Cálculo diferencial DERIVACIÓN

DERIVACIÓN Definición de límite

Entorno

Definición. Se le llama entorno o vecindad de un punto “a” en R, al

intervalo abierto (a - δ , a + δ ) = {a | a - δ < x < a + δ }, en donde

δ es semiamplitud a radio del intervalo. ← δ →

a - δ a a + δ

← 2δ →

al entorno del punto a y radio δ suele también indicarse como | x - a | < δ

Definición.

Se llama entorno reducido aquel en el que se excluye el punto “a” y se representa como:

Q’ (a, δ ) = {x|a - δ < x < a + δ ; x ≠ a}

Límite de una variable

Ejemplo:

Sea el circulo fijo cuya área constante es “a”. Considérese inscrito en el circulo un polígono regular cuyo número de lados va en aumento; obviamente, el área “v” es variable y al crecer, con el aumento del número de lados, su valor se acerca al número “a” sin llegar a ser v = a, es decir

v – a → 0 |v – a | < δ

para δ = número positivo pequeño.

Definición.

La variación x tiende a la constante “a” o bien, el límite de x es “a” si para todo número δ >0, por pequeño que este sea, siempre se verifica: |x - a | < δ

Límite de una función

Considérese la función dada por: y = f(x)= - 2x2 _{+ 8x – 4}

y concentre la atención en el entorno de x=3. Se selecciona el entorno Q(3,1), es decir, 2 < x < 4

Para x=2 → f(2) = 4 x=4 → f(4) = -4 Si ahora Q(3, 0.5) Para x=2.5 → f(x)= 3.5 x=3.5 → f(x)= -0.5

Para Q(3, 0.1)

Un aspecto importante a recalcar es que a medida que el ancho de los rectángulos disminuye también disminuye su altura.

Para Q (3 , 0.01) 2.99 < x < 3.01

para x = 2.99 → f(x) = 2.04 x = 3.01 → f(x) = 1.96

Se observa que cuando x se aproxima a 3, f(x) se aproxima o tiende al valor 2. Se dice que f(x) tiende a 2 cuando x tiende a tres.

lim f(x) = 2 x → 3

lim f(x) = L x → a

Límite de f(x) cuando x tiende a “a” es L.

Significa que la sucesión de rectángulos alrededor de “a”, cuyos anchos son cada vez más pequeños, tienen alturas cada vez menores y se acumulan en torno al punto (a,L)

Considérese ahora y= f(x) =

2

|

2

|

2

−

−

x

x

determinada para todo valor de x, excepto x=2 para x=2 → f(x)=

0 0

Si Q(2, 0.6)

Se puede ver que no importa qué tan angosto se haga el entorno de x=2, la altura del rectángulo será siempre igual a 1; esto es, no hay límite cuando x tiende a 2.

lim

2

|

2

|

2

−

−

x

x

No existe x → 2 Ejemplo: La función f(x)= 1 3 2 2 + − − x x x

está definida para cualquier valor, excepto para x= -1 ¿Existe lim f(x)?

Con la discusión geométrica con los rectángulos, se concluye que lim f(x) = -5

x → -1

Sin embargo, es necesario disponer de un método más sistemático. Definición de límite de una función.

Definición

Dadas una función f, y los números “a” y 1, se dice que el límite de f(x) cuando x tiende a “a” es “L”, si para todo número positivo ε y tan pequeño como se desee, existe un número positivo δ tal que:

|f(x) -1|< ε, siempre que 0<|x – a| < δ

Los valores de la función f(x) se aproximan a un límite L, a medida que se aproxima a un número “a”, si al valor absoluto de la diferencia entre f(x) y 1, se puede hacer tan pequeña como se quiera tomando x suficientemente cercano a “a” pero no es igual a “a”.

No es necesario que x=a esté definida para que lim f(x) exista. x → a

Ejemplo:

Sea f(x)= 3x – 2 y tómese a=5. Se usa un entorno Q(5,1), o sea 4 < x < 6.

Se forma una tabla con las siguientes columnas

1) Valor de x en estudio (a) 2) Valor contenido en el entorno reducido de “a” (x) 3) Valor absoluto de la diferencia x – a |x – a | 4) Valor de la función x f(x) 1 2 3 4 5 6 a x |x – a | f(x) L |f(x) – L | 5 4.5 0.5 11.5 13 1.5 5 4.9 0.1 12.7 13 0.3 5 4.95 0.05 12.85 13 0.15 5 4.99 0.01 12.97 13 0.03 5 4.995 0.005 12.99 13 0.01 5 4.999 0.001 12.997 13 0.003 ↓ ↓ ↓ ↓

Se ve cómo a medida que el valor de |x – a| tiende a cero la función tiende de 13, por eso se escribe

lim f(x) = 13 x → 5 Ejemplo: Si f(x) = 2 2 2 − − x

x _{, a = 2, ε= 0.01, x≠2. Determinar el número δ > 0, tal}

que se cumpla la definición de límite.

La función no está definida para x=2, pero para x≠2, se tiene f(x) = ) 2 2 )( 2 ( ) 2 2 )( 2 2 ( + − + − x x x x ₌ 2 2 )( 2 ( 4 2 + − − x x x ₌ ) 2 2 )( 2 ( ) 2 ( 2 + − − x x x quedando f(x) = 2 2 2 + x ; para x ≠ 2 entonces lim f(x) = lim 2 2 2 + x = 2 1 _{= L} x → 2 x → 2

y = L + ε = 0.51 y= 1- ε = 0.49 2 2 2 + x = L + ε = 0.51 ………..(a) 2 2 2 + x = L + ε = 0.49 ………..(b)

despejando x de las ecuaciones (a) y (b): de (a):

2

2

x

₁

+

= 51 . 0 2 1

2

x

= 51 . 0 2 _{- 2= 1.92157} 2x1= 3.69243 x1= 1.84621 de (b):

2

2

x

₂

+

= 49 . 0 2

2

2

x

= 49 . 0 2 _{- 2= 2.08163} 2x2= 4.33319 x2= 2.1666

Límite de una función constante

Resulta obvio establecer lo siguiente lim f(x) = lim k = k

x → a x → a

Hipótesis

F(x) es una función constante

Tesis

El límite de f(x) cuando x tiende a un número cualquiera, es igual a la constante.

Límite de la función identidad f = {(x, f(x)) | f(x) = x}

Se puede ver cómo se cumple la siguiente igualdad lim f(x) = lim x =a

x → a x → a

Hipótesis

f(x) es la función identidad

Tesis

El límite de f(x) cuando x tiende a cualquier número a, es igual al número a.

Unicidad de los límites

Hipótesis

Una función está definida en un entorno del punto x=a

Tesis

La función f(x) no puede tomar dos límites distintos, cuando x tiende al valor a.

Límite de una suma

Hipótesis

f(x) es la suma de un número finito de funciones de x que tiene límites cuando x tiende al número a.

Tesis

f(x) tiene límites cuando x tiende al valor a y dicho límite es igual a la suma de los límites cuando x tiende al valor a de las funciones sumadas.

Límite de un producto

Hipótesis

Una función f(x) es el producto de un número finito de funciones de x que tienen límite cuando x tiende al valor “a”.

Tesis

El límite de f(x) cuando x tiende al número a existe y es igual al producto de los límites en ese punto, de la funciones que se multiplican.

Límite de un cociente

Hipótesis

f(x) es el cociente de dos funciones de x que tienen límite cuando x tiende al número “a” y el límite del denominador no es cero.

Tesis

El límite de f(x) cuando x tiende al número “a” existe y es igual al cociente de los límites de dichas funciones en dicho punto.

La Derivada y sus aplicaciones

Sea la función y = f(x). Al darle a x un incremento

∆

x en un punto x0,

le corresponderá a “y” un incremento.

∆

y =

∆

f(x) = f(x0 +

∆

x) – f(x0 )

al cociente

x y

∆

∆ _{suele llamarse cociente incremental.}

Se define como la derivada de la función y = f(x) con respecto a “x” en un punto x0 al límite si existe, del cociente incremental

x y ∆ ∆ _cuando

_∆

x tiende a cero. f’ (x0 ) = lim x y ∆ ∆ _{= lim}

x

x

f

x

x

f

∆

−

∆

+

)

(

)

(

_{0 0}

∆

x → 0

∆

x → 0 Ejemplo:

Dada la función f(x) = x2 _{su derivada en el punto x}

0 = 3 es: f’ (3)= lim

x

x

f

x

x

f

∆

−

∆

+

)

(

)

(

_{0 0}

∆

x → 0 = lim x x ∆ − ∆ + ₎2 ₍₃₎2 3 (

∆

x → 0

= lim x x x ∆ − ∆ + ∆ +6 ( ) 9 9 2

∆

x → 0 = lim x x x ∆ ∆ + ∆ _{( )}2 6

∆

x → 0 = lim (6+

∆

x) = 6

∆

x → 0 f’ (3) = 6

La derivada de una función, depende del punto donde se calcule. Si se calcula la derivada para cualquier punto tendrá para f(x) = x2

f’ (x)= lim x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) (

∆

x → 0 = lim x x x x ∆ − ∆ + ₎2 2 (

∆

x → 0 = lim

x

+

x

∆

x

_∆

+

_x

∆

x

−

x

2 2 2

₂

₍

₎

∆

x → 0 = lim (2x +

∆

x) = 2x

∆

x → 0 f’ (x) = 2x

Interpretación física de la derivada

Supóngase que se deja caer un cuerpo desde una altura de 25 m y que se desea conocer la velocidad del móvil cuando ha transcurrido un segundo.

La altura del cuerpo (y = f(t)) será según las ecuaciones de caída libre: f(t) = y0 - 2 1 _gt2 considerando: g = 9.81 s m _{; y} 0 = 25m queda: f(t) = 25 – 4.905 t2

El problema consiste en encontrar la velocidad en un instante determinado. Hay que entender primeramente lo que es la velocidad media durante un intervalo de tiempo, desde el instante t hasta el instante t +

∆

t.

Vm = diferencia de distancia en el tiempo transcurrido

Tiempo transcurrido = t t f t t f ∆ − ∆ + ) ( ) (

para el instante t = 1s, la distancia recorrida después de 0.5s es: f(1.5 – f(1) =[25 – 4.905 (1.5)2_{] – [25 – 4.905(1)}2_{] = - 6.13m}

la velocidad media en el intervalo [1, 1.5] será: m

ν

= 5 . 0 13 . 6 − _{= -12.26 m/s}

Considerando t = 1s y después de haber transcurrido

∆

t segundos, la velocidad media será:

m

ν

=

t

t

t

∆

∆

−

∆

₄

_.

₉₀₅

₍

₎

2

81

.

9

= -9.81 – 4.905

∆

t

Se puede obtener la velocidad media tan cerca de -9.81 como se desee, con sólo tomar a

∆

t lo suficientemente pequeño. O sea que lim

ν

m = lim (-9.81 – 4.905

∆

t) = -9.81 m/s

∆

t → 0

∆

t → 0

lim

ν

(t) = lim

ν

m = lim f(t +

∆

t) – f(x)

∆

t → 0

∆

t → 0

∆

t

La expresión anterior es claramente la definición de derivada aplicada a la función f(t).

Interpretación geométrica de la derivada

Se analizará el significado geométrico de la derivada de una función en un punto cualquiera x0 teniendo presente que

f’ (x0) = lim 0 0

)

(

)

(

x

x

x

f

x

f

−

−

= lim

f

(

x

0

+

∆

_∆

x

_x

)

−

f

(

x

0

)

x → x0

∆

x → 0

Considérese una curva C que sea la gráfica de una función continua f cuya ecuación sea y = f(x)

Considérese además

- Un punto P(x0 , y0 )

- Un punto Q (x, y)

- La recta tangente PT a la curva en x0

- La recta secante PQ a la curva C, tal como se muestra en la figura

Si el punto Q se mueve sobre la curva C, el ángulo de inclinación θ de la secante PQ es variable. Si Q se acerca a P, entonces el ángulo θ se

aproxima al ángulo de inclinación α de la recta tangente PT. Lo anterior se pude escribir simbólicamente como

Lim θ = α

Q → P

“El ángulo θ tiende al valor del ángulo α cuando el punto Q tiende a la posición de P”

- Si Q tiende a P implica que x tiende a x0 , es decir

Q → P ⇔ x → x0

Considerando el triángulo rectángulo PQM se tiene:

0 0) ( ) ( x x x f x f − − ₌ 0 0 x x y y − − _{= tan θ}

teniendo en cuenta lo anterior, se tendrá lim 0 0) ( ) ( x x x f x f − − _{= lim tan θ} x → x0 x → x0

considerando que la función tangente es continua en el intervalo ( 2 , 2 Π Π − _{) se tendrá:}

lim tan θ = tan α = mpt

x → x0

lo cual significa que la tangente del ángulo de inclinación de la recta secante, o sea la pendiente PQ tiende a la pendiente de la recta tangente PT si el punto Q tiende a P.

f’(x0) = lim 0 0) ( ) ( x x x f x f − − _{= m} pt x → x0

lo que significa que la derivada de la función y = f(x) en un punto, es igual a la pendiente de la recta tangente a la curva en dicho punto. Una forma de calcular la derivada de un vector es usar el método de los cuatro pasos.

Método de los cuatro pasos

Partiendo de la regla de correspondencia y = f(x) ---(1)

Primer paso: Se incrementa en

∆

x el valor de la variable independiente, resultando incrementada la variable dependiente y en

∆

y.

Y +

∆

y = f(x +

∆

x) ---(2)

Segundo paso: Se calcula el incremento de la variable dependiente, restando ordenadamente la expresión (1) de la (2).

∆

y = f(x +

∆

x) – f(x) ---(3)

Tercer paso: Se calcula el cociente de los incrementos, dividiendo la expresión (3) entre

∆

x x x f x x f x y ∆ − ∆ + = ∆ ∆ ( ) ( ) _---(4)

Cuarto paso: Se calcula el límite del cociente de los incrementos

x y

∆ ∆

cuando el incremento

∆

x tiende a cero

lim x x f x x f x y ∆ − ∆ + = ∆ ∆ ( ) ( ) lim ---(5)

∆

x 0

∆

x 0

Si este límite existe, entonces dicho límite es la derivada deseada y se dice que la función y = f(x) es derivable.

Ejemplo: Calcular la derivada de f(x) = 3x2 _{+ 1} Solución 1) f(x +

∆

x) = 3(x +

∆

x)2 _{+ 1 = 3x}2 _{+ 6x}

∆

_{x + 3(}

∆

_x)2 _{+ 1} 2) f(x+

∆

x)–f(x)= 3x2 _{+ 6x}

∆

_x+3(

∆

_x)2_+1-(3x2_{+1)= 6x}

∆

_{x+ 3(}

∆

_x)2 = 6x

∆

x+3(

∆

x)2 3) x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) ( ₌ x x x x ∆ ∆ + ∆ _{) 3( )}2 6 _{= 6x + 3}

∆

_x 4) x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) (

lim = lim (6x + 3

∆

x) ; esto es f’(x) = 6x

∆

x→ 0

∆

x→ 0 Ejemplo: Obtener la derivada de f(x)= x 1 Solución: 1) f(x +

∆

x) = x x+∆ 1 2) f(x +

∆

x) – f(x) = x x+∆ 1 _- x 1 ₌ x x x x x x ∆ + ∆ + − 2 ) ( =

x

x

x

x

∆

+

∆

−

2 3) x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) ( ₌

x

x

x

x

x

∆

∆

+

∆

−

2 =

x

x

x

+

∆

−

2

1

4) lim x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) ( _{= lim}

x

x

x

+

∆

−

2

1

= 2 1 x −

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∴

f’(x) = 2

1

x

−

Vale la pena aclarar que este procedimiento para cálculo de la derivada es sólo la reafirmación del concepto de derivada, y no es un método práctico de derivar.

Fórmulas de derivación

Se establecen algunos teoremas sobre la derivación de funciones típicas que generan fórmulas cuya aplicación permite el cálculo de derivadas, con relativa facilidad.

Derivada de la función constante

Hipótesis. Sea la función constante f(x) = c

Tesis. La derivada de la función constante vale cero. 1) y +

∆

y = f(x+

∆

x) = c 2)

∆

y = f(x+

∆

x) – f(x) = c-c =0 3) x y ∆ ∆ ₌ x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) ( ₌ x ∆ 0 _{= 0} 4) lim x y ∆ ∆ _{= lim} x x f x x f ∆ − ∆ + ) ( ) (

∆

x→ 0

∆

x→ 0 = lim 0 = 0

∆

x→ 0 esto es DxC = 0

Derivada de la función identidad

Hipótesis.

Dada la función identidad y=x

Tesis.

La derivada de la función identidad es igual a la unidad: Dx x = 1

1) y +

∆

y = x+

∆

x 2)

∆

y = x+

∆

x – x =

∆

x 3) x y ∆ ∆ ₌ x x ∆ ∆ _{= 1} 4) lim x y ∆ ∆ _{= lim 1 = 1}

∆

x→ 0

∆

x→ 0 por tanto Dx x = 1 o bien =1 dx dx

Derivada de una suma de funciones

Hipótesis.

Si y = u + v – w

Tesis.

Dx (u + v – w) = Dx u + Dx v - Dx w

Cuando a la variable independiente x se le da un incremento

∆

x a las funciones u, v, w les corresponden los incrementos

∆

u,

∆

v,

∆

w.

2)

∆

y = u +

∆

u + v +

∆

v – (w +

∆

w) – u – v + w =

∆

u +

∆

v -

∆

w 3) x y ∆ ∆ ₌ x u ∆ ∆ ₊ x v ∆ ∆ _- x w ∆ ∆ 4) lim x y ∆ ∆ _{= lim} x u ∆ ∆ _{+ lim} x v ∆ ∆ _{- lim} x w ∆ ∆

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ esto es Dx (u + v – w) = Dx u + Dx v - Dx w

“La derivada de la suma algebraica de un número fijo de funciones es igual a la suma algebraica de las derivadas de las funciones” Derivada del producto de funciones

Hipótesis. Si y = uv Tesis. Dx (uv) = uDx v + v Dx u 1) y +

∆

y = (u +

∆

u) (v +

∆

v) = uv + u

∆

v + v

∆

u +

∆

u

∆

v 2)

∆

y = uv + u

∆

v + v

∆

u +

∆

u

∆

v – uv = u

∆

v + v

∆

u +

∆

u

∆

v 3) x y ∆ ∆ _{= u} x v ∆ ∆ _{+ v} x u ∆ ∆ ₊

_∆

_u x v ∆ ∆ 4) lim x y ∆ ∆ _{= lim u lim} x v ∆ ∆ _{+ lim v lim} x u ∆ ∆ _{+ lim}

_∆

_{u lim} x v ∆ ∆

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0 pero

lim u=u; lim v=v; lim

∆

u = 0

Dx y = uDx v + v Dx u + (0) Dx v

Dx y = uDx v + v Dx u

“La derivada del producto de dos funciones es igual al producto de la primera por la derivada de la segunda, más el producto de la segunda por la derivada de la primera”

Derivada del cociente de dos funciones

Hipótesis. Se tiene y = v u _{; v} ≠ 0 Tesis. Dx ( v u₎₌ 2 v uDxv vDxu− 1) y +

∆

y = v v u u ∆ + ∆ + 2)

∆

y = v v u u ∆ + ∆ + _- v u ₌ v v v v v u u u v ) ( ) ( ) ( ∆ + ∆ + − ∆ + ₌ v v v v u uv u v vu ) ( ) ∆ + ∆ − − ∆ + = v v v v u u v ) ( ) ∆ + ∆ − ∆ 3) x y ∆ ∆ ₌ v v v x v u u v ) ( ) ∆ + ∆ ∆ − ∆ ₌ v v v x v u x u v ) ( +∆ ∆ ∆ − ∆ ∆ 4) lim x y ∆ ∆ _{= lim v lim} x u ∆ ∆ _{- lim u lim} x v ∆ ∆

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0

∆

x→ 0 lim (v +

∆

v) lim v

∆

x→ 0

∆

x→ 0 sabiendo que lim v = v; lim u = u

∆

x→ 0

∆

x→ 0 y que

lim

∆

v = 0

∆

x→ 0

y como v es derivable y continua Dxy = vv uDxv vDxu− Dx( v u _{) =} 2 v uDxv vDxu−

“La derivada del cociente de dos funciones es igual al producto del denominador por la derivada del numerador, menos el producto del numerador por la derivada del denominador y todo dividido entre el cuadrado del denominador”

Resumiendo: Dx C = 0 Dx x = 1 Dx (u + v - w) = Dx u + Dx v - Dx w Dx (uv) = uDx v + v Dx u Dx (cv) = c Dx v Dx v u ₌ 2 v uDxv vDxu− Dx v c ₌ 2

v

v

cD

_x

−

Dx un = n u n-1 Dx u

Dx

u

u

D

u

x

2

=

Dx eu = e u Dx u Dx au = au ln a Dx u Dx lnu = u 1 _D x u Dx (sen u) = cos u Dx u Dx (cos u) = -sen u Dx u Dx (tan u) = sec2 u Dx u Dx (cot u) = - csc2 u Dx u

Dx (sec u) = sec u tan u Dx u

Dx (csc u) = -csc u cot u Dx u Dx (sec-1 u) = 2 1 1 u − Dx u Dx (cos-1 u) = ₂ 1 1 u − − _D x u Dx (tan-1 u) = 2 1 1 u + Dx u Dx (cot-1 u) = 2 1 1 u + − _D x u

Dx (sec-1 u) = 1 | | 1 2₋ u u Dx u Dx (csc-1 u) = 1 | | 1 2₋ − u u Dx u Dx (sen h u) = cos h u Dx u Dx (cos h u) = sen h u Dx u Dx (tan h u) = sec h2 u Dx u Dx (cot h u) = -csc h2 u Dx u

Dx (sec h u) = - sec h u tan h u Dx u

Dx (csc h u) = - csc h u cot h u Dx u

Aplicaciones geométricas de la derivada

Como ya se vio la interpretación geométrica de la derivada, esta representa la pendiente de la recta tangente a la curva en estudio en el punto en el que se ha valuado dicha derivada.

Ejemplo:

Hallar la pendiente de la tangente a la curva de ecuación y = x2 – 3

Solución: m = dx dy _{; m = 2x} 1 =





x

dx

dy

= 2(1) = 2 y por tanto: m= 2 Ejemplo:

Determinar los puntos de la curva de ecuación y =

x 2 1

5

− donde la

Solución: y = 1 5 2 5 5 2 + _{= +} x x donde m1 = 5 2

La pendiente de la tangente a la curva en cada punto es: m = dx dy ₌ 2 ) 2 1 ( 10 x − 2 ) 2 1 ( 10 5 2 x − = Resolviendo la ecuación (1-2x)2 = 25 1 – 4x + 4x2 _{= 25} x2 _{– x – 6 = 0} de donde x1 = 3; x2 = -2 para x1 = 3 y1 = 1 5 5 ) 3 ( 2 1 5 − = = − para x2 = -2 y2 = 1 5 5 ) 2 ( 2 1 5 = = − −

Ejemplo:

Hallar la ecuación de la parábola y = x2 _{+ bx + c que es tangente a la}

recta y = x en el punto (1, 1).

Solución:

Como la parábola debe pasar por el punto P(1, 1) las coordenadas de este punto deben satisfacer la ecuación de la misma

y = x2 _{+ bx + c}

(1) = (1)2 + b(1) + c b + c = 0

b = -c (1)

como la parábola y la recta deben de ser tangentes en ese punto, deben tener la misma pendiente

y = x ⇒ m1 = y’ = 1 (2)

Dx y = 2x + b Para el punto P(1, 1) Dxy ] (1,1) = 2(1) + b = 2 + b (3) m1 = m2 = 1 = 2 + b

∴

b = -1 sustituyendo en (1) c = 1

tal que la ecuación de la parábola es: y = x2 _{- x + 1}

Ejemplo:

Encontrar el punto de la curva y2 _{= 2x}3 _{para el cual su tangente es}

perpendicular a la recta 4x – 3y + 2 = 0 Solución: La condición de perpendicularidad es 2 1

1

m

m

=

−

_{por lo que es necesario} hallar primeramente las derivadas

y2 _{= 2x}3 _{⇒ y =}

₂

_x

3 y’ = ₃ 2 2 2 6 x x = x 2 3

∴

_m

_x

2

3

1

=

4x – 3y + 2 = 0 ⇒ y = 3 2 3 4 ₊ x

y’ = 3 4

∴

_m 2 = 3 4 pero m1 = 2 1 m − 16 2 ; 4 2 4 3 2 3 ₌ − _{⇒ =} − ₌ x x x x = 8 1

sustituyendo en la ecuación de la curva

256

1

;

256

1

8

1

2

3 2

_

₌

₌











=

y

y

y = 16 1

el punto buscado es:

      16 1 , 8 1 P

Ecuación de la tangente y la normal a una curva en un punto dado. Una aplicación geométrica de la derivada es aquella en la que se buscan las ecuaciones de la recta tangente y la recta normal a una curva en un punto dado.

Sea la función f representada por la curva C y sea un punto P(x0, y0)

Con el valor de la pendiente en el punto P queda definida la ecuación de la recta tangente, mediante la ecuación

y - y0 = mT (x - x0) en donde: mT = P dx x df   ) (

la recta normal a C en P es la recta perpendicular a la tangente y que pasa por P.

Como las pendientes de las dos rectas perpendiculares son recíprocas y de signo contrario, la pendiente de la recta normal vendrá dada por:

mN =

T

m

1

−

y - y0 = mN (x - x0)

Ejemplo:

Encontrar las ecuaciones de la tangente y de la normal a la curva dada en el punto indicado. a) y = x2 _{- 4x + 3 en P (4, 3 )} Solución: dx dy _{= 2x – 4} P dx dy   4 ⇒ mT = 4 en donde: y – 3 = 4(x – 4) y-3 = 4x – 16 4x – y – 13 = 0 (ecuación de la tangente) ahora: mN = 4 1 − por lo que y – 3 = 4 1 − (x – 4) 4y – 12 = -x + 4 x + 4y – 16 = 0 (ecuación de la normal) b) y = x−3 en P(4, 1)

Solución: dx dy ₌ 3 2 1 − x ; dx _P dy   = 2 1 _{⇒ m} T = 2 1 en donde y – 1 = 2 1 _{(x – 4)} 2y – 2 = x – 4 x – 2y – 2 = 0 (Ecuación de la tangente) se tiene que mN = -2 por lo que y – 1 = -2(x – 4) y – 1 = -2x + 8 2x + y- 9 = 0 (ecuación de la normal) Ángulo de la intersección entre dos curvas

La dirección de una curva en un punto se define como la dirección de su recta tangente en ese punto.

Así la dirección de la curva C de la ecuación y = f(x) en el punto P (x0,y0) está dada por el ángulo de inclinación de la recta tangente PT o

bien por la pendiente de está. m = tan α = f’ (x0)

Es fácil definir el ángulo formado por dos curvas c1y c2 al cortarse en el

punto P (x0, y0) como el ángulo

φ

que determina las tangentes a las

Sean

Y = f1(x) y= f2 (x) las ecuaciones de c1y c2 respectivamente

m1 = tan α1 = f’1 (x0)

m2 = tan α2 = f’2 (x0)

es evidente que

φ

= α 2 - α 1

tal que

φ

= ang tan f’2 (x0) - ang tan f’1 (x0)

otra forma de obtener

φ

es mediante la fórmula: tan

φ

= 2 1 1 2 1 m m m m + − =

₁

'

(

_'

₍

)

₎

'

_'

(

₍

)

₎

0 2 0 1 0 1 0 2

x

f

x

f

x

f

x

f

+

−

de donde

φ

_{= ang tan}

)

(

'

)

(

'

1

)

(

)

(

'

0 2 0 1 0 1 0 2

x

f

x

f

x

f

x

f

+

′

−

Ejemplo:

Determinar el ángulo que forman al cortarse las parábolas y2 ₌ 2 x _(a) y = 4 2 x _(b) Solución:

Resolviendo como simultaneas las dos ecuaciones para determinar los puntos de intersección: De (b) y2 ₌ 16 4 x _(c) igualando (a) y (c) 2 x ₌ 16 4 x x4 _{– 8x = 0 ⇒ x (x}3 _{– 8) = 0} de aquí: x1 = 0 ; x2 = 2 y1 = 0 ; y2 = 1

Las parábolas se cortan en el origen y en el punto P(1, 2). Dado que las tangentes a las parábolas en el origen son los propios ejes coordenadas, el ángulo que forman en este punto es de 90º.

2y

y

dx

dy

dx

dy

4

1

2

1

=

⇒

=

1 =





y

dx

dy

= 4 1 _{⇒ f’} 1 (x0) = m1 = 4 1 de (b) se tiene: 2

2



₌



⇒

=

x

dx

dy

x

dx

dy

= 2 2 _{⇒ f’(x) ⇒} m2 = 1

φ

= ang tan 1 – ang tan

4 1 = 45º - 14.03º =30.97º o bien tan

φ

= 4 1 ) 1 ( 1 4 1 1 + − = 5 3

φ

= ang tan 5 3 _{= 30.97º}

Ejemplo:

Calcular el ángulo de intersección de las curvas y = x2_{; y = x}3

Solución:

Puntos de intersección:

Resolviendo las ecuaciones como simultaneas por igualación: x2 _{= x}3 _{⇒ x}2 _{(x-1) = 0}

x1=0 y1=0

x2=1 y2=1

los puntos de intersección son: P1 (0, 0) P2 (1, 1) Cálculo de pendientes. y= x2 _{⇒ y’ = 2x; m} 1 = 2x y= x3 _{⇒ y’ = 3 x}2_{; m} 2 = 3x2

Cálculo de los ángulos de intersección Para P(0,0) m1 = 0 ; m2 = 0

∴

φ

₁ = ang tan 0=0 para P(1, 1) m1 = 2 ; m2 = 3 tan

φ

2 =

₇

1

)

3

)(

2

(

1

2

3

1

_{1 2} 1 2

₌

+

−

=

+

−

m

m

m

m

φ

_{2 = ang tan} 7 1 _{= 8º 8’}

Aplicaciones físicas de la derivada: Razones de variación y variables relacionadas.

Sea una función y = f(x) si para un valor de la variable independiente x, se da a ésta un incremento

∆

x y se calcula el correspondiente incremento

∆

y de la variable dependiente, al dividir

∆

y entre

∆

x se tiene la razón de cambio promedio de “y” con respecto a “x”, cuando la variable independiente cambia de x a x+

∆

x,

x y

∆

∆ _{es la razón de cambio}

promedio de “y” con respecto a “x”, para el valor x dado y el

∆

x definido.

Por ejemplo. Para la función y = 2 2 x _{se tiene:}

∆

y = 2 2 ) (_{x x} 2 _x2 − ∆ +

∆

y =

2

₂

(

)

2 2 2

_x

_x

_x

_x

x

+

∆

+

∆

−

∆

y= x

∆

x + 2 ) (_∆x 2 Si se divide entre

∆

x x y ∆ ∆ _{= x +} 2 1₍

∆

_{x), si x cambia de 2 a 3,}

∆

_{x = 1} luego x y ∆ ∆ _{= 2 +} 2 1 _{(1) = 2.5} x y ∆

∆ _{= 2.5 indica que la razón de cambio promedio de “y” con respecto a}

“x” es igual a 2.5 cuando “x” aumenta de 2 a 3.

Si el intervalo de “x” a x +

∆

x disminuye, es decir si

∆

x tiende a cero, al calcular el límite cuando

∆

x → 0 la razón de cambio promedio de “y” con respecto a “x” se convierte en razón de cambio en un punto.

lim x y ∆ ∆ ₌ dx dy

∆

x → 0

“La derivada de “y” con respecto a “x” es la razón de cambio de “y” con respecto a “x” para un valor definido de “x”.

En el ejemplo anterior la razón de cambio de “y” con respecto a “x”

dx dy       2 2 x _{= x}

Cuando la variable independiente es el tiempo t, como en una función y = f(t), se tiene que:

dt

dy _{es la rapidez de la variación de “y” para un}

valor determinado de t.

Una sugerencia para resolver este tipo de problemas es seguir los siguientes pasos:

1) Enlistar los datos y las magnitudes buscadas

2) Trazar una figura representativa del enunciado del problema y donde se establezca una convención para representar cada variable involucrada.

3) Escribir la relación que ligue a la variable involucrada. 4) Derivar con respecto al tiempo.

5) Sustituir en el resultado del paso anterior las magnitudes incluidas de los datos.

Ejemplo:

En una fábrica de cemento se deposita arena de tal modo que se forma una pila cónica, cuya altura es siempre igual a los 4/3 del radio de la base. Sabiendo que el radio de la base aumenta a razón de 1/8 cm/s, ¿con que rapidez aumenta el volumen de la pila cuando el radio de la base es de 90cm?

Solución: 1) Datos h = 3 4 _r; dt dr ₌ 8 1 _{cm /s} se busca dt dv _{cuando r = 90cm.} 2) Figura

3) En la formula que da el volumen de cono V = r2h 3 1 Π se sustituye h = 3

4_{r para tener una función de una variable.}

V = 2 3 1 r Π 3 4_{r V =} 3 9 4 r Π 4) Derivando respecto a t.

dt dV ₌ 2 3 4 r Π dt dr 5) para r= 90 cm y dt dr ₌ 8 1 _cm/s dt dV _{= (90)}2 3 4 Π 8 1 = 1350 Π cm3/s = 4241.16 cm3_/s

Se concluye que la rapidez con que aumenta el volumen de arena cuando r = 90 cm es:

dt

dV _{= 4241.16 cm}3_/s

Ejemplo:

Una escalera de 3m de longitud apoyada sobre un piso horizontal y contra un muro vertical. Si el extremo inferior de la escalera se aleja del muro a una velocidad de 1.2 m/s ¿a que velocidad desciende el extremo superior en el instante en que su altura sobre el suelo es de 2.40m? 1) Datos l = 3.00m dt dx _{= 1.2 m/s} y1 = 2.4 m dt dy _{= ¿?}

2) Figura 3) Cuando y1 = 2.4 m x1 = 2 2

₍

₂

_.

₄

₎

)

3

(

−

= 1.80 m x2 _{+ y}2 _{= 9}

4) Derivando con respecto al tiempo 2x dt dx _{+ 2y} dt dy _{= 0} x dt dx _{+ y} dt dy_{= 0} 5) Sustituyendo valores (1.8)(1.20) + 2.40 dt dy _{= 0} 2.40 dt dy _{= -2.16} dt dy ₌ 40 . 2 16 . 2 − _{= -0.90 m/s}