos, entonces se puede considerar su valor mínimof(c)y concluir quef0_{(c) = 0.}

Si f no tiene valores positivos ni negativos, entoncesf se anula idénticamente en[a, b], por lo quef0_{(c) = 0}

para todoc_∈(a, b).

Ejemplo 6.38 Determine si f(x) =x12 −x 3

2 en [0,1]tiene un punto extremo.

La funciónf(x) =x12 −x 3

2 es contínua en[0,1]y tiene derivadaf0(x) =1

2x −1 2 −3 2x 1 2 en todo el intervalo

(0,1), luego es diferenciable en (0,1), además

f(0) = 012 −0 3 2 = 0

f(1) = 112 ₋₁32 _{= 0}

por lo tantof(0) = 0 =f(1)y cumple con las condiciones del Teorema de Rolle, por lo tanto existe un número

cen(0,1)tal quef0_{(c) = 0, luego ese punto puede ser un extremo de la función, o bien se encuentra en uno de}

los extremos del intervalo[0,1]. Por lo tanto,f(x)alcanza sus extremos en[0,1]. Ejemplo 6.39 ¿f(x) = 1₋x23 tiene un extremo en[−1,1]según el Teorema de Rolle?

La función f(x) = 1₋x23 es contínua en [−1,1], y su derivada es f0(x) =−2

3x

−1

3 =− 2

3√3_x, que no está

definida enx= 0, luego no es diferenciable en(₋1,1), por lo tanto el Teorema de Rolle no asegura la existencia de un puntocen(₋1,1)tal que f0_{(c) = 0, que sería un posible valor extremo def.}

Teorema 6.10 (Teorema del Valor Medio)

Suponga que f es contínua en el intervalo cerrado [a, b]y derivable en el intervalo abierto (a, b). Entonces:

f0(c) = f(b)−f(a)

b₋a

para algún númerocen (a, b).

Demostración. SeanP(a, f(a))yQ(b, f(b)). La recta que pasa porP Qtiene pendiente

m= f(b)−f(a)

b₋a

Luego, la ecuación punto pendiente conP el punto es:

y=f(a) +m(x₋a)

Sea

φ(x) =f(x)₋f(a)₋m(x₋a)

Note queφ(a) =φ(b) = 0, luego

φ0(x) =f0(x)₋m=f0(x)₋f(b)−f(a)

b₋a

y comoφ(x)es contínua en[a, b]y derivable en(a, b),entonces del Teorema de Rolle, existec_∈(a, b)tal que

φ0(c) = 0 =f0(c)₋f(b)−f(a)

b₋a

por lo tanto

f0(c) = f(b)−f(a)