CÁLCULO DIFERENCIAL La velocidad instantánea

Transcripción

C Á L C U L O D IF ER EN C IA L
Vamos a introducir el concepto de derivada a través de los dos problemas que le dieron origen: el de
la velocidad instantánea y el de la recta tangente a una curva en un punto. Una vez definida, calcularemos la derivada de varias funciones y luego aplicaremos este concepto a diferentes situaciones
de la vida real.
La velocidad instantánea
Supongamos que un ciclista se encuentra en una competencia, recorriendo un tramo de ruta recta
desde un pueblo hasta un lago que se encuentra a 170km ( esta situación es del todo sencilla: la bicicleta siempre avanza!! ). Transcurridas 3 horas de iniciada la carrera observa un puesto de artesanías y quiere saber a qué velocidad circulaba en ese instante, llamémoslo
a partir de los siguientes registros que ha tomado:
t(tiempo en
horas)
s(distancia,
en km )
0
1
2
3
4
0
10
40
90
160
Un modelo que se ajustaría a esta situación bien podría ser
fácilmente con el programa GeoGebra.
, lo que se podría comprobar
Ahora, usando la definición elemental de velocidad, distancia recorrida ( o desplazamiento ) sobre
tiempo empleado en recorrerla podríamos hacer:
desplazami ento
160km − 90 km
=
= 70km / h .
tiempo transcurri do
1
Lo cual nos indica la velocidad que llevaba el ciclista durante una hora desde el kilómetro 90 hasta el
kilómetro 160. Pero esta es una velocidad promedio o velocidad media que él tuvo durante esa hora y
no la velocidad instantánea en el instante
Supongamos que este ciclista ha tomado registros intermedios y cuenta con una tabla como la que
sigue:
t(tiempo
en horas)
s(distancia
en km)
0
1
2
3
0 10 40 62,5 75,62 84,1 90 91,25 95,06
4
105,6
160
Calculemos otras velocidades promedio, tomando valores de t mayores que 3 y cada vez más cercanos a él:
Análisis Matemático I - Página 1
105 ,62 − 90
= 62 ,48
1
3 −3
4
91,25 − 90
= 60,21
1
3 −3
48
95,06 − 90
= 60,72
1
3 −3
12
Si bien estas tampoco nos dicen la velocidad del ciclista en el instante que deseamos, es cierto que
al tomar intervalos de tiempo cada vez más cortos, es poco probable que el hombre haya podido variar demasiado la velocidad. Intuimos entonces que estas velocidades medias han de ser aproximadas a la velocidad que queremos conocer. Y más aproximadas a la velocidad en ese instante han de
ser las velocidades promedio que calculemos si tomamos tiempos ” más y más cortos ”. Además
vemos que estos promedios se van acercando al valor 60. ¿ Qué pasará si tomamos velocidades
promedio considerando los registros anteriores a las 3 horas y cada vez más cercanos a este valor?:
62,5 − 90
1
2
= 55
2 −3
84,1 − 90 km
= 59
9
2 −3
10
75 ,62 − 90
= 57 ,52
3
2 −3
4
También estos resultados nos llevan a suponer que la velocidad a las 3 horas es de 60 km/h.
¿ Será realmente ésta la velocidad en el instante
=3 ?. Sabemos que, aunque la intuición nos diga
que sí, no basta con los cálculos que hemos hecho y debemos analizar la situación de un modo más
general.
Si t representa el tiempo y t 0 es el instante en que el ciclista pasó por el puesto de artesanías, sea
?
?t
? t el intervalo de tiempo, entre t 0 y un instante anterior o posterior a él, que tiene que ser
“ más y más pequeño ”. Como la distancia recorrida depende del tiempo t , entonces es una función
) − s (t 0 ) y la velocidad pros(t ) . La distancia recorrida en el intervalo de tiempo t será s(t 0 +
medio es:
donde
?
t es más y más pequeño y además puede ser positivo o
negativo, dependiendo si t0 +
?t
s (t 0 + ?t ) − s(t 0 )
?t
Por ejemplo, si
=3 y ?t =
es un instante posterior o anterior a t 0 .
91,25 − 90
1
145
1
= 60,21.
entonces t 0 + ∆t = 3 48
=
, y este cociente es
1
48
48
3 −3
48
Si recordamos el concepto de razón promedio de cambio visto en la Unidad de Funciones, cada uno
de los cociente hechos arriba también es una razón promedio de cambio o tasa promedio de cambio,
en este caso, de la función s respecto del cambio producido en la variable t.
Dejemos por unos momentos el problema de la velocidad y pasemos al problema de la recta tangente.
La recta tangente
¿ Cómo definimos recta tangente a una curva en un punto P de la misma ?. Recordando el caso de la
circunferencia, una de las respuestas que se suele dar es “ la recta tangente a una curva en un punto
P de esta ella, es la recta que tiene un solo punto en común con la curva ” .
Si trasladamos esta idea a las curvas siguientes:
1
2
En el primer gráfico nos encontramos que la recta que podría ser tangente en P, tiene otros dos puntos en común con la curva. En el segundo gráfico, pareciera que la definición es precisa y que ésa es
la recta tangente al gráfico en P.
Tenemos más ejemplos interesantes:
4
3
En las funciones de las figuras 3 y 4 , ¿ será el eje x, la recta tangente a la gráfica en P ?. ¿ O lo será
otra recta que pase por P ?. ¿ O ninguna?.
Y veamos estos ejemplos:
6
5
En los gráficos de las figuras 5 y 6, cualquier recta que pase por P atraviesa a la curva. ¿ Podrá
hacer esto la recta tangente ?.
Digamos que varios de los ejemplos no se concilian con la que parecía ser una definición aceptable
de recta tangente. Entonces, ¿cuál es la definición precisa?.
Supongamos que la gráfica de cierta función s(t ) que mide la distancia recorrida en función del tiempo es la siguiente:
Donde (a,b) es el intervalo de valores de t que nos interesan y t 0 un punto cualquiera de (a,b).
?t
Consideremos un instante posterior o anterior a él, t0 +
que también esté en este intervalo e interpretemos geométricamente la razón promedio de cambio que es el cociente incremental
?s
s (t 0 + ?t ) − s(t 0 )
.
?t
?t
Ya vimos que este es el nombre del cociente entre el incremento
producido en la variable dependiente s (que aquí es la distancia) y el incremento
dado a la variable independiente t
( que aquí es el tiempo ):
Para hacerlo, recordemos que la pendiente de cualquier recta está medida por la tangente trigonométrica del ángulo que forma la misma con el semieje positivo x. Se ve en la figura de arriba que el cociente incremental mide la pendiente de la recta secante a la curva que pasa por los puntos
s( t 0 + ?t ) − s (t 0 )
.
?t
?t
P(t 0 , s (t 0 )) y Q(t0 + ∆t , s(t 0 + ∆t)) pues tg β =
Si ahora tomamos incrementos de tiempo
más y más pequeños, las rectas secantes correspondientes se van aproximando a una “ posición límite ”. A esta posición límite es a la que definiremos
como recta tangente a la gráfica de la función s en el punto P :
?t
Usando el programa Geogebra podemos ver cómo se “ mueven” las secantes conforme tomamos
cada vez más pequeño, es decir conforme Q se aproxima a P por la curva.
Ref.: Sucesión de secantes.ggb
?t
?t
La recta tangente es, entonces, la recta a la cual se van aproximando las rectas secantes cuando
se aproxima a cero, es decir cuando el punto Q se aproxima por la curva al punto P. Diremos
que la recta tangente es el límite de las rectas secantes cuando
tiende a cero:
Si las rectas secantes se aproximan a la recta tangente, entonces los ángulos β se aproximan al
ángulo
α
y las razones promedio de cambio
s (t 0 + ?t ) − s (t 0 )
= tg β se aproximan a tg α , que
?t
tiene que ser la pendiente de la recta tangente!. ¿Y qué descubrimos entonces ?. Como habíamos
considerado que s(t) es una función que mide la distancia que recorre un móvil en un tiempo t , sabemos que las razones promedio de cambio son a la vez velocidades promedio y si se aproximan a
la pendiente de la recta tangente, ésta es la velocidad instantánea del móvil en t 0 !.
Entonces los dos problemas del principio están conectados: la pendiente de la recta tangente es la
velocidad instantánea.
Diremos también que la pendiente de la recta tangente representa la razón instantánea de cambio
o el ritmo instantáneo de cambio o la tasa instantánea de cambio de la función s(t) en el instante de tiempo t0.
Podríamos trazar rectas secantes en los gráficos del principio e “ intuir” si en cada uno hay recta tangente a la curva en P, como se hace aquí con la función
:
Cuando Q se aproxima a P por la curva tanto “por la izquierda” como “por la derecha” parece que la
posición límite de las secantes es la recta t dibujada.
Qué pasa en estos casos ? :
1
2
En el gráfico 1, las rectas secantes tienen como posición límite la recta dibujada; en el gráfico 2 las
secantes tomando Q “ a la izquierda ” de P se acercan a la recta que contiene a la semirrecta a ,
pero tomando Q “ a la derecha ” de P, las secantes se acercan a la recta que contiene a la semirrecta b. ¿Cuál es la recta tangente para esta función en P ?. ¿Existe?.
3
4
5
6
En los gráficos 3, 4, 5 y 6 se vislumbra una posición límite para las secantes. En el gráfico 5 pareciera que la posición límite de las secantes es el eje x . ¿ Podrá una recta tangente atravesar a la curva?. En los gráficos 3, 4 y 6 parece que la posición limite es el eje y. ¿ La recta tangente podrá ser
vertical ?.
Tengamos en cuenta que sólo estamos intuyendo a partir de los gráficos. ¿Cómo nos aseguramos
de que nuestras apreciaciones son ciertas ?.
f (x ) = 10 x 2 para todo x real. Queremos determinar la pendiente de la recta
tangente a la curva correspondiente a la gráfica de esta función cuando x 0 vale 3:
Tomemos el caso de
f ( x 0 + ?x ) − f ( x0 ) f (3 + ?x ) − f ( 3) 10(3 + ∆x) 2 − 10.32
=
=
?x
?x
?x
2
2
f ( x0 + ?x ) − f ( x 0 ) 90 + 60∆x + 10( ∆x) − 90 60 ∆x + 10( ∆x )
=
=
= 60 + 10 ∆x
?x
?x
?x
La razón promedio de cambio es
En la penúltima expresión hemos simplificado ?x puesto que es distinto de cero. Ahora bien, es claro
que cuando ?x se hace “más y más pequeño”, es decir cuando ? x tiende a cero el valor
60+10 ?x se aproxima más y más a 60, es decir tiende a 60. Ya sabemos que se puede expresar
todo esto en términos de límite:
lím
10 (3 + ∆x) 2 - 10.32
?x →0
∆x
= 60 .
Con esta simbología, lo hecho antes se puede escribir así:
lím
?x → 0
lím
?x → 0
f ( x0 + ?x ) − f ( x 0 )
10 ( 3 + ∆ x ) 2 − 10 . 3 2
90 + 60 ∆ x + 10 ( ∆ x ) 2 − 90
= lím
= lím
=
?x
?x
∆x
?x → 0
?x → 0
60 ? x + 10 ( ∆ x )
?x
2
= lím ( 60 + 10 . ∆ x ) = 60
?x → 0
Y este resultado ya no es intuición, puesto que hay definiciones y propiedades que aseguran que este
límite es cierto. En particular, por la Unicidad del límite, la pendiente de la recta tangente es 60 y no
hay dudas de que en el punto x 0 = 3 la gráfica de esta función tiene una y sólo una recta tangente
cuya pendiente es 60. Paralelamente, 60 es la razón instantánea de cambio de la función
en el punto x 0 =3.
Si quisiéramos hallar la pendiente de la recta tangente para x 0 =1 tendríamos que repetir todo el cálculo, y si lo quisiéramos para x 0=5, lo mismo. ¿ Nos podremos ahorrar este trabajo ?. Más adelante
volveremos a este interrogante.
Observación: En la Unidad de Límite, ya habíamos calculado el límite de algunas razones promedio
de cambio.
Volvamos al problema del ciclista en el cual interesaba conocer la velocidad en el instante
=3.
Ya consideramos que un modelo matemático para la situación descripta ( distancia recorrida en función del tiempo ) estaría dado por la ecuación
( página 1 ). Considerando que recién trabajamos con
, ahora sólo basta adecuar la variable x
= 0 , tiempo medido en horas,
y a f llamarla s. Así s(t) sería la distancia medida en kilómetros recorrida por el ciclista. Luego tenemos que la pendiente de la recta tangente a la curva dada por
en =3 es 60 y,
finalmente, la velocidad instantánea del ciclista a las 3 horas de haber iniciado su recorrido es de
60 km/h.
Ahora pasemos a definir lo que nos ocupaba:
Definición: La recta tangente a la gráfica de una función
recta que pasa por ese punto y cuya pendiente es
ƒ(x) en el punto (x0 , y 0)=(x0,f(x0))
es la
m = lím
f ( x 0 + ∆x) - f(x0 )
∆x
?x →0
= lím
f ( x) - f(x0 )
x − x0
x→ x
0
cuando este límite es finito. En este caso, la ecuación de dicha recta es
y - y 0 = m . (x - x 0).
Con esta definición quedan claras dos cosas: si es finito el límite mencionado queda definida una
única recta tangente cuya pendiente m es este límite, y como m = tg a ( m es la tangente trigonoformado por la tangente geométrica a la gráfica de ƒ en x 0 , con el semieje
p
positivo de las x ) donde 0 ≤ < p , con a ≠ , ( si no, no estaría definida su tangente trigonométri2
ca ) entonces hemos definido recta tangente no vertical.
a
métrica del ángulo a
Ejemplo 1 : Para la función
, a) Hallar la ecuación de la recta secante que pasa por los
puntos (1 ,1) y (2 ,4) . b) Hallar la ecuación de la recta tangente a su gráfico en el punto de abscisa
x 0 = 1 y también graficarla. c) Con el programa GeoGebra graficar f y ambas rectas.
(x 1 , ƒ(x 1)) = (2 , 4) , tenemos m s =
ƒ(x 1 ) - ƒ(x0 )
. Llamando (x 0 , ƒ(x 0)) = (1 , 1)
x1 - x0
f(x1 ) − f(x0 ) 4 - 1
=
=3
x1 − x 0
2 -1
a) La pendiente de la recta secante es m s =
y
y la ecuación de la recta secante es y - y 0 = m s (x - x 0) ⇒ y - 1 = 3 (x - 1) ⇒ y = 3x - 2
b)
Para hallar la pendiente de la recta tangente o pendiente de la curva (como también
se suele llamar) en (1 ,1) hagamos:
f ( x 0 + ?x ) − f ( x 0 )
(1 + ∆ x ) 2 − 1 2
1 + 2 ∆ x + (∆ x )2 − 1
=
=
=
lím
lím
lím
?x
?x
∆x
?x → 0
?x → 0
?x → 0
2 ?x + ( ∆ x )
lím
?x
?x → 0
2
=
lím ( 2 + ∆ x ) = 2
?x → 0
entonces la ecuación de dicha recta es: y - 1 =2 . (x -1) ⇒
Ejemplo 2 : Consideremos la función lineal
y = 2x - 1
para la cual ya habíamos hallado que
f ( x ) − f ( x ) (mx + b) − ( mx + b) mx + b − mx − b m ( x − x )
0 =
0
0
0 = m.
=
=
x−x
x−x
x− x
x− x
0
0
0
0
Es decir, la razón promedio de cambio para cualquier función lineal f ( x ) = mx + b vale siempre su
pendiente, m. Utilizando este resultado, analicemos el límite del cociente anterior cuando x tiende a
x0 :
lím
x→ x
0
lím
x→ x
0
f ( x ) - f(x0 )
( mx + b) − ( mx0 + b)
mx + b − mx0 − b
= lím
= lím
=
x − x0
x − x0
x − x0
x →x
x→ x
0
0
m ( x − x0 )
= lím m = m
x − x0
x →x
0
En el anteúltimo paso hemos simplificado ( x – x 0 ) puesto que
y en el último paso, hemos
aplicado la propiedad de que el límite de una constante es esa misma constante.
¿ Y qué concluimos ?. Pues que cualquier función lineal tiene recta tangente en cualquier punto
(x0 , y0) y que además todas estas rectas tangentes tienen la misma pendiente: m. Entonces todas
la rectas tangentes coinciden con la misma función f ( x ) = mx + b .
Por ejemplo para f ( x) = 2 x + 1 la recta tangente a su gráfica en cualquier punto es y = 2 x + 1 , para
f (x ) = − x + 12 es y = − x + 12 . Y así con todas! .
Ahora podemos volver a las funciones donde habíamos usado la intuición y probar si tienen o no recta
f ( x) - f(x0 )
f ( x0 + ?x ) − f ( x 0 )
tangente en el punto P, calculando lím
o lím
.
x − x0
?x
x→ x
?x →0
0
Ejemplo 3 :
a) Si f(x) = x 3 y x 0=0 :
lím
x→ x
0
f ( x ) - f(x 0 )
x 3 - 03
= lím
= lím
x2 = 0
x − x0
x
−
0
x→ 0
x→ 0
Como el límite es finito, existe recta tangente en
x 0=0 y ella tiene pendiente m=0. La ecuación
de esta recta es:
y - y 0 = m (x - x 0) ⇒ y - 0 = 0 (x - 0) ⇒ y = 0,
que es el eje x. Por lo tanto la recta tangente
puede atravesar a la curva, como sucede con
esta función en 0.
 x si x ≥ 0

b) Consideremos ahora la función f ( x ) = x = 

- x si x < 0
en el punto x 0 = 0:
Como ella está definida por reglas distintas a izquierda y a derecha de x 0 , tenemos que calcular los
límites por izquierda y por derecha de
lím
x →0 +
ƒ(x) - ƒ( 0)
x-0
=
lím
x →0 +
to que es distinta de cero)
x -0
=
x -0
y
ƒ( x) - ƒ(x0 )
x - x0
lím
x →0 +
lím
x →0 -
:
1 = 1 (en la antepenúltima expresión cancelamos x, pues-
ƒ(x) - ƒ( 0)
x-0
=
lím
x→ 0 -
- x-0
=
x-0
lím (-1)
x →0 -
=-1
Como los límites laterales del cociente incremental son distintos, concluimos que no existe
f ( x) - f(x0 )
lím
x − x0
x →x
0
y entonces no existe la
recta tangente para esta función en 0.
c) Sea ƒ(x) = x 2 / 3 y el punto x 0 = 0 perteneciente a Dom ƒ
lím
x →0
= R:
f ( x) − f (0)
x2/ 3 − 0
1
= lím
= lím
=∞
1
x→ 0
x−0
x
x→ 0 x / 3
Como este límite no es finito ⇒ esta función no
tiene recta tangente en 0 y queda descartada la posición límite de las secantes que habíamos intuido
como recta tangente a esta función en 0. Recordemos que la definición vista es de recta tangente no
vertical.
Observemos además que:
lím−
x →0
d) Sea
lím
x→ 0
lím
x →0+
f ( x ) − f (0)
x2/ 3 − 0
1
= lím
= lím
= +∞
+
1
+
x −0
x
x →0
x →0
x /3
y
f ( x) − f ( 0)
x2 / 3 − 0
1
= lím
= lím
= -∞
x−0
x →0 −
x
x → 0− x1/ 3
ƒ(x) = x 1 / 3 :
f ( x ) − f ( 0)
x1/ 3 − 0
1
= lím
= lím
= +∞
x−0
x→ 0
x
x→0 x2 / 3
Tampoco aquí el límite es finito. Entonces esta función no
tiene recta tangente en 0 y queda descartada la posición
límite que habíamos intuido como posible recta tangente
en 0.
e) Para la curva del gráfico 1, página 6, cuya ecuación es f(x)=3x 4-16x 3+18x 2, la recta graficada e
intuida como recta tangente, realmente lo es. Esto lo vamos a confirmar más adelante cuando contemos con una herramienta que hará más sencillos los cálculos.
 1, si x > 0

f) La función del gráfico 6, página 6, está definida por f ( x ) = sgn x =  0, si x = 0
− 1, si x < 0

lím
x →0+
lím−
x →0
1− 0
f ( x) − f ( 0 )
1
= lím
= lím
= +∞ y
x −0
x →0+ x
x → 0+ x
−1 − 0
f ( x ) − f ( 0)
 1
f ( x ) − f (0)
= lím−
= lím−  −  = +∞ , con lo cual lím
= +∞
x →0
x →0
x →0 
x
x−0
x
x−0
Como el límite no es finito, descartamos la existencia de recta tangente no vertical para
f
en 0.
Ejercicio : La siguiente gráfica representa la distancia recorrida por una ambulancia con relación al
tiempo t. Supóngase que la misma se mueve en línea recta, en una misma dirección, en una carretera horizontal y no se consideran otras variables físicas que pudieran incidir en el movimiento. ¿ En
qué intervalos de tiempo estuvo detenida y en cuáles en movimiento ?. ¿ En qué intervalo de tiempo la
velocidad es mayor ?.
El concepto de razón instantánea de cambio al que hemos llegado a definir a través de una
función particular, la función s(t), es válido para cualquier función. Aplicaremos el mismo no
sólo a la física sino a otras ciencias como la biología, la sociología, etc. En cada aplicación
solo cambiarán las unidades con que se miden tanto la variable independiente como la dependiente, pero en todas interpretaremos siempre lo mismo: la pendiente de la recta tangente
a la curva correspondiente a una función f en un punto x0 es la velocidad instantánea de
cambio o ritmo instantáneo de cambio o tasa instantánea de cambio de la función
punto x0 .
f
en el
Por ejemplo, si suponemos que la función
es el modelo que se ajusta para describir
la cantidad producida de cierta mercadería en función del tiempo, entonces en este caso la variable
independiente es el tiempo x y la variable dependiente es la cantidad y de unidades producidas en
el tiempo x . La pendiente de la recta tangente a la curva correspondiente a f en x 0 es la velocidad
instantánea de cambio o ritmo instantáneo de cambio de las unidades producidas en el instante x 0.
En este contexto se habrá de tener cuidado en diferenciar que si bien f es una función real de variable real, al modelar esta situación de la economía, el dominio que se le da a la variable independiente (
el tiempo ) es el conjunto de los números reales positivos y la variable dependiente también es positiva.
El límite de una razón promedio de cambio tiene un nombre especial:
La deriv ada
Definición: Sea
ƒ
una función definida en un (a , b) y sea
vable en el punto x 0 , si existe el límite
indica con el símbolo
ƒ ’( x0 )
lím
?x →0
x 0 ∈ (a , b) . Decimos que
f ( x0 + ∆x ) - f(x0 )
y se lo llama derivada de
∆x
ƒ
= lím
x→ x
0
f ( x ) - f(x 0 )
x − x0
ƒ
es deri-
, al que se
en x0 . Si éste es el caso, escribimos:
ƒ ’( x 0 )
=
lím
f ( x0 + ∆x ) - f(x0 )
= lím
∆x
?x →0
x→ x
0
f ( x ) - f(x0 )
(1)
x − x0
♣ La definición dice que la derivada es el límite del cociente incremental, si éste es finito. En este
0
límite, la indeterminación que siempre se presenta es
.
0
♣ El hecho de que el límite (1) sea finito significa, por definición de límite, que los límites
lím
?x →0 +
f ( x0 + ∆x) - f(x0 )
(1´ )
∆x
y
f ( x 0 + ∆x ) - f(x0 )
lím
?x →0 -
∆x
(1´´ )
son finitos e iguales.
Si es finito el límite (1´) se lo llama derivada lateral derecha de ƒ en x0 , se lo denota con
ƒ’+( x0 ) y se escribe ƒ’+( x0 ) =
lím
?x →0 +
ƒ ( x 0 + ∆x) - ƒ(x 0 )
∆x
= lím
x→ x+
0
f ( x) - f(x0 )
x − x0
.
Análogamente, si es finito el límite (1´´ ), se lo llama derivada lateral izquierda de ƒ en x0 , se lo
denota con ƒ ´- ( x0 ) y se escribe f ´- ( x 0 ) =
lím
∆x →0 -
ƒ ( x 0 + ∆x) - ƒ (x 0 )
∆x
= lím
x→ x−
0
f ( x ) - f(x0 )
x − x0
.
Con esta terminología, la derivada de una función ƒ en un punto x0 es la razón instantánea de
cambio o velocidad instantánea de cambio o ritmo instantáneo de cambio o tasa instantánea
de cambio o variación instantánea de la función
ƒ en el punto x0 y, geométricamente, mide la
ƒ en x0 . Entonces, cada vez que una función no
pendiente de la recta tangente a la gráfica de
sea derivable en un punto significará geométricamente que su gráfica no admite recta tangente en
ese punto.
De aquí en adelante nos referiremos a
cambio o ritmo de cambio de
remos a ƒ ’( x0 ) con
ƒ ’( x0 ) simplemente como razón de cambio o velocidad de
ƒ en x0 , sobreentendiendo que es instantánea. Muchas veces denotaó con
( notación de Leibniz ).
Ejemplo 1 : Recordemos que hemos hallado que la pendiente de la recta tangente al gráfico de
f ( x ) = x2 en x0=1 , es 2. Pues bien, por la definición de derivada, lo que hemos hallado es la derivada de esta función en ese punto.
Ejemplo 2 : También hemos hallado que para la función lineal
, la pendiente de la recta
tangente en cualquier punto (x0 , y0) es m. Entonces la derivada de cualquier función lineal, en cualquier x 0 vale
ƒ’( x 0 )
ƒ’( x 0 )
= m. Así, si f ( x) = 2 x + 1 entonces
= 2 en cualquier x 0 y si f ( x ) = − x +
1
2
entonces ƒ’( x 0 ) = -1 en cualquier x 0.
Ejemplo 3 : Consideremos ahora la función f ( x ) = x y analicemos si ella es derivable en el punto
x0 = 0. Ya vimos que no existe el
lím
x →0 +
lím
x →0 -
ƒ(x) - ƒ( 0)
x-0
ƒ(x) - ƒ( 0)
x-0
Como ƒ ’+ (0) ≠
en x 0 = 0.
x →0
f ( x) - f(x0 )
x − x0
x →x
0
pues son distintos los límites :
= 1 que es la derivada lateral derecha de f en x 0 = 1 : ƒ’+ (0) = 1 y
= = - 1 que es la derivada lateral izquierda de f en x 0 = 1 :
ƒ’- (0) = -1.
ƒ ’- (0) entonces no existe ƒ’(0). O lo que es lo mismo, ƒ(x) = |x|
lím
lím
ƒ(x) = x 2 / 3
no es derivable
y el punto x 0 = 0. Ya vimos que
f ( x) − f (0)
= ∞. Entonces esta función no es derivable en 0.
x−0
ƒ(x) = x 1 / 3 , vimos que lím f ( x ) − f ( 0)
x→ 0
es finito, entonces no existe la derivada de
ƒ en 0.
x−0
= +∞ . Como este límite no
 1, si x > 0

f ( x) − f (0)
Ejemplo 6 : Para la función f ( x ) = sgn x =  0, si x = 0 hallamos que lím
= +∞ .
x →0
x −0
− 1, si x < 0

Entonces esta función no es derivable en 0. ¿ Tendrá que ver la continuidad de una función en un
punto con la derivabilidad de ella en ese punto ?.
Observación: Muchos autores suelen utilizar h para denotar al incremento ∆x , de manera que la
ƒ( x 0 + h) - ƒ (x 0 )
derivada de la función f en x 0 queda en la forma : ƒ ’(x0) =
si este lím ih
h→0
te es finito.
lím
Ejemplo 7 : Retomemos el gráfico de la función Distancia D recorrida por la ambulancia en el tiempo
t:
Las deducciones de que el auto estuvo en movimiento en los intervalos
y
que estuvo
en reposo en el intervalo
y que su velocidad fue mayor en el primero de los tres intervalos pueden ayudar a dar respuestas en términos de la derivada de D(t). ¿ Qué signo tiene la derivada de D
en cada valor de t ?. ¿En qué puntos parece que esta función no es derivable?
Parte del poder de la matemática descansa en su abstracción. Un solo concepto abstracto, tal
es el caso de la derivada, puede tener interpretaciones diferentes según cada ciencia. Cuando
desarrollamos las propiedades del concepto matemático, de una vez y por todas, podemos
dar la vuelta y aplicar estos resultados a todas las ciencias. Esto es mucho más eficiente que
desarrollar propiedades de conceptos especiales en cada una por separado. (James Stewart,
Cálculo Conceptos y Contextos, Ed. Thomson, 2006 )
Funciones marginales…En economía es frecuente utilizar el concepto de marginal, refiriéndose a
la variación o cambio que experimenta una función en el margen, es decir, para cambios muy pequeños de la variable a partir de cierto valor dado. Por ejemplo, el costo marginal mide el cambio que
experimenta la función de costo total cuando a partir de cierto nivel de producción se aumenta o disminuye este nivel en una cantidad muy pequeña. El costo total se define como la suma de los costos
fijos más los costos variables.
Si suponemos que una empresa fabrica y vende un solo bien, tenemos así una función de una única
variable y escribimos C= C(q) donde q es la cantidad producida del bien.
Ejemplo 8 : Si en la empresa supuesta se fabrica una unidad más del bien, se producirá un cambio
en la función costo total, el incremento del costo total es
? C=C(q+1)-C(q) (variación absoluta de la función costo, por producir
una unidad más del bien)
Si incrementamos la producción del bien en un factor ? q entonces ? C=C(q+? q)-C(q) y
la razón promedio del costo es el cociente incremental
∆C C ( q + ∆q) − C ( q)
=
∆q
∆q
Si además pensamos que el incremento de q, ? q, tiende a cero , podemos pasar al límite y obtendremos el Costo Marginal:
Cmg( q ) = lím
∆q →0
∆C
dC
= C ' (q ) =
∆q
dq
Como q suele tomar sólo valores enteros, quizá no tenga sentido hacer que ? q tienda a cero, pero
siempre podremos reemplazar a C(q) con una función suave de aproximación . Por este motivo se
conviene en considerar a las funciones económicas como funciones de variable continua.
Para aclarar un poco lo antedicho se razona así: si se toma ? q = 1 y q grande (de modo que ? q sea
pequeño en comparación con q), interpretamos el costo marginal como el costo aproximado de una
unidad adicional producida y escribimos,
Cmg(q) = C´(q) ≈ C (q+1) - C(q) . Así entonces el costo marginal de producir q unidades es aproximadamente igual al costo de elaborar una unidad más [ la (q+1)- ésima unidad ].
Al concepto económico de marginal lo asociaremos con el concepto matemático de derivada en un
punto. Más adelante relacionaremos el mismo con las funciones derivadas.
Ejemplo 9 : Un fabricante produce rollos de tela con un ancho fijo. El costo de producir x metros de
esta tela es C = f (x) pesos.
a)¿ Cuál es el significado de la derivada f ´(x)? ¿Cuáles son sus unidades?
b)En términos prácticos, ¿ Qué significa decir que f ´(1000) = 9?
c)¿ Cuál piensa que sea mayor f ´(50) o f ´(500)? ¿Qué se puede decir de f ´(5000) ?.
a) Sabemos que la derivada f ´(x) es la razón de cambio instantánea de C con respecto a x. Aquí
f ´(x) denota la razón de cambio del costo de producción con respecto al número de metros producidos. Hemos mencionado que los economistas llaman a esta razón de cambio costo marginal.
∆C
Debido a que f ´(x) = lím
, las unidades para f ´(x) son las mismas que las del cociente de dife∆x → 0 ∆x
∆C
rencias
. Puesto que ∆C se mide en pesos y ∆x en metros, se deduce que las unidades para f
∆x
´(x) son las de pesos por metro.
m g
(
q
)
=
l í m
∆
∆
q
→
0
=
C
∆
q
C
'
(
q
)
=
d C
d q
b) La proposición f ´(1000) = 9 significa que, después de fabricar 1000 metros de tela, la razón a la
cual aumenta el costo de producción es de 9 pesos por metro. ( cuando x = 1000, C se incrementa
nueve veces más rápido que x ).
Como ∆x = 1 es pequeño en comparación con x= 1000, podríamos usar la aproximación
f ´(1000) ≈
∆C ∆C
=
= ∆ C y decir que el costo de fabricar el metro número 1001 es de unos 9 pe
∆x
1
sos. ( suponemos que la función de costo se comporta bien; en otras palabras, C(x) no oscila con
rapidez cerca de x = 1000 ).
c) La razón a la que aumenta el costo de producción ( por metro ) quizás es menor cuando
x = 500 que cuando x = 50 ( el costo de fabricar el metro número 500 es menor que para el número
50 ) debido a las economías de escala ( el fabricante usa con más eficiencia los costos fijos de producción ). De este modo f ´(50) > f ´(500). Pero a medida que se expande la producción, la operación
a gran escala resultante podría volverse ineficiente y haber costos por tiempo extra. Por lo tanto, es
posible que llegue un momento en que la razón de incremento de los costos empiece a elevarse. De
modo que puede suceder que f ´(5000) >f ´(500).
Ejemplo 10 : Sea n = f (t ) el número de individuos de una población de animales o plantas en el
tiempo t . El cambio del tamaño de la población entre los tiempos t = t1 y t = t2 es
∆ n = f (t ) − f (t ) , de modo que la tasa promedio de crecimiento durante el período t1 ≤ t ≤ t 2 es
2
1
tasa promedio de crecimiento =
∆n f (t2 ) − f (t1 )
=
∆t
t2 − t1
La tasa instantánea de crecimiento en cualquier instante t1 se obtiene a partir de esta tasa promedio
al hacer que el período ∆t tienda a cero:
Tasa de crecimiento =
∆n dn
lím
=
∆ t →0 ∆t dt
En términos estrictos, esto no es muy exacto porque la gráfica real de una función n = f (t ) de este
tipo sería una función escalonada, que es discontinua siempre que ocurre un nacimiento o una muerte y por tanto, no es derivable. Sin embargo, para una población grande de animales o plantas, podemos reemplazar la gráfica con una curva suave de aproximación como se muestra en la figura:
Observación: Este último comentario vale en la aplicación del Cálculo a cualquier otra ciencia, en la
que una o las dos variables no son continuas.
Observación : En términos de derivada, podemos afirmar que la recta tangente a la gráfica de ƒ en
el punto ( x0 , ƒ(x0) ) queda definida sólo si ƒ es derivable en x0 . En consecuencia si la misma existe,
es una recta no vertical.
Recta Normal
Definimos como recta normal a una curva en un punto P(x0 , y0 ) a aquella recta que es perpendicular a la recta tangente a la curva en dicho punto.
Si designamos con N a la recta normal a la curva de ecuación y =
ƒ(x)
y con mN a su pendiente y
recordamos que si N es perpendicular a la recta tangente a la gráfica de
1
mN = , donde m T designa la pendiente de la recta tangente T.
mT
ƒ
en P, entonces
Deducimos que la recta normal queda definida si ƒ es derivable en x0 y ƒ’(x0) ≠ 0 . En este caso
1
mN = y la ecuación de la recta normal a la curva, que pasa por P(x0 , y0 ) es
ƒ '(x 0 )
y - y0 = m N (x - x0 )
y - y0 = -
1
ƒ '(x 0 )
(x - x0)
Ejemplo : Tomemos la función f ( x ) = x 2 y veamos si admite recta normal en el punto P(1,1). Ya
sabemos que
ƒ es derivable en
Como ƒ ’(1) ≠ 0,
x0 = 1 y que ƒ ’(1) = 2 es la pendiente de la recta tangente a su gráfi-
ca en P.
entonces
1
1
=mT
2
1
y - 1 = − (x -1)
2
mN =-
ƒ
admite recta normal en P, cuya
y su ecuación es
⇒
y-1= −
1
3
x+
2
2
pendiente es
Ángulo entre dos curvas
Definición: Sean
ƒ
y g dos funciones derivables en x0 . Por ángulo formado por las curvas
y
= ƒ(x) e y = g (x) en su punto común P(x0 , y0) se entiende el ángulo α que forman entre sí las
rectas tangentes, t1 y t2 , a cada curva en el punto P .
Tenemos entonces un par de curvas
ƒ
y g que se cortan en un punto P(x0 , y0) como se ve en
el gráfico. Por ser ƒ(x) y g (x) derivables en x0 es posible determinar las pendientes de las rectas
tangentes a dichas curvas, m 1 y m 2 respectivamente.
En el gráfico anterior se han señalado los ángulos correspondientes a m 1 = tg α 1 y
m 2 = tg α 2 . Sabiendo que la suma de los ángulos interiores de un triángulo es π , tenemos que:
α 1 + (π - α 2 ) + (π - α) = π , luego
α 1 - α 2 + π = α . Por otra parte:
tg [( α 1 - α 2 ) + π ] = tg (α 1 - α 2 ) = tg α
Si tenemos en cuenta que
(1) , pues recuerde que tg θ = tg (θ + π)
tg (α 1 - α 2 ) =
tg α 1 - tg α 2
, que
1 + tg α 1 tg α 2
tg α 1 = m 1 = ƒ ’(x0) y
que
tg α 2 = m 2 = g ’(x0) la expresión (1) queda:
tg α =
ƒ ' (x 0 ) - g' (x 0 )
1 + ƒ ' (x 0 ) g' (x 0 )
si
∃
ƒ
’(x0)
y
∃ g ’(x0)
Observación: Dependiendo del orden que se dé en la diferencia del numerador de la expresión anterior, de los cálculos se obtendrá α ó π - α , puesto que tg (π - α) = - tg α .
Ejemplo : Dadas ƒ(x) = x3 y g (x) =
en el punto P(1 , 1) .
Calculemos
ƒ’(x) = 3 x2
y g ’(x) =
x , determinemos el ángulo formado por estas dos curvas
1
2
x
, entonces tg α 1 =
ƒ ’(1)
= 3 y tg α 2 = g ’(1) =
1
2
Llamemos θ, en principio, al ángulo formado por las
rectas tangentes y apliquemos la fórmula dada anteriormente:
3 -
tg θ =
1
2
1 + 3.
θ = 45º =
π
1
2
=
5
2
5
= 1
⇒
2
4
Nótese que el ángulo θ obtenido es ( π - α ) del gráfico, entonces α =
fórmula se hubiese reemplazado de la siguiente manera:
1
2
tg θ =
π
4
- 3
+π =
5
π . Si en la
4
= - 1 , entonces es
θ
1
1 + 3.
2
=
5
π , que corresponde a la medida del ángulo α del gráfico.
4
Derivabilidad y continuidad
Hemos definido la derivada de una función ƒ en un punto x0 . Por esto diremos que la derivada es un
concepto puntual. Sabemos que existe otro concepto puntual, que es el de continuidad de una función ƒ en x 0 , la cual se verifica si
lím f ( x ) = ƒ(x 0) .
x→ x0
Recordemos que en un ejercicio anterior se planteó el interrogante en cuanto a la relación entre estos
dos conceptos. Si bien la relación precisa la brinda un teorema, retomemos dos funciones significativas en este sentido.
La función ƒ(x) = x 2 / 3 es continua en x 0 = 0 y se ha analizado y concluido que no es derivable en
este punto (página 13). Este ejemplo es suficiente para afirmar que la continuidad de una función en
un punto no implica la derivabilidad de ella en ese punto.
Por otro lado, para la función ƒ(x) = sgn x , que no es continua en x 0 = 0 , se ha concluido que no es
derivable en este punto (página 13). Este ejemplo servirá para recordar que si una función no es continua en un punto, entonces no es derivable en ese punto.
Las dos aseveraciones han de surgir si se analizan con formalidad, la recíproca y la contrarrecíproca
del teorema que sigue:
Proposición : Si una función
Hipótesis:
Tesis:
ƒ
ƒ
ƒ
es derivable en x0 , entonces
ƒ
es derivable en x0
es continua en x0
es continua en x0
ƒ
Demostración: Que
sea derivable en x0 , significa que existe y es finito:
ƒ (x)
lím
ƒ(x0)
ƒ( x0 )
x - x0
x → x0
de aquí se deduce que existe
-
(1) . También se deduce que existe ƒ(x) en un entorno de x0
puesto que este límite no tendría sentido si no existieran las imágenes ƒ(x) para las x en cierto entorno de x0.
ƒ (x) - ƒ ( x 0 )
Sea x ≠ x0 y hagamos:
[ ƒ(x) - ƒ(x0) ] = lím
. (x - x0)
x - x0
x→ x0
x → x0
lím
lím
x→ x
[ ƒ(x) - ƒ(x0) ] =
0
lím
ƒ (x)
-
ƒ( x0 )
x - x0
x → x0
.
lím
x→ x
(x - x0)
0
(A)
(B)
Esto último es por propiedad de límites finitos ya que (A) es el límite del cociente incremental que por
hipótesis sabemos que existe y es finito y (B) es un límite simple y vale cero.
Luego, tenemos:
[ ƒ(x) - ƒ(x0) ]
lím
x→ x
=
ƒ ’(x0) . 0 . O sea
0
ƒ(x)
lím
x→ x
Y esto equivale (¯) a
[ ƒ(x) - ƒ(x0) ]
lím
x→ x
= 0
0
=
ƒ(x0)
(2)
0
Con (1) y (2) hemos arribado a las condiciones que debe cumplir
(¯) Por la propiedad de límites finitos:
ƒ(x)
lím
x→ x
=L ⇔
lím
x→ x
0
ƒ
para ser continua en x0
.
[ ƒ(x) - L ] = 0.
0
Conclusiones :
I La afirmación “ si
la forma p ⇒ q .
ƒ
es derivable en x0 , entonces
ƒ
es continua en x0 “ es una implicación de
II Como para toda afirmación p ⇒ q vale la contrarrecíproca que es ~q ⇒ ~p , de la proposición se
desprende que “ si
ƒ
no es continua en x0 , entonces
ƒ
no es derivable en x0 “ .
III En cuanto al recíproco de la proposición, el cual tiene la forma q ⇒ p, no es cierto. Es decir, la
continuidad de la función
ƒ
en el punto no implica la derivabilidad de
por II, se dice que la continuidad de
existencia de la derivada en x0 .
ƒ en
ƒ en ese punto. Por esto y
x0 es condición necesaria pero no suficiente para la
Ejemplo 10 : Otro ejemplo de que la continuidad de una función en un punto no implica la derivabilidad de ésta en el punto, es el de la función ƒ(x) = |x|. Sabemos que ella es continua en x0 = 0 y anteriormente hemos concluído que no es derivable en él, puesto que
1 = ƒ ’+ (0) ≠ ƒ ’- (0) = -1.
Si observamos el gráfico de ƒ(x) = | x | , se puede apreciar que en x0 = 0, la curva tiene una
“punta” .Este comportamiento también se suele describir diciendo que en ese punto, la curva no es
“suave” o que está “quebrada”. Se conviene en decir, que ƒ tiene un punto anguloso en 0.
Cuando las derivadas laterales en cierto x0 son números reales distintos, se dice que ƒ tiene un
punto anguloso en x0. Y la gráfica de la función en este punto tendrá las características mencionadas arriba.
Ejemplo 11 :
 1 si x ≤ 1

Sea g (x) = 
 x 2 si x > 1

En x0 = 1 pareciera que la curva tiene un punto anguloso ¿ g será derivable en x0 = 1 ? . Recordemos que no debemos sacar conclusiones a partir del gráfico, así que estudiemos los límites por
izquierda y por derecha del cociente incremental:
lím
g(x) - ( 1)
=
x -1
lím
g(x) - g( 1)
=
x -1
x →1 +
x →1 -
lím
x →1 +
lím
x →1 -
x 2 -1
=
x -1
lím
x →1+
(x - 1)(x + 1)
=2
(x - 1)
1 -1
=
0=0
x - 1 lím
x →1 -
∴
∴
g ’+ (1) = 2
g ’- (1) = 0
g ’+ (1) = 2 ≠ 0 = g ’- (1)
∴ ∃/ g ’(1) . O sea, g no es derivable en x0 = 1 . Y, como las
derivadas laterales son distintas, esta función tiene punto anguloso en x0 = 1.
Se deja para el alumno probar que esta función es continua en x0 = 1. Con lo cual tenemos otro
ejemplo de que la continuidad en un punto no implica la derivabilidad de la función en él.
ƒ(x) = x2 / 3
, que es continua en x0 = 0 perteneciente a Dom ƒ : R
( puesto que lo es en ℜ ), y que no es derivable en este punto, recordemos que en particular:
lím
x →0+
lím
x →0 -
ƒ (x) - ƒ ( 0)
= lím
x 2/3 - 0
=
x
x -0
x →0 +
ƒ (x) - ƒ ( 0)
x 2/3 - 0
= lím
=
x-0
x
x →0 -
1
= +∞
lím
x →0+
x 1/3
lím-
1
= -∞
x 1/3
x →0
y
Es decir, los límites por derecha y por izquierda del cociente incremental son infinitos de distinto
signo. Cuando sucede esto se dice que en x0 = 0, la función tiene un punto cuspidal o de retroceso.
Observación: Aunque las características geométricas de las funciones de los tres ejemplos anteriores, en el punto x0 son similares ( la curva no es suave, está quebrada, etc ), es necesario calcular
los límites laterales del cociente incremental para decidir si se trata de un punto anguloso o de un
punto cuspidal.
Ejemplo 13 : Consideremos la función ƒ(x) = x1 / 3
que es continua en
izquierda y por derecha del cociente incremental resultaron ser:
lím
x→ 0+
lím
x→ 0 -
ƒ (x) - ƒ ( 0)
= lím
x1 /3 - 0
=
x
x -0
x →0 +
ƒ (x) - ƒ ( 0)
x1 / 3 - 0
= lím
=
x -0
x
x →0 -
lím
x →0+
lím-
x →0
1
x2/3
1
x 2/3
= +∞
x = 0. Los límites por
y
= +∞
Con lo cual esta función no es derivable en x = 0. Ahora bien, como estos dos límites son infinitos de
igual signo, no se puede clasificar al punto x = 0 como punto cuspidal .
Nota: Algunos autores consideran que si se tiene una función continua en un punto x0 , para la cual
los límites por izquierda y por derecha del cociente incremental para este punto, son infinitos de igual
signo, esta función tiene “ derivada infinita “ en x0. Si el alumno desea obtener más información al
respecto, le sugerimos consultar en Cálculo Infinitesimal de una Variable de Juan de Burgos,
Editorial Mc Graw – Hill.
 - x`2

Ejercicio : Estudiar la derivabilidad de ƒ(x) = 

 x+1
Analicemos la continuidad en x = 1
∃ ƒ(1) = -1

lím+ - x2 = - 1
x →1

 ∃/ lím ƒ(x)

x →1
lím- x +1 = 2 
x →1
∴ ƒ
si x ≥ 1
en x = 1 perteneciente a Dom ƒ = ℜ .
si x < 1
no es continua en x = 1
Utilizando el contrarrecíproco de la proposición vista, concluimos que ƒ no es derivable en
x = 1. Es un buen ejercicio comprobar esto, estudiando el límite del cociente incremental.
 x 2 si x ≥ 0

Ejercicio : Dada ƒ (x) = 

 a x si x < 0
sea derivable en x = 0.
Calculemos:
lím
x →0 +
lím
x →0 -
Para que exista
si
ƒ
f(x) - f(0)
x2 -0
= lím
= lím x = 0 ⇒ F+' (0) = 0
+
x-0
x - 0 x →0 +
x →0
f(x) - f(0)
ax -0
= lím
= lím a = a ⇒ F+' (0) = a
x-0
x-0
x →0 x →0 -
ƒ ’(0)
Luego la definición de
 x2

ƒ(x) = 

0
, a ∈ ℜ . Determinar el valor de “a” para que
necesariamente deberá ser
ƒ
f +' (0) = f -' (0) ⇒ debe ser a = 0 .
para que sea derivable en x = 0 deberá ser :
x ≥ 0
si x < 0
Pueden Uds. construir otras funciones a partir de la función dada, fijando un valor de a ∈ ℜ y verán
que siempre que a ≠ 0 , éstas no son derivables en x = 0.
Derivabilidad en un intervalo
Hemos definido derivada de una función en un punto x0 . Ahora ampliaremos este concepto.
Diremos que una función ƒ es derivable en un intervalo (a , b) si es derivable en todos los puntos del intervalo (a , b). O, lo que es lo mismo:
ƒ
es derivable en (a , b) si y sólo si existe
ƒ’ ( x0 )
, para todo x0 ∈ (a , b)
La derivabilidad de una función en un intervalo cerrado [a , b] se define de una manera un tanto diferente : diremos que ƒ es derivable en el intervalo [a , b] si ella es derivable en el intervalo
abierto (a , b) y si existen la derivada lateral derecha en “a” y la derivada lateral izquierda en
–
“b”. Obsérvese que no se puede considerar el límite del cociente incremental cuando ∆x → 0 para
+
el punto “a” y tampoco cuando ∆x → 0 para el punto “b”, por no estar definida la función a la
izquierda de “a” ni a la derecha de “b”.
La derivada como función
Recordemos la definición de derivada de una función
entonces existe la misma y vale:
ƒ’(x0) = lím
∆x →0
Si hallamos
lím
∆x →0
f ( x0 + ∆x) − f ( x0 )
∆x
ƒ
en un punto x 0. Si el límite siguiente existe,
f ( x0 + ∆x) − f ( x0 )
∆x
sin reemplazar x 0 por algún valor en particular, pero
siempre pensando que x 0 es un número ( es cualquiera en cierto dominio, pero fijo, pues el que varía
es ∆x ) , ¿ qué resultará ?.
Hagámoslo con la función
ƒ: R → R/ ƒ(x) = x 2 :
2
2
2
f ( x0 + ∆x) − f ( x0 )
( x + ∆ x) 2 − x0
x + 2 x0 ∆x + (∆ x) 2 − x0
= lím 0
= lím 0
=
∆x →0
∆x →0
∆x →0
∆x
∆x
∆x
∆ x( 2 x0 + ∆ x)
= lím
= 2 x0.
∆x →0
∆x
lím
En el límite pensamos que es ∆x lo que tiende a cero y x 0 es un número determinado, entonces
2 x0 también es otro número. En consecuencia, cuando ?x tiende a cero, este número no va cambiando, no varía, sino que es constante en el límite.
Lo que importa es que el cociente incremental tiende a un valor determinado ( su límite ) cuando ?x
tiende a cero, independientemente de que lo haga con valores positivos o negativos. Y ese límite es 2
x0 .
Lo que hemos obtenido es la derivada de f en el punto x 0 que geométricamente, como ya vimos, es
la pendiente de la recta tangente a la curva en x 0. Por ejemplo: si x 0 = 3, tenemos que el resultado del
límite planteado es: 2 x 0 = 2. 3 = 6 . Este número es la derivada de ƒ(x) = x 2 en
x 0 = 3 y también es el valor de la pendiente de la recta tangente a la curva en el punto (3 , 9) .
Análogamente, ƒ ’( 2 ) = 2 2
ƒ ’(- 1/2) = 2 (- 1/2)
=-1
Podemos decir que cualquiera sea x0 ∈ R el resultado del límite es un único número real 2 x 0, que
por lo tanto es la derivada de la función en x 0.
Es claro que tenemos presente aquí una función que asigna a cada x 0 ∈ R un único número real
2 x 0 ( por la unicidad del límite). Diremos entonces que ƒ es derivable en R (en su dominio) y
ƒ’(x) = 2 x
es su función derivada dado que la misma depende del valor de x.
En general, sea una función ƒ definida en un intervalo (a , b) y derivable en todos los puntos de
ƒ’(x) ∈ R , que es único (por la
(a , b). Entonces, para cada x ∈ (a , b) tenemos un correspondiente
unicidad del límite). De esta manera tenemos definida una función
ƒ’: x → ƒ’(x) . Es decir, la función
ƒ’ asigna a cada x ∈ (a , b) el número real ƒ’(x) . Naturalmente, ésta se llamará función derivada
dy
de ƒ y la indicaremos con ƒ ’ ó y’ ó ƒ ’(x) ó
(si es que hemos denotado
dx
y = ƒ(x) ).
Para hallar la función derivada de f , planteamos el lím
∆ x→ 0
límite exista para cada x ∈ (a , b).
f ( x + ∆ x) − f ( x )
y esperamos que este
∆x
¿ Qué significa esto último ?. Pues bien, como planteamos el límite del cociente incremental en un
punto x cualquiera, genérico ( no es un x 0 determinado ), obtendremos una expresión en términos
de x y esperaremos que esta expresión tome un valor real para cada x ∈ (a , b) . Si es así, existirá la
derivada de
ƒ
en ese punto x. Si no, no. A la expresión resultante del límite es a la que llamaremos
función derivada de ƒ y la denotaremos con ƒ’(x) ó con los símbolos indicados anteriormente. ¿
Porqué se obtiene una expresión en x ?. Porque en este límite es ∆x lo que varía y tiende a cero. Y
x, aunque genérico, es constante o fijo en el límite.
Trabajando de esta manera, hemos obtenido la función derivada de ƒ(x) = x 2 que es ƒ’(x) = 2 x y se
obtienen las funciones derivadas de otras funciones, lo cual se conoce como reglas de derivación.
Ejemplo : Dada
lím
∆x → 0
ƒ
ƒ(x) = x3 - x , determinar su función derivada ƒ ’(x) y el dominio de la misma.
(x + ∆x) ∆x
ƒ
( x)
=
lím
∆x → 0
(
)
[(x + ∆x) 3 - (x + ∆x)] - x 3 - x
∆x
=
x 3 + 3 x 2 ∆x + 3 x ( ∆x) 2 + ( ∆x) 3 - x - ∆x - x 3 + x
lím
∆x
∆x → 0
lím
∆x →0
(
)
∆x 3 x 2 + 3 x ∆x + (∆x ) 2 - 1
= 3 x2 -1
∆x
ƒ ’(x) = 3 x 2 - 1
ƒ(x) = x3 - x
R
está definida ∀ x ∈
=
, que es finito ∀ x ∈ R . Como la función derivada
, su dominio es
R
y esto equivale a decir que la función
es derivable en R .
Observación: En los dos ejemplos, los dominios de
ƒ
y de
ƒ ’ coinciden. Más adelante veremos
que hay funciones con dominio Dƒ tales que el dominio de sus derivadas es Dƒ ’ ⊂ Dƒ .
Ahora ya conocemos tres maneras de encontrar
A) con
lím
∆x →0
B) con
lím
x →x
0
C) con
lím
∆x →0
ƒ (x 0
+ ∆x) -
ƒ( x 0 )
∆x
ƒ (x) - ƒ ( x 0 )
x - x0
ƒ (x + ∆x)
-
ƒ ( x)
∆x
ésta, se reemplaza a x por x0 .
ƒ ’(x0)
:
si éste es finito.
si éste es finito.
, el cual nos brinda la función derivada
ƒ ’(x) . Una vez obtenida
Reglas de Derivación de Funciones
Ya hemos calculado la función derivada de algunas funciones. Desarrollaremos aquí algunos teoremas acerca de la derivación de funciones que nos permitirán determinar reglas que simplificarán los
cálculos.
? Teorema 1 : Si ƒ es la función constante ƒ(x) = k , entonces ƒ’(x) = 0 ∀ x ∈ R .
Demostración:
lím
∆x → 0
Simbólicamente: (k)’ = 0
ƒ (x + ∆x) - ƒ (x)
=
∆x
lím
∆x → 0
k - k
=
∆x
lím
∆ x→ 0
0
= 0
∆x
(la derivada de una constante es cero).
Este resultado se interpreta geométricamente de la siguiente manera: la pendiente de la recta tan-
gente a la función en cada x∈
coinciden con
R
es cero. Entonces todas las rectas tangentes son horizontales y
ƒ.
? Teorema 2 : a) Si ƒ(x) = x ∀x∈ R , entonces ƒ‘(x) = 1 ∀x∈ R .
Demostración :
lím
∆x → 0
ƒ (x + ∆x) - ƒ (x)
=
∆x
lím
∆x → 0
x + ∆x - x
=
∆x
1
lím
∆ x→ 0
= 1
(x)’ = 1 , ∀ x∈ R
Simbólicamente:
Dejamos para el alumno la interpretación geométrica de este resultado.
ƒ(x) = x2
b) Si
∀x∈ R , entonces
ƒ(x) = 2x
, ∀x∈ R .
Demostración : la hicimos en el primer ejemplo.
Simb.:
(x2 )’ = 2x , ∀ x∈ R
En general: si k∈N y ƒ (x) = x , entonces ƒ ’(x) = k x
, lo cual demostraremos más adelante. Aceptemos esta regla por el momento y veamos algunos ejemplos :
k
ƒ(x) = x3
→
k –1
ƒ’(x) = 3x2
ƒ(x) = x8
ƒ(x) = x
→
→
ƒ’(x) = 8 x7
ƒ’(x) = 1 x0 = 1
k
Simb.: ( x )’ = k x
k -1
(como ya hemos demostrado)
si k ∈ N
? Veamos aquí una sencilla idea que ayuda a entender y recordar la regla que sigue. Imaginemos
tener una barra hecha con dos metales diferentes, que se está calentando y que cada parte se está
expandiendo. Supongamos que una parte tiene longitud f y la otra longitud g, entonces la longitud de
la barra es f + g:
Es lógico pensar que si f es la longitud de una parte, entonces la tasa a la que ella está creciendo
está dada por f ´ y lo mismo para la parte de longitud g, la tasa a la que ella crece es g´ .
¿ Entonces a qué tasa está creciendo la longitud total f + g ?. La respuesta surge naturalmente: la
tasa a la que crece f + g es la suma de las dos tasas f ´ y g´ y esto es lo que enuncia el siguiente teorema.
Teorema 3 : Si
ƒ(x)
y g(x) son funciones derivables en un cierto intervalo I , y si
h(x) = ƒ(x) + g(x) , ∀x∈I , entonces
h ’(x) = ƒ’(x) + g ’(x)
,
∀ x∈I .
Demostración :
lím
h (x + ?x) - h ( x )
?x
∆x→ 0
=
lím
∆x→ 0
= lím
ƒ (x + ?x) + g(x + ?x) - ƒ (x) - g(x)
?x
∆x →0
g(x + ?x) - g(x) 
 ƒ(x + ?x) - ƒ(x)
+

 =
?x
?x


=
(por ser finitos los límites de cada cociente
para todo x ∈ I , por hipótesis).
=
lím
ƒ (x + ?x) - ƒ(x)
∆x →0
?x
+ lím
g(x + ?x) - g(x)
∆x →0
?x
= ƒ ’(x) + g ’(x)
∀x∈I
Usando la notación de Leibniz, el resultado anterior se puede escribir de la siguiente manera
d
df
dg
(f + g) =
+
dx
dx dx
( f (x)+ g(x))´ = f ’(x) + g’(x)
El resultado de este teorema se puede extender a la suma de un número finito de funciones, mediante la inducción matemática. Por lo tanto, la derivada de la suma de un número finito de funciones derivables, es la suma de las derivadas de estas funciones.
? Teorema 4: Si ƒ(x) y g(x) son funciones derivables en un cierto intervalo I, y si h(x) = ƒ(x) . g(x)
, entonces
h ’(x) = ƒ ’(x) . g(x) +
ƒ(x) . g ’(x)
,
∀x∈I
Demostración :
lím
ƒ(x + ?x) . g(x + ?x) - ƒ(x) . g(x)
=
=
?x
∆x→ 0
ƒ(x + ?x) . g(x + ?x)+ ƒ (x). g(x + ?x) - ƒ (x). g(x + ?x) - ƒ (x). g(x)
lím
=
lím
∆ x →0
=
?x
∆x→ 0
ƒ(x + ?x) - ƒ(x)
g(x + ?x) - g(x) 

+ ƒ(x)
g(x + ?x)

?x
?x


(1)
(2)
(3)
(4)
Detengámonos en cada una de las expresiones del límite anterior cuando ∆x → 0:
(1) tiende a g(x), puesto que si g es derivable, es continua
(2) tiende a ƒ ’(x) , pues por hipótesis ƒ es derivable
(3) tiende a ƒ(x) , puesto que ƒ(x) es constante en el límite
(4) tiende a g ’(x) , pues por hipótesis g es derivable.
Por propiedades de límites finitos:
h ’(x) = g (x) . ƒ’(x) +
ƒ(x) . g
’(x) =
ƒ ’(x). g
(x) +
ƒ(x) . g
’(x)
O sea, la derivada de un producto de funciones es igual a la derivada de la primera función por
la segunda sin derivar, más la primera función multiplicada por la derivada de la segunda función.
Simbólicamente:
ó
[ ƒ (x) . g(x) ]’ = g (x) . ƒ ’(x) +
ƒ(x) . g
d
( f . g ) = df . g + f . dg
dx
dx
dx
’(x)
( ƒ(x) . g(x) )’ = g (x) . ƒ ’(x) +
ƒ(x) . g
’(x)
En general: este teorema puede extenderse a un número finito de funciones aplicando la regla en forma reiterada. Por ejemplo si queremos derivar el producto de tres funciones:
ƒ(x) . g(x) . h(x)
= ƒ(x) . [ g(x) . h(x) ]
u(x) =
éste se puede escribir como:
y aplicamos la regla:
u(x)
u ’(x) =
ƒ ’(x) . [ g(x) . h(x) ]
+
ƒ(x) . [ g(x) . h(x) ] ’
(1)
aplicando nuevamente la regla en la expresión (1):
u ’(x) =
ƒ ’(x) . g(x) . h(x)
+
ƒ(x) . [g ‘(x) . h(x)
+ g(x) . h ’(x) ]
u ’(x) =
ƒ ’(x) . g(x) . h(x)
+
ƒ(x) . g ’(x) . h(x)
+
distribuyendo:
ƒ(x) . g(x) . h ’(x)
Un caso particular de esta regla es cuando una de las dos funciones es una constante. Sean g(x)
derivable en un cierto intervalo y k ∈
R
- {0} , se puede definir una nueva función
ƒ(x) = k . g(x).
Aplicando la regla de derivación del producto de dos funciones:
ƒ(x) = k . g(x) ⇒ ƒ’(x) = k’ . g (x) + k . g ’(x) . Por el teorema 1, es
ƒ ’(x) = k . g ’(x)
k ’= 0 , entonces
O sea, la derivada del producto de una constante por una función es igual a la constante multiplicada
por la derivada de la función.
Simbólicamente:
[ k . g (x) ]’ = k . g ’(x)
Con la aplicación de las reglas que se han demostrado, estamos en condiciones de derivar funciones
polinómicas:
ƒ(x) = 1 + 2x
Por Teorema 3 ƒ ’(x)
Ejemplo 1:
será la suma de:
(1)’ = 0
por Teorema 1
(2 x)’ = 2 . x’= 2 . 1 = 2
por Teoremas 4 y 2
luego ƒ’(x) = 0 + 2 = 2
1
Ejemplo 2: ƒ(x) = 3 x4 - 2 x3 x+7
2
Por Teorema 3 debemos calcular las derivadas de cada uno de los sumandos; es decir:
(3 x4 )’ = 3 . ( x4 )’ = 3 . (4 x3 ) = 12 x3
(- 2 x3 )’ = - 2 . ( x3 )’ = - 2 . (3 x2 ) = -6 x2
(-
1
2
x
)=-
1
2
. ( x )’ = -
1
2
.1=-
1
2
( 7 )’ = 0
¿Podría identificar los teoremas que hemos aplicado para calcular estas derivadas?
luego
ƒ ’(x) = 12 x3 - 6 x2 -
Ejemplo 3:
1
2
+ 0 = 12 x3 - 6 x2 -
1
2
ƒ(x) = x3 . ( x2 - 1)
En este caso se puede hallar la función derivada de dos formas distintas.
• Una de ellas es escribiendo a
los ejemplos anteriores.
ƒ(x) = x5 - x3
⇒
ƒ’(x) =
ƒ(x)
como un polinomio y luego derivando como hemos hecho en
( x5 )’ + (- x3 )’ ⇒
ƒ’(x) = 5 x4 + (-1) (3 x2 )
= 5 x4 - 3 x2
• Otra forma es haciendo uso de la regla de derivación de un producto de funciones.
ƒ’(x) = ( x3 )’ . ( x2 - 1)
⇒
ƒ’(x) = 3 x2 . ( x2 - 1)
+ x3 . ( x2 -1)’ ⇒
ƒ’(x) = 3 x2 . ( x2 - 1) +
x3 . (2 x - 0) ⇒
ƒ’(x) = 3 x4 -
+ x3 . [ ( x2 )’ - (1)’] ⇒
3 x2 + 2 x4
⇒
ƒ’(x) =
5 x4 - 3 x2
Los resultados de A) y B) son iguales. En cada caso particular podrá optar por la forma de trabajo que
resulte más sencilla.
Ejemplo 4 : Si
ƒ(x) = 3x 4-16x 3+18x 2 ,
∀ x ∈ R , entonces
ƒ’(x) = 12 x 3 – 48 x 2 +36x ,
∀ x ∈ R.
Recordemos que había quedado pendiente justificar ( en página 11 ) que la recta dibujada es la
tangente a la gráfica en ese punto. Como ahora
sabemos que esta función es derivable en R ,
entonces admite recta tangente en todo punto
x0 ∈ R .
? Teorema 5 : Si ƒ(x) y g (x) son funciones derivables en un cierto intervalo I, si g (x) ≠ 0
∀ x ∈ I y si
ƒ (x)
g (x)
h(x) =
, entonces
h ’(x) =
ƒ ' (x) . g (x) - ƒ (x) . g ' (x)
[ g (x)] 2
Demostración: se puede hacer por definición, pero lo haremos más adelante utilizando “derivada
logarítmica”.
Entonces, la derivada de un cociente de funciones es igual a la derivada de la función del numerador
multiplicada por el denominador menos el numerador por la derivada del denominador y todo esto,
dividido por el cuadrado del denominador.
 ƒ (x)
Simb.: 
 g(x)
'
 ƒ ' (x) . g (x) - ƒ (x) . g ' (x)
 =
[ g(x)] 2

Ya podemos derivar funciones fraccionarias.
Ejemplo 4: h (x) =
1
x
se puede tomar como el cociente de dos funciones,
ƒ(x) = 1
y g (x) = x
Según la regla
ƒ(x) = 1
g’(x) = x
luego
h ’(x) =
,
[ g (x) ] 2
entonces:
ƒ ’(x) = 0
⇒
⇒
g’(x) = 1
0. x - 1 . 1
x
⇒ h ’(x) = -
2
1
x2
x2 - 1
Ejemplo 5 : h (x) =
x2 + 1
( x 2 - 1 )' ( x 2 + 1 ) - ( x 2 - 1 ) ( x 2 + 1 )'
Entonces
h ’(x) =
⇒
h ’(x) =
⇒ h ’(x) =
ƒ ' (x) . g (x) - ƒ (x) . g ' (x)
h ’(x) =
( x 2 + 1) 2
(2 x - 0)( x 2 + 1 ) - ( x 2 - 1 ) (2 x + 0)
( x 2 + 1) 2
2 x ( x2 + 1 ) - ( x2 - 1 ) 2 x
2
( x + 1)
⇒
2 x ( x 2 + 1 - x 2 + 1)
=
2
⇒
(x
2
+ 1)
2
=
4x
(x
2
+ 1) 2
Si bien podrá parecer que el ejercicio está terminado en el momento en que hemos hallado todas las
derivadas, es importante llevar la expresión a su forma más simple. Esto será de gran utilidad, cuando la derivada comience a brindar información sobre la función.
? Teorema 6 : Si ƒ(x) = x - n donde -n ∈ Z
-
Demostración: si -n ∈ Z
var a
ƒ
⇒
n∈Z
+
ƒ ’(x)
=-nx
-n-1
y siendo x ≠ 0 , entonces
ƒ(x) =
1
-
y x≠ 0
⇒
y podemos deri-
como un cociente de funciones:
ƒ ’(x) =
ƒ ’(x) =
es decir
n
n-1
Simb.: ( x ) ’ = n . x
Ejemplo 6:
(1)' x n - 1 (x n )'
n
2
=
n+1
(x )
- n -1
-1x
Ejemplo 7: ƒ(x) =
x
4
x
n -1
2n
= - n x - n -1
x
, n ∈ Z- , x ≠ 0
ƒ(x) = x - 1
5
=
0. x n - 1 n x
n
Ya hemos probado que si
rema 6, a la función
=5x
-4
⇒
ƒ(x) =
ƒ ’(x) = - 1 x
⇒
1
x
, entonces
-1-1
=-1x
-2
ƒ ’(x) = =-
ƒ(x) = sen x
⇒
ƒ ’(x) = cos x
Demostración : Calculemos el límite del cociente incremental:
1
x2
. Si aplicamos el teo-
1
x2
ƒ’(x) = 5 ( x - 4 )’ = 5 (- 4 x - 4 - 1 )
? Teorema 7 :
¯ Si
xn
= -20 x
-5
=-
20
x5
lím
∆x → 0
ƒ (x + ∆x) - ƒ(x)
∆x
Aquí utilicemos la identidad trigonométrica
Entonces:
2 cos
x + ∆x + x
lím
2
. sen
cos
2
=
sen (x + ∆x) − sen (x)
∆x
α+β
sen α - sen β = 2 . cos
x + ∆x - x
∆x
∆x → 0
lím
∆x → 0
=
2 x + ∆x
lím
∆x → 0
2
. sen
2
. sen
α−β
2
∆x
∆x
2
(1)Notemos
2
que

∆x 
cos  x +


2
∆x
2
∆x
→ cos x cuando ∆x → 0 por ser cos x una función continua en R ; y
sen
que
→ 1 , cuando ∆x → 0 , por un límite ya demostrado. Entonces podemos escribir (1)
2
como:
lím
∆x → 0

∆x 
cos  x +
 .

2
∆x
2
= cos x . 1 = cos x
∆x
sen
2
por propiedad de límites finitos ( límite del producto )
Como el dominio de cos x es R ⇒
ƒ(x) = sen x
es derivable en R .
Observación: esta demostración se puede hacer utilizando la identidad trigonométrica
sen (α + β) = sen α . cos β + cos α . sen β
¯ Si ƒ(x) = cos x ⇒ ƒ ’(x) = - sen x
Demostración: Se realiza en forma análoga a la de la derivada del seno, utilizando la identidad
cos α - cos β = - 2 sen
Ejemplo 8: Calcular la derivada de
Por ser
ƒ ’(x) =
ƒ
ƒ(x) = x2
el producto de dos funciones:
α+β
2
. sen
α−β
2
sen x
ƒ’(x) = ( x2 )’ . sen x + x2 . (sen x)’
2
2x . sen x + x . cos x
, entonces
Ejemplo 9: Derivar
por ser
cos x
ƒ(x) =
1 - 2 sen x
el cociente de dos funciones:
ƒ
ƒ ’(x) =
(cos x)' (1 - 2 sen x) - cos x (1 - 2 sen x)'
ƒ ’(x) =
- sen x (1 - 2 sen x) - cos x (0 - 2 cos x)
ƒ ’(x)
(1 - 2 sen x)2
=
(1 - 2 sen x)2
- sen x + 2 (sen 2 x + cos 2 x )
=
(1 - 2 sen x)
2
- sen x + 2 sen 2 x + 2 cos 2 x
(1 - 2 sen x) 2
2 - sen x
=
(1 - 2 sen x) 2
¯ Importante: A partir de las derivadas de las funciones seno y coseno y con las reglas de derivación hasta aquí probadas, es posible hallar la derivada de todas las funciones trigonométricas, sin
recurrir a la definición. Por ejemplo:
sen x
Si ƒ(x) = tg x =
, utilizando la regla de derivación de un cociente:
cos x
ƒ ’(x)
ƒ ’(x)
Simb:
=
(sen x)'cos x - sen (cos x)'
(cos x) 2
cos x . cos x - sen x . (-sen x)
=
2
(sen x)’
(cos x)
= cos x
=
cos 2 x + sen 2 x
2
cos x
(cos x)’ = - sen x y
,
=
1
2
= sec 2 x
cos x
(tg x)’
= sec 2 x
O, utilizando la notación de Leibniz:
d
( sen x ) = cos x
dx
d
(cos x ) = - sen x
dx
,
y
d
(tg x ) = sec 2 x
dx
Ejercicio : Le proponemos que calcule las derivadas de las funciones trigonométricas cot x , sec x y
cosec x .
1
? Teorema 8 : Si ƒ(x) = log a x ⇒ ƒ(x) =
x
Demostración :
lím
∆x → 0
=
log a (x + ∆x) - loga x
lím
∆x → 0
: lím log
t →0
∆x
 ∆x 
loga 1+


x 
1
1 / x t
a
(1 + t)
=
lím
∆x → 0
. log a e
(x + ∆x)
x
=
∆x
log a
lím
∆x → 0
∆x
. Hagamos el cambio de variable:
=
lím
t →0
log
[ (1 + t) ]
1
a
 ∆x 
loga 1+
 =

∆x
x 
1
 ∆x
 x = t

 ∆x → 0 , entonces el límite queda

 t → 0
1/x
t
. Como el límite de la expresión entre corchetes
1/x
es el número e , la expresión afectada por el logaritmo tiene límite finito e . Finalmente, aplicando la
propiedad de límites finitos que dice que el límite del logaritmo es el logaritmo del lím ite:
lím
log
t →0
Simb.:
[ (1 + t) ]
1
a
1
( log a x)’ =
x
= log a
1
lím
t →0
1/x
t
1/x
= log a e
=
1
log a e
x
log a e
ƒ(x) = ln x
Caso particular importante:
Simb.:
[ (1 + t ) ]
1/x
t
(= log e x) ⇒
1
ƒ ’(x) =
x
log e e =
1
x
.
1
.
x
(ln x)’ =
? Teorema 9 :
ƒ(x) = e x
¯ Si
ƒ ’(x) = e x
⇒
Demostración: Utilizando la definición:
e x+∆ x - e x
lím
∆x
∆x → 0
e x (e ∆ x - 1)
lím
=
∆x
∆x → 0
⇒ sustituya-
 e ∆x - 1 = t

 ∆x = ln (t +1)
e ∆x - 1
t
x
x
mos: 
y tenemos: e .
= e
= ...
∆x
 ∆x → 0
∆x → 0
t → 0 ln (1+ t)
t → 0

proponemos al alumno que complete la demostración utilizando el límite que da el número e .
lím
lím
Observación : esta demostración también se puede hacer utilizando derivada logarítmica como veremos más adelante.
¯ Si
f(x) =
e
-x
⇒
f ’(x)
= -e
-x
Lo demostraremos más adelante utilizando derivada logarítmica.
Este teorema nos permite hallar las derivadas de las funciones hiperbólicas así es que enunciamos:
? Teorema 10 :
¯
f (x) = Sh x
Si
Demostración :
⇒
f ‘(x) =
Simb:
¯
Si
1
→
f ‘(x) = Ch x
f (x) = Sh x =
x
(e - (- e
2
(Sh x)’ = Ch x
ƒ(x) = Ch x
→
-x
)) =
e x - e -x
=
2
1
x
1
2
(e + e
2
-x
(e
x
-x
- e ) ⇒
f ‘(x) =
1
2
(e
x
-x
- e )’ ⇒
) = Ch x
ƒ ‘(x) = Sh x
Se prueba en forma análoga a la de la derivada de sh x.
Con este teorema estamos en condiciones de hallar la derivada del resto de las funciones hiperbólicas; por ejemplo si:
f (x)
= Th x =
Sh x
Ch x
⇒
f ‘(x)
=
(Sh x)' . Ch x - Sh x (Ch x)'
(Ch x) 2
⇒
Ch x . Ch x - Sh x . Sh x
⇒
f ‘(x)
∴
(Th x)’ = Sech2 x
=
2
=
(Ch x)
1
(Ch x)
2
= Sech2 x
Ejercicio : Hallar (Coth x) ’ , (Sech x) ’ y (Cosech x) ’ .
Calculem os razones de cam bio
Ya dijimos que esto significa hallar razones instantáneas de cambio, o sea hallar derivadas. Una vez
hallada la razón instantánea de cambio para una función en un punto determinado, vamos a interpretar el resultado en términos del significado que tiene esta función en la ciencia aplicada.
4
Ejemplo 1 : Encontrar la razón de cambio de y = x con respecto a x , y evaluarla cuando x = 2
y cuando x = -1. Interpretar los resultados.
dy
= 4.(2)3 = 32 . Decimos que y está credx
dy
ciendo 32 veces más rápido que x. Cuando x = -1 se tiene
= 4.(−1)3 = − 4 . El significado del
dx
signo menos en - 4 es que y está decreciendo y lo hace a un ritmo 4 veces superior al aumento de
x.
La razón de cambio es
dy
= 4x3 . Cuando x = 2 es
dx
Ejemplo 2 : Hemos visto que se puede definir a la función demanda como q = D(p) o sea que la cantidad demandada q de un producto depende del precio unitario p del mismo. Pero también podemos
plantear que el precio unitario p de un cierto producto va a depender de la cantidad q que se ofrece
en el mercado y podemos escribir p = M(q), siendo M la función inversa de D . Consideremos la siguiente situación:
Sea p = 100 – q2 la función de demanda del producto de un fabricante. Encontrar la razón de cambio
del precio p por unidad con respecto a la cantidad q. ¿ Qué tan rápido está cambiando el precio con
respecto a q, cuando q = 5 ?. Suponer que p está en pesos.
La razón de cambio de p con respecto a q es
Así tenemos
dp
dp d
entonces
= (100 − q 2 ) = −2q
dq
dq dq
dp
= − 2(5) = − 10 .
dq q=5
Esto significa que cuando se demandan 5 unidades, un incremento de una unidad extra demandada
corresponde a una disminución de aproximadamente $ 10 en el precio por unidad, que los consumidores están dispuestos a pagar.
Ejemplo 3 : Un globo esférico está siendo inflado. Encontrar la razón de cambio de su volumen con
respecto a su radio. Evaluar esta razón de cambio cuando el radio es de 2 pies.
La fórmula para el volumen
V
de una esfera de radio
4
r es V = π r 3
3
. La razón de cambio de V
dV 4
= π (3r 2 ) = 4π r 2 . Cuando r =2 pies, la razón de cambio es
dr 3
dV
pies3
2
= 4π ( 2) = 16π
dr r =2
pies
con respecto a
r
es
Esto significa que cuando el radio es de 2 pies, al cambiar el radio en un pie, el volumen cambiará
aproximadamente
16π pies3 .
Ejemplo 4 : Un sociólogo estudia varios programas que pueden ayudar en la educación de niños de
edad preescolar en cierta ciudad. El sociólogo cree que x años después de iniciado un programa particular, f(x) miles de niños estarán matriculados, donde
f ( x) = 10 (12 x − x 2 ), 0 ≤ x ≤ 12 . ¿ A qué
9
razón cambiará la matrícula, a) después de 3 años de iniciado el programa y b) después de 9 años ?.
f(x) es f ' (x) = 10 (12 − 2x) .
9
)
20
≅ 6,6 .
a) después de 3 años la razón de cambio es f ' (3) = 10 (12 − 2(3)) =
9
3
La razón de cambio de
Así, la matrícula estará creciendo a razón de aproximadamente 7 mil niños por año.
b) después de 9 años la razón de cambio es f ' (9) = 10 (12 − 2(9)) = −
9
)
20
≅ − 6,6 .
3
Así, la matrícula estará disminuyendo entonces a razón de aproximadamente 7 mil niños por año.
Ejemplo 5 : Llamamos función de ingreso total al producto del número q de unidades vendidas
por el precio M(q) de cada unidad, o sea, I(q) = q. M(q)
Supongamos que un fabricante vende un producto a $ 2 por unidad. Si se venden q unidades, el ingreso total está dado por I(q) = 2q
La función de ingreso marginal es
dI
d
=
( 2q ) = 2 que es una función constante. Entonces el
dq dq
ingreso marginal es igual a dos, sin importar el número de unidades vendidas. Esto es lo que esperaríamos, ya que el fabricante recibe $ 2 por cada unidad vendida.
Ejemplo 6 : En un análisis reciente de las aguas de mares poco profundos, se afirma que en las
mismas la materia orgánica total y (en miligramos por litro) es una función de la diversidad x de las
especies (en número de especies por mil individuos). Si
, ¿Cuál es el ritmo de cambio de
la materia orgánica total con respecto a la diversidad de especies cuando x = 10 ?.
, la razón o ritmo de cambio de y respecto de x es la derivada de esta función:
Si
. Si evaluamos esta función derivada en x = 10 :
=
, este resultado significa que la materia orgánica decrece 1 miligramo
por litro cuando el número de especies ( por mil individuos) o la diversidad de las mismas aumenta en
una unidad, a partir de 10.
Ejemplo 7 : Supongamos que C= f (q) = 0,1q2 + 3 es una función de costo, donde C está medido en
pesos y q en kg. Entonces,
El costo marginal cuando se producen 4 kg es
Esto significa que si la producción se incrementa en un kg, desde 4 hasta 5 kg, entonces el cambio
en el costo es aproximadamente de $ 0,80. Esto es, el kg adicional cuesta casi $ 0,80.
Reiteramos que, en general, interpretamos el costo marginal como el costo aproximado de una
unidad adicional producida (el costo real de producir 1 kg adicional más allá de 4 es:
f(5) – f(4) = 5,5 – 4,6= $0,90).
Derivada de una Función Com puesta-Regla de la Cadena
Video educativo: regla de la cadena
Supongamos que queremos derivar la función
y = h(x) = x 2 + 1 .
Las fórmulas de derivación aprendidas en las secciones anteriores, no nos capacitan para calcular
h´(x). Observemos que h(x) es una función compuesta. Esto implica una situación en la que si consideramos a y como función de la variable u , esto es y = f(u) = u ( función más externa ) y
2
a u como una función de x o sea u = g(x)= ( x + 1) , ( función más interna ) entonces podemos
escribir y = h(x) = f(g(x)), es decir h(x)= (f o g)(x) . Sabemos derivar tanto f como g , de
modo que sería útil contar con una regla que nos diga cómo hallar la derivada de h= f o g en términos de las derivadas de f y de g. Resulta que la derivada de la función compuesta f o g es el
producto de las derivadas de y = f (u) y de u = g (x).
Este hecho es uno de los más importantes de las reglas de derivación y se llama regla de la cadena.
Diremos que, si y es una función derivable respecto a u y u es una función derivable respecto a
x, entonces y es una función derivable respecto a x , y su función derivada es:
dy dy . du
=
dx du dx
o sus expresiones equivalentes
(f o g)’(x) = [f (g(x))]’ = f ’(g(x)). g’(x)
ó
y´= f ´(u) . u´
ó
d
d
d
[f(g(x))] =
(f(g(x))
(g(x))
dx
dg
dx
Encontremos la derivada de la función h ( x ) =
Recordemos que la función más externa es
dy
1
=
du 2 u
,
O también
h´(x) =
du
= 2x
dx
y
x 2 + 1 = ( x 2 + 1)1 / 2 usando la regla de la cadena.
y= u
dy dy du
=
.
dx du dx
?
y la más interna es
u = ( x2 + 1) entonces
dy
1
x
.
=
⋅ (2 x ) =
2
1
/
2
2
1
/
2
dx
2( x + 1)
( x + 1)
x
.
( x + 1)1 / 2
2
Ejemplo 1 :
y = cos (x2 + 2x)
 g (x)= x2 + 2x
Tenemos que y = f ( g (x)) , la composición de dos funciones derivables 
 ƒ (x)= cos x
Por la Regla de la Cadena, esta función es derivable y su derivada es:
y’ = [f (g (x))] ’ = [cos (x 2 + 2x)]’ = [- sen (x 2 + 2x) ] . (2x + 2)
derivada de f
evaluada en g
derivada de g
evaluada en x
Ejemplo 2 : Hallar la función derivada de y = f ( x) = sen ln x .
1
En este caso y = f (u) = sen u , u = ln x entonces y ' = f ' (u ) . u ' ( x) = cos u .
x
1
entonces y ' = f ' (x) = cos ln x .
x
Ejemplo 3 : Hallar la derivada de y = ln sen x
Aquí podemos considerar
 g ( x ) = sen x

 ƒ( x ) = ln x
y la función dada es y = f ( g(x ))
.
Entonces
y ’= [f (g(x))] ’ = [ln sen x ] ’ =
1
. cos x = cotg x
sen x
En esencia, la regla de la cadena establece que si y cambia dy/du veces más rápido que u , miendy du
tras que u cambia du/dx veces más rápido que x , entonces y cambia ( .
) veces más rádu dx
pido que x .
El ejemplo que sigue muestra por qué, si interpretamos las derivadas como razones instantáneas de
cambio, la regla de la cadena resulta natural.
Ejemplo 4 : Supongamos que y = 8u + 5 y u = 2x – 3 . Hagamos que x cambie en una unidad.
du
¿ Cómo cambia u ?. Para responder esta pregunta, derivamos y encontramos que
=2 .
dx
dy
Pero, para cada cambio de una unidad en u hay un cambio en y de
= 8 . Por tanto, ¿cuál es el
du
dy
cambio en y si x cambia en una unidad ?. Esto es, ¿ Qué valor tiene
?.
dx
dy
du
dy
dy du
De acuerdo a lo visto la respuesta es 8. 2 =16, lo cual es
.
, así
.
=16.
=
dx
du
dx
du dx
Ahora utilicemos la regla de la cadena para volver a resolver el problema planteado.
dy
dy du
d
d
Si y = 8u + 5 y u = 2x – 3 entonces
.
=
=
(8u + 5) . ( 2x − 3) = 8 . 2 = 16
dx
du dx
du
dx
Este valor representa el cambio que se produce en y cuando x cambia una unidad.
Observación: La regla de la cadena se aplica reiteradas veces dependiendo la misma del número de
funciones que se utilizan para componer la función original. El orden en que se aplica es siempre
desde la función más externa a la más interna.
Ejemplo 5 : Hallar la derivada de la función f(t)= sen3 4t = (sen 4t)3
d
d
f ´ (t)= 3(sen4t)2 (sen4t)= 3(sen4t)2 (cos4t) (4t) = 3(sen4t)2 (cos4t)4
dt
dt
o sea f ´(t) =
12 sen2 4t cos4t
1
x
Ejemplo 6 : derivar la función y = ln cos
y’=
1
.  − sen  1   .  − 12 
1 
 x   x 
cos   
 x 
⇒
y’ =
1
x
2
. tg 
1 

 x 
Observación: Teniendo conocimiento de esta regla es oportuno aclarar por qué, en muchas tablas
de derivada, aparecen expresiones del tipo:
(sen u)’ = cos u. u’
( u k )´ = k. u k - 1 . u’
( e u )´ = e u . u’
( loga u )´ = loga e.
. u’
Las derivadas están expresadas de esta manera general, pues “u” puede no ser una variable independiente, sino una función u = g(x) .
Si tuviéramos la función y = sen u
será:
y u = g(x) , por la regla de la cadena, la derivada de sen u
y’= (sen u)’ = [ sen (g(x)) ]’ = cos g(x) .g’(x)
u(x)
u’(x)
lo que se expresa sencillamente
(sen u)’ = cos u . u’ . Por supuesto que si u es la variable independiente x , igual vale la expresión anterior:
(sen u)’ = (sen x)’ = cos x . 1
u
u’
Esta regla puede aplicarse a una composición de más de dos funciones. Si se tiene
y = f ( g (h(x))) , debe tenerse en cuenta que la primer función que se aplicó es h (x), luego se aplicó g (x) y finalmente, f (x).
Esto es importante para hallar y’ pues ésta resultará de ir derivando en el orden inverso en que fueron aplicadas las funciones:
y’ = [f (g (h (x)))]’ = f ’(g (h(x))) . g ’(h(x)) . h ’(x)
Entonces
derivada de f
derivada de g
evaluada en g (h (x))
evaluada en x
derivada de g
evaluada en h (x)
Ejemplo 7 :
Aquí es
y = cos 3 (x4 - 2x) = [ cos (x4 - 2x)]3
 h (x) = x 4 - 2x

 g (x) = cos x
f (x) = x 3

y = f ( g (h (x))) donde
Entonces:
y’= [f (g (h (x)))]’ = cos 3 (x4 - 2x) = 3 [cos (x4 - 2x)]2 . (- sen (x4 - 2x)) . (4 x3 - 2)
derivada de f
evaluada en g (h (x))
derivada de h
evaluada en x
derivada de g
evaluada en h (x)
Ejemplo 8 :
y’ =
y = ln cos
1
1 
cos  
 x 
.
1
x

 1 
 - sen  
 x 

.
 1 
- 2 
 x 
=
. tg  1x 
1
x
2
Ejemplo 9 : Un caso importante es el de la derivada de la función y = ln |x| , Dy = R - {0}. Función
que no debemos confundir con ln x .
Si x > 0: |x| = x ⇒ y = ln |x| = ln x
. Entonces
y ’ = (ln x)’ =
Si x < 0: |x| = - x ⇒ y = ln |x| = ln (- x).
Entonces y ’ = (ln(-x))’ = (por la regla de la cadena) =
1
(-x)
Por lo tanto la función derivada de la función y = ln |x| es
(-1) =
1
(como sabemos).
x
1
x
( ln |x| )’ =
.
1
x
para x<0 ó x>0.
Vemos que, aunque ln x y ln |x| son funciones distintas, Dom ( ln x ) = ℜ + ≠ ℜ − {0} =
= Dom ( ln x ), sus funciones derivada coinciden en la forma:
( ln x )’ = ( ln |x| )’ =
1
x
Observación : La coincidencia de las funciones derivada se da en cuanto a su expresión, ya que el
dominio de ellas también es distinto.
Utilizando el mecanismo de la demostración del ejemplo anterior, se puede demostrar un resultado
más general:
[ ln f (x) ]’ = [ ln |
f (x) | ]’ =
1
. f ’(x)
f (x)
Para ello, consideremos la función y = [ ln | f (x) | ] ( que es el caso más general de las dos funciones a derivar ), y hallemos su derivada:
1
f ’(x)
f (x)
1
- Si f < 0 : ln | f (x) | = ln [ - f (x) ] ⇒ [ ln | f (x) | ] ’ = [ ln ( -f (x) ) ] ’ =
. ( - f ’(x) ) =
- ƒ (x)
1
=
. f ’(x)
ƒ (x)
1
∴ [ ln | f (x) | ] ’ =
. f ’(x) , f ≠ 0 ∀ x ∈ Df
ƒ (x)
- Si
f>0:
ln | f (x) | = ln f (x) ⇒ [ ln | f (x) | ] ’ = [ ln f (x) ] ’ =
Si la regla de la cadena o regla de derivación de funciones compuestas, es aplicada a una composición de la forma
y =( f o g)(x) = f ( g (x))
donde
f
es logaritmo natural,. tenemos :
y = ln g ( x)
y ´ = [ln g ( x) ] ´=
y su derivada es:
1
g ´( x )
g ( x)
A esta expresión, que es la derivada del logaritmo nepperiano de la función g(x) se la llama derivada
logarítmica. La misma suele ser muy útil en el cálculo de ciertas derivadas, como se muestra a continuación.
• Apl i caci ón a l a funci ón potenci al
Consideremos
f (x) = x k
, k∈R .
Cuando comenzamos a ver las reglas de derivación de funciones afirmamos ( regla 2 ) que si
k
=x
, k ∈ N , era posible demostrar por inducción o utilizando binomio de Newton que
f
k
’(x) = ( x )’ = k . x
f (x)
k –1
pero que dejábamos la demostración para este momento, pues es más sencillo hacerlo usando la
derivada logarítmica.
Igual nos habíamos adelantado un poco y, en la regla 6, habíamos demostrado que, si
f (x) = x k
k∈Z
-
f
, entonces
k
’(x) = ( x )’ = k x
k -1
. Con lo cual generalizamos la regla para
k∈Z.
Ahora, utilizando la derivada logarítmica, demostraremos que si
f
’(x) = ( x
quiera ).
k
)’ = k . x
k -1
f (x) = x k
con k ∈ R , entonces
( es decir: sigue valiendo la regla aún cuando k es un número real cual-
Demostración: supongamos en principio que x > 0 . Entonces la función
podemos aplicar logaritmos:
k
ln f (x) = ln x
ln f (x) = k ln x
f (x) =
x
k
es positiva y
Derivemos miembro a miembro, sin dejar de considerar que el primero es una composición de funciones:
1
1
. ƒ ' (x) = k .
ƒ (x)
x
1
f
’(x) = k .
f
f
’(x) = k . x -1 x
x
f (x)
.
k
k
’(x) = k . x -1
Aunque para la demostración, hemos tomado x > 0 , la regla es válida también si x < 0 . Esto se
puede probar, tomando a f en valor absoluto:
k
| f (x) | = | x | = | x |
k
k
ln | f (x) | = ln | x |
ln | f (x) | = k ln | x |
Ahora derivemos miembro a miembro:
[ ln | f (x) | ] ’ = [ k ln | x | ] ’
(1)
Para hallar (1), apliquemos la generalización probada en el ejemplo 5:
1
1
. ƒ ' (x) = k .
ƒ (x)
x
1
f
’(x) = k .
f
’(x) = k . x 1 x
f
’(x) = k . x
x
-
.
f (x)
k
k-1
Ejemplo 10 : y =
⇒
= x1/2
x
y’ =
1
⇒ y’ =
x- 1/2
2
1
2 x
Observemos algo más: aquí Dom y = [0 , + ∞ ) y Dom y ’ = (0 , + ∞ ) . Con lo cual tenemos un
ejemplo en que los dominios de la función f y de su función derivada no son iguales.
π
Ejemplo 11 : y = sen x - x
π
y = sen x - x + x
1
+
3
x
- 1/3
 1  - 1/3
+  x
 3 
π -1
y’ = cos x - π x
π -1
y’ = cos x - π x
-
-1
1 1
3 x 4/3
• Apl i caci ón a l a funci ón exponenci al
Sea
ƒ(x)
= a
x
, x∈R , a>0 , a≠1
Trabajemos en forma similar al caso anterior. Como a
x
> 0 para todo x ∈ R :
x
ln f (x) = ln a
ln f (x) = x ln a
Derivando miembro a miembro:
1
. f ’(x) = ln a
ƒ (x)
f ’(x)
f ’(x)
∴
Ejemplo 12 : y = 2
Ejemplo 13 : y = e
x
x
⇒
y’ = 2
⇒ y’ = e
x
x
=
f (x)
. ln a
= a
x
. ln a
( a )’ = a
x
. ln a
x
. ln 2
. ln e ⇒
∴
y’ = e
x
x
( e )’ = e
x
• Apl i caci ón a l a funci ón exponenci al com puesta
El procedimiento aplicado también permite hallar la derivada de funciones exponenciales compues-
g(x)
tas. Es decir, de funciones del tipo: y = f (x)
función exponencial son casos particulares. Veamos:
del que, en definitiva, la función potencial y la
g (x)
1
ln y = ln f (x)
ln y = g (x) . ln f (x)
y .y’ =
g’(x)
. ln f (x) +
g (x)
.
1
ƒ (x)
. f ’(x)
y’ =

g (x) . ƒ' (x)
. y
 g' (x). ln ƒ(x)+
ƒ(x) 

y’ =

g (x) . ƒ' (x)
g (x)
. f (x)
 g' (x). ln ƒ(x)+

ƒ(x) 

Obviamente, no es fácil de recordar esta fórmula, por lo que cada vez que tengamos que derivar fung(x)
ciones del tipo f (x)
debemos recordar el procedimiento: primero aplicar logaritmo a la función
dada y luego derivar este logaritmo.
Ejemplo 14 :
y = xx
1
ln y = x ln x
1
y . y’ = ln x + x . x
y’ = [ ln x + 1 ] . y
s:
Ejemplo 15 :
y = e
y’ = [ ln x + 1 ] . xx
-x
-
ln y = ln e x ⇒
1
⇒
y . y’ = - 1
Ejemplo 16 :
⇒
ln y = - x ln e
⇒
y’ = - y
⇒
ln y = - x
⇒
y’ = - e
–x
∴
(e
-x
)’ = - e
-x
y = (ln x) x
ln y = x ln (ln x)
y'
1
1
y = ln ( ln x ) + x . ln x . x

1 
y ’ = ln (ln x) +
. ( ln x ) x


ln x 
Ejemplo 17 : Supóngase que una colonia de bacterias se inicia con 100 y se duplica cada 3 horas. El
0,231 t . ¿ Cuál es la razón de
modelo que representa el crecimiento de la colonia es n (t ) = 100 .e
aumento de la población de bacterias una vez que transcurren 6 horas ?.
Para calcular la razón de cambio de la población transcurridas 6 horas hay que hallar la derivada de
n(t) en t=6 :
n (t ) = 100 .e 0,231 t
apliquemos logaritmos a ambos miembros :
0,231 t
) ⇒ ln n = ln100 + 0,231 t , ahora derivemos
1
0,231 t
.n´ = 0,231 ⇒ n´ = 0,231.n ⇒ n´ = 0,231. 100 . e
ln n = ln (100 .e
m.a.m. :
n
n´(t) = 23,1 . e
0,231 t
⇒ n´(6) = 23,1. e
0,231 .6
⇒ n´(6) ≈ 91,973
De manera que la población de bacterias a las 6 horas aumenta aproximadamente en 92 bacterias
por hora.
Ejemplo 18 : La población, en millones, del área más grande de cierta región dentro de t años, contados a partir de 1970 se estima por medio de P = 1,92 e
0,0176 t
. Demostrar que
dP
= k P , donde
dt
k
es una constante. Esto significa que la razón de cambio de la población en cualquier tiempo es
proporcional a la población en ese tiempo.
dP d
d
= ((1,92 e 0,0176 t ) = (1,92). (e 0,0176 t ) = Θ
dt dt
dt
0,0176 t
para hallar la derivada de u = e
, apliquemos logaritmos a ambos
0,0176 t
ln u = ln e
⇒ ln u = 0,0176 t , ahora derivemos m.a.m. :
1 du
du
0,0176 t
= 0,0176 ⇒
= 0,0176 .e
.Entonces :
u dt
dt
dP
0,0176 t
Θ=
= 1,92 .0,0176 .e
dt
dP
O sea que
= k P donde k=0,0176.
dt
miembros de :
• otr a apl i caci ón:
Este recurso para calcular la derivada de una función, hallando previamente
la derivada del logaritmo de la función dada, se suele utilizar en la derivación de ciertas funciones para
simplificar los cálculos.
Ejemplo 17 :
(x + 1) 2
y =
x-1
(x + 4) . e x
Calcular y’ utilizando la regla de derivación del cociente se vislumbra bastante penoso. Sin embargo,
utilizando logaritmo neperiano y derivando:
ln y = ln
(x + 1) 2
3
x-1
3
(x + 4) . e x
ln y = 2 ln (x + 1) +
1
2
ln (x - 1) - 3 ln (x + 4) - x
x
( tener en cuenta que ln e = x )
y'
2
1
1
3
=
+
.
−
− 1
y
x+ 1
2 x−1
x+4
 2
 (x + 1) 2 x - 1
1
3
y’ = 
+
−
− 1 .
2 (x − 1)
x+ 4
x +1
 (x + 4) 3 . e x
•
Utilizando este procedimiento es fácil demostrar las reglas de derivación del producto y del cociente de funciones. Demostraremos aquí que:
 ƒ(x) ƒ' (x). g(x) - ƒ(x) . g' (x)

 =
[ g(x) ] 2
 g(x) 
'
Supongamos que tenemos definida la función
y =
ƒ (x)
g (x)
. Apliquemos logaritmo omitiendo to-
marla en valor absoluto, porque ya sabemos que ( ln x ) ´ = ( ln x ) ´:
ln y = ln ƒ(x) - ln g (x)
Derivando m.a.m.:
y'
y
=
1
ƒ (x)
. f ’(x) -
1
. g ’(x)
g(x)
y’ =
 ƒ' (x) g ' (x) ƒ (x)
 ƒ (x) - g (x)  . g(x)


y’ =
ƒ' (x) ƒ(x) . g ' (x)
g(x) [ g (x) ] 2
y’ =
ƒ' (x) . g(x) - ƒ(x) . g' (x)
[ g (x) ] 2
Derivada de la Función Inversa
-
Recordemos que una función y = f (x) admite función inversa f 1 si, y sólo si, f es biyectiva.
Además, que sea biyectiva es lo mismo que decir que es estrictamente creciente ó estrictamente
decreciente.
También sabemos que si una función es continua y estrictamente creciente (ó estrictamente decreciente), entonces su función inversa f 1 es continua. Esta condición es importante para demostrar
el siguiente teorema:
Teorema : Sea y = f (x) una función continua y
estrictamente creciente ó estrictamente decreciente en
[a , b] (con lo cual existe inversa
f- 1 : [f (a) , f (b)] → [a , b] cuando f es estrictamente creciente ó f - 1 : [f (b) , f (a)] → [a , b] cuando f
es estrictamente decreciente ).
Si c ∈ (a , b) , si f es derivable en c y si f ’(c) ≠ 0 ,
entonces f -1 es derivable en f (c) y además :
(f
-1
1
ƒ' (c)
)’ (f (c) ) =
Si las condiciones para
la función derivada:
f
del teorema, se cumplen ∀ x de cierto conjunto, lo que encontramos es
(f -1 ) ’(f (x)) =
1
ƒ '(x)
Antes de los ejemplos, vamos a simplificar la notación. Si reelemos el teorema, éste brinda una fórmula para hallar la derivada de la función inversa f 1 de una función f , exigiendo de f ciertos requisitos. La fórmula dice que la derivada de la función inversa f - 1 es igual al cociente entre 1 y la
derivada de la función f .
Por otro lado sabemos que
f
y
f
-1
son inversas entre sí, lo cual nos permite intercambiar los ro-
-1
les de f y f
.
Como en la mayoría de los ejercicios indicamos a las funciones con y = f (x) y su derivada con y’
= f ’(x) , conservemos esta convención. Consideremos que tenemos una función y = f (x) cuya inversa es x = ϕ (y) = f
-1
(y) , la cual cumple con los requisitos del teorema. Entonces para encontrar
y’ = f ’(x) , usando la derivada de su función inversa (o sea, usando x’ = ϕ ‘(y) ), en la fórmula del teorema tenemos:
f ’(x) =
1
ϕ'(y)
ó
y’x =
1
x' y
Para comprender mejor el mecanismo de cálculo hagamos un primer ejemplo sencillo, con una función y = f (x) de derivada conocida. Obviamente reservamos esta regla para derivar funciones
y
= f (x) tales como: arc sen x , arg ch x , etc., ya que son sencillas sus inversas y las derivadas de
estas últimas.
Ejemplo 1 : Sea y = f (x) = x2 . Hallar y’ , utilizando la regla de la derivada de la función inversa.
Llamemos x = ϕ(y) = y a su relación inversa. Primero debemos ver dónde la función x= y es
continua y estrictamente creciente (o estrictamente decreciente).
+
+
En este caso si tomamos ϕ: R → R / ϕ(y) =
y
ésta es continua y estrictamente creciente en
1
+
R+ y su derivada x’y = ϕ‘(y) =
es distinta de cero en R .
2 y
Entonces, utilizando la fórmula:
y' x =
1
⇒
x' y
1
1
y' x =
2
⇒
y' x = 2
y
y
y ya tenemos la derivada respecto de x , de la función dada y = x2 . Sólo falta expresarla en función de x. Como x = y ⇒ y’x = 2x
que es lo que sabíamos que tenía que dar.
Ejemplo 2 :
La función
y = f (x) = arc sen x . Igual que antes, x = ϕ(y) = sen y
π/2 , π/2
, π/2 ] .
ϕ : [-
creciente en [-π/2
] → [- 1 , 1 ] / ϕ(y) = sen y
(1)
es la relación inversa.
es continua y estrictamente
Y su derivada
ϕ‘(y) = x’y = cos y . Pero cos y ≠ 0 sólo en (-π/2 , π/2 )
principio y restrinjamos x = ϕ(y) .
La tomamos así:
ϕ : (-π/2 , π/2 ) → (- 1 , 1 ) / ϕ(y) = sen y
y' x =
Ahora usemos la fórmula:
1
1
⇒ y 'x =
x' y
cos y
y ya tenemos la derivada respecto de x , de
de x .
Sabiendo que
entonces volvamos al
x = sen y
(1)
(2)
y = arc sen x , pero la tenemos expresada en función
y que |cos y| = 1 − sen 2 y , entonces
Antes de reemplazar apresuradamente, observamos que
|cos y| =
1 − x2 .
cos y > 0 en (-π/2 , π/2 ) .
En consecuencia reemplazamos en (2) a cos y por la raíz positiva de
1 − x2 :
1
y’x =
+
1 − x2
Observación : Las tablas de derivadas nos muestran resultados más generales. Para este caso,
afirman:
1
(arc sen x)’ =
1 − x2
Pero si se quiere trabajar con más detalle, el ejemplo muestra que el contexto en el que se trabaja
(dominio, imagen, etc.) es importante para la existencia y la expresión precisa de la derivada.
No obstante ello, damos aquí las fórmulas generales de las siguientes derivadas, dejando para ustedes como ejercicio, el efectuar cálculos más específicos:
(arc cos x)’ = (arc cotg x)’ = -
1
(arc tg x)’ =
1 − x2
1
(arc sec x)’ =
1 + x2
(arc cosec x)’ = Ejemplo 3 : y = arg sh x = ln  x +
1
x
.
1
1 + x2
1
1
x
2
- 1
x 2 + 1
x
1
x2 - 1
La función
vada
ϕ(y) = x : R
x’y = ϕ‘(y) = ch y
→ R / ϕ(y) = sh y
es continua y estrictamente creciente y su deri-
es distinta de cero en R .
Entonces:
1
y' x =
⇒
1
ý' x =
(1)
x'y
ch y
Para expresar esta derivada en función de x , tengamos en cuenta que
x = sh y
y
|ch y| = 1 + sh y
(que se obtiene de la identidad ch y - sh y = 1 ).
Además como ch y > 0 en R, reemplazaremos en (1), a ch y por :
2
2
+ 1 + sh 2 y = +
2
1 + x2
Así obtenemos:
1
y’x =
+
1 + x2
Ejercicio : Considerando que también es arg sh x = ln  x +
x 2 + 1 , derivar esta expresión para
obtener la misma derivada que antes.
Ejemplo 4 : Sea y = arg th x , ¿cuál es y’ ?.
Su función inversa
x = ϕ(y) : R → (-1 , 1) / x = ϕ(y) = th y
1
y con derivada x’y = sech2 y =
≠ 0 en R .
ch 2 y
1
1
Por lo tanto: y’x =
=
x' y
sech 2 y
Usando la identidad
función de x :
sech2 y = 1 - th2 y
y’x =
es continua y estrictamente creciente
y haciendo x = th y , podemos expresar a y’x , en
1
2
1 - th y
⇒
y’x =
1
1 - x2
El resto de las funciones hiperbólicas tiene las siguientes derivadas:
1
(arg ch x)’ =
x2 - 1
1
(arg coth x)’ = - 2
x - 1
1
1
(arg sech x)’ = .
x
1 − x2
1
1
(arg cosech x)’ = x
x2 + 1
Derivadas de Orden Superior o Derivadas S ucesivas
La derivada de la derivada de la derivada…
-
-
Sr ministro, ¿ se podría afirmar que los precios están bajos ?.
No, Sr periodista. Por el contrario, los precios están muy altos. Es un hecho innegable que
debemos reconocer, según los últimos estudios.
Pero esos precios, ¿ al menos son estables ?.
De ninguna manera. A la carestía que sufre el trabajador, debe sumársele el flagelo; los precios están en ascenso.
En cuanto al índice de inflación, ¿qué nos puede decir?.
Es lamentable tener que reconocer que la inflación también está en aumento; el índice de este
mes es mayor que el del mes anterior, y esta tendencia parece no poder revertirse, pese a las
medidas adoptadas por efectos de arrastre de medidas anteriores.
Pero…entonces, y con todo respeto ¿ podría explicar a nuestra audiencia por qué está usted
tan contento ?.
¡ porque el ritmo con que aumenta la inflación ha disminuido !
Este diálogo, no todo lo imaginario que quisiéramos pone en evidencia que tanto la economía, como
otras ciencias, recurren no sólo al análisis de los valores que adopta una determinada magnitud, sino
también a su ritmo de variación con el tiempo, e incluso al ritmo de variación de dicho ritmo, y así sucesivamente.
En este ejemplo el precio es la función del tiempo, la inflación es la primera derivada de los precios
con respecto al tiempo y usualmente se manejan segunda y tercera derivadas, pero como no existe
todavía nombre para tales magnitudes, por la novedad del fenómeno hiperinflacionario, se producen a
veces confusiones, por ejemplo la de llamar estabilidad no a la estabilidad de los precios sino a la de
la inflación.
En el caso de la cinemática, es frecuente referirse a la posición como una función del tiempo. La primera derivada de la posición con respecto al tiempo, se denomina velocidad ( este concepto ya lo
hemos visto aunque no mencionamos a la derivada como primera derivada ). La derivada de la velocidad es la aceleración, y la de ésta es el pique. Se utilizan así, tres órdenes de derivación.
Veamos los conceptos matemáticos asociados y luego veremos un ejemplo en el que retomaremos
el tema de la cinemática.
Diremos que si f es una función derivable, su derivada f ´ es una función definida en un subconjunto del dominio de f a la que llamaremos derivada primera de f la cual sabemos se obtiene de cald f
ƒ (x+∆ x) - f (x)
cular f ’(x) = lím
=
. Si esta última es una función derivable, la derivada de
∆x →0
∆x
dx
la función derivada en un punto x será:
f ”(x) =
lím
? x→ 0
ƒ ' (x + ?x) - f ' (x)
?x
. Se obtiene una nueva función, a la que llamaremos derivada
segunda de f y denotaremos con f ”(x) ó
f
d2 f
(x) ó
.
d x2
(2)
Si seguimos, obtendremos sucesivamente las derivadas:
cuarta
(f
IV
(x) ó
f (4)(x)
ó
tercera ( f
d4 f
), etc.
d x4
´´´(x)
ó
f (3)(x)
ó
d3f
),
d x3
La n-ésima derivada de
da de
f
+
n ∈ Z y n > 1, es la primera derivada de la (n - 1)-ésima deriva-
f , donde
. A ésta la denotaremos con
Ejemplo 1 : Si
Ejemplo 2 :
Si
f
(n)
(x) ó
f (x) = 2 x4 + 5 x3 - x2 + 7
f ’(x) = 8 x3 + 15 x2 - 2 x
f ’’(x) = 24 x2 + 30 x - 2
f ’’’(x) = 48 x + 30
f IV(x) = 48
f V(x) = 0
Además f (n)(x) = 0 , n ≥ 5
f (x) =
f ’(x) =
f ’’(x) =
f ’´´(x) =
f IV(x) =
dn f
.
d xn
(derivada primera)
(derivada segunda)
(derivada tercera)
(derivada cuarta)
(derivada quinta)
sen x
cos x
- sen x
- cos x
sen x
Si continuamos, los resultados se repiten en un ciclo de cuatro: sen x, cos x, -sen x, -cos x, etc.
Volvamos al caso de la cinemática para hacer la interpretación física de la derivada segunda y tercera
de la función s(t) que mide la posición respecto a un origen, en cada instante t, de un móvil que se
mueve a lo largo de una recta. Supongamos que en cierto instante t0 la velocidad del móvil es
v(t0) . Si el movimiento no es uniforme (es decir, si la velocidad no es constante), transcurrido un intervalo de tiempo ∆t a partir de t0 , la velocidad variará. O sea tendrá un incremento ∆v . Llamaremos aceleración media del móvil en el intervalo de tiempo ∆t al cociente:
a =
∆v
∆t
=
v(t 0 + ∆t) - v(t 0 )
∆t
y aceleración instantánea en t0 , a :
ai =
lím
∆t → 0
v(t 0 + ∆t) - v(t 0 )
∆t
= v’(t0) =
dv
d t t =t
0
Pero como la velocidad es la derivada de s respecto del tiempo t :
a i = s “(t0) =
d 2v
d t2
t =t0
O sea que en un movimiento rectilíneo donde la posición del móvil en el instante t está dada por la
función s(t) , la aceleración instantánea en t0 es igual a la derivada segunda de la posición s(t) respecto del tiempo, evaluada en t0 .
Análogamente se define el pique en el instante t0, como la derivada primera de la aceleración o, lo que
es lo mismo, la derivada tercera de la posición respecto del tiempo, evaluada en t0 :
j = da/dt =
d 3s
d t3
Si al pasar por un punto determinado, la velocidad con que se mueve un objeto está aumentando, su
aceleración será positiva, y diremos que está acelerando. Si la velocidad en cambio está disminuyenAnálisis Matemático I - Página 51
do, la aceleración será negativa y diremos que el objeto está frenando. Si durante cierto lapso de
tiempo la aceleración se mantiene igual a cero, eso significa que la velocidad fue constante durante
ese tiempo, y el movimiento fue uniforme. Si en cambio la aceleración es cero en un instante, pero
era, digamos negativa antes de ese instante y positiva después, el instante en cuestión es de transición entre estar frenado y estar acelerando. Todas estas cuestiones deben ser tratadas con cuidado,
sobre todo cuando el sentido del movimiento no coincide con el sentido positivo de recorrido, es decir,
cuando el objeto está retrocediendo. Veamos la siguiente situación:
Ejemplo: Un objeto se mueve en una trayectoria rectilínea horizontal, con sentido positivo hacia la
derecha, siendo, en cada instante t , su posición s(t) = t3 – 3t2 + 2.
La derivada primera de esta función (la velocidad) es s´(t) = 3t2- 6t
y la derivada segunda (la aceleración) es s ´´(t) = 6t - 6
Analicemos la velocidad v(t)= s´(t) = 3t2- 6t
Es cero para t = 0 y t = 2, es negativa para 0 < t < 2 y es positiva si t > 2.
¿Por qué?. Eso significa que el objeto está detenido en t=0 y retrocede para 0 < t < 2, en t = 2 vuelve
a detenerse y avanza para t > 2.
Observemos que tomamos en el eje de las abscisas los valores de t. Los valores 2 y -2, en los que
cambia el sentido del movimiento, son los valores correspondientes a t = 0 y t = 2 dado que
s(0) = 2 y s(2) = -2
En cuanto a la aceleración : a(t)= s ´´(t) = 6t - 6= 0 si y solo si t = 1, es positiva para t>1 y negativa
para t<1. En el instante t = 1 el objeto se halla en el punto s(1) = 0. Esto significa que el objeto estaba frenando, su velocidad disminuía, cuando t < 1, y luego acelerando, su velocidad aumentaba, para
t > 1.
Analicemos con más detalle lo sucedido entre t = 0 y t = 2, es decir cuando el objeto retrocede. En el
instante t = 0 el objeto estaba detenido, su velocidad era cero, y a partir de entonces comenzó a moverse hacia atrás cada vez más rápido, alcanzando la máxima rapidez cuando t = 1. Sin embargo,
como indicamos antes, entre t = 0 y t = 1 el objeto estaba frenando. La aparente contradicción , que
no es tal, deriva de confundir la velocidad, que tiene magnitud y sentido, con la “rapidez”, que es el
valor absoluto de la velocidad. En efecto: desde t = 0 hasta t = 1 la velocidad disminuye desde v = 0
hasta v = -3, aunque la rapidez aumente desde 0 hasta 3. Del mismo modo desde t = 1 hasta t = 2
la velocidad aumenta desde v = -3 hasta v = 0, y el objeto está acelerando, aunque la rapidez disminuya desde 3 hasta 0.
Video educativo: aceleración como derivada de la velocidad
Derivada de funciones dadas en forma paramétrica
 x = g(t)
 y = h(t)
Supongamos tener una función y de x , definida por las ecuaciones paramétricas: 
Si estas funciones son derivables respecto de t , la derivada de la función y respecto de x es:
y’x =
Con esta fórmula, es posible conocer la derivada
entre x e y .
g ' (t)
h ' (t)
y’x sin conocer explícitamente la dependencia
Nota: La demostración de esta fórmula, la veremos luego de definir diferencial.
 x = a cos t (es g(t) )

 y = a sen t (es h(t) )
Ejemplo : Sea la función y de x definida por:
a) Calcular y’x para cualquier t .
π
b) Hallar y’x para t =
.
4
c) Interpretar geométricamente el resultado de b) .
a) y’x =
b)
c)
y' x
y' x
g ' (t)
=
h ' (t)
a cos t
- a sen t
= - cotg
t = p/4
π
4
= - cotg t
= -1
= -1 . Este número tiene la interpretación geométrica de siempre: es el valor de la
t = p/4
pendiente de la recta tangente a la curva en el punto P correspondiente a t =
π
4
.
¿De qué curva y de qué punto P se trata?. Para averiguarlo, reemplacemos en las ecuaciones pa
π
2
2
 . Luego, elevándolas al cuadrado y
ramétricas a t por
así obtenemos el punto P  a
,a
4
2 
 2
2
2
2
sumando, obtenemos la ecuación x + y = a , de la circunferencia de radio a y centro (0 , 0).
De las coordenadas de P, deducimos que la “función” cuya recta tangente tiene en P , pendiente m
→
= -1 estará representada por la semicircunferencia situada sobre el eje x :
Derivada de funciones definidas en forma implícita
y = ƒ(x) se dice que está definida en forma implícita por una ecua-
Recordemos que una función
ción F(x , y) = 0
dad.
(1) , si sustituyendo
y = ƒ(x) en (1), esta ecuación se convierte en una identi-
Hasta aquí hemos derivado funciones expresadas en forma explícita en la forma
. Es decir,
la variable y expresada en términos de la variable x. Ahora queremos derivar una función y = ƒ(x)
cuando está definida implíc itamente por una ecuación F(x , y) = 0 como es el caso de:
3x – 5 – y = 0
x2 + y2= 1
o
Se puede comprobar fácilmente que la primera define implícitamente una función
la segunda define dos funciones de este tipo.
, en cambio
Supongamos que queremos derivar la función
definida implícitamente por 3x – 5 – y = 0.
Es cierto que podemos despejar
de la misma, y luego derivar como sabemos hacer:
3x - 5 - y = 0 ⇒ y = 3x - 5
⇒ y´ = 3
Hagamos lo mismo con el segundo ejemplo. Al despejar
define implícitamente a las funciones
12 - x 2 (1)
y1 =
Calculemos y’ de (1): y 1 =
y’1 =
1
2 12 - x 2
(-2 x) =
Análogamente, de y 2 = -
e
de x 2 + y 2= 1 vemos que esta ecuación
y2 = -
12 - x 2 .(2)
12 - x 2
-x
x
=2
2
y1
1 -x
12 - x 2 , y’2 = -
1
2 12 - x 2
(-2 x) =
-x
- 12 - x 2
=-
x
y2
Ahora bien, podemos encontrar y´ derivando implícitamente : esto es, derivando respecto de x am2
2
bos miembros de la ecuación x +y =1 , recordando que y es función de x y utilizando la regla de la
cadena:
2 x + 2 y. y´= 0 ⇒
y´= −
x
y
Donde la y que está en el denominador será y 1 o y 2 según sea el caso y, por lo tanto, el resultado
es el mismo que el obtenido antes.
Muchas veces sucede que la función
no se puede despejar de la ecuación dada. Lo cual
ocurre con y 6 – y – x 2 = 0 ó y - x - ¼ sen y = 0. Entonces no hay otro camino que recurrir a la
derivación implíc ita:
• y - x - ¼ sen y = 0 ?
y’ (6 y 5 – 1) = 2 x ?
y’ – 1 – ¼ cos y . y’ =0
y’ =
?
2x
6 y5 -1
y’(1 – ¼ cos y) = 1
?
y’ =
1
• 6 y 5 . y’ - y’ - 2 x = 0 ?
1
− 1 4 cos y
Estas derivadas suelen quedar en términos de x e y, por lo que si se desea evaluarlas en algún
punto en particular será preciso contar con el par (x0 , y 0) correspondiente.
Ritmos, razones o velocidades de cambio relacionados
Otra aplicación importante de la regla de la cadena consiste en encontrar ritmos o velocidades de
cambio de dos o más variables relacionadas que están cambiando respecto al tiempo.
Por ejemplo, supongamos que sale agua de un depósito cónico. El volumen V, el radio r y la altura h
del nivel del agua son funciones de t. Sabemos que estas magnitudes variables se relacionan meπ
diante la ecuación V = r 2 h .
3
Derivemos esta ecuación con respecto a t , en ambos miembros, dado
que las tres magnitudes varían de acuerdo al cambio que se produce en t,
con el propósito de obtener la ecuación de ritmos o velocidades de cambio
relacionados.
d
d π
(V ) = ( r 2 h)
dt
dt 3
dV π  2 dh
dr 
= r
+ h ( 2r )
dt
3  dt
dt 
dV π  2 dh
dr 
= r
+ 2rh

dt
3  dt
dt 
En esta ecuación se puede ver que el ritmo de cambio de V está relacionado con el ritmo de cambio
de h y el de r.
Ejercicio: Supongamos que en el tanque cónico del ejemplo anterior, la altura del nivel del agua está
cambiando a un ritmo de – 0,2 pies por minuto y el radio lo está haciendo a un ritmo de – 0,1 pies por
minuto. ¿ Cuál es el ritmo de cambio del volumen cuando el radio es r = 1 pie y la altura es
h = 2 pies ?. ¿ El ritmo de cambio del volumen depende de los valores de r y h ? . Explicar la respuesta.
Como la altura h del nivel del agua está cambiando a un ritmo de - 0,2 pie/min, entonces
y, como el radio r lo está haciendo a un ritmo de – 0,1 pie/min, entonces
Reemplazando estos valores en la fórmula obtenida antes:
.
dV π 2 dh
dr
dV π 2
= (r
+ 2rh ) =
= ( r (− 0,2) + 2rh (− 0,1))
dt
3
dt
dt
dt
3
Como queremos saber el ritmo de cambio del volumen V cuando r = 1 pie y h = 2 pies:
dV π 2
π
= (1 . ( −0,2 ) + 2 .1. 2 .( − 0,1)) = ( −0,6) = − 0, 2 π ≈ − 0,628
dt 3
3
El ritmo de cambio del volumen V es de - 0,628 pies cúbicos por minuto, para r = 1, h = 2. De la
fórmula se deduce que el valor obtenido no sería el mismo para otro par de valores de r y h , con lo
cual se puede afirmar que el ritmo de cambio de V , depende de los valores de éstos.
Video educativo: Ritmos de cambio relacionados (10´10´´)
Nota: Aquí damos algunas sugerencias generales que pueden ayudar a resolver problemas del tipo
planteado:
1) Dibujar una figura. Incorporar en ella los datos y asignar letras a los elementos desconocidos.
Determinar qué cambia y qué permanece constante.
2) Determinar qué hay que calcular, expresarlo en términos de variables y tratar de relacionarlo
con la figura.
3) Escribir todas las relaciones que pueda encontrar entre esta variable y las demás variables y
datos del problema, procurando determinar aquéllas que le permitan obtener la incógnita mediante aplicación de la regla de la cadena.
4) Evaluar la derivada en el punto pertinente.
Ejemplo: En un lago en calma se deja caer una piedra, lo que provoca ondas circulares. El radio r del
círculo exterior está creciendo a un ritmo constante de 1 pie/ seg. Cuando el radio es 4 pies,
¿ a qué ritmo está cambiando el área A de la región circular perturbada ?.
Las variables r y A están relacionadas por A = p r 2. El ritmo o velocidad de cambio del radio r es
dr
=1
dt
Ecuación: A = p r 2
dr
Ritmo dado:
=1
dt
dA
Hallar:
cuando r = 4
dt
Con esta información procedemos así: derivamos en ambos miembros de la ecuación A = p r 2 con
respecto a t , usando la regla de la cadena:
d
d
dA
dr
. Reemplazando los datos:
[ A] = [π r 2 ] ⇒
= 2π r
dt
dt
dt
dt
dA
= 2π ( 4)(1) = 8 π . O sea, cuando el radio es de 4 pies, el área cambia a razón de
dt
8p pies 2/seg.
Ejemplo: En la figura se ilustra una cámara montada en un punto a 3.000 metros de la base de una
plataforma de lanzamiento de un cohete. Supóngase que el cohete asciende verticalmente y que la
cámara debe tomar una serie de fotografías. Debido a que el cohete estará ascendiendo, el ángulo de
la cámara tendrá que variar justo con la rapidez correcta para mantener al cohete en el objetivo.
Además, debido a que la distancia de la cámara al cohete estará cambiando constantemente, el mecanismo de enfoque de la cámara también tendrá que variar justo con la rapidez correcta para mantener nítida la fotografía. Si el cohete asciende verticalmente a 880 m/seg cuando está a 4.000 m de
altura, ¿Con qué rapidez está cambiando la distancia de la cámara al cohete ?.
Sean t el número de segundos transcurridos desde el momento del lanzamiento, y la distancia de la
cámara al cohete, en metros, después de t segundos y x la altura del cohete, en metros, después
de t segundos)
X
F
La rapidez con que está ascendiendo el cohete está dada por
y se tiene el dato de que la misma es de 880 m/seg cuando la
altura x es de 4000 m. Lo que se pide es la rapidez con que
está cambiando la distancia de la cámara al cohete, la cual está
dada por
, en el instante en que x=4000.
Por el teorema de Pitágoras, aplicado al triángulo de la figura:
(1)
3000 m
Como x e y son funciones de t, derivemos los dos miembros de esta ecuación respecto a t :
?
?
Ahora reemplazamos en esta expresión, los valores x=4000 ,
de (1) cuando precisamente x=4000 :
e y=5000 , que se obtiene
Ejemplo: La arteriosclerosis es una enfermedad en la que los conductos de las arterias se estrechan
debido a la formación de depósitos grasos en las paredes arteriales.
Abertura para
la circulación
sanguínea
Depósito graso
Pared
arterial
En la figura se ilustra una sección transversal de
una arteria circular imaginaria con un depósito de
grasa de espesor uniforme en la pared. A medida
que la arteriosclerosis progresa, el espesor del depósito se incrementa y la abertura para la circulación sanguínea disminuye. De una manera ideal, a
un investigador médico le gustaría conocer la razón
a la que el área de la abertura arterial disminuye
con el tiempo.
Sin embargo, esto depende de la rapidez con que el espesor del depósito graso se incrementa con el
tiempo y ésta por lo general se desconoce debido a que depende de la dieta del individuo, del ejercicio
que haga, de sus hábitos de tabaquismo, etc. Sin embargo, en vez de considerar la razón a la que el
área de la abertura varía con el tiempo, el investigador puede evitar este problema estudiando la razón
a la que el área de la abertura varía en relación con el espesor del depósito graso.
Supongamos que los depósitos grasos se constituyen de una manera uniforme en la pared de una
arteria cuya sección transversal es un círculo de 1,5 cm de radio. ¿A qué razón está cambiando el
área de la sección transversal de la abertura en relación con el espesor del depósito graso cuando
éste tiene 0,5 cm de espesor?.
Sean A el área de la sección transversal de la abertura arterial ( en cm2 ) y h el espesor del depósito graso ( en cm ).
La razón a la que varía el área de la abertura arterial en relación con el espesor del depósito graso es
. Como queremos hallar esta razón cuando h=0,5 cm, queremos encontrar
.
1,5cm
h
El radio de la abertura arterial es 1,5 – h , entonces el área de la misma es:
Derivando ambos miembros respecto a h :
, en consecuencia
Por lo tanto, cuando h=0,5 cm , la abertura arterial está disminuyendo 6,28 cm2 cuando el depósito
graso aumenta 1 cm su espesor.
Derivada de orden superior de funciones implícitas
Veamos con un ejemplo, cómo obtenerla. Supongamos que una función y = ƒ(x) viene dada por la
ecuación implícita:
x2
a2
+
y2
b2
=1
(1)
que es
x2
a2
+
y2
b2
-1 =0
Derivando respecto de x , ambos miembros de la igualdad y recordando que “y” es función de “x” :
2x
2
x
y
b2 x
+
y
y'
=
0
⇒
+
y'
=
0
⇒
y’
=
y a2
a2
b2
a2
b2
Derivemos la última igualdad respecto de x , siempre teniendo en cuenta que “y” es función de “x” :
b 2 y - xy'
y” = (y’)’ = a2
y2
Sustituyendo aquí la derivada primera y’ :
y” = −
y” = −
b2
a
2
 b2 x 
y - x 
2
 ya 
y
2
b2
y 2 a 2 + b2 x2
a2
y 3 a2
(
b2 y 2 a 2 + b2 x2
y” = -
)
y3 a4
Esta expresión se puede reducir aún más, pues de (1) se deduce que
y” = −
b2 a2 b 2
⇒
y 3 a4 2
y” = −
y2 a2 + b2 x2 = a2 b2 :
b4
y 3 a2
Derivando la última igualdad respecto de x obtendremos y” y así sucesivamente.
D
DIIF
FE
ER
RE
EN
NC
CIIA
AL
LD
DE
EU
UN
NA
AF
FU
UN
NC
CIIO
ON
N
y = f (x) derivable en cierto intervalo (a , b) . Entonces, en
f queda determinada por la igualdad:
Supongamos que tenemos una función
cada punto x0 ∈ (a , b) la derivada de
lím
∆x → 0
ƒ(x 0 + ?x) - ƒ(x 0 )
= f ’(x0)
?x
(donde
f ’(x0)
es un número)
También sabemos que al verificarse la identidad anterior ∀ x0 ∈ (a , b) , queda definida la función
derivada en (a , b) :
lím
∆x → 0
lím
∆x
=
f ’(x)
,
x ∈ (a , b)
(1)
x ∈ (a , b) , f ’(x) es un número y por una propiedad de límites finitos
[f (x) - L] = 0 ), podemos escribir (1) así:
Puesto que para cada
(
f (x) = L ⇔
x → x0
∆y
lím
x → x0
lím
∆x → 0
?y

 ? x - ƒ' (x)  = 0


?y

 ? x - ƒ ' (x) es un infinitésimo cuando ∆x → 0 , lo cual podemos expresar


Aquí se evidencia que
de la siguiente manera:
∆y
∆x
O sea
∆y
∆x
Si multiplicamos por
- f ’(x) = α(x) , donde α(x) es infinitésimo cuando
= f ’(x) + α(x) , donde α(x) → 0 , cuando
∆x ≠ 0 :
∆y = f ’(x) ∆x + α(x) ∆x
Analicemos (2) suponiendo
f ’(x) ≠
(2)
0:
∆x → 0
∆x → 0
* Los dos sumandos que componen a ∆y : f ’(x). ∆x
y
∆x → 0 . Por lo tanto ∆y tiende a cero cuando ∆x → 0 .
* Como
f
’(x) . ∆x
f ’(x) . ∆x
* A su vez, como
son infinitésimos cuando
es infinitésimo cuando ∆x → 0 , podemos compararlo con ∆x :
lím
∆x → 0
entonces
α(x) . ∆x
ƒ ' (x) . ? x
?x
lím
=
= f ’(x) ≠ 0
f ’(x)
∆x → 0
es un infinitésimo de igual orden que ∆x .
α(x) . ∆x
lím
∆x → 0
es un infinitésimo cuando
α(x) . ∆x
∆x
=
lím
∆x → 0
∆x → 0 :
α(x) = 0
⇒
α(x) ∆x
es infinitésimo de mayor orden que ∆x.
De estos dos sumandos que componen al incremento de la función, ∆y , se dice que el primero (para
f
’(x) ≠ 0) es la parte principal de ∆y y se ve que es lineal en relación a ∆x .
Al producto
f ’(x) . ∆x
se lo denomina diferencial de la función
dado y se lo simboliza con dy ó d
y = f (x) , en x, respecto del ∆x
f :
dy = f ’(x) . ∆x
(3)
Para x fijo, el dy variará dependiendo sólo del valor que se le dé a ∆x .
Hallemos el diferencial de la función identidad:
Si
y=x
⇒
Además por (3):
de (4) y (5) :
y = f (x) = x
dy = dx
(4)
dy = f ’(x) . ∆x
dy = [x]’ . ∆x
dy = 1 . ∆ x
dy = ∆x
dx = ∆x
(5)
Así pues, el diferencial de la variable independiente, coincide con el incremento de la misma.
A la igualdad dx = ∆x la tomaremos como definición de diferencial de una variable independiente, ya
que esto no contradice la definición de diferencial de la función y = x .
Entonces, para cualquier caso, la definición (3) se puede escribir así:
dy = f ’(x). dx
De esta expresión se obtiene
(6)
f ’(x) =
dy
dx
, una nueva notación para la derivada, debida a Leib-
niz.
Teniendo en cuenta (3), podemos escribir (2) así:
∆y = dy + α(x) ∆x
ó
∆y - dy = α(x) ∆x
Como sabemos que el segundo miembro tiende a cero cuando ∆x → 0 , entonces la diferencia
entre ∆y y dy tiende a cero cuando ∆x → 0 . Es más, como ∆y y dy son infinitésimos cuando
∆x → 0 (ya lo dijimos antes), podemos compararlos:
lím
∆x → 0
=
∆y
dy
lím
∆x → 0
=
lím
dy + α(x) ∆x
∆x → 0
dy
=
lím
∆x → 0

α(x) ∆x 
1 +

dy 

=
lím
∆x → 0

α(x) ∆x 
1 +

ƒ ' (x) ∆x 

=

α(x) 
1 +
 = 1
ƒ '(x) 

≠0
De aquí se deduce que ∆y y dy son infinitésimos equivalentes, cuando ∆x → 0 . En otras
palabras: para valores pequeños de ∆x , los valores de dy y ∆y son aproximadamente iguales:
∆y ≈ dy , para valores pequeños de ∆x
O, en forma desarrollada: f (x + ∆x) - f (x) ≈ f ’(x) . ∆x , para valores pequeños de ∆x .
(7)
Esta igualdad aproximada permite abreviar ciertos cálculos, como veremos más adelante.
Significado Geométrico del Diferencial de una Función
Consideremos una función y = f (x) en cierto (a , b) donde es derivable y sea
’(x) ≠ 0 (o sea la recta tangente a f en el punto x no es horizontal):
En el triángulo MPR : tg α =
PR = ∆x
MR =
MR
PR
⇒
MR = PR. tg α
⇒
como
x ∈ (a , b) con
tg α = f ’(x)
f
y
f ’(x) . ∆x
Por la definición de diferencial: MR = dy (como se indicó en la figura )
Esta igualdad significa que el diferencial de la función y = f (x) correspondiente a x respecto al
∆x dado, es igual al incremento de la ordenada de la recta tangente (trazada en P(x, f (x)) al pasar,
la variable independiente, de x a x+∆x .
En el gráfico anterior, ∆y < dy . Los siguientes gráficos muestran que no siempre sucede así:
Una observación más detallada de los gráficos (cualquiera de los tres) permite afianzar afirmaciones
probadas antes:
* el incremento ∆y tiende a cero cuando ∆x → 0 .
* el dy tiende a cero cuando ∆x → 0
* la diferencia entre ∆y y dy se hace cada vez más pequeña conforme ∆x → 0 . O lo que es lo
mismo, los valores de ∆y y de dy son aproximadamente iguales para valores pequeños de ∆x .
Si seguimos observando las figuras, al ser ∆y = QR y dy = MR , podemos sustituir (para valores
pequeños de ∆x ) a ∆y por dy . Esto sería sustituir el gráfico de la función y = f (x) por el de la
recta tangente t trazada en P . Con lo cual cometeríamos un error, tanto más pequeño cuanto más
chico sea ∆x . Al efectuar esta sustitución se podría calcular, aproximadamente el valor de la función
en un punto cercano a x sumando el valor de f en x (AR en las figuras) y el valor de dy (MR en
las figuras).
Esta última observación, quedó expuesta , en la igualdad aproximada:
f (x + ∆x) - f (x) ≈ f ’(x) ∆x , para valores pequeños de ∆x
O sea:
f (x + ∆x) ≈ f (x) + f ’(x) ∆x , para valores pequeños de ∆x ,
donde x + ∆x será el punto cercano a x .
Ejemplo 1 : Si
y = f (x) = x6 . cos x
entonces:
dy = f ’(x) . dx ⇒ dy = (x6 . cos x)’ dx
dy = [6 x5 . cos x - x6 . sen x] dx
Ejemplo 2 : Si y = f (x) = x2
a) Calcular ∆y y dy para valores arbitrarios de x y ∆x :
∆y = f (x + ∆x) - f (x) = (x + ∆x)2 - x2 = 2 x ∆x + ∆2x
dy = f ’(x) . dx = ( x2 )’dx = 2 x dx = 2 x ∆x
b) Calcular ∆y - dy para:
x = 2 y ∆x = 0,1 , x = 2 y ∆x = 0,01 , x = 2
¿Cuál es la conclusión?
Si
x=2





y
y
∆x = 0,001
∆x = 0,1
∆y = 2 x ∆x + ∆2x = 2 . 2. 0,1 + 0,12 = 0,4 + 0,01 = 0,41
dy = ƒ’(x) ∆x = 2 x ∆x = 2 . 2 . 0,1 = 0,4
∆y - dy = 0,01
(7)
Si
x = 2 y ∆x = 0,01

 ∆y = 2 . 2. 0,01 + 0,012 = 0,04 + 0,0001 = 0,0401

 dy = 2 . 2 . 0,01 = 0,04
 ∆y - dy = 0,0001
Si
x = 2 y ∆x = 0,001

 ∆y = 2 . 2. 0,001 + 0,0012 = 0,004 + 0,000001 = 0,004001

 dy = 2 . 2 . 0,001 = 0,004
 ∆y - dy = 0,000001
Conclusión : a medida que ∆x es más pequeño, la diferencia entre ∆y y dy también se hace más
pequeña.
Ejemplo 3 : Calcular aproximadamente
En este caso
f (x)
=
5
.
Usemos la fórmula (5) :
x
f (x + ∆x)
-
f (x)
≈
f
considerando x = 4 cuya raíz cuadrada es conocida
∆x = 1
x + ∆x = 4 + 1 = 5
Entonces:
x + ∆x
-
x + ∆x
≈
x
≈
4
+
5
≈ 2 +
1
5
≈
1
2
x
=
4
=2
x ]’ . ∆x
1
. ∆x
2 x
+
x
5
5
≈ [
’(x) . ∆x
?
. 15
4
4
9
4
≈ 2,25
Si sacamos el valor de
5 con calculadora,
5 = 2,23606... , comparando este valor con nuestra aproximación, hemos calculado con exactitud sólo hasta la primera cifra decimal. O sea que el
error cometido, al sustituir ∆y por dy, es menor que 10-1 .
El cálculo del diferencial de una función se reduce en realidad al cálculo de la derivada, ya que al multiplicar esta última por dx , se obtiene el diferencial de la función. Por esto, las reglas de diferenciación de funciones guardan similitud con las de derivación. Por ejemplo:
♣ El diferencial de la suma de dos funciones derivables u = u(x)
los diferenciales de estas funciones:
d(u + v) = du + dv
♣ d(u . v) = v du + u dv
, u = u(x)
y
v = v(x)
derivables.
y
v = v(x) es igual a la suma de
D) d(u . v) = (u . v)’ dx = [ u’ v + u v’ ] dx
d(u . v) = v u’ dx + u v’ dx
du
d(u . v) = v du + u dv
dv
Ejemplo 4 : Hallar el diferencial de la función y = x2 . e-x
dy = e-x . d(x2) + x2 . d(e-x )
dy = e-x . 2 x dx + x2 . (- e-x ) dx
dy = (2 x e-x - x2 e-x ) dx
lo que seguro se obtendrá si hallamos y’ y la multiplicamos por dx.
 u 
v du - u dv
♣ d  =
 v 
v2
♣ Diferencial de una función compuesta: Sea y =
algún dominio, la función compuesta:
y = f ( g(x) )
f (u)
y
u = g(x) y supongamos definida, en
dy = [f ( g(x) ) ]’ dx
dy =
f ’( g(x) )
. g’(x) . dx
u
dy = f ’(u) . du
du
Observación : El diferencial de una función compuesta tiene la misma forma que tendría en el caso
de que la variable intermedia “u” fuera la variable independiente. O sea, la expresión del diferencial
no depende de que la variable sea independiente ó intermedia. Esto se conoce como propiedad de
invariancia del diferencial.
Ejemplo 5 :
Sea y = sen x
Entonces
y
u= x
y = sen
dy = cos
ó podemos escribirlo como:
.
x
x .
1
dx
2 x
dy = cos u . du
ó
dy = cos
x
d(
x )
♣ Con la noción de diferencial podemos demostrar fácilmente la fórmula de la derivada de una función y = f (x) definida paramétricamente por las ecuaciones:
 x = g(t)

 y = h(t)
y ’x =
dy h ' (t) dt
=
dx g ' (t) dt
⇒
y ’x =
h '(t)
g '(t)
Diferenciales de Orden Superior
Sea
y = f (x) , el diferencial de esta función es dy = f ’(x) . dx
f ’(x)
depende de x . El dx es un incremento de x , que no depende del valor de ésta.
. Esta es una función de x ya que
Podemos entonces hallar el diferencial del diferencial de la función f. Lo que llamaremos diferencial
segunda ó diferencial de segundo orden de f y simbolizaremos con
d2 y :
d2 y = d(dy) = d( f ’(x) . dx )
d2 y = [ f ’(x) . dx ] ’ . dx
d2 y =
2
d y =
f ’’(x) . dx . dx
f ’’(x) . (dx) 2
en la potencia del diferencial se suelen omitir los paréntesis. Así, en lugar de escribir (dx) 2 , escribiremos dx2, sobreentendiéndose que se trata del cuadrado del dx y no del diferencial de x2 .
d2 y = f ’’(x) . dx2
análogamente
d3 y =
?
dn y =
f ’’’(x) . dx3
f (n)(x) . dxn
Algunos autores utilizan la siguiente notación para expresar las derivadas de orden superior:
f ’’(x)
=
d2 y
dx 2
,
f ’’’(x)
=
d3 y
dx 3
, ... ,
f
(n)
(x) =
dn y
dx n
S
SIIG
GA
AM
MO
OS
SA
AP
PL
LIIC
CA
AN
ND
DO
OL
LA
AD
DE
ER
RIIV
VA
AD
DA
A…
…
Veremos aquí que la derivada nos puede proporcionar mucha información sobre una función dada, lo
cual permite también lograr su gráfica en una forma bastante aproximada.
Otro aspecto interesante es que muchas veces, en la vida diaria o en las ciencias, suelen presentarse problemas como los siguientes:
? Se quiere encontrar el área de una superficie rectangular, cercada por tres de sus lados con tela
metálica y lindante por el cuarto lado con una pared. ¿Qué dimensiones habrá que dar al terreno
para que su área sea la mayor, si se dispone de l metros lineales de tela metálica?.
? La virulencia de cierta bacteria se mide en una escala de 0 a 50 y viene expresada por la función
V(t) = 40 + 15t – 9t2 + t3, donde t es el tiempo (en horas) transcurrido desde que comienza el
estudio. ¿ Cuáles son los instantes de máxima y mínima virulencia en las 6 primeras horas ?.
Éstos son ejemplos de los llamados problemas de optimización o problemas de maximizaciónminimización y la derivada será una herramienta muy útil para darles respuesta. Los dos temas, la
gráfica de una función y los problemas de optimización no están desconectados ya que la resolución
de estos problemas depende, en gran parte, de la información que obtengamos de la derivada de una
función f para deducir hechos sobre la misma función f, como lo es buscar el máximo y/o el mínimo
absolutos de f .
E
EX
XT
TR
RE
EM
MO
OS
SD
DE
EU
UN
NA
AF
FU
UN
NC
CIIÓ
ÓN
N
Definición: Una función
f
(c) ≥
f (x) para todo
f
, cuyo dominio es D tiene un máximo absoluto en c si se cumple que
x en D. El número f(c) se llama valor máximo de f en D. Análogamente,
f
tiene un mínimo absoluto en c si se cumple que f (c) ≤ f (x) para todo x en D y el número f(c) se
llama valor mínimo de f en D. El máximo y el mínimo absoluto de f se llaman extremos absolutos
de f.
La función de la figura tiene el mínimo
absoluto en a y el máximo absoluto
en b. Observemos que (a,f(a)) es el
punto más bajo de la gráfica de f y
(b,f(b)) es el más alto.
Si sólo consideramos valores de x cercanos a d ( por ejemplo si consideramos los valores de x que
están entre c y e ), vemos que f(d) es el más grande de los correspondientes valores f(x) y lo llamaremos valor máximo local de f . De manera semejante, si consideramos valores de x cercanos a c
( por ejemplo los que están entre b y d, vemos que f(c) es el más chico de los correspondientes valores f(x) y lo .llamaremos valor mínimo local de f. En general tenemos la definición siguiente:
Definición: Una función f tiene un máximo local ( o máximo relativo ) en c si f (c) ≥ f (x) cuando x
está cercano a c ( esto significa que f (c) ≥ f (x) si x está en algún intervalo abierto que contiene a
c). En forma análoga, f tiene un mínimo local ( o mínimo relativo ) en c si f (c) ≤ f (x) cuando x está
cercano a c .
Ejemplos:
La función f(x)= x2 verifica
, por lo
tanto también verifica esto en un intervalo abierto
que contiene a 0. Entonces tiene mínimo absoluto y
relativo en 0. En cambio no tiene valor máximo absoluto ni local.
La función f(x)=x3 no tiene valores extremos
absolutos ni locales.
Para la función f(x)=3x 4-16x 3+18x 2 con
-1= x =4 , se ve que f(1)=5 es un máximo
local, f(-1)=37 es máximo absoluto ( y no
puede ser local porque se encuentra en
un extremo del intervalo cerrado
,
f(0)=0 es un mínimo local y f(3)=-27 es
un mínimo tanto local como absoluto.
La función y = x 2/3 verifica
, por lo tanto también verifica esto en un intervalo
abierto que contiene a 0. Entonces
tiene mínimo absoluto y relativo en 0.
No tiene valor máximo absoluto ni
local.
La función f(x)= cos x toma su valor
máximo local y absoluto 1 una infinidad de veces, en los puntos dados
por x=
(k entero) y su valor mínimo local y absoluto -1 también en
infinitos puntos de la forma
x=
(k entero).
Ejercicio: a) Decir si las siguientes afirmaciones son verdaderas (V) o falsas (F). b ) En caso de falsedad, expresar en forma correcta:
a) i) si f alcanza en x0 un mínimo relativo , entonces en él alcanza el mínimo absoluto. F
ii) si f alcanza en x0 el máximo absoluto, entonces en él alcanza un máximo relativo. F
iii) una función f puede tener más de un mínimo relativo. V
iv) una función
f
puede alcanzar el máximo absoluto, en más de un punto. V
v) si f alcanza en x0 el mínimo absoluto, entonces no puede haber en x0 un mínimo relativo de f. F
vi) si en x0 hay mínimo relativo de f , entonces en él puede haber mínimo absoluto de f . V
vii) si
f
tiene máximo absoluto, éste es único. V
b ) i) puede pasar que la desigualdad
f (x0)
≤
f (x)
se verifique en cierto entorno de x0, pero
no ∀x ∈ Dom f.
ii) por ejemplo, si es Dom f = [a , b] y el máximo absoluto está en alguno de los extremos del dominio, digamos en “a”, entonces en este punto no puede haber máximo relativo porque no es
posible tomar ningún entorno centrado en él tal que se verifique la definición de máximo relativo.
v) si f alcanza en x0 el mínimo absoluto y si x0 es un punto interior del dominio de f , entonces
existe la posibilidad de que también en x0 haya mínimo relativo, pues se pueden considerar las
imágenes de f en un entorno de x0 .
Hemos visto que hay funciones que tienen extremos absolutos y otras que no. Ahora bien, en la Unidad de Continuidad hemos visto un teorema que asegura la existencia de los mismos si la función es
continua en un intervalo cerrado:
Teorema de Weierstrass : Sea ƒ continua en [a , b] , entonces ƒ alcanza un máximo absoluto
f(c) y un mínimo absoluto f(d) en algunos números c y d en [a , b].
Lo cierto es que este teorema nos dice que si una función f definida en un intervalo cerrado
[a , b] , cumple la condición de ser continua en él, entonces podemos asegurar que tiene máximo y
mínimo absolutos en [a , b] , pero no nos dice cómo hallarlos. Para encontrar la manera de hacerlo,
nos vamos a dedicar primero a hallar extremos locales.
Para empezar, observemos el siguiente gráfico:
Esta función tiene máximo local en b y mínimo
local en c y parece que la recta tangente a la
curva en estos puntos es horizontal. Si fuera
así, entonces la pendiente de estas rectas
tangentes es 0. Como la derivada mide la
pendiente de la recta tangente en cada punto,
entonces intuimos que f ´(b)=0 y f ´(c)=0
El teorema que sigue asegura que esto es cierto siempre que la función sea derivable en estos puntos:
Teorema de Fermat : Si la función
en x 0 , entonces
f
tiene un máximo o un mínimo local en x 0 y si
f
es derivable
f ’(x0) = 0 .
Demostración: Supongamos que en x0 existe un mínimo local de
f.
f (x) ≥ f (x0) , ∀ x en algún intervalo abierto
(a , b) que contiene a x0 . O, lo que es lo mismo: f (x) - f (x0) ≥ 0 , ∀ x ∈ (a , b) . Como por hipótesis
f es derivable en x0 entonces existen las derivadas laterales de f en x0 :
Entonces, por la definición de mínimo local o relativo :
f ’+ (x0)
=
lím
x →x +0
ƒ(x) - ƒ(x 0 )
x - x0
(1)
y
f ’- (x0)
=
ƒ(x) - ƒ(x 0 )
x - x0
límx → x0
(2)
Consideremos la derivada lateral derecha: cuando x → x0+ , es x > x0 , luego x - x0 > 0 . Por otra
parte
f (x) - f (x0)
≥ 0 , ∀ x∈ (a , b) , por la definición de mínimo absoluto.
Entonces, el cociente
ƒ (x) - ƒ (x 0 )
x - x0
≥0
, para x > x0 .
Luego, por una propiedad de límites finitos, es:
f ’+ (x0)
=
lím
x →x +0
ƒ(x) - ƒ(x 0 )
≥0
x - x0
(1’)
Si hacemos consideraciones similares con la derivada lateral izquierda: cuando x → x0- , es x < x0
luego x - x0 < 0
y sigue siendo
f (x) - f (x0)
≥ 0 .
ƒ(x) - ƒ(x 0 )
≤ 0 , para x < x0
x - x0
ƒ(x) - ƒ(x 0 )
f ’- (x0) = lím
≤0
x - x0
x → x -0
Entonces el cociente
y en consecuencia:
Como por hipótesis f es derivable en x0 , se cumple que f ’+(x0) = f ’-(x0) =
Y, por lo tanto, teniendo en cuenta (1’) y (2’), es:
f ’(x0) ≥ 0
y
f ’(x0) ≤ 0
(2’)
f ’(x0)
.
Finalmente, para que sean compatibles ambas afirmaciones debe ser
f ’(x0) = 0 , que es lo que
queríamos demostrar.
En el supuesto de que en x0 exista un máximo relativo, la demostración es similar.
Recordemos que si f tiene máximo local ( o mínimo local ) en x 0 , entonces f(x0) es valor máximo
local ( o valor mínimo local ), es decir es la mayor de las imágenes f(x)( o la menor de las imágenes )
tomando a x en un intervalo abierto que contiene a x 0 . El teorema nos dice que si f es derivable en
tal punto, entonces esta derivada vale cero. Desde el punto de vista geométrico el teorema expresa
que si tenemos una función f definida en cierto dominio D, si en x0 ∈ D hay un extremo local de f
y si la gráfica de
f
es “suave” en x0 ( pues f es derivable en x0 ), entonces la recta tangente a
en x0 es horizontal ( pues f ’(x0) = 0 ):
f
Es sencillo comprobar esto con la función f
vable allí. Efectivamente, la derivada f
, puesto que tiene mínimo relativo en 0 y es derivale 0 en x0 =0.
El teorema de Fermat es de la forma p ⇒ q y ya sabemos que para toda implicación de este tipo es
cierta la contrarrecíproca ~ q ⇒ ~p. Es decir, “ si f ’(x0) ? 0 entonces f no tiene extremo local en
x 0 ”. Con lo cual, f ’(x0) = 0 es una condición necesaria para la existencia de extremo local en
x0.
¿ Será cierta la recíproca q ⇒ p de este teorema? . Es decir, ¿ valdrá la implicación “si f ’(x0) = 0
entonces f tiene un máximo o un mínimo local en x 0” ?.
Consideremos la función
es conocida:
ƒ(x)
= x3 + 1
, para la cual
se anula en x 0=0 y cuya gráfica
Aunque f ’(x0)=0 , vemos que esta función no
tiene extremo local en x 0=0 (se puede probar
fácilmente que no se cumple ninguna definición).
Esta función es un contraejemplo que sirve para justificar que la implicación recíproca es falsa. En
consecuencia la condición ƒ ’(x0) = 0, es una condición necesaria pero no suficiente para la existencia de un extremo relativo en x0.
Por otro lado analicemos el caso de la función
:
Como
para toda x en un
intervalo abierto que contiene a 0, por definición esta función tiene un mínimo local en
x 0=0 (que también es absoluto).
Pero
no existe, como sabemos.
Recordemos que estamos buscando la manera de determinar los extremos locales de una
función…En esta búsqueda las tres funciones anteriores nos están dando una “pista” : los extremos
locales de una función pueden estar en los números donde f ’(x0) = 0 o donde f ’(x0) no existe.
Vamos a darles nombre a estos números tan especiales:
Definición: Un número crítico o punto crítico de una función f es un número x0 en el dominio de f
tal que f ’(x0) = 0 o f ’(x0) no existe.
Aunque todavía no tenemos modo de encontrar los extremos locales de una función (que no sea usar
la definición), si se tiene la gráfica de una función continua en un intervalo cerrado [a , b] y se quiere
hallar el máximo absoluto basta mirar la curva y buscar el punto más alto entre todos los máximos
relativos y los puntos correspondientes a los extremos del intervalo cerrado. Como los máximos relativos sólo pueden estar en los puntos críticos, habrá que hallar las imágenes de los puntos críticos,
las imágenes de a y de b y la mayor de ellas es el valor máximo absoluto de la función. Para buscar
el mínimo absoluto se procede de forma análoga:
Método del Intervalo Cerrado: Para hallar los valores máximo y mínimo absolutos de una función f
continua en un intervalo [a , b] :
? se hallan las imágenes de los números críticos de f en [a , b]
? se hallan las imágenes de los extremos a y b del intervalo [a , b]
? el más grande de los valores hallados en los pasos anteriores es el valor máximo
absoluto y el más chico, es el valor mínimo absoluto.
Ejemplo : Mediante el programa Winfun se muestran dos gráficas de la función
.
En la gráfica de la derecha se restringen los valores de x al intervalo cerrado
. Estimemos los
valores mínimo y máximo absolutos de f en base al Método del Intervalo Cerrado, mediante el uso
del programa.
El programa arroja un mínimo relativo en x=1.047 cuya imagen es -0.68, un mínimo relativo en x=7.33
con imagen 5.6 y un máximo relativo en x=5.23 cuya imagen es 6.97 . También da las imágenes de
los extremos 0 y 9 del intervalo cerrado dado, que son 0 y 8,17 respectivamente. Entonces el mínimo absoluto es el menor valor entre 0, -0.68 y 8,17 , o sea -0.68 y el máximo absoluto es el mayor
valor entre 0, 8.17 y 6.97, que es 8.17. Nótese que el mínimo absoluto está en un punto donde existe
un mínimo relativo y el máximo absoluto está en el extremo superior del intervalo cerrado
.
Teorema de Rolle : Si f es continua en [a , b] , derivable en (a , b) y f (a) = f (b) , entonces existe un x0 ∈ (a , b) tal que f ’(x0) = 0 .
Demostración: Al ser f continua en el intervalo cerrado [a , b] , por el Teorema de Weierstrass, f
alcanza su mínimo absoluto m en cierto x1 del [a , b] (o sea m = f (x1) ) y alcanza su máximo
absoluto M en cierto x2 del [a , b] (o sea M = f (x2) ).
Aunque ya hemos dicho en otras oportunidades que los gráficos no forman parte de una demostración, hagamos algunos dibujos para clarificar en qué situaciones se puede encontrar f:
ii) Si x2 ≠ a
de la tesis.
y
x2 ≠ b , razonando análogamente, se demuestra que f ’(x2) = 0 y x2 es el x0
iii) Si x1 y x2 están en los extremos del intervalo cerrado [a , b] , quiere decir que son los dos “a” ,
ó son los dos “b” ó uno de ellos es “a” y el otro es “b” . De todas maneras, pasa que
f (x1) = f (x2) (esto, por la hipótesis f (a) = f (b) ).
Ahora, por definición de mínimo y máximo absolutos:
≤
f (x1)
f (x)
mín. abs.
≤ f (x2)
máx. abs.
∀ x ∈ [a , b]
,
Y, por ser iguales los extremos de la doble desigualdad: f (x) = f (x1) = f (x2) , ∀ x ∈ [a , b]
Lo que es lo mismo que decir que f es constante en el [a , b] (es constantemente igual al número
f (x1) = f (x2) ).
Finalmente, sabiendo que la derivada de una función constante es cero en todos los puntos de su
dominio y que, por hipótesis, f es derivable en (a , b), concluímos que la derivada de f es cero en
todos los puntos del (a , b), que son infinitos. Es decir : para todo x0 ∈ (a , b) sucede que
f ’(x0)
= 0 .
Ejemplo 1 : Sea
Rolle.
Como
f ’(x)
f
=
f (x)
=
1
en [-1 , 1] . Verifiquemos que se cumple para ella el Teorema de
x +1
2
es cociente de funciones continuas en [-1,1], entonces
− 2x
2
x +1
(
)2
de dominio R , entonces
f
f
es continua en [-1,1]. Siendo
es derivable en R , en particular en (-1 , 1) .
Además:
1
1
= 
2
(-1) + 1 2


1
1 
ƒ (1) =
= 
(-1) 2 + 1 2 
ƒ(-1) =
f (-1)
= f (1)
Entonces f está en las condiciones del Teorema de Rolle y se puede afirmar que existe
x0 ∈ (-1 , 1) tal que
f ’(x0)
= 0. Hallémoslo:
f ’(x)
=
− 2x
x +1
(
2
)2
= 0 ⇒ -2 x = 0
⇒ x0 = 0
Observación: Si alguna de las hipótesis del Teorema de Rolle no se cumple, no se puede afirmar
que existe x0 ∈ (a , b) /
f ’(x0)
= 0 . Esto puede o no ocurrir.
Ejemplo 2 : Sea f (x) = | x | en [-2 , 3] . Esta función es continua en [-2 , 3], pero no es derivable en el (-2 , 3) (pues no es derivable en x = 0). Y no existe un x0 ∈ (-2 , 3) donde f ’(x0) = 0.
Este fue nuestro primer Teorema del Valor Medio. El segundo es el llamado Teorema del Valor Medio
o Teorema de Lagrange. Hay tantas consecuencias importantes de este teorema que se le considera
uno de los resultados más fundamentales del cálculo.
El significado principal del teorema del Valor Medio es que permite obtener información acerca de una
función a partir de la información de su derivada.
Teorema del Valor Medio o Teorema de Lagrange : Si f es continua en [a , b] y derivable en (a
, b) , entonces existe un x 0 ∈ (a , b) tal que f ’(x0) =
ƒ (b) - ƒ(a)
(1)
b-a
Este teorema tiene una sencilla interpretación geométrica :
La pendiente de la secante “y” que pasa por
los puntos (a , f (a)) y (b , f (b)) de la figura
es
ƒ (b) - ƒ(a)
, que es el segundo miembro
b-a
de (1). La pendiente de la recta tangente t
en el punto x 0 es f ’(x0), que es el primer
miembro de (1).
La igualdad (1) dice que estas pendientes
son iguales.
Es decir que el teorema expresa que hay por lo menos un punto (x 0 , f (x 0)) sobre la gráfica de f en
que la recta tangente es paralela a la secante que pasa por (a , f (a)) y (b , f (b)) .
Demostración: Construyamos una función auxiliar g (x) que mida, para cada x ∈ [a , b] , la distancia entre
f (x) y la recta y :
g (x) =
f (x)
- y , ∀ x ∈ [a , b]
(1)
La ecuación de la recta secante y que pasa por (a , f (a)) y por (b , f (b)) es :
y o sea:
f (a)
y =
=
ƒ(b) - ƒ(a)
b-a
ƒ(b) - ƒ(a)
b-a
(x - a)
(x - a) +
f (a)
(2)
ƒ(b) - ƒ(a)
(x - a) - ƒ(a)
b-a
Veamos si esta función g (x), definida en [a , b], está en las condiciones del Teorema de Rolle:
g es resta de funciones continuas en el [a , b] y derivables en el (a , b) (f lo es por hipótesis e y
lo es en R ). Entonces g es continua en [a , b] y derivable en (a , b) .
Veamos que g (a) = g (b) (observando el gráfico, se ve que g (a) = g (b) = 0 ):
Reemplazando (2) en (1):
g (x) =
f (x)
-
f (b ) − f ( a)
(a - a) - f (a) = 0
b −a
f (b ) − f ( a)
g (b) = f (b) (b - a) - f (a) = f (b) - f (b) + f (a) - f (a) = 0
b −a
g (a) =
f (a)
-
Luego, por el Teorema de Rolle, podemos afirmar que existe un x0 ∈ (a , b) tal que
g ’(x0) = 0 = f ’(x0) -
f (b ) − f ( a)
b −a
Esto es lo mismo que afirmar que: existe un x0 ∈ (a , b) tal que
f ’(x0)
=
f (b ) − f ( a)
.
b −a
Ejemplo 1 : Las regulaciones del gobierno, por lo general, limitan el número de peces que pueden
pescar en una zona de pesca, los barcos de pesca comerciales, en una temporada. Esto previene la
pesca excesiva, que agota la población de peces y deja, a la larga, pocos peces para capturar.
Desde una perspectiva estrictamente comercial, la regulación ideal permitiría obtener un máximo en
el número de peces disponibles para la cosecha de cada año. La clave para determinar las regulaciones ideales es la función matemática llamada curva de reproducción. Para un hábitat de peces, esta
función estima la población de peces de un año al siguiente, P(n+1), con base en la población actual,
P(n), suponiendo que no hay intervención externa (es decir, no hay pesca ni influencia de depredadores, etc.).
La figura muestra una curva común de reproducción, en ella también está graficada la recta
y = x, a lo largo de la cual las poblaciones P(n) y P(n+1) serían iguales. Observar la intersección de
la curva con la recta en el punto A. Éste es donde, a consecuencia de la gran aglomeración en el
hábitat, la población alcanza su tamaño máximo sostenible. Una población que tiene este tamaño en
un año, tendrá el mismo tamaño el año siguiente.
Para cualquier punto en el eje horizontal, la distancia entre la curva de reproducción y la recta
y = x representa la pesca sostenible: el número de peces que pueden ser atrapados, después de que
las crías han crecido hasta madurar, de modo que al final la población regrese al mismo tamaño que
tenía un año antes.
Desde el punto de vista comercial, el tamaño de población óptima es aquel donde la distancia entre la
curva de reproducción y la recta y = x es la mayor. Esta condición se cumple, en donde las pendientes de la curva de reproducción y la recta y = x son iguales. Así para una cosecha de peces máxima
año tras año, las regulaciones deben tener como objetivo mantener la población de peces muy cerca
de P0
¿Cómo hacemos para determinar dicho valor P0? Si consideramos que la curva viene descripta por
una función y=f(x) derivable y denotamos al punto A=(b,f(b)), observamos que la recta y=x es la recta secante a la curva entre los puntos (0,0) y (b,b)=(b,f(b)). Luego, por el Teorema de Lagrange,
ƒ(b)- ƒ(0) b−0 b
existe x 0 tal que f ´(x0) =
=
= =1
b−0 b
b-0
Entonces P0 debe ser igual al valor x 0 , hallado gracias al Teorema de Lagrange.
Ejemplo 2 : Supongamos que en una carrera de regularidad un auto recorre un tramo de ruta recta
de 69 km en 3 horas y que la función posición del mismo está dada por f ( x ) = x 2 + 20 x . Sabemos
que la velocidad promedio es de 23 km/h. ¿ Es posible que en algún instante, la velocidad haya sido
precisamente de 23 km/h?
Como f ( x ) = x 2 + 20 x es una función continua en R , también lo es en el intervalo [a , b] donde
a=0 y b=3 , de manera que la velocidad promedio en este intervalo está dada por
ƒ(b)- ƒ(a) 69−0
=
= 23.km/h . Entonces lo que queremos averiguar es si la velocidad en cierto instante
3 −0
b -a
x = x 0 dentro de las 3 horas fue de 23 km/h. Recordemos que esta velocidad instantánea está medida por f ’(x0).
Aquí es donde interviene el teorema de Lagrange: como f es continua en [0 ,3] y derivable en
ƒ(b)- ƒ(a)
(0,3) entonces existe x 0 ∈ (0,3) tal que f '(x ) =
0
b- a
Lo cual, en términos de velocidades significa que hay un instante x 0 en el cual la velocidad instantánea ( que es la que marca el velocímetro ) es igual a la velocidad promedio que el auto tuvo en el intervalo [0 ,3]. Hallemos ese instante:
ƒ(b)- ƒ(a) 69−0
La derivada de f es f ´( x ) = 2 x + 20 y el cociente
=
= 23.km/h
3 −0
b -a
Entonces f ´(x ) = 2 x + 20 = 23 ⇒
x 0 = 1,5h.
Es decir, nuestro auto tenía una velocidad de 23 km/h cuando habían pasado 1,5 horas del momento
de partida.
Ejemplo 3 : Dada f (x) = x3 - 5 x2 - 3 x , verificar que la hipótesis del Teorema de Lagrange es
válida para a = 1 y b = 3 . Luego, encontrar todos los números x0 en el intervalo abierto (1 , 3)
tales que:
f ’(x0)
=
f (3) − f (1)
.
3 −1
Obviamente el intervalo en cuestión es el [1 , 3] . Como
f
es una función polinómica, entonces ella
es continua y derivable en R . Luego f , es continua en [1 , 3] y derivable en (1 , 3) y cumple
con la hipótesis de Lagrange. Esto quiere decir que se puede afirmar que existe x0 ∈ (1 , 3)
tal que
f ’(x0)
f (3) − f (1)
3 −1
=
(recordemos que la palabra “existe” significa “existe por lo menos
uno” ).
La derivada de f es
f ’(x) = 3 x2 - 10 x - 3
f (3) = 33 - 5 . 32 - 3 . 3 = -27
y
entonces: 3 x2 - 10 x - 3 =
3 x2 - 10 x - 3 =
f (1) = 13 - 5 . 12
f (3) − f (1)
3 −1
− 27 − ( −7)
- 3 . 1 = -7 ,
2
2
3 x - 10 x - 3 = -10
3 x2 - 10 x + 7 = 0
x 1− 2 =
10 ±
100 - 4 . 3 . 7
2 .3
=
7

10 ± 4  x 1 =
3

6
 x 2 = 1
Como x2 = 1 no está en el intervalo abierto (1 , 3), el único valor posible para x0 es
te esto significa que la recta tangente a la curva de ecuación
abscisa x0 =
7
3
f (x) = x3 - 5 x2 - 3 x
7
. Gráficamen3
en el punto de
es paralela a la secante a la curva que pasa por los puntos (1 , -7) y (3 , - 27) .
Observación : Hemos demostrado el Teorema de Lagrange a partir del Teorema de Rolle. Pero, si
suponemos el Teorema de Lagrange entonces el Teorema de Rolle es una consecuencia inmediata.
Es decir, el Teorema de Rolle es un caso particular del Teorema de Lagrange: si en éste consideramos en particular f (a) = f (b) , entonces la afirmación:
∃ x0 ∈ (a , b) /
f
‘(x0) =
f (b ) − f ( a)
queda
b −a
∃ x0 ∈ (a , b) /
f ‘(x0) = 0, que es lo que afirma el
Teorema de Rolle.
Veamos ahora dos consecuencias importantes del Teorema de Lagrange. Para la primera, recordemos que la derivada de una función constante es la función nula. Ahora nos planteamos la recíproca:
si una función tiene derivada nula en todo punto, ¿esa función es constante?. Desde el punto de vista
geométrico es natural pensar que si la gráfica de una función tiene en todo punto, una recta tangente
horizontal, esa función sea constante. La respuesta es afirmativa:
Teorema : Si
f es una función continua en
todo x ∈ (a , b) , entonces
todo x ∈ [a , b] ).
f
[a , b] y derivable en (a , b) tal que
f ‘(x) = 0
para
es constante en [a , b] (o sea: existe k ∈ R tal que
f (x) = k
, para
Demostración: Tomemos x’ , x” ∈ [a , b] cualesquiera y supongamos que x’ < x” . Si consideramos f restringida al [x’ , x”] , ésta es continua en [x’ , x”] (por hipótesis lo es en [a , b] ⊃ [x’ , x”]
) y derivable en (x’ , x”) (por hipótesis lo es en (a , b) ⊃ (x’ , x”) ).
O sea que
f
satisface las condiciones de Teorema de Lagrange, entonces:
∃ x0 ∈ ( x’ , x” ) /
f ‘(x0) =
f ( x´´ ) − f ( x ´ )
x´´− x´
∃ x0 ∈ ( x’ , x” ) /
O, lo que es lo mismo:
f ( x” ) - f ( x’ ) = f ‘(x0) . [x” - x’]
, ∀ x ∈ (a , b) , en particular es
Como
f ‘(x) = 0
Luego
f (x”) - f (x’) = 0
f ‘(x0) = 0
.
, ∀ x’ , x” ∈ [a , b] .
O sea f (x”) = f (x’) cualesquiera sean x’ , x” ∈ [a , b] , con lo cual
lo mismo en todos los puntos del [a , b]).
f
es constante en [a , b] (vale
La otra consecuencia también confirma un hecho natural: si dos funciones tienen igual función derivada (por ejemplo: x2 – 10 y x2 + 2 tienen derivada 2x) es lógico que la diferencia entre estas funciones sea solamente una constante:
f
Teorema : Si
y g son continuas en [a,b] y derivables en (a,b) y, además es
todo x ∈ (a , b) , entonces
g (x) + k
f
f ‘(x) = g ‘(x)
y g difieren en una constante (o sea: existe k ∈ R tal que
para
f (x)
=
para todo x ∈ [a , b] ).
Ahora veamos una versión más fuerte del Teorema de Lagrange. Es decir, veamos un resultado más
general, el cual también tiene importantes consecuencias:
Teorema de Cauchy : Si f y g son funciones continuas en el intervalo cerrado [a , b] , si son derivables en (a , b) y si g ‘(x) ≠ 0 para todo x ∈ (a,b) , entonces existe un x0 ∈ (a,b) tal que
ƒ (b) - ƒ(a)
ƒ' (x 0 )
=
.
g(b) - g(a)
g´ (x 0 )
Observación: No es necesario exigir en la hipótesis que g (b) - g (a) ≠ 0 aunque esta expresión
aparece en la tesis en el denominador. Si fuera g (b) – g(a) = 0 , o sea g (b) = g (a), por el Teorema
de Rolle existiría un x0 ∈ (a , b) donde g ‘(x0 ) = 0 y esto contradice una de las condiciones de la
hipótesis.
El Teorema de Cauchy tiene una interpretación geométrica similar a la del Teorema de Lagrange,
pero para hacerla habría que recurrir a funciones vectoriales, las cuales no estudiaremos en el curso
de Análisis Matemático I. Por lo tanto no interpretaremos geométricamente este teorema.
Observación: Podemos ver que el Teorema de Lagrange es un caso particular del Teorema de Cauchy. Si en Cauchy, consideramos como g (x) la función identidad: g (x) = x , g’(x) = 1 ,
g (b) = b
y
g (a) = a y la afirmación de Cauchy:
∃ x0 ∈ (a , b) /
ƒ ' (x 0 )
ƒ (b) - ƒ (a)
=
g ´(x 0 )
g(b) - g(a)
queda ∃ x0 ∈ (a , b) /
que es lo que afirma el Teorema de Lagrange.
f ´ (x 0 ) ƒ(b) - ƒ (a)
=
1
g(b) - g(a)
Funciones crecientes y decrecientes
Recordemos que una función f estrictamente creciente en cierto intervalo I es aquella que verifica
para todo par de puntos x 1 , x 2 en I : x 1 <x2 entonces f (x1) < f (x2) y que gráficamente se puede
reconocer este comportamiento observando que a medida que se recorre el intervalo I del eje x de
izquierda a derecha, la curva “asciende”. Análogamente, f es estrictamente decreciente en I si se verifica: x 1 <x2 entonces f (x1) > f (x2) y en este caso la curva “desciende” cuando se recorre I.
También sabemos que la derivada f ’(x) nos da la pendiente de la curva correspondiente a la función
f en el punto x.
Consideremos la función f(x)=3x 4-16x 3+18x 2 y grafiquémosla con el programa Winfun o GeoGebra.
Con la opción correspondiente, podemos observar punto a punto las rectas tangentes y, en particular,
el signo de las pendientes de las rectas tangentes en las zonas de crecimiento y en las de decrecimiento. Simultáneamente veremos que se va generando el gráfico de la función derivada. ¿Se observa alguna relación entre el signo de f ’ y el crecimiento o decrecimiento de f ?:
Entre 0 y 1 y después de 3 la función es estrictamente creciente y
observamos que las rectas tangentes tienen pendiente positiva,
con lo cual es f ´(x)>0. Antes de 0
y entre 1 y 3 la función es estrictamente decreciente, las rectas
tangentes tienen pendiente negativa, con lo cual f ´(x)<0.
Parece ser entonces que el crecimiento de f está vinculado con el hecho de que f ´(x)>0
y el decrecimiento con el hecho de que f ´(x)<0. Pues bien, el Teorema del Valor Medio permite demostrar el siguiente resultado:
Teorema: Sea f una función continua en [a , b] y derivable en (a , b).
a) Si f ’(x) > 0 para x en (a , b) entonces f es estrictamente creciente en [a , b] (es decir: se
cumple que si x1 , x2 ∈ [a , b] y es x1 <x2 entonces f (x1) < f (x2) ).
b) Si f ’(x) < 0 para x en (a , b) entonces f es estrictamente decreciente en [a , b] (es decir: se
cumple que si x1 , x2 ∈ [a , b] y es x1 <x2 entonces f (x1) > f (x2) ).
Demostración:
a) tomemos x1 y x2 arbitrarios en el intervalo [a , b] tales que x1 < x2 y consideremos
f
restrin-
gida al intervalo [x1 , x2] . Así f satisface las condiciones del teorema de Lagrange (es continua en
[x1 ,x2] y derivable en (x1 ,x2) ), entonces existe c ∈ (x1 ,x2) tal que
ƒ (x 2 ) - ƒ (x 1 )
= f ’(c) .
x 2 - x1
f (x1 ) - f (x2 ) = f ’(c) (x1 ,x2) , para cierto c ∈ (x1 ,x2) .
f ’(x) > 0 ∀ x ∈ (a , b) , en particular es f ’(c) > 0 pues c ∈ (x1 ,x2) ⊂ (a , b) . También es
(x2 - x1) > 0 y así deducimos que f (x2 ) - ƒ(x1 ) > 0 o sea
f (x1 ) < f (x2 ) . Con lo que hemos
demostrado así, que f es estrictamente creciente.
O sea
Como
b) la demostración es análoga. Sólo cambia que ahora es
(x2 ) - f (x1 ) < 0 . O sea f (x1 ) > f (x2 ).
f ’(c) < 0, (x2 - x1) > 0 y se concluye que f
Observaciones :
♦ Si bien se tiene la hipótesis f ’(x) > 0 en el intervalo abierto (a , b), la tesis dice que la función
es estrictamente creciente en el intervalo cerrado [a , b].
♦ Lo que afirma el teorema se puede extender a intervalos “más amplios”, como se puede
apreciar en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1 : Usando el cálculo encontremos dónde es estrictamente creciente y dónde es estrictamente decreciente la función
f (x) = x 3 + 3 x 2 - 1 .
Esta función es continua y derivable en R pues es polinómica. La función derivada primera de
f
ƒ es
f ’(x) = 0 ⇒ 3 x 2 + 6 x = 3 x (x + 2) = 0 concluimos que
x 2 = -2, que son los puntos críticos de ƒ. Ahora bien, como f ’ es una
’(x) = 3 x2 + 6 x = 3 x (x + 2) y haciendo
la misma se anula en x 1 = 0 y
función continua, “puede” cambiar de signo sólo al pasar por sus raíces. Entonces realicemos con
estos valores, “cortes” en el dominio y formemos intervalos cuyos extremos son los puntos críticos.
Podemos ordenar el trabajo en una tabla, para ver qué signo tiene la derivada en estos intervalos:
Intervalo
f
’ y
(-
, -2)
(-2 , 0)
(0 ,
)
f
f ’(x) = 3 x (x + 2)
f (x)=x3 + 3 x2 – 1 f
>0
es estrictamente
creciente
< 0
f
es estrictamente
decreciente
>0
f
es estrictamente
creciente
Observación: Es conveniente escribir a f ’ factoreada para poder aplicar la regla de los signos y
decidir rápidamente el signo de la derivada en cada intervalo, una vez elegido arbitrariamente un
punto en cada intervalo. Esto es porque no interesa tanto el valor numérico de
f
’ sino su signo .
Además, como sabemos que f ’ es continua y se anula en los puntos x 1 y x 2 , entonces antes de x 1
tiene un único signo, entre x 1 y x 2 tiene un único signo y después de x 2 tiene un único signo. Entonces basta tomar, por ejemplo, x = - 2,5 en el primer intervalo para ver que:
f ’(- 2,5) = 3 (- 2,5).(- 2, 5 + 2) = (- 7,5). (- 0,5) = 3,75 > 0
y de aquí inferir que
f ’ es positiva en todo el intervalo (-
, -2).
Para graficar tengamos en cuenta que la función dada es polinómica, que los puntos (-2 , 3) y
(0 , -1) pertenecen a su gráfico y usemos la información del cuadro:
Ejemplo 2 : Estudiar crecimiento y decrecimiento de y = x
3
en [-1 , 1] .
La derivada primera es y’ = 3 x2 , haciendo y’= 0 es 3 x 2 = 0 ⇒ x = 0 es el valor que anula a
y ’ ( y el único punto crítico ) , entonces es el punto de corte en el dominio [-1 , 1] y el cuadro queda:
Intervalo
(-1 , 0)
(0 , 1)
y’
y
y’ > 0
y’ > 0
ƒ es estrictamente creciente
ƒ es estrictamente creciente
Ejemplo 3 : Estudiar crecimiento y decrecimiento de y = x 2/3 .
Esta función es continua en R . Pero no es derivable en x = 0 pues
f ´(x)=
2
3
1
3
x
no está defini-
da en cero. Veamos qué pasa si construimos los intervalos tomando como punto de corte del dominio, precisamente a x = 0 valor donde f no es derivable, pero sí continua:
intervalo
(-
, 0)
2
y’ < 0
(0 , + )
y’ , y
y’ =
3
1
3
y = x2/3
y’ > 0
x
f
es estr.decreciente
f
es estr. creciente
Resulta que esta función cambia su crecimiento al pasar por x = 0, que también es un punto crítico ya
que f es continua pero no derivable en él.
Ya es conocido para nosotros el gráfico de y = x 2/3. Dicho sea de paso,
también habíamos visto que en x=0
se verifican las definiciones de mínimo relativo y mínimo absoluto
f
Volvamos a la cuestión de determinar los extremos relativos de una función
la información con la que contamos. Por el teorema de Fermat vimos que si
f
y analicemos
tiene un máximo o
mínimo relativo en x 0 donde es derivable entonces x 0 debe ser un punto crítico de
f
ya que debe
2
cumplirse que f ’(x0) = 0 ( como es el caso de x ). Pero también vimos que no en todos los puntos
críticos hay extremo relativo ( como es el caso de x 3 ). Además sabemos que pueden haber extremos relativos en puntos críticos donde no existe la derivada ( como es el caso de x 2/3 ). Lo que necesitamos es una prueba, una condición suficiente, que nos permita afirmar si f tiene o no, extremo
relativo en un punto crítico. Veamos que en este aspecto, contar con información sobre el crecimiento
y decrecimiento de f es un gran aporte en este sentido.
Retomemos la función
f (x) = x 3 + 3 x 2 – 1, cuyos puntos críticos son
x 1 = 0 y x 2 = -2 :
Gráficamente se puede ver que f(-2) =3 cumple la
definición de valor máximo relativo. Ahora bien,
sabemos que f crece en
y decrece en
(-2 , 0) puesto que f ’(x)>0 en
y f ’(x)<0
en
. Es decir, el signo de f ’(x) cambia de positivo a negativo al pasar x por -2 de izquierda a derecha. De manera análoga, f(0) = -1 es valor mínimo
relativo y vemos que el signo de
negativo a positivo en 0.
f ’(x)
cambia de
Si volvemos a la función y = x 2/3 que tiene mínimo local en su punto crítico x = 0( f ’(0) no existe ):
¿Qué sucede con la derivada?. Pues, cambia de
negativa a positiva cuando x pasa por este punto.
O sea que esta función cambia de estrictamente
decreciente a estrictamente creciente en 0.
Ahora, para y = x
3
, cuyo punto crítico es x 0 = 0 ( f ’(x0) =0 ), pero no tiene extremo relativo en él :
vemos que antes y después de x 0 la derivada
es positiva. En otras palabras la derivada no
cambió de signo en este punto.
Quiere decir que para decidir si en un punto crítico hay extremo relativo o local de f , la derivada debe
cambiar de signo en este punto. Lo que implica que f debe cambiar su crecimiento en este punto. Si
esto no ocurre, no hay extremo relativo en él.
El siguiente teorema nos brinda las condiciones suficientes que venimos vislumbrando, para afirmar
cuándo una función tiene extremo relativo en un punto crítico:
Teorema (Prueba de la Primera Derivada para determinar Extremos Relativos) : Supongamos
que
f
es continua en [a , b] y x 0 ∈ (a , b) es un punto crítico de f (o sea, f ’(x0) es cero o no existe ),
a) si f ’ cambia de positiva a negativa, de izquierda a derecha de x 0 entonces
relativo en x 0 .
b) si f ’ cambia de negativa a positiva, de izquierda a derecha de x 0 entonces
relativo en x 0 .
f
tiene un máxim
f
tiene un mínimo
Las condiciones suficientes que brinda este teorema, para afirmar la existencia de un máximo relativo, son precisamente las hipótesis del mismo: que f sea continua en [a , b] , que x 0 ∈ (a , b) sea un
punto crítico de f y que f ’ cambie de positiva a negativa, de izquierda a derecha de x 0. Análogamente para mínimo relativo.
La derivada primera de una función
f
se constituye en una “herramienta” fundamental para determi-
f . El teorema dice que hay que encontrar los puntos críticos de f , o
sea, los puntos que anulan a f ’ y los puntos donde no existe f ’ , pero f es continua. Luego hay que
armar los intervalos de estudio del signo de f ’, usando como “puntos de corte” a los puntos críticos.
Finalmente si hay un cambio de signo de f ’ al pasar x de izquierda a derecha de un punto crítico,
nar los extremos relativos de
existe extremo relativo en este punto. Este extremo también puede ser absoluto.
Observación: Cada vez que una función presenta un extremo relativo en cierto x 0 donde no es derivable, esto se traduce gráficamente en que la curva está “quebrada” o “no es suave” , tiene una “punta” o un “vértice” en x 0 . Esto ocurre con y = x 2/3 y también con
, ambas en x=0.
En cambio si la función tiene un extremo relativo en un punto en que ella es derivable, la gráfica en
ese punto es “suave”. Esto sucede con y = x 2 en x=0 donde tiene mínimo relativo y con
y = x 3 + 3 x 2 – 1 en x 1 = 0 donde tiene mínimo relativo y en x 2 = -2 donde tiene máximo relativo.
Ejemplo: Los programas Winfun o Geogebra son muy útiles para encontrar los extremos relativos de
una función y así corroborar si nuestros cálculos han sido correctos. En este caso realicemos el gráfico de la función f(x)= [ x(x - 2)(2x - 3)] 2 y utilicemos los comandos correspondientes para obtener
los extremos relativos y los intervalos de crecimiento-decrecimiento. Los resultados que se obtienen
son: la función tiene mínimos relativos en (0,0), (1.5,0) y (2,0) y máximos relativos en (0.58,2.3) y
(1.77,0.05); intervalos de crecimiento: (0,0.58) , (1.5,1.7) y (2,+8) e intervalos de decrecimiento: (8,0), (0.58,1.5) y (1.7,2).
El siguiente teorema brinda otras condiciones suficientes para afirmar la existencia de extremos relativos:
Teorema ( Prueba de la Derivada Segunda para la determinación de Extremos relativos ) :
Supongamos que x 0 es un punto del dominio de
a) si
b) si
f ’’(x0) > 0
f ’’(x0) < 0
entonces
entonces
f
f
f
tal que
f ’(x0) = 0
y tal que
f ’’(x0) ≠ 0,
tiene un mínimo relativo en x 0.
tiene un máximo relativo en x 0.
Demostración:
a) Sea
f ’’(x0) > 0.
Es claro que para poder hablar de derivada segunda en x0 , la función
f
debe
tener derivada primera (f ’) en un intervalo abierto alrededor de x0 puesto que por definición, esta derivada es
f ’’(x0) =
lím
x → x0
Como por hipótesis , es
ƒ' (x)- ƒ' (x 0 )
x - x0
f ’(x0) = 0
> 0.
, el límite anterior queda
lím
x → x0
ƒ' (x)
x - x0
>0 .
Ahora, por una propiedad de límites finitos, se deduce que
ƒ' (x)
x - x0
> 0 en cierto entorno reducido de x0
Esto es: existirá cierto δ>0 , tal que si 0 < x- x0 < δ , se verifica
ƒ' (x)
x - x0
> 0.
Ahora, si este cociente es mayor que cero, la regla de los signos nos dice que numerador y denominador deben tener igual signo. Esto es:
• Si x > x0 ( equivale a x - x0 > 0 ) entonces f ’(x) > 0
• Si x < x0 ( equivale a x- x0 < 0 ) entonces f ’(x) < 0,
por supuesto siempre tomando a x en el entorno reducido de centro x0 y radio δ.
Pero esto es lo mismo que decir que f ’ es positiva en ( x0 , x0 + δ ) es decir a la derecha de x0
y negativa en ( x0 - δ, x0 ) es decir a la izquierda de x0 . Como además f ’(x0) = 0 , por la Prueba de
la Derivada Primera para la determinación de Extremos Relativos, se concluye que x0 es mínimo
relativo de f o, dicho de otra forma, f tiene un mínimo relativo en x0 .
b) Se demuestra en forma análoga.
Ejemplo: Volvamos nuevamente a la función f(x) = x 3 + 3 x 2 - 1 . Su derivada primera es
f ’(x) = 3 x 2 + 6 x y ya sabemos que se anula en x 1 = 0 y x 2 = -2.
ƒ ’’(x) = 6x + 6 y reemplacemos en ella cada número crítico:
ƒ ’’(0) = 6 . 0 + 6 > 0 ⇒ ƒ tiene un mínimo relativo en x1 = 0
ƒ ’’(-2) = 6 . (-2) + 6 < 0 ⇒ ƒ tiene un máximo relativo en x2 = -2
Hallemos ahora
Obviamente el resultado coincide con el obtenido al usar la Prueba de la Derivada Primera.
Observaciones:
? Recordemos que f ’(x) = 0 para cierto x , es una condición necesaria pero no suficiente de existencia de extremos relativos, por lo tanto al hallar los puntos críticos mediante y’ = 0 , no hay que cometer el error de asegurar que en éstos existen extremos relativos.
? Las condiciones suficientes para afirmar la existencia de un mínimo relativo que brinda este teorema son las hipótesis del mismo: x0 es un punto del dominio de
f ’’(x0) ≠ 0
y
f
tal que
f
’(x0) = 0 y tal que
f ’’(x0) > 0. Análogamente para máximo relativo.
? Esta prueba no se puede aplicar en un punto crítico donde
f ’(x0)
no existe.
? Esta prueba “falla” cuando f ’’(x0) = 0. Tal es el caso de y = x4 . Sabemos que esta función
polinómica elemental verifica la definición de valor mínimo relativo en x = 0 . Veamos lo que ocurre:
y’ = 4 x3 ⇒ y’ = 4 x3 = 0. El punto x = 0 anula y’.
Hallemos y” = 12 x2 y evaluémosla en 0: y”(0) = 0 . Pero la prueba da respuesta si y”(0) > 0 o
y”(0) < 0, pero no la da en este caso.
? La Prueba de la Derivada Primera será la que más usaremos, puesto que se adapta a las
funciones que trataremos en este curso, sin embargo existen casos donde no es aplicable.
Problemas de Optimización
Cuando comenzamos a estudiar de qué manera la derivada da información sobre una función, comentamos que ella es una herramienta muy útil para resolver problemas de optimización. Veremos
que, en realidad, ellos se reducen a la búsqueda del máximo absoluto o del mínimo absoluto de determinada función. En este sentido, recordemos que el Método del Intervalo Cerrado nos dio las siguientes pautas para encontrar los extremos absolutos de una función f continua en un intervalo cerrado [a , b] :
? se hallan las imágenes de los números críticos de f en [a , b]
? se hallan las imágenes de los extremos a y b del intervalo [a , b]
? el más grande de los valores hallados en los pasos anteriores es el valor máximo absoluto y el más
chico, es el valor mínimo absoluto.
Como ya contamos con condiciones suficientes para determinar extremos relativos, podemos volver
a la idea que dio origen al método y afirmar que el máximo absoluto de f es el mayor valor entre las
imágenes de los extremos a y b del intervalo [a , b] y los valores máximos relativos de f , y el mínimo
absoluto de f es el menor valor entre las imágenes de los extremos a y b y los valores mínimos relativos de f.
Ejemplo: Determinar los extremos absolutos para la función
valo cerrado [-3 , ] . Luego resolver con Winfun o Geogebra.
Ya habíamos visto que
f ’(x) = 3 x2 + 6 x
f (x) = x 3 + 3 x 2 - 1
definida en el inter-
se anula en los puntos x 1 = 0 y x 2 = -2 , los que pertene-
cen al intervalo [-3 , ] . Luego, con el criterio de la derivada segunda, habíamos encontrado que
tiene mínimo relativo en x 1 = 0 y máximo relativo en x 2 = -2.
Ahora sólo resta ver que entre
ƒ(-3) =-1 , ƒ(
)=
mayor valor es 3 y éste es el máximo absoluto de
f
y
ƒ
ƒ(-2) =3 ( valor máximo relativo ), el
en el intervalo cerrado considerado. De la misma
ƒ(-3) = -1, ƒ( ) =
y ƒ(0) =-1 ( valor mínimo relativo ) es 1 y éste es el mínimo absoluto de f. Obsérvese que en x=0 hay mínimo relativo y absoluto. Por otro
manera, el menor valor entre
lado el valor mínimo absoluto, si bien es único, es alcanzado en dos valores distintos de x: en
x = 0 y en x = - 3 .
Cuando se resuelven problemas de optimización se suele seguir, en general, el siguiente procedimiento de 6 pasos:
1) Identificar las magnitudes relevantes del problema.
2) Encontrar una fórmula de la magnitud que va a maximizarse o minimizarse.
3) Usando las condiciones enunciadas en el problema para eliminar variables, expresar la magnitud
que va a maximizarse o minimizarse como una función de una variable.
4) Encontrar el intervalo cerrado de los posibles valores de esta variable a partir de las restricciones
del problema.
5) Usar la prueba de la primera derivada o la de la segunda, para determinar extremos relativos.
6) Verificar el valor de la función en los extremos del intervalo hallado, para determinar finalmente el
extremo absoluto.
Ejemplo 1 : La suma de dos números no negativos es 36. Hallar dichos números para que la suma
de sus cuadrados sea lo más pequeña posible.
Sean x e y dichos números, se tiene que x + y = 36, de donde y = 36 – x.
Definamos f(x ,y) = x 2+y2 y esta es la función a minimizar. Notemos que, en principio, queda definida una función de dos variables. Ahora, como se tiene la condición y = 36 - x, podemos sustituirla en f
: f(x)= x2+ (36 - x)2. De manera que mediante esta sustitución hemos eliminado la variable y y la
función a minimizar quedó expresada en términos de una sola variable.
Ahora apliquemos el cálculo para hallar los extremos relativos de f :
La derivada de f es: f ´(x)=2x-2(36-x) ?
f ´(x)= 4x-72
Busquemos los puntos críticos de f : 4x-72=0 ? x=18
Usando la prueba de la derivada segunda: f ´´(x)= 4 ?
f ´´(18)= 4 > 0. Con lo cual f tiene mínimo
relativo en x=18.
Ahora volvamos al problema: como los números x e y son no negativos, ambos deben ser mayores o
iguales que 0. Además, como la suma de ambos es 36, ambos deben ser menores o iguales que 36.
En particular,
, con lo cual el intervalo cerrado en el cual buscaremos el mínimo absoluto
de f es [0 , 36]. Entonces, como
f(0)=f(36)=(36)2>f(18)=2.(18) 2 , f tiene el mínimo absoluto en x=18 .
La respuesta es entonces que deben ser x=18 e y=36 - x=36-18=18 para que la suma de sus cuadrados sea la menor posible.
♠ Otra forma de justificar que el mínimo relativo es absoluto, es diciendo que la función f es cuadrática con coeficiente principal positivo. Por lo tanto en la abscisa del vértice ella alcanza su mínimo relativo y su mínimo absoluto.
Ejemplo 2 : La virulencia de cierta bacteria se mide en una escala de 0 a 50 y viene expresada por la
función V(t) = 40 + 15t – 9t2 + t3, donde t es el tiempo (en horas) transcurrido desde que comienza el
estudio (t=0). a) Indicar los instantes de máxima y mínima virulencia en las 6 primeras horas. b) Utilizar un programa para graficar la función, hallar los intervalos en que ésta crece o decrece y relacionar mediante la observación, los conceptos teóricos vistos.
a) Es claro que la función a maximizar y minimizar es V(t) = 40 + 15t – 9t2 + t3 , función derivable en
todo R .
Usemos la Prueba de la Derivada Primera para encontrar sus extremos relativos ( luego veremos
si son absolutos ): V´(t) = 15- 18t + 3t2
igualando a cero: 15- 18t + 3t2 = 0 de donde obtenemos los puntos críticos t =5 y t = 1
Volvamos por un momento a la naturaleza del problema para ver que la variable t es positiva (es el
tiempo) y que se pide tomarla no mayor que 6, con lo cual
. Entonces, si bien la función
V(t) tiene dominio R la vamos a analizar en el intervalo cerrado [0 , 6] y la prueba se aplicará en
los siguientes intervalos:
Intervalo
(0 , 1)
(1 , 5)
(5 , 6)
V’ > 0
V’ < 0
V’ > 0
f es estrictamente creciente
f es estrictamente decreciente
f es estrictamente
creciente
V ’ y V
V´(t) = 15- 18t + 3t2
V(t) = 40 + 15t – 9t2 + t3
Quiere decir que la función tiene mínimo relativo en t =5 y máximo relativo t = 1. Para ver cuál es el
valor máximo absoluto de la función en el intervalo [0;6], miramos cuál es el mayor valor entre V(0) =
40, V(1) = 47 y V(6) = -172 que es 47. Análogamente, el valor mínimo absoluto es el menor entre
V(0) = 40, V(5) = 15 y V(6) = 22 que es 15.
Por lo que podemos concluir que la máxima virulencia se produce a 1 hora de iniciado el estudio y la
mínima a las 5 horas de iniciado el estudio.
Ejemplo 3 : Un coche de competición se desplaza a una velocidad que, entre las 0 y 2 horas, viene
dada por la expresión V(x)=(2-x).ex, donde x es el tiempo en horas y V(x) es la velocidad en cientos
de kilómetros por hora. Hallar en qué momento del intervalo [0,2] circula a la velocidad máxima y calcular dicha velocidad. ¿En qué períodos ganó velocidad y en cuáles redujo?. ¿Se detuvo alguna vez?.
El problema nos pide que estudiemos el crecimiento y decrecimiento ( ya que pide en qué períodos el
coche ganó velocidad y en qué períodos la redujo ) y el máximo de la función velocidad V.
Entonces se trata de realizar un estudio con la función V(x) similar al del ejemplo anterior.
Busquemos primero los puntos críticos de la función velocidad, que es continua y derivable en R ,
para hallar sus extremos relativos:
V´(x)=1.ex + ex.(2 - x)= - ex + 2ex - x.ex = ex - x.ex
sacando factor común ex se llega a: V´(x)=(1 - x).ex
Igualando a 0: (1 - x).ex = 0 de donde 1 – x = 0 y por lo tanto x = 1 es el único punto crítico (ya que
ex nunca puede ser cero).
Como la velocidad está dada por V(x)=(2-x).ex entre las 0 y 2 horas, el intervalo donde estudiaremos
esta función es [0 ; 2], y los intervalos a considerar son:
Intervalo
(0 ,1)
(1 , 2)
y’ > 0
y’< 0
V’ , V
V’(x)=(1 - x).ex
x
V(x)=(2 - x).e
f es estr. crecienf es estr.decreciente
te
Por lo tanto en x=1 hay máximo relativo. La máxima velocidad del coche entre las 0 y 2 horas es el
valor máximo absoluto de V(x) y ya sabemos que éste es el mayor valor entre
V(0)=(2-0).1=2, V(1)=(2-1).e=e y V(2)=(2-2).1=0 que es V(1)= e km/h.
Además, como la función es estrictamente creciente en (0 ,1) el coche gana velocidad en este intervalo de tiempo y como la función decrece en (1 , 2) el coche reduce la velocidad en este intervalo.
Finalmente, como V(2)=(2-2).1=0 , el coche se detuvo a las 2 horas. Y no lo hizo en ningún otro
lugar porque V(x) no se anula en otro punto.
Ejemplo 4 : Se quiere encontrar el área de un terreno rectangular, con tres de sus lados cercados
con tela metálica y lindante por el cuarto lado con una pared. ¿Qué dimensiones habrá que dar al terreno para que su área sea la mayor, si se dispone de l metros lineales de tela metálica?.
Si graficamos, el terreno puede ubicarse de alguna de la siguientes formas:
La función a maximizar es el área del terreno rectangular, la que podemos expresar:
A(x , y) = x .y
(1) función a maximizar, que expresa el área del terreno
Como se tiene la condición de que se cuenta con una cantidad determinada de metros lineales de
tela metálica para cercarlo:
l=2x+y
(2)
función condición
Despejemos, por ejemplo y de (2) : y = l - 2 x
A(x , y) = x . (l - 2 x) ⇒
y reemplacemos en (1):
A(x) = l x - 2 x2
Con lo cual, la función área depende de una sola variable. Si bien su dominio es R , circunscribiéndonos al problema, la misma debe ser mayor que cero pues representa un área. Consideraremos que
el área debe ser =0 para tener la posibilidad de obtener un intervalo cerrado como dominio de esta
función. Si se resuelve la inecuación l x - 2 x2 = 0 se encuentra que el dominio de A(x) , es el inter-


l 

valo  0 ,  .
2
Hallemos la derivada primera para encontrar los extremos relativos de A(x):
Es claro que el único punto crítico de la misma surgirá de igualarla a cero:
A’(x) = l - 4 x = 0
⇒
x=
l
4
ó
x0 =
l
4
A’(x) = l - 4 x
.
Por la prueba de la derivada segunda:

l 
l
∀ x ∈  0 ,  por lo tanto también para x0 =
, lo que nos indica que en este
4
 2
punto hay un máximo relativo de A(x) .
A’’(x) = - 4 < 0
Ahora bien, hallando las imágenes de x0 =
l
y de los extremos del intervalo
4
 l
 0, 2


:

2
l
l
l2 l2 l2
 l 
A( ) = l. − 2.  =
−
=
4
4
4
8
8
 4
A( 0) = 0
2
A(
l
l
l2 l2
 l 
) = l. − 2.  =
−
=0
2
2
2
2
 2
El mayor de los tres es el valor máximo absoluto de A(x) . Volviendo al problema, en la condición
l=2x+y
l=2.
reemplacemos a x por x0 =
l
+y ⇒
4
l
:
4
y ahora hallemos y = l -
l
2
=
l
2
Por lo tanto, para que el terreno a cercar con la tela metálica que se dispone, tenga el mayor área
posible debe tener un lado igual a
l
2
y los otros dos, iguales a
l
4
.
C
CO
ON
NC
CA
AV
VIID
DA
AD
D,, C
CO
ON
NV
VE
EX
XIID
DA
AD
DY
YP
PU
UN
NT
TO
OS
SD
DE
E IIN
NF
FL
LE
EX
XIIÓ
ÓN
N
D
DE
EU
UN
NA
AF
FU
UN
NC
CIIÓ
ÓN
N
Definición 1 : La curva correspondiente a una función derivable f , es cóncava (ó cóncava hacia
arriba) en el punto (x0 , f (x0)) si y sólo si existe un entorno reducido de x0, donde la curva está por
encima de la recta tangente a la misma en dicho punto (Gráfico 1).
Definición 2 : La curva correspondiente a una función derivable f , es convexa (ó cóncava hacia abajo) en el punto (x0 , f (x0)) si y sólo si existe un entorno reducido de x0, donde la curva está por debajo
de la recta tangente a la misma en dicho punto (Gráfico 2).
Gráfico 1
Gráfico 2
Definición 3 : La curva correspondiente a una función derivable en un (a , b) es cóncava en (a , b), si
se cumple la definición 1 para cada x ∈ (a , b).
Definición 4 : La curva correspondiente a una función derivable en un (a , b) es convexa en (a , b)
si se cumple la definición 2 para cada x ∈ (a , b).
convexa
cóncava
Ahora vamos a ver cómo el signo de la derivada segunda tiene que ver con estas nuevas características de la gráfica de una función ƒ. Sabemos que la segunda derivada de ƒ es la primera derivada
de ƒ ’ : ƒ ’’(x) =ƒ ’(ƒ ’(x)) . Adaptando un teorema visto antes, si ƒ ’’(x) es negativa , entonces ƒ ’(x)
tiene que ser estrictamente decreciente. Y esto es lo mismo que decir que las pendientes de las rectas tangentes al gráfico de ƒ van decreciendo conforme x aumenta. De manera análoga, si ƒ ’’(x)
es positiva, significa que ƒ ’(x) es estrictamente creciente lo que equivale a decir que las pendientes
de las rectas tangentes crecen conforme x aumenta.
Supongamos que el gráfico de
ƒ
es el siguiente:
Antes de c la curva es convexa o cóncava hacia abajo . Cuando x aumenta hasta c , las pendientes de las rectas tangentes disminuyen . Por lo tanto, la convexidad está ligada al hecho de que ƒ ’’(x)
es negativa.
Análogamente, después de c la curva es cóncava o cóncava hacia arriba y cuando x aumenta a
partir de c, las pendientes de las rectas tangentes aumentan. Por lo tanto, la concavidad está ligada al
hecho de que ƒ ’’(x) es positiva.
Se puede probar que:
? Si ƒ ’’(x) > 0 en un intervalo (a , b) entonces la gráfica de
hacia arriba en (a, b) .
ƒ
es cóncava o cóncava
? Si ƒ ’’(x) < 0 en un intervalo (a , b) entonces la gráfica de
hacia abajo en (a, b) .
ƒ
es convexa o cóncava
Un punto donde la curva cambia de cóncava a convexa o viceversa, se denomina punto de inflexión
de la función ƒ . Es claro que el punto (c , ƒ(c)) de la figura anterior es un punto de inflexión.
Si una función tiene un punto de inflexión en un punto x 0 donde es derivable, lo que sucede es que la
recta tangente atraviesa la curva, ya sea en forma horizontal u oblicua:
Supongamos que cualquiera de las gráficas de arriba corresponde a una función
ƒ
cuya derivada
segunda es continua. Como en x0 hay punto de inflexión, entonces ƒ cambió de cóncava a convexa
o viceversa, al pasar x por él. En términos de la derivada segunda,
ƒ ’’ cambió de signo al pasar x por
x0. Siendo ƒ ’’ continua, entonces se anuló en este punto. Se puede demostrar que:
Si x0 ∈ ( a , b ) es punto de inflexión de
ƒ
y
ƒ ’’ es continua en ( a , b ) entonces ƒ ’’(x0) = 0.
¿ Será cierta la recíproca de esta implicación ?. Es decir, ¿ será cierto que “si ƒ ’’(x0) = 0 entonces ƒ
tiene punto de inflexión en x0 ” ?. A esta altura parece que este tipo de pregunta nos es familiar. Para
contestarla, basta mirar la función:
ƒ (x) = x4
definida en R . Hallemos
ƒ ’(x) = 4 x3
⇒
ƒ ’’(x) = 12 x2
. El punto x0 = 0 anula la deri-
vada segunda, pero sabemos que no es punto de inflexión de ƒ porque esta función tiene mínimo
local en 0. Esta función es un contraejemplo que sirve para mostrar que la recíproca es falsa.
Quiere decir que la condición ƒ ’’(x0) = 0 es una condición necesaria, pero no suficiente para
asegurar la existencia de un punto de inflexión.
Analicemos ahora el caso de la función ƒ (x) = x 1/3 :
Si x aumenta hasta el origen de coordenadas de
izquierda a derecha, la pendiente de la curva aumenta y luego de este punto disminuye. Quiere
decir que antes de 0 la curva es cóncava y después de 0 es convexa. Entonces x 0 = 0 es punto
de inflexión. Ahora
, la derivada
segunda no se anula en algún valor de x. En particular, no existe en 0. El asunto es que no podríamos haber encontrado este punto de inflexión
considerando ƒ ’’(x0) = 0.
Entonces concluimos que una función
ƒ ’’(x0) = 0
o donde
ƒ ’’(x0)
ƒ
“puede” tener punto de inflexión en un x 0 donde
no existe.
Sin formalidad, afirmamos que las condiciones suficientes para que cierto x0 sea punto inflexión de una función
ƒ
son:
1) x 0 es un valor donde se anula ƒ ’’ o bien donde ƒ ’’ no existe, pero la función
él.
2) ƒ ’’ cambia de signo cuando x pasa de izquierda a derecha por x 0.
ƒ
es continua en
Ejemplo 1 : a) Con el programa Geogebra o Winfun grafiquemos la función y = x 3 + 3 x 2 – 1 y su
función derivada y ´´ para estimar los intervalos de concavidad-convexidad y los puntos de inflexión a
partir de la observación de los intervalos donde y’’ es positiva-negativa y de los puntos donde ésta es
cero. b) Con los comandos correspondientes, comprobemos lo estimado en a). c) Usemos el cálculo
para encontrar los intervalos de concavidad-convexidad y los puntos de inflexión de la función dada.
c) hallemos y’’ y los valores que la anulan: y’ = 3 x 2 + 6 x ⇒ y’’ = 6 x + 6 ⇒ y ‘’ = 0 ⇒ 6 x + 6 = 0
⇒ 6 x = - 6 ⇒ x 0 = -1. Éste es el único “candidato” a punto de inflexión ya que no hay valores de
x donde no exista y’’. Usemos el valor x 0 = -1 como valor de “corte” del dominio y analicemos el signo de la derivada segunda en los intervalos determinados. Construyamos un cuadro para ordenar la
información:
Intervalo
(-
, -1)
(-1 ,
)
y’’ = 6 x + 6
y’’ < 0
y’’ > 0
y = x3 + 3 x2 – 1
convexa
cóncava
Como hay cambio de signo de y’’ ( de negativo a positivo ), cuando x pasó por -1 o, lo que es lo
mismo, y de convexa pasó a ser cóncava , entonces x = -1 es punto de inflexión de y . Otra forma
de expresar esto es diciendo que el punto (-1 , 1) del gráfico de y es un punto de inflexión.
Ejemplo 2 : Sea y = x3 en [-1 , 1]
y’ = 3 x2 ⇒ y’’ = 6 x , x = 0 es el valor que anula a y’’ ( observar que también anula a y’ ).
Veamos si hay un cambio de signo de y’’ alrededor de x = 0:
Intervalo
(-1 , 0)
(0 , 1)
y’’ = 6 x
y’’ < 0
y’’ > 0
y = x3
es convexa
es cóncava
y’’ , y
Como hay cambio de signo de y’’ cuando x pasa por 0, aseguramos que éste es punto de inflexión.
Ejemplo 3 : Sea y = x2/3 cuyo dominio es
y’ =
2
-1/3
⇒
2
x -4/3 ⇒ y’’ = -
y’’ =
1
y no existe ningún valor que anule a y’’ .
x4
Pero observamos que y’’ no existe en x = 0. Como la función es continua en este punto, cabe la
posibilidad de que aquí tenga punto de inflexión. Entonces lo usamos como punto de corte para estudiar si hay cambio de signo de y” alrededor de x = 0:
3
x
.
9
(y’’ = -
2
9
3
, 0)
(0 ,
)
1
3
y’’ < 0
y’’ < 0
es convexa
es convexa
x4
y = x 2/3
Al no existir cambio de signo de y’’ concluimos que
x = 0 no es punto de inflexión de esta función.
En todos los casos es importante recordar que la condición y’’ = 0 es necesaria para que un punto
sea de inflexión, pero no suficiente. Por otro lado, debemos recordar que también puede haber inflexión, es decir cambio de curvatura, en un punto donde
Ejemplo 4 : Sea y = x 1/3 cuyo dominio es
ƒ’’
no existe, pero
ƒ
es continua:
.
1
2
1
x -2/3 ⇒ y’’ =
x -5/3 ⇒ y’’ = . No existe ningún valor que anule a y’’ , pero
3
3
9
x5
vemos que y’’ no existe en x = 0. Como en el ejemplo anterior, x=0 es candidato a punto de inflexión porque la función es continua allí, entonces lo usamos como punto de corte:
y’ =
Intervalo
(-
, -1)
(-1 ,
)
y’’
y’’ < 0
y’’ > 0
y
cóncava
convexa
Al cambiar el signo de y’’ al pasar x por 0, concluimos que en 0 hay punto de inflexión de esta función.
Nota: Aunque hemos expresado en la nota de Pág. 21 que no entraremos en más detalles, éste es el
caso en que algunos autores convienen en afirmar que hay “derivada infinita” en x=0 y existe recta
tangente a la gráfica de f en el punto x = 0 que, además de atravesarla, es vertical.
Ejercicio: a) Usar el programa Winfun para graficar la función f(x)=3x 4-16x 3+18x 2 luego generar el
gráfico de f ’’ para estimar los intervalos de concavidad-convexidad y los puntos de inflexión de f a
partir de la observación de los intervalos donde f ’’ es positiva-negativa y de los puntos donde ésta es
cero. b) Con los comandos correspondientes, comprobar lo obtenido en a). c) Usar el cálculo para
encontrar los intervalos de concavidad-convexidad y los puntos de inflexión de la función dada.
Generalización del Criterio para determinar Extremos Relativos
Hemos mencionado que la Prueba de la Derivada Segunda para determinar extremos relativos, no
siempre da respuesta: puede suceder que esta derivada se anule en el punto crítico considerado. Es
decir, puede que ocurra f ’(x0) = 0 y f ’’(x0) = 0 y no podamos formular una conclusión. A tal efecto enunciamos lo siguiente:
La condición necesaria y suficiente para que una función derivable sucesivamente en un punto
x0 ∈ (a , b) tenga en él, un máximo o un mínimo relativo, es que la primera derivada que no se anule
para x = x0 sea de orden par:
- Si esta derivada es negativa , existe una valor máximo relativo de f en x0 .
- Si es positiva , existe un valor mínimo relativo de f en x0 .
Agregamos a esto que, si la primera derivada que no se anula en x0 es de orden impar, en x0 la
función tiene un punto de inflexión.
Ejemplo : Sea
nómica,
f
IV
x4 , hallemos las derivadas sucesivas (por ser una función poli-
es derivable en R ).
f ’ (x) = 4 x3
f ’’(x) = 12 x2
f ’’’(x) = 24 x
f
f : R → R / f (x) =
(x) = 24
La derivada primera se anula en x0 = 0
La derivada segunda se anula en x0 = 0
La derivada tercera se anula en x0 = 0
La derivada cuarta no se anula en x, ∀ x ∈ R . En particular, no se anula en
x0 = 0
Entonces, como la primera derivada que no se anula en x0 es de orden par (derivada cuarta) y mayor
que cero, concluimos que en x0 = 0, f tiene un valor mínimo relativo. Los gráficos correspondientes
son:
f (x) = x4
f ‘(x) = 4 x3
f ‘’(x) = 12 x2
f ‘’’(x) = 24 x
f IV(x) = 24
Observación : Comprobemos en los gráficos, cómo se verifican los criterios ya vistos para la existencia de extremos y puntos de inflexión:
1) En x = 0, f tiene un valor mínimo. El gráfico 2 muestra el cambio de signo de la derivada primera,
de negativa a positiva, cuando x pasa de izquierda a derecha por x0 = 0.
2) En el gráfico 3 vemos:
a) que no se cumple el criterio de la derivada segunda para la existencia de extremos, pues la misma
se anula en x0 = 0.
b) Que
f
’’(x) > 0, ∀ x ∈ Dom
f
salvo en x0 = 0. Por eso la función es cóncava en R (también lo
es en x0 = 0 pues en este valor se cumple la definición de función cóncava en un punto).
3) En el gráfico 5 observamos que la primer derivada que no se anula en x0 = 0 es de orden par y mayor que cero. Entonces, por el criterio general antes enunciado, afirmamos que en x0 = 0 la función tiene un valor mínimo relativo.
Ejemplo: Consideremos ahora la función
f (x) = 4 x3 .
Sabemos que f ’(x) = 12 x2 , f ‘’(x) = 24 x y f ‘’’(x) = 24. Haciendo observaciones similares a las
del ejemplo anterior y, en particular, observando que el gráfico 5 muestra que la primer derivada que
no se anula en x0 = 0 es de orden impar, por la generalización enunciada, f (x) = 4 x3 tiene un
punto de inflexión en x0 = 0 .
A
AS
SÍÍN
NT
TO
OT
TA
AS
S
Cuando se está estudiando el comportamiento de una función o el gráfico de la misma, muchas veces interesa saber si la curva se aproxima indefinidamente a alguna recta cuando “ un punto variable sobre ella tiende a infinito”. La frase entre comillas se debe entender como que la distancia entre este punto variable y el origen de coordenadas crece indefinidamente. Ya en la Unidad de Funciones se han visto gráficos de funciones en los que se han determinado intuitivamente asíntotas, ya
sean horizontales, verticales o ambas. Luego, en la Unidad de Límite y Continuidad han vuelto a aparecer las asíntotas, relacionadas con determinados casos de límite. Ahora precisaremos este concepto.
Definición: La recta r recibe el nombre de asíntota de f, si la distancia d entre un punto variable
P(x , y) sobre la curva y la recta r tiende a cero cuando el punto P(x , y) tiende a infinito (recordar lo
que se entiende por esto).
Existen distintos tipos de asíntotas: verticales, horizontales y oblicuas. Observemos la siguiente
1
hipérbola equilátera, que es el gráfico de la función y =
, x ≠ 0.
x
La recta x = 0 es
La recta y = 0 es
Asíntota vertical
Asíntota horizontal
Veamos dos gráficos en los que se representan funciones con asíntota oblicua, sin sus expresiones
analíticas.
En el segundo gráfico observamos que la función puede cortar a la asíntota oblicua, en valores de
abscisas determinados. Esto no contradice la definición de asíntota pues lo importante es que la distancia entre P(x , y) y la recta tienda a cero, cuando el punto P tiende a infinito.
Determinación de asíntotas
Asíntota vertical: Si se observa el gráfico al principio de la página correspondiente a asíntota vertical,
para que la distancia entre la recta y la función tienda a cero, cuando un punto P variable sobre la curAnálisis Matemático I - Página 97
va tienda a infinito debe suceder que al acercarse x a x0 (en un entorno de este punto),
a infinito.
f (x)
tienda
Si se cuenta con la expresión algebraica de una función, se trata de encontrar el valor x = x0 tal que
al acercarse x a x0 por izquierda y/o por derecha, los valores f (x) tiendan a infinito. En términos
de límite, esto significa que hay que encontrar un número x0 tal que
ƒ (x) = . Si existe este
lím
∞
x → x0
valor, entonces la recta
x = x0
es asíntota vertical de
f
.
Desde ya que cualquier caso particular del límite mencionado conduce a una asíntota vertical. Por
ejemplo si se verifica lím ƒ (x) = +∞ , concluiremos que la recta x = x0 es asíntota vertical de f.
x → x+0
¿Qué otros casos se pueden presentar?. ¿Cuáles serían los gráficos posibles?.
1
Ejemplo 1 : Hallar, si existe, la asíntota vertical de f (x) =
x≠ 2.
x - 2
A esta altura parece bastante claro que el punto x0 buscado es el aquel punto donde se verifica que
en un entorno del mismo la función no está acotada. En este caso veamos si se cumple la definición
1
para x = 2 : como lím
= ∞ , entonces la recta x = 2 es asíntota vertical de f .
x→2 x - 2
Este tipo de curva ya se ha abordado en las unidades de Funciones, Límite y Continuidad. Como ya
sabemos que
lím x - 2 = + ∞ y lím x - 2 = - ∞ la gráfica de esta función es asintótica a la recta
1
1
x→ - 2
x → 2+
x = 2 por ambos lados.
Ejercicio: Verificar para el caso y =
1
x
, x ≠ 0 que x = 0 es asíntota vertical.
Asíntota horizontal: Ahora observemos el gráfico correspondiente a asíntota horizontal. Para saber
si una recta y = k , k ∈ R es asíntota horizontal del gráfico de
f
debemos ver si los valores
f (x)
tienden a la constante k cuando la variable independiente x crece en valor absoluto (esto es, cuando
x → ∞ ) . Precisando la idea, si lím ƒ (x) = k entonces y = k es asíntota horizontal de f.
x →∞
Ejemplo 2: Si
y =
1
x - 2
x ≠ 2 , analizar si existe asíntota horizontal.
Hallemos
lím
x →∞
1
x - 2
= 0 ( =k) , entonces
Ejercicio : Verificar para el caso
y=
1
x
y=0
es asíntota horizontal.
, x ≠ 0 , que y = 0 es asíntota horizontal
Observación: Que x crezca en valor absoluto (x → ∞) sabemos que comprende los casos x →
+∞ o x → - ∞ . Ya sabemos que muchas veces en el límite cuando x → ∞ es necesario analizar
por separado los límites cuando x → +∞ y cuando x → - ∞ . En consecuencia, es posible que se
encuentren dos asíntotas horizontales diferentes o que la asíntota horizontal lo sea cuando x tiende a
sólo uno de los dos infinitos. Análogamente, para hallar la asíntota vertical es posible que sea necesa+
rio considerar los casos en que x → x0 ó x → x0 .
Ejemplo 3 : Determinar si
y = e1 / x
tiene asíntota vertical y asíntota horizontal.
Para la asíntota vertical, preguntémonos ¿existe algún valor x0 tal que el límite de la función sea infinito, cuando x tiende a x0 , ya sea por izquierda o por derecha o por ambos lados ?.
Como el exponente
1
debe tender a +8 para que la función tienda a 8 , entonces x debe tender a
x
0 por la derecha:
lím+ e1/x
= + ∞ . Y este límite quiere decir que la función es asintótica a la recta x = 0 pero cuando
x→ 0
+
x → 0 . Veamos qué pasa con el límite por la izquierda en 0:
lím e1/x = 0
x →0
. Como este límite no
-
-
es 8 la función no es asintótica a la recta mencionada cuando x → 0 .
Para ver si existe asíntota horizontal debemos ver si
Como el
e1/x = 1 , entonces la recta
lím
x →∞
lím
x →∞
ƒ (x)
= k para algún k∈ℜ.
y = 1 es asíntota horizontal de e1/x tanto cuando
x → +∞ como cuando x → - ∞:
Ejemplo 4 : Determinar si la función y = e x
tiene asíntota vertical y asíntota horizontal.
Para determinar la asíntota horizontal vemos que al plantear el
lím
e
x
necesariamente hay que
x →∞
hacer tender a x, por separado, a infinito negativo y a infinito positivo. Si Hacemos
vemos que no hay asíntota horizontal. Pero al considerar
lím
x → -∞
lím
x → +∞
e x = + ∞,
ex = 0 concluimos que la recta
y = 0 es asíntota horizontal de la función. Con lo cual su gráfica se acerca indefinidamente al eje x
sólo cuando x → - ∞.
En cuanto a la asíntota vertical, basta ver que e x tiende a ∞ sólo cuando x tiende a + ∞, por lo que
se descarta la existencia de este tipo de asíntotas.
Nota: En el Apéndice se desarrolla la manera de encontrar las asíntotas oblicuas de una función.
E
ES
ST
TU
UD
DIIO
OC
CO
OM
MP
PL
LE
ET
TO
OD
DE
EU
UN
NA
AF
FU
UN
NC
CIIÓ
ÓN
N
Ya estamos en condiciones de realizar el Estudio Completo de una función y graficarla en base al
análisis efectuado. Para ello se sugiere obtener la siguiente información:
1) Dominio de la función f.
2) Raíces, ordenada al origen.
3) Intervalos de crecimiento y/o de decrecimiento y extremos relativos.
4) Intervalos de concavidad y/o de convexidad y puntos de inflexión.
5) Asíntotas
Antes de ver los ejemplos de estudio completo, realicemos una revisión complementada con la utilización de los distintos tipos de software, de todo lo analizado respecto de las funciones
y = x 3 + 3 x 2 – 1 , y = x 1/3 e y = x 2/3.
- x2 + 2 x -1
. b) Usar la compu4x -2
tadora para graficar la función y comprobar los resultados obtenidos en a).
Ejemplo 1: a) Usar el cálculo para analizar y graficar la función y =

1 
 1

1) Dom ƒ = - ∞ ,
∪
, + ∞

 2

2
1
2
3) Intervalos de crecimiento y decrecimiento y extremos relativos:
Hemos visto que para estudiar el crecimiento-decrecimiento y determinar los extremos relativos, se
deben hallar los puntos críticos de la función ( los valores que anulan la derivada primera y los valores
donde ella no existe pero la función es continua ). Para ello, primero calculemos:
2) Ceros: x = 1 , ordenada al origen : y =
y’ =
(- 2 x + 2) (4 x - 2) - (- x 2 + 2 x - 1) 4
(4 x - 2)
2
⇒
y’ =
- 8 x2 + 4 x + 8 x - 4 + 4 x 2 - 8 x + 4
(4 x - 2)
2
=
- 4 x2 + 4 x
(4 x - 2)
2
- 4 x2 + 4 x
= 0 ⇒ - 4 x2 + 4 x = 0 ⇒ 4x (-x + 1) = 0
2
(4 x - 2)
de donde obtenemos los puntos críticos x 0 = 0 y x 1 = 1 . Aquí hay que recordar las observaciones y no cometer el error de afirmar que en estos puntos hay extremos relativos. Sabemos que ellos
están cumpliendo la condición necesaria de existencia de extremos relativos. Es decir , son “candidatos ” a extremos relativos.
1
Por otro lado vemos que la derivada primera no está definida en x =
, pero como en este punto la
2
función no es continua, queda descartado como punto crítico y, en consecuencia, como candidato a
extremo relativo. Aún así, es posible que la derivada primera y´ cambie de signo al pasar x de izquierda a derecha por este punto, en un entorno reducido del mismo. Esto, según sabemos, haría
que la función y deje de crecer para empezar a decrecer o viceversa. Construyamos el cuadro para
analizar crecimiento - decrecimiento teniendo en cuenta los puntos que “podrían” provocar cambios
de signo en la derivada primera:
Intervalo
y’ , y
y’ =
- 4 x2 + 4 x
(4 x - 2)
2
(-∞ , 0)
(0 , 1/2)
(1/2 , 1)
(1 , +∞)
<0
>0
>0
<0
crece
crece
Decrece
y
=
- x2 + 2 x - 1
decrece
4x - 2
Como y’ cambia de signo de negativa a positiva, al pasar x por 0 de izquierda a derecha, afirmamos
1
que existe una mínimo relativo en P( 0 ,
) ( recordar que en x = 0 es y’ = 0 ). Luego, y’ cambia
2
de positiva a negativa, al pasar x por 1. Entonces existe un máximo relativo en (1, 0) (en x = 1 es
y’ = 0 ).
4) Ya sabemos que para el estudio de concavidad-convexidad y puntos de inflexión la
herramienta a utilizar es la derivada segunda:
y’’ =
y’’ =
(- 8 x + 4) (4 x - 2) 2 - (-4 x 2 + 4 x) 2 (4 x - 2) 4
(4 x - 2)
4
(4 x - 2) [(- 8 x + 4) (4 x - 2) - 8 (-4 x 2 + 4 x)]
(4 x - 2)
4/ 3
=
- 8
(4 x - 2) 3
Recordemos que para armar los intervalos, se usan como puntos de corte los valores que anulan y’’
y aquéllos valores donde no existe y’’, pero la función es continua allí. Como y’’≠ 0,
∀ x ∈ Dom y , entonces por este camino no hay candidatos a puntos de inflexión. Por otro lado, tene1
mos que y’’ no está definida en el punto x =
, pero como y no es continua allí, queda descarta2
do como posible punto de inflexión. Y concluimos que esta función no tiene puntos de inflexión. Igual
tenemos en cuenta a x =
1
como punto de corte para armar el cuadro pues en un entorno reducido
2
del mismo podría cambiar el signo de y’’:
intervalo
- 8
y’’ =
y=
(-∞ , 1/2)
>0
<0
Cóncava
Convexa
(4 x - 2) 3
- x2 + 2 x - 1
4x - 2
(1/2 , +∞)
5) Asíntotas.
Asíntota horizontal:
- x2 + 2 x - 1
lím
x →∞
=
∞
= (Aplicando L’Hospital)
∞
4x - 2
no es finito, no existe asíntota horizontal.
lím
x →∞
-2x+ 2
4
=
∞
como el límite
Asíntota vertical:
Sabiendo que en un entorno reducido de x =
lím
- x2 + 2 x - 1
x → 1/ 2
4x - 2
= ∞ . Entonces
x=
1
2
1
2
la función no está acotada, hallemos
es asíntota vertical.
Es útil, a los fines del gráfico, hacer:
- x2 + 2 x - 1
- (x - 1) 2
=
= -∞
4x - 2
x → 1/2+
x → 1/2+ 2 (2 x - 1)
lím
lím
↓
0+
lím -
x → 1/2
- (x - 1) 2
2 (2 x - 1)
= +∞
↓
0−
Finalmente, conciliando toda la información, grafiquemos la función:
Ejemplo 2 : a) Usar el cálculo para analizar y graficar la función y = (x - 1)
tadora para graficar la función y comprobar los resultados obtenidos en a).
3
x 2 . b) Usar la compu-
1) Dominio = ℜ
2) Ceros:
⇒
(x - 1) x2/3 = 0
x1 = 1 o
x2 = 0
Ordenada al origen: si x = 0 entonces y = 0
3) Intervalos de crecimiento y decrecimiento y extremos relativos:
y = (x - 1) x2/3 = x5/3 - x2/3
y’=
y’=
5
3
x 2/3 -
2
3
x -1/3
=
1 
2 
2/ 3
- 1/3 
5 x
3 

x
1 5 x - 2


3  x1/3 
Para hallar los puntos críticos, hagamos primero y’ = 0:
1 5 x - 2

 =0
3  x1/3 
por lo tanto
5 x - 2 = 0 , si x ≠ 0 ⇒
x=
2
5
es un punto crítico
Por otro lado, como y’ no existe en x = 0 (se anula el denominador en este punto) y la función dada
es continua en él, éste es otro punto crítico de f. Nuevamente recordemos que los dos puntos críticos
“ pueden ” ser extremos relativos.
Veamos si la derivada primera cambia o no de signo al pasar x por estos puntos. Construyamos el
siguiente cuadro para estudiar el cambio de signo de y’ y simultáneamente, el crecimiento y decrecimiento de y.
intervalo
y’ , y
y’ =
(-∞ , 0)
(0 , 2/5)
(2/5 , +∞)
>0
<0
>0
crece
decrece
crece
1 5 x - 2


3  x1/3 
y = (x - 1)
3
x2
Como existe un cambio de signo de y’ cuando x pasa por 0 de izquierda a derecha y la función
es continua en 0, afirmamos que en el punto de abscisa x = 0 , existe un extremo relativo. Como
es y’ > 0 a la izquierda de x = 0 y es y’ < 0 a la derecha de x = 0 entonces en el punto
(0, 0) hay un máximo relativo. Como este extremo relativo está en un punto donde no existe y’ ,
la gráfica está quebrada o tiene un “vértice” en este punto.
Por otro lado, al pasar x por
(
2
, y’ cambia de signo negativo a positivo. Entonces en el punto
5
2
; -0,32) hay un mínimo relativo. La gráfica aquí es suave, por tratarse de un extremo donde
5
existe y´ .
5) Concavidad – convexidad y puntos de inflexión:
5 2/3
2 -1/3
x
x
Si y ‘ =
3
3
5 2 -1/3
2  1  -4/ 3
y’’ =
x
-  x
3 3
3  3
10 -1/3
2 -4/3
2  5
1 
y’’ =
x
+
x
=
+ 4/3 

1/
3
9
9
9 x

x
y’’ =
2  5 x + 1


9  x 4/ 3 
Hagamos primero y” = 0:
y’’ =
2 5x +

9  x 4/ 3
1
 =0 ⇒

5 x + 1 = 0 , si x ≠ 0
⇒ x=-
1
5
anula a y’’.
Por otro lado, como y’’ no existe en x = 0 (se anula el denominador) también lo consideramos,
pues puede existir un cambio de signo de y’’ al pasar x por 0 y en consecuencia la función dejaría
de ser cóncava para ser convexa o viceversa.
intervalo
(-∞ , -1/5)
(-1/5 , 0)
(0 , +∞)
<0
>0
>0
convexa
cóncava
cóncava
y’’ , y
y’’ =
2  5 x + 1


9  x 4/ 3 
y = (x - 1)
3
x2
1
En P (- , - 0,41) el gráfico de ƒ presenta un punto de inflexión porque hay un cambio de signo
5
1
de y’’ en x = . A pesar de que la función dada es continua en x = 0 , descartamos que aquí
5
haya punto de inflexión, pues la derivada segunda no cambia de signo al pasar por él.
5) Asíntotas.
a)Asíntotas horizontales.
Como
lím (x - 1) x2/3 = + ∞
y
x→ +∞
f
lím
(x - 1) x2/3 = - ∞, se descarta que el gráfico de
x→ -∞
tenga asíntotas horizontales.
b) Asíntotas verticales: no se presentan asíntotas verticales en el gráfico de
f , pues f es conti
nua en R .
Consecuencia del Teorema de Cauchy - Regla de L’Hospital : En el cálculo de límites, muy
frecuentemente nos encontramos con indeterminaciones del tipo
0
∞
ó
.
0
∞
En muchas circunstancias, se puede salvar estas indeterminaciones, recurriendo a las funciones
derivadas, mediante un método conocido como Regla de L’Hospital.
¬ Regla de L’Hospital: caso 0 / 0 : Sean f y g dos funciones definidas y derivables en un intervalo (a , b) y sea x0 ∈ (a , b) . Supongamos que g ’(x) ≠ 0 para todo x ∈ (a , b) exceptuando el
x0 y que
f (x0) = g (x0)
lím
= 0 . Si
x → x0
Ejemplo 1 : Calculemos
lím
x → 0
sen x
x
ƒ' (x)
g ' (x)
= L , entonces
lím
x →x 0
ƒ (x)
=L.
g(x)
. Ya sabemos que la indeterminación que se presenta es
0
. Aquí son ƒ(x) = sen x y g(x) = x , ambas funciones definidas y derivables en cierto (a , b)
0
que contiene a x0 = 0 . Siendo g’(x) = 1 ≠ 0 en (a , b) y ƒ( 0) = g ( 0) = 0 .
ƒ ' (x)
(sen x)'
=
(x)'
lím g´(x) = lím
Además
x →0
x →0
lím
x→ 0
cos x
=1
1
y 1 es el L del teorema.
Como se cumplen las hipótesis del teorema, entonces podemos afirmar que:
sen x
=1
(resultado ya conocido).
lím
x
x → 0
Aunque no sea el colmo de la formalidad, en la práctica se suele resolver de la siguiente manera:
lím
x → 0
sen x
x
0
=
0
=
(sen x)'
lím
x →0
(x)'
cos x
lím
x →0
=
1
= 1
Cuidando de tener bien en claro que además de las otras hipótesis mencionadas, si
lím
x → x
0
ƒ ' (x)
=L
g´(x)
entonces
ƒ (x)
g(x)
lím
x → x
0
no hay que cometer el error de decir que
= L . Si sucediera que
lím
x → x
0
ƒ (x)
g(x)
lím
x → x
0
ƒ ' (x)
g´(x)
no existe,
no existe. Habrá que averiguar por otro
camino.
lím
x → 0
Ejemplo 2 : Calculemos
lím
x→0
ln (1 + x)
=
x
0
0
lím
x→0
ln (1 + x)
x
1
[ln (1 + x)]'
= lím 1 + x
(x)'
1
x →0
=
lím
x → 0
1
1 + x
=1
resultado obtenido en otra unidad, aplicando el número e :
lím
x →0
ln (1+ x)
(1
lím
x→0
=
x
+ x)1/ x = ln
+ x) 1/ x = ln e = 1
(1
lím
x →0
La Regla de L´ Hospital se puede aplicar reiteradas veces (si nos encontramos reiteradas veces con
0
la indeterminación
):
0
Ejemplo 3 :
lím
x → 0
1 - cos x
x2
0
1 - cos x 0
=
lím
x2
x→0
lím
x→ 0
(1 - cos x)'
sen x
= lím
=
2
(x )'
2x
x →0
x 2 sen
Ejemplo 4 :
lím
x → 0
sen x
1
x
0
0
lím
x → 0
(sen x)'
=
(2 x)'
lím
x →0
cos x
=
2
1
2
. El numerador tiende a cero por ser el producto de un infinitésimo

1
cuando x → 0 ( x2 ) y una función acotada  sen
 . Entonces:

x 
tiende a 0
lím
x→ 0
 2
1
 x sen 

x
(sen x)'
'
2 x sen
=
lím
x →0

1  1 
 + x 2 cos


x
x   x2 
=
cos x
1
2 x sen
lím
x → 0
1
no tiene límite
- cos
x
cos x
1
x
= ∃/
lím
x → 0
Es decir, no existe
existe
. Aquí es donde no debemos cometer el error de afirmar que no
x 2 sen
ƒ (x)
g(x)
lím
x → 0
tiende a 1
ƒ ' (x)
g´(x)
=
lím
x → 0
1
x
sen x
.
Si utilizamos límites notables:
tiende a 0
1
x
x 2 sen
lím
x → 0
1
x
sen x
x sen
lím
x → 0
=
sen x
= 0
x
tiende a 1
¬ Teorema (Regla de L’Hospital: caso ∞/∞) : Sean ƒ y g dos funciones definidas y derivadas en un entorno reducido de cierto x0 , siendo g ’(x) ≠ 0 en este entorno y tales que
lím
x → x0
ƒ(x)
=
lím
x → x
g(x) = ∞
0
lím
x → x0
ƒ (x)
g(x)
ƒ ' (x)
g´(x)
lím
x → x
. En estas condiciones, si
0
= L , entonces
=L .
Observación : Los dos teoremas también son válidos si los límites son sólo por derecha o izquierda
en x0.
lím
x → 0
Ejemplo 5 :
∞
∞
cotg x
=
1
x
1
lím
x →0
(cotg x)'
1
 
x
'
2
= lím
x→ 0
ción que queda es
(- cosec x)
=
1
- 2
`x
0
lím
x → 0
sen 2 x =
1
x2
lím
x → 0
x2
sen 2 x
y podría aplicarse la Regla de L’Hospital, caso
0
solver utilizando límites notables).
Ejemplo 6 : Calcular el
= 1 (Aunque la indetermina-
lím+
x → 0
ln x
1
x
0
0
, resulta más sencillo re-
lím+
x →0
ln x
=
1
x
∞
∞
( ln x)'
lím+
1
 
x
x→ 0
1
ln x
x =
(-x) = 0 ⇒ lím
=0
lím
1
1
+
+
x
→
0
x
→
0
− 2
x
x
= lím
'
x → 0+
0
Generalizaciones : La Regla de L’Hospital (caso
) puede generalizarse para cuando la varia0
ble independiente tiende a ∞ (+∞ , - ∞ ó ∞ ) y también cuando el límite del cociente de las derivadas es ∞ (+ ∞ , - ∞ ó ∞ ) .
No enunciaremos los teoremas respectivos, sino que los resumiremos de la siguiente manera:
• Si
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
(
• Si
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
(
• Si
lím
x → x
ƒ (x)
g(x)
(
0
0
0
0
0
0
0
y
lím
x →∞
ƒ ' (x)
g´(x)
= L , entonces
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
= L
) y
lím
x →∞
ƒ ' (x)
g´(x)
= ∞ , entonces
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
= ∞
) y
lím
x → x
ƒ ' (x)
g´(x)
= ∞ , entonces
lím
x → x
)
0
Y para la Regla de L’Hospital (caso
• Si
lím
x → x
0
ƒ (x)
g(x)
(
∞
)
∞
y
y
0
• Si
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
(
∞
)
∞
• Si
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
(
∞
) y
∞
Ejemplo 7 :
lím
x →∞
ln x
=
x
Ejemplo 8 :
.
x →∞
x →+∞
0
lím
x →∞
ƒ ' (x)
= L , entonces
g´(x)
lím
x →∞
ƒ ' (x)
g´(x)
lím
x →∞
= ∞ , entonces
lím
x →∞
ƒ (x)
g(x)
ƒ (x)
g(x)
ƒ (x)
g(x)
= ∞
= L
= ∞
lím
∞
∞
1
( ln x)'
= lím x = 0 ⇒
'
1
(x )
x→ ∞
lím
x →∞
ln x
=0
x
x 2 + 2x - 3
x3 − 1
x → +∞
lím
lím
x → x
x
lím
x 2 + 2x - 3
=
x 3 −1
g´(x)
= ∞ , entonces
= ∞
ln x
lím
x →∞
∞
∞
0
∞
) tendremos:
∞
ƒ ' (x)
lím
x → x
ƒ (x)
g(x)
.
lím
x → +∞
2x + 2 ∞∞
= .
3 x2
2
= 0 ⇒
lím
x → +∞ 6 x
lím
x →+∞
x 2 + 2x - 3
=0
x 3 −1
sen
lím
x →∞
Ejemplo 9 :
1
x
1
x
sen
lím
1
x
x →∞
1
0
x =0.
lím
x→ ∞
1  1 

 cos  .  - 2 
x  x 

=1 ⇒
 1 
- 2 
 x 
sen
lím
x →∞
1
x
1
x =1
(también se puede resolver por
límites notables, previo cambio de variable)
x →
lím
x→
π
2
tg 3 x
=
tg x
lím
x→
π
2
tg 3 x
límπ
Ejemplo 10 :
tg x
2
1
∞
∞
2
. lím
x→
π
2
3 sec 3 x
cos 2 3 x =
=
3
límπ
1
sec 2 x
x→
2
cos 2 x
límπ
x →
3
cos 2 x
cos 2 3x
2
0
2 cos x (- sen x)
cos x . sen x
3
=
=0 .
2 . 3 cos 3x (- sen 3 x) lím
cos
3x
.
sen
3x
π
x→
2
tiende a 0
=
límπ
x →
0
= 0.
- sen x . sen x + cos x cos x
- 3 sen 3x . sen 3x + 3 cos 3x . cos 3x
2
=
cos 2 x - sen 2 x
límπ
x →
2
lím
x→
π
2
2
3 (cos 3x - sen 3x)
=
1
3
2
tiende a 0
Entonces
tiende a 1
tiende a 1
tg 3 x 1
=
tg x
3
Las demás indeterminaciones ( 0 . ∞ , ∞ - ∞ , 00 , ∞0 y 1∞ ) pueden reducirse a alguno de los
0
∞
casos
ó
mediante operaciones algebraicas o mediante logaritmos.
0
∞
Ya hemos visto ejemplos en que se presenta la indeterminación ∞ - ∞ y que si la misma proviene de
una diferencia de cocientes, haciendo común denominador se la transforma en la indeterminación
0
∞
ó en la indeterminación
.
0
∞
Ejemplo 11 :
lím+
x →1
 1

x - 1
0
lím+
x →1
ln x - x 2 + x 0
=
(x - 1) ln x
lím+
x →1
-
x  ∞ −∞
=
ln x 
lím+
x →1
1
- 2 x +1
x
=
1
ln x + (x - 1)
x
 1

x - 1
-
x 
=
ln x 
0
0
tiende a -3
1
-
lím+
x → 1
x
1
x
- 2
2
= -
1
+
x
3
2
2
tiende a 2
x →0
lím
x →0
x3 . ln x
lím
Ejemplo 12:
+
x3 . ln x = 0 . ∞
. Si escribimos el límite en la forma
+
lím
x →0
lím
L’Hospital:
x →0
+
-
1
x
3
x
=
4
lím
x →0
+
+
ln x
1
∞
∞
, podemos aplicar
x3
 x3 
 =0
 3 
Observación : Si en el producto, uno de los factores es una función logarítmica, se la suele dejar en
el numerador y se invierte el otro factor.
límπ
Ejemplo 13:
x →
lím
x→
π
2
π
x2 =
1
tg x
Ejemplo 14 :
0
0
2

π
(tg x) x -  = ∞ . 0

2
π
1
2 =
= lím (- sen 2 x) = - 1
lím
2
cotg x x → π - cosec x
π
x→
x-
lím
x→
π
2
lím
+∞
x→
2
3

1 + 
x

2x
2
1∞
=
Si bien este límite puede resolverse por el número e , utilicemos esta nueva regla. Para ello supongamos que este límite es un número L (que vamos a averiguar):

3 2x
1 +  = L

x
+∞
lím
x →
Si esto vale, podemos aplicar logaritmos :
ln

3 2x
1 +  = ln L
x
+∞ 
lím
x →
por una propiedad de límites finitos ( “ el límite del logaritmo es el logaritmo del límite “), esto es:
ln L =
lím
x → +∞

3 2x
ln 1 + 

x
Por propiedad de logaritmos:
ln L =
lím
x → +∞

3
∞.0
2x . ln 1 +  =

x
tiende a + ∞
tiende a 0
resolvemos el segundo miembro de esta expresión, sin olvidar que su resultado será ln L :

3

ln 1 +

x 
1
+∞
2x
lím
ln L =
x →
=
0
0
apliquemos la regla de L’Hospital:
 3
. - 2 
 x 
1
3
1 +
ln L =
lím
x → +∞
x
-
⇒ ln L =
1
2 x2
como ln L = 6 ⇒ el límite buscado es
lím
x → +∞
6
3
1 +
= 6
x
L = e6 .
Observación : Este mecanismo, de suponer que el límite buscado es un número L y aplicar seguidamente logaritmos, es útil para las indeterminaciones 1∞ , ∞0 y 00 , las que sabemos son generadas, por ejemplo, por un límite del tipo
g(x)
f(x)
lím
+∞
. Ahora bien, supongamos que seguimos el pro-
x→
ceso antes descripto y suponemos que:
g(x)
f(x)
lím
+∞
⇒
=L
ln L = ln
x→
g(x)
f(x)
lím
+∞
⇒
x→
ln L =
ln
lím
+∞
g(x)
f(x)
x→
Si el límite del segundo miembro no es un número (es decir, este límite no existe o es infinito), deja
de tener sentido la suposición inicial y no podemos aplicar antilogaritmos para hallar L. En este
caso, se debe resolver el límite de otra forma.
Ejemplo 15 :
lím+
( cotg x )x = ∞0
x →0
Supongamos entonces
L =
lím+
(cotg x) x
x →0
apliquemos logaritmo:
ln L = ln
(cotg x) x
lím+
x →0
⇒
ln L =
lím+
ln (cotg x) x
⇒
x →0
ln L =
lím
x → 0+
x . ln cotg x =
1
ln L =
x →0
ln L =
lím
-
-
Ejemplo 16 :
x2
x2
lím
ln L =
x → 0+
∞
ln tg x
1
= ∞ apliquemos L’Hospital:
x
cos x
1
.
2
sen x
cos x
ln L =
1
x → 0+
- 2
x
x
x
ln L =
.
sen x
cos x
x → 0+
⇒
1
⇒
lím
⇒
sen x . cos x
x → 0+
ln L = 0
⇒
. sec 2 x
tg x
lím+
0.∞
⇒
lím
tiende a 1 tiende a 0
⇒
L = e =1
lím+
xx = 0
0
0
x →0
L =
lím+
⇒
xx
ln L = ln
x →0
ln L =
lím
x ln x
lím
1
x
1
x → 0+
Entonces
ln L =
x →0
0.∞
x → 0+
ln L =
⇒
xx
lím+
⇒
lím+
ln xx
⇒
x →0
ln L =
lím
x →0
+
ln x
1
∞
∞
⇒
x
-
⇒
⇒
-x =0
x → 0+
x2
ln L = 0
lím
ln L =
L = e0 = 1
APÉNDICE
Teorema : (Derivada de la función inversa) Sea y = f (x) una función continua y estrictamente
creciente ó estrictamente decreciente en [a , b] (con lo cual existe inversa f- 1 : [f (a) , f (b)] → [a ,
b] cuando f es estrictamente creciente ó
mente decreciente ).
Si c ∈ (a , b) , si f es derivable en c y si
más :
(f
-1
f - 1 : [f (b) , f (a)]
f ’(c) ≠ 0
)’ (f (c) ) =
→ [a , b]
, entonces
f -1
cuando
f
es derivable en
es estricta-
f (c)
y ade-
1
ƒ' (c)
Demostración: Formemos el cociente incremental para la función inversa f -1 , cuidando que, si ∆y
≠ 0 , sea ∆y < f (b) - f (c) y ∆y < f (c) - f (a) para que f -1 esté definida en f (c) + ∆y :
ƒ - 1 ( ƒ(c) + ?y) - ƒ - 1 ( ƒ(c)) ƒ - 1 ( ƒ(c) + ?y) - c
=
?y
?y
Si llamamos ∆x a la diferencia
∆x =
f -1(f (c) + ∆y) - c
f -1(f (c) + ∆y) - c
:
(1)
f -1(f (c) + ∆y) = c + ∆x
f (c) + ∆y = f (c + ∆x)
∆y = f (c + ∆x) - f (c)
(2)
Reemplazando (1) y (2) en el cociente:
ƒ -1( ƒ(c) + ?y) - ƒ -1 ( ƒ(c))
?x
=
?y
ƒ(c + ?x) - ƒ(c)
De (1) podemos deducir que si
nador por ∆x :
∆y ≠ 0 , entonces ∆x ≠ 0 . Luego, dividiendo numerador y denomi-
ƒ -1( ƒ(c) + ?y) - ƒ -1 ( ƒ(c))
=
?y
1
ƒ(c + ?x) - ƒ(c)
?x
(3)
Además, de (1) se puede deducir que si ∆y → 0 entonces ∆x → 0 : analicemos
∆x = f -1(f (c) + ∆y) - c . Cuando ∆y → 0 , como f -1 es continua, pasa que f -1(f (c) + ∆y) tiende a f -1(f (c)) que es igual a c . Entonces ∆x tiende a c - c = 0.
Volvamos a (3) y apliquemos límite para ∆y → 0 :
ƒ -1 ( ƒ(c) + ?y) - ƒ -1 ( ƒ(c))
= lím
lím
?y
?y → 0
?y → 0
1
ƒ(c + ?x) - ƒ(c)
?x
al cual podemos escribir así :
ƒ -1 ( ƒ(c) + ?y) - ƒ -1 ( ƒ(c))
= lím
lím
?y
?y → 0
?x → 0
1
ƒ(c + ?x) - ƒ(c)
?x
Analicemos el segundo miembro: cuando ∆x → 0 , el denominador tiende a
f ’(c) ≠ 0. Entonces,
aplicando la propiedad de límite de un cociente, el límite del segundo miembro es el número
1
ƒ '(c)
.
En consecuencia, el límite del primer miembro es un número y , por la característica que tiene, este
límite es el número (f 1) ’ (f (c)) . O sea:
(f -1 ) ’(f (c)) =
1
ƒ '(c)
Regla de L´Hospital - caso 0/0:
Sean f y g dos funciones definidas y derivables en un intervalo (a , b) y sea x0 ∈ (a , b) . Supongamos que g ’(x) ≠ 0 para todo x ∈ (a , b) xceptúando el x0 y que f (x0) = g (x0) = 0 . Si

CÁLCULO DIFERENCIAL La velocidad instantánea

Transcripción

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