La Derivada EJERCICIOS RESUELTOS Lic. Adolfo Canahuire Condori
Ejercicio 1 .- Calcule la derivada de la funci´ on on f si,
f ( f (x) = ln
−
1 cos x 1 + cos x
(1)
Soluci´ on on.- Se puede usar la tangente del ´angulo mitad para modificar la
ecuaci´ on on (1).
f ( f (x) = ln tan Y as´ı, f (x) =
1 sec2 (x/2) x/2) tan(x/ tan(x/2) 2)
1 2
=
x . 2
1 1 = = csc x 2cos(x/ 2cos(x/2)sen( 2)sen(x/ x/2) 2) sen x
Ejercicio 2 .- Si y = y (x), halle la derivada y (x) de
ln
x2 + y 2 =
y x
(2)
impl´ıcitamente (2), esta puede ser modificada Soluci´ on on.- Antes de derivar impl´ utilizando una propiedad de los logaritmos. 1 y ln x2 + y 2 = . 2 x
Entonces derivando (3), 1 2
1 (2x (2x + 2yy 2yy ) = 2 2 x +y x y + y = 2 2 2 2 x +y x +y x = 2 x + y2 x2 + y 2 xy y = x(x2 + y2 )
−
y x y x
1 y 2 x x + y2 x x2 + y 2 x2 y = 2 x xy + y2
−
(3)
y
−
Ejercicio 3 .- Utilice la diferenciaci´ on logar´ıtmica ıtmi ca para encontrar en contrar la derivaderi va− 2 6 2 6 x + 1) . da de y = (x + x + 1) (x
−
1
Soluci´ on on.-
ln y = 6ln 6ln (x2 + x + 1) 6 l n (x (x2 x + 1) 1 6(2x 6(2x + 1) 6(2x 6(2x 1) y = 2 y x + x + 1 x2 x + 1 1 12(x 12(x2 1) y = 2 y (x + x + 1)(x 1)(x2 x + 1) 12(x 12(x2 1) y = 2 (x2 + x + 1) 6 (x2 2 (x + x + 1)(x 1)(x x + 1) y = 12(x 12(x2 1)(x 1)(x2 + x + 1)5 (x2 x + 1)−7
−
−
− −− − − − − − − −
−
− x + 1)−6
−
Ejercicio 4 .- Calcule la derivada f (x) de.
f ( f (x) = ln
3
x3 + x2 + x + 1 x3 x2 + x 1
−
(4)
−
Soluci´ on on.- Simplificando (4) antes de derivar.
f ( f (x) = ln entonces,
3
x3 + x2 + x + 1 1 = [ln(x [ln(x + 1) x3 x2 + x 1 3
−
−
1 1 f (x) = 3 x+1
1
− x−1
=
− ln (x − 1)] ;
2 − 3(x . 3(x2 − 1)
Ejercicio 5 .- Halle la derivada de la funci´ on: y = x1/x . Soluci´ on on.-
1 ln x x 1 x(1/x (1/x)) ln x y = y x2 1 ln x y = y x2 1 ln x y = x1/x 2 x
ln y =
−
− −
Ejercicio 6 √ x.
f (x) = .- Obtenga una f´ ormula ormula para para la n-´ esima esima derivada de f (
2
Soluci´ on on.-
1 f (1) (x) = x−1/2 2 1 1 f (2) (x) = x−3/2 2 2 1 1 3 f (3) (x) = x−5/2 2 2 2 1 1 3 5 f (4) (x) = x−7/2 2 2 2 2 1 1 3 5 7 f (5) (x) = x−9/2 2 2 2 2 2 .. . f (n) (x) =
− − − − − − − − − − − − · · · − − −
1 2
1 2
3 2
2n
1
(2n−1)/ 1)/2 1 x−(2n
2
n−1 factores
1 1 3 5 (2n (2n 3) −(2n 1)/2 f (n) (x) = ( 1)n−1 x (2n−1)/ − n 1 2 2 1 3 5 (2n (2n 3) −(2n 1)/2 f (n) (x) = ( 1)n−1 x (2n−1)/ n 2
· · ···
−
· · ···
−
−
−
√ √
(0, 3) y Ejercicio 7 .- Si f y g son funciones definidas en el intervalo (0, f (x) = arctan x , con valores reales, cuyas reglas de correspondencia son: f ( g(x) = arctan arctan (1/ (1/ x). Calcule (f + g ) (1), (f g ) (1), (f g ) (1) y (f /g) /g ) (1).
√
−
Soluci´ on on.- Primero al calcular las derivadas de f y g, se obtienen:
f (x) =
1 √ 2 x(1 + x)
g (x) =
,
− 2√x(11 + x) .
Luego. (f + g ) (1) = 0 1 (f g ) (1) = 2 (f g ) (1) = 0 2 (f /g) /g ) (1) = π
−
En la Figura 1, se muestra la interpretaci´on on geom´etrica etrica de uno de estos resultados. Ejercicio 8 .- Calcule las pendientes de las rectas tangentes a la curva
x3 + x2 y + xy 2 + y3 = 1 , (1, 0) y (0, (0, 1). en los puntos (1, 3
(5)
2
y
–1
1
0
1
2
3
4
5
x
–1
–2
p endiente de la recta tangente al grafo de una funci´on, on, Figura 1: La derivada es la pendiente en un determinado punto; en este caso, se tiene el grafo de (f ( f g )( )(x x) y de la recta tangente x 2y = 1 en el punto (1, (1 , 0), cuya pendiente es (f ( f g ) (1) = 1/ 1/2.
− −
−
D erivando (5) impl´ıcitamente, ıcitam ente, se s e tiene. tie ne. Soluci´ on on.- Derivando
x3 + x2 y + xy 2 + y 3
= (1)
3x2 + x2y+ 2xy + x(2y (2y )y + y2 + 3y 3y 2 y = 0
3y2 + 2xy 2xy + x2 y =
−3x2 − 2xy − y2 3x2 + 2xy 2xy + y2 y =− 2 3y + 2xy 2xy + x2
Por lo tanto, las pendientes de las rectas tangentes a la curva en los puntos (1, (1, 0) y (0, (0, 1) son: y (1) = 3 y y (0) = 1/3 respectivamente.
−
−
Ejercicio 9 .- Calcule las medidas de los ´ angulos entre las curvas que co3 f (x) = x + x 2 y g (x) = (x2 + 1)(x 1)(x 1). rresponden a las funciones: f (
−
−
angulo angulo entre dos curvas que se intersectan en un punto; es el Soluci´ on on.- El ´ ´aangulo ngulo que forman, en ese punto, sus rectas tangentes. Para hallar los puntos de intersecci´on on de las curvas dadas, se debe resolver el siguiente sistema.
y = x3 + x 2 y = (x2 + 1)(x 1)(x
−
− 1)
Los puntos de intersecci´on on son: ( 1, 4) y (1, (1,0); las pendientes pendientes m1 y m2 de
− − 4
las rectas tangentes en el punto ( 1, 4) son:
− − m1 = f (−1) = 4 m2 = g (−1) = 6
Y la medida del ´angulo angulo α es.
m1 m2 4 6 = arctan = arctan α = arctan 1 + m1 m2 1 + (4)(6)
−
−
≈ 2 25
4◦ 34 .
Realizando Realizando c´ alculos alculos similares, la medida del ´angulo angulo β formado por las tangentes en el punto (1, (1 , 0), es β = arctan arctan (2/ (2/9) 12◦ 32 .
≈
Ejercicio 10 Demuestre que si
y = arctan
x+1 x 1
−
,
entonces
y =
− (arctan x)
Soluci´ on on.- Derivando (6),
y =
1
(x 2
(x+1) (x−1)2
1+
− 1)(1) − (x + 1)(1) (x − 1)2
1 (x (x 1)2 + (x (x + 1)2 2 = 2 2x + 2 1 = 1 + x2 = (arctan x) =
− −
− 1 − x − 1)
− −
Ejercicio 11 .- Si y = (x
− a)(x )(x − b)(x )(x − c), demuestre que
y 1 1 1 = + + y x a x b x c
−
−
−
Soluci´ on on.-
− a) [(x [(x − b)(x )(x − c)] + (x (x − b)(x )(x − c) y = (x − a) [(x [(x − b) + (x ( x − c)] + (x (x − b)(x )(x − c) y = (x − a)(x )(x − b) + (x ( x − a)(x )(x − c) + (x ( x − b)(x )(x − c) y = (x
y = y y
=
y
x
−c 1
x
−a
+ +
y
x
−b 1
x
−b
+ +
y
x
−a 1
x
−c 5
(6)
Ejercicio 12 .- Si
y = 2x
2
2 + 2 x −1 ,
+1
(7)
demuestre que.
y = x ln 4 . y Soluci´ on on.- Derivando directamente (7),
y = 2x
2
+1
ln 2
d 2 d 2 (x + 1) + 2x −1 ln 2 (x2 dx dx
− 1)
2 2 y = 2x +1 + 2x −1 (ln (ln 2)(2 2)(2x) y = y (2x (2x) l n 2 y
y
= x ln 4
Ejercicio 13 .- Halle la derivada
dy para las siguientes funciones. dx
x = a(cos t + t sen t) y = a(sen t t cos t)
(8)
−
1 x = arccos √1+t 1+t2
(9)
1 y = arc sen sen √1+t 1+t2
etricas etricas mostradas Soluci´ on on.- Derivando directamente las ecuaciones param´ en (8), dy dy/dt a [cos t ( t sen t + cos t)] t sen t = = = = tan t . dx dx/dt a(sint + t cos t + sen t) t cos t
−−
Como Como:: (arc (arc sen sen u) = (arc (arc cos cos u) , entonc entonces es para para deriv derivar ar las ecuaci ecuacione oness param´etricas etrica s en e n (9), se tiene:
−
√ √
dy arcsen(1/ arcsen(1/ 1 + t2 ) = = dx arccos(1/ arccos(1/ 1 + t2 )
−1 .
Ejercicio 14 .- Halle las ecuaciones de las rectas tangente y normal de la cicloide.
x=t y=1
− sen t − cos t
π/2. en t = π/2
6
(10)
on on de la recta tangente en t = π/2: π/ 2: Soluci´ on on.- Ecuaci´ y
−
dy π y(π/2) π/2) = (x x(π/2)) π/ 2)) dx 2 y 1 = 1 (x (x π/2 π/ 2 + 1)
−
− − 2x − 2y = π − 4
Ecuaci´on on de la recta normal en t = π/2: π/ 2: y
− y−
−
dy π −1 y (π/2) π/2) = (x dx 2 y (π/2) π/2) = ( 1)(x 1)(x π/2 π/2 + 1)
− x(π/2)) π/2))
− − y − 1 = −x + π/2 π/2 − 1
2x + 2y 2y = π
La representa representaci´ ci´ on o n gr´ a fica de la cicloide, las rectas tangente y normal se afica muestran en la Figura 2.
4
3
y
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
x
Figura 2: Las rectas tangente y normal a la cicloide en t = π/ π/2. 2.
Ejercicio 15 .- Demuestre que el producto de los interceptos con los ejes coordenados coordenados de cualquier recta recta tangente a la hip´ erbola erbola xy = a (a > 0), es constante.
on on de la recta r ecta tangente t angente a la hip´erbola erbo la xy = a Soluci´ on on.- Para hallar la ecuaci´
7
en uno de sus puntos (x ( x0 , y0 ), se realizan los siguientes c´alculos.
− y0 = y(x0, y0)(x )(x − x0 ) y0 y − y0 = − (x − x0 ) x0 x0 y − x0 y0 = −y0 x + y0 x0 y
y0 x + x0 y = 2x0 y0 a x + x0 y = 2a x0 x y + =1 2x0 2a/x0
Luego, el producto de los interceptos de esta recta con los ejes coordenados es. 2a (2x (2x0 ) = 4a . x0
Ejercicio 16 .- Demuestre que la suma de los interceptos con los ejes coordenados de cualquier recta tangente a la par´ abola x1/2 + y1/2 = a1/2 (a > 0), es constante.
alculos como en el Ejercicio 15, Soluci´ on on.- Realizando los c´alculos
− y0 = −y(x0, y0)(x )(x − x0 ) y0 y − y0 = − (x − x0 ) x y
x
0
y + √ √ √ √ =1 √ √ ( y0 x0 + x0 y0 )/ y0 ( y0 x0 + x0 y0 )/ x0 Entonces la suma de los interceptos es:
√y0 x0 + √x0 y0 √y0 x0 + √x0 y0 √ √ + = x0 + 2 x0 y0 + y0 √x0 √y0 √ √ = ( x0 + y0 )2 √ = ( a)2 = a. Ejercicio 17 .- Calcule los valores de las constantes a y b, de forma que la funci´ on
f ( f (x) = sea diferenciable en x = 1.
−
ax2 + bx x 1 ax
8
, si x < 1 , si x
≥1
on on f es diferenciable en x = 1, f tambi´ tamb i´en en debe deb e ser Soluci´ on on.- Si la funci´ continua en este punto, entonces: l´ım f ( f (x) = l´ım ım f ( f (x) = f (1) f (1) x→1+
x→1−
l´ım (ax2 + bx) bx) = l´ım
x→1
x→1
x
−1
ax
a+b=0
Adem´ as las derivadas laterales de f deben existir y ser iguales, esto es, as f − (1) = f + (1)
f ( f (x) f (1 f (1− ) f ( f (x) f (1 f (1+ ) l´ım = l´ım ım x 1 x 1 x→1− x→1+ x−1 1−1 (ax2 + bx) bx) (a + b) ax a l´ım = l´ım x→1 x→1 x 1 x 1 1 l´ım [a(x + 1) + b] = l´ım x→1 x→1 ax 1 2a + b = a 2 2a + ab = 1
− − − −
Al resolver el sistema,
− −
− −
a+b =0 2a2 + ab = 1 ,
se obtiene: a=1
a=
b=
b=1
−1
−1
As´ As´ı, se tienen t ienen dos reglas regla s de correspon corres pondencia dencia para la funci´on on f . f .
− − − −
f ( f (x) = Y
x2 x , si x < 1 x 1 , si x 1 x
≥
x2 + x , si x < 1 f ( f (x) = 1 x , si x 1 x Los grafos de ambas funciones, se muestran en la Figuras 3 y 4.
9
≥
2
y
1
0
–1
1
2
3
x
–1
–2
Figura 3: Grafo de la funci´on on f cuando a = 1 y b = −1; a la izquierda de x = 1, se tiene una parte de la par´abola abola y = x2 la hi hip´ p´erbo er bola la y = (x 1) 1)/x /x..
−
− x, a la derecha de x = 1, una parte de
2
y
1
0
–1
1
2
3
x
–1
–2
Figura 4: Grafo de la funci´on on f cuando a = −1 y b = 1; a la derecha de x = 1, se tiene una parte de la l a hip´ hi p´erbola erbol a y = (1 2 de la par´abola abo la y = x + x.
−
− x)/x y a la izquierda de x = 1, una parte
10
