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Cálculo Diferencial e Integral I: Regla de L’Hôpital

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Esta entrada es la última de la unidad 7 y la dedicaremos a demostrar uno de los resultados ampliamente usado en el cálculo de límites para los casos donde existen indeterminaciones de los tipos $0/0$ y $\infty/\infty$; este tipo de límites es posible resolverlos mediante de la derivada.

Teorema del Valor Medio Generalizado

Antes de probar la Regal de L’Hôpital, probaremos una generalización del teorema del valor medio, también conocido como teorema del Valor Medio de Cauchy. Para ello, primero revisemos el siguiente teorema.

Teorema. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, tal que $f(a)=g(a)=0$ y sea $g(x) \neq 0$ para $a<x<b$. Si $f$ y $g$ son derivables en $a$ y si $g'(a) \neq 0$, entonces el límite de $f/g$ en $a$ existe y es igual a $f'(a)/g'(a)$. Por tanto,

$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$

Demostración.

Puesto que $f(a) = g(a) = 0$, el cociente $\frac{f(x)}{g(x)}$ para $a<x<b$ puede escribirse como sigue

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \frac{g(x)-g(a)}{x-a} }$$

Aplicando el límite, tenemos que

$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x \to a+} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \lim_{x \to a+} \frac{g(x)-g(a)}{x-a} } = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$

$\square$

Teorema del valor medio de Cauchy. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, ambas funciones continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$, y suponer que $g'(x) \neq 0$ para toda $x$ en $(a,b)$. Entonces existe $c$ en $(a,b)$ tal que

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$$

Demostración.

Notemos que como $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b)$, del teorema de Rolle se sigue que $g(a) \neq g(b)$. Para $x$ en $[a,b]$, se define ahora

$$h(x) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} (g(x)-g(a))-(f(x)-f(a))$$

Entonces $h$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $h(a)=h(b)=0$. Por lo tanto, del teorema de Rolle se sigue que existe un punto $c$ en $(a,b)$ tal que

$$0 = h'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(c)-f'(c)$$

Puesto que $g'(c) \neq 0$, podemos dividir la expresión anterior entre $g'(c)$, con lo que obtenemos

\begin{gather*}
\frac{0}{g'(c)} =\frac{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(c)-f'(c) }{g'(c)} \\ \\
\Rightarrow 0 = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}-\frac{f'(c)}{g'(c)} \\ \\
\therefore \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}
\end{gather*}

$\square$

Regla de L’Hôpital

Demostraremos la regla de L’Hôpital empleando límites por la derecha, pero los resultados se extienden de forma análoga al límite por la izquierda, y por tanto el límite por ambos lados.

Regla de L’Hôpital. Sea $-\infty \leq a < b \leq \infty$ y que sean $f$, $g$ derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Supongamos que

$$\lim_{x \to a+} f(x) = 0 = \lim_{x \to a+} g(x) $$

  1. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
  2. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \{-\infty, \infty \}$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.

Demostración.

Si $a < \alpha < \beta < b$, entonces el teorema de Rolle implica que $g(\beta) \neq g(\alpha)$ (ya que para que exista el límite de $f'(x)/g'(x)$ debe haber un intervalo donde $g'(x) \neq 0$ lo que implica que $g(x) \neq 0$ y si se asume que $g(\alpha) = g(\beta)$ por el teorema de Rolle se tendrían que existe un valor $c$ en el intervalo tal que $g'(c) = 0$, lo cual es una contradicción). Además, por el teorema del valor medio de Cauchy, existe $u \in (\alpha, \beta)$, tal que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} = \frac{f'(u)}{g'(u)}$$

$(1)$. Si $L \in \RR$ y sea $\varepsilon > 0$. Por hipótesis, sabemos que $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$$

entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\left| \frac{f'(u)}{g'(u)} – L \right|< \varepsilon \text{ para } u \in (a,c)$$

De donde se sigue que

$$\left| \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } a < \alpha < \beta \leq c$$

Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$, se tiene que $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, y por la expresión anterior se sigue que

$$\left| \frac{f(\beta)}{g(\beta)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } \beta \in (a,c]$$

$$\therefore \lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$$

$(2)$. Veremos el caso donde $L = \infty$ (para $L = -\infty$ es análogo). Sea $M>0$, Como $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$$

Entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\frac{f'(u)}{g'(u)} >M \text{ para } u \in (a,c)$$

de donde se sigue que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} > M \text{ para } a < \alpha < \beta < c$$

Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$ entonces $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, por tanto de la expresión anterior se tiene

$$\frac{f(\beta)}{g(\beta)} \geq M \text{ para } \beta \in (a,c)$$

$$\therefore \lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$$

$\square$

Hay diversas extensiones de la regla de L’Hôpital que permiten el estudio del comportamiento de un cociente $f(x)/g(x)$ cuando en el límite poseen la forma $\infty/\infty$. Como una extensión del teorema anterior, tenemos el siguiente.

Teorema. Sea $- \infty \leq a < b \leq \infty$ y sean $f$, $g$ funciones derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Suponer que

$$\lim_{x \to a+} g(x) = \pm \infty$$

  1. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
  2. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$ ó $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.

Procederemos ahora a revisar algunos ejemplos de límite donde aplicaremos la regla de L’Hôpital.

Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1}$$

Aplicando la Regla de $L’Hôpital$, tenemos

\begin{align*}
\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1} & = \lim_{x \to 1} \frac{(ln(x))’}{(x-1)’} \\ \\
& = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} \\ \\
& = 1
\end{align*}

Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x}$$

Usando la generalización de la regla de L’Hôpital se tiene

\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x} & = \lim_{x \to \infty} \frac{(x^2)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{(2x)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0
\end{align*}

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Sea $f(x) = x^2$ para $x$ racional y $f(x) = 0$ para $x$ irracional. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Usa el primer teorema revisado en esta entrada para probar que $\lim_{x \to 0} f(x)/g(x) = 0$.
  • Sea $f(x) = x^2sen(1/x)$ para $x \neq 0$ y $f(0) = 0$. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Demuestra que $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$ pero que el límite $\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ no existe.
  • Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \pi/2)$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \frac{ln(x+1)}{sen(x)}$$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \frac{tan(x)}{x}$$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x}-\frac{1}{sen(x)} \right)$$
  • Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \infty)$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{x}$$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{\sqrt{x}}$$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{x+ln(x)}{xln(x)}$$

Más adelante…

En la siguiente unidad estudiaremos las aplicaciones prácticas de la derivada con lo cual podrás podrás relacionar toda la abstracción revisada con la «realidad». Se revisará la manera en que se puede usar el cálculo en ámbitos diversos, desde física hasta economía.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema de Rolle y Teorema del Valor Medio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Hasta este punto nos hemos enfocado en estudiar la derivada para distintos tipos de funciones, orientando los esfuerzos principalmente en la ejecución, en derivar tal cual. En esta entrada estudiaremos dos teoremas que nos darán visibilidad de algunas propiedades que tienen las funciones que son derivables en un intervalo abierto.

Teorema de Rolle

En el bachillerato revisaste el tema de máximos y mínimos, donde uno de los criterios que se usaban para encontrarlos era usar el hecho de que si $x_0$ es un mínimo o máximo local, entonces la derivada en dicho punto es cero. De momento, formalizaremos tanto la definición de máximo y mínimo local como el criterio antes mencionado, sin embargo, será hasta la siguiente sección donde daremos la demostración con la finalidad de revisarlo junto con sus aplicaciones.

Definición: Consideremos a una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$ con $r\in \r^{+}$ y tenemos que existe $f'(x_0)$ decimos que:

  • $x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x)\leq f(x_0)$$
  • $x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x_0)\leq f(x)$$

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$. Si tenemos que $x_0$ es un máximo ó un mínimo de local de $f \Rightarrow f'(x_0)=0$

Ahora veremos el Teorema de Rolle que menciona que si tenemos una función $f:[a,b] \to \RR$ derivable en el intervalo $(a,b)$, que satisface que $f(a) = f(b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es cero, es decir, que si la función inicia y termina en el mismo punto, entonces existe un máximo o mínimo local.

Teorema de Rolle. Sea $f:[a,b] \to \RR$ tal que $f$ es continua en $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$. Si $f(a) = f(b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que $f'(c) =0$

Demostración.

Caso 1. Para todo $x \in [a,b]$, $f(x) = k$

Como $f$ es constante, entonces $f'(x) = 0$ para todo $x \in [a,b]$.

Así, podemos considerar $c = \frac{a+b}{2}$. Donde se cumple que $a<c<b$ y $f'(c) =0$.

Caso 2. Existe $x_0 \in [a,b]$, tal que $f(x_0) > f(a)$

Por el teorema del máximo-mínimo, existe $c \in [a,b]$ tal que para toda $x \in [a,b]$, $f(x) \leq f(c)$

\begin{gather*}
\Rightarrow & f(a) < f(x_0) \leq f(c) \\ \\
\Rightarrow & f(c) > f(a) = f(b) \\ \\
\Rightarrow & c \neq a, \quad c \neq b \\ \\
\Rightarrow & c \in (a,b), \quad a<c<b
\end{gather*}

Por tanto, para toda $x \in [a,b]$, se cumple que $f(x) \leq f(c)$. Donde se concluye que $f$ es un máximo local en $c$.

Además, $f$ es derivable en $c$, entonces $f'(c) = 0$

Caso 3. Existe $x_0 \in [a,b]$ tal que $f(x_0) < f(a)$

Este caso es análogo al anterior.

$\square$

Teorema del Valor Medio

El siguiente teorema que probaremos indica que si una función es continua en $[a,b]$ y derivable en el intervalo $(a,b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es $$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

Lo anterior indica que existe un punto $c$ cuya pendiente de la recta tangente es la misma que la pendiente de la recta generada por los puntos extremos del intervalo $a$, $b$. Esto se puede ver gráficamente en la siguiente imagen.

Teorema del Valor Medio. Sea $f:[a,b] \to \RR$ continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

Demostración.

Consideremos $g(x) = f(a) + \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a)$ y $\rho(x) = f(x)-g(x)$. Así, se tiene que

$$\rho(x) = f(x) – \left(f(a)+\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right)$$

Notemos que $\rho: [a,b] \to \RR$, cumple que

  1. $\rho$ es continua en $[a,b]$ pues $f$ lo es.
  2. $\rho$ es derivable en $(a,b)$ pues $f$ lo es.
  3. $\rho(a) = f(a)-(f(a)+0) = 0$ y $\rho(b) = f(b)-(f(a)+f(b)-f(a)) = 0$. Por tanto, $\rho(a) = \rho(b)$.

Por el teorema de Rolle, existe $c$, $a<c<b$ tal que $\rho'(c)=0$. Como

\begin{align*}
\rho'(x) & =f'(x)-\left( \left( f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right)’ \\ \\
& = f'(x)- \left( 0 + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} (1) \right) \\ \\
& = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right)
\end{align*}

$$\therefore \rho'(x) = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right)$$

Considerando que $\rho'(c)=0$, de la expresión anterior, se sigue que

$$ f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

$\square$

Corolario. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = 0$, entonces existe $k \in \RR$ tal que $\forall x \in [a,b]$, $f(x) = k$.

Demostración.

Si $x = a$, entonces $f(x) = f(a)$. Si $x \in [a,b]$, con $x \neq a$, entonces $x>a$. Aplicando el Teorema del Valor Medio en $[a,x]$, existe $c$, $a<c<x \leq b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$

Por hipótesis, $f'(c) = 0$ y $x \neq a$, entonces

\begin{gather*}
\Rightarrow & 0 = \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ \\
\Rightarrow & f(x)-f(a) = 0 \\ \\
\Rightarrow & f(x) = f(a)
\end{gather*}

Por tanto, para todo $x \in [a,b]$, se tiene que $f(x) = k$, con $k = f(a)$.

$\square$

Corolario. Sean $f,g:[a,b] \to \RR$ continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = g'(x)$, entonces $f(x) = g(x) +k$.

Demostración.

Consideremos $h(x) = f(x)-g(x)$, entonces se tiene que $h'(x) = f'(x)-g'(x)= 0$ para todo $x \in (a,b)$.

Por el corolario anterior, existe $k \in \RR$, constante, tal que para toda $x \in [a,b]$ se tiene $h(x) = k$.

\begin{gather*}
\Rightarrow & f(x)-g(x) = k \\
\therefore & f(x) = g(x) + k \quad \forall x \in [a,b]
\end{gather*}

$\square$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Comprueba el teorema de Rolle en los intervalos que se muestran y halla los valores de $c$ para las siguientes funciones:
    • $f(x) = x^2-x-6$ en el intervalo $[-2,3]$.
    • $f(x) = x^2-4$ en el intervalo $[-2,2]$.
    • $f(x) = \sqrt{x}-2 \sqrt[4]{x}$ en el intervalo $[0,16]$
  • Comprueba el teorema del valor medio en los intervalos que se muestran y encuentra el valor $c$ para las siguientes funciones:
    • $f(x) = \sqrt{x+1}$ en el intervalo $[-1,3]$
    • $f(x) = sen(x)$ en el intervalo $[0, \pi/4]$
    • $f(x) = ln(2x+5)$ en el intervalo $[0,2]$

Más adelante…

La siguiente entrada será la última de la unidad y revisaremos un potente resultado de la derivada que nos permitirá hacer el cálculo de cierto tipo de límites con mayor facilidad, este resultado es conocido como la regla de L’Hôpital.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Derivadas implícitas y de orden superior

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En esta entrada estudiaremos dos conceptos que probablemente te suenen familiares: las derivadas implícitas y las derivadas de orden superior. Una vez los hayamos comprendido, tendremos muchos más casos en los cuales podremos aplicar la derivada empleando todas las herramientas que se han desarrollado hasta este punto.

Derivadas implícitas

A las funciones $y=f(x)=x^2$ definidas en un intervalo las llamamos funciones explícitas; sin embargo, en ocasiones nos encontramos con funciones que no están expresadas de esta forma, por ejemplo, has revisado en tu curso de geometría analítica la ecuación que describe una circunferencia con centro en el origen con radio unitario: $x^2+y^2=1$. Esta forma, la llamaremos función implícita, y aunque en este caso podríamos despejar para obtener una función explícita $y = \pm \sqrt{x^2-1}$, no siempre es posible obtener la función explícita. Veamos a continuación el siguiente ejemplo:

$$x^3+2x^2y+xy^2+y^3=0$$

Aunque no tengamos una función explícita, esto no limita la posibilidad de encontrar la derivada de $y$.

\begin{gather*}
(x^3+2x^2y+xy^2+y^3)’=(0)’ \\ \\
(x^3)’+(2x^2y)’+(xy^2)’+(y^3)’ = 0 \\ \\
3x^2+2x^2(y)’+2(x^2)’y+x(y^2)’+(x)’y^2+3y^2y’ = 0 \\ \\
3x^2+2x^2y’+4xy+2xyy’+y^2+3y^2y’=0 \\ \\
\Rightarrow 3x^2+4xy+y^2+ y'(2x^2+2xy+3y^2)=0 \\ \\
\Rightarrow y’ = – \frac{3x^2+4xy+y^2}{2x^2+2xy+3y^2}
\end{gather*}

Notemos que es complicado saber respecto a que variable estamos derivando, por ello, particularmente para las derivadas implícitas es usual emplear la notación $\frac{dy}{dx} = y’$

Ejemplo. Obtener la derivada implícita $y’ = \frac{dy}{dx}$ de $xsen(y)-cos(2y) = 0$.

\begin{gather*}
\frac{d}{dx} xsen(y)+\frac{d}{dx}cos(3y) = 0 \\ \\
x \frac{d}{dx} sen(y)+ sen(y)\frac{d}{dx} x -sen(3y) \frac{d}{dx} 3y = 0 \\ \\
xcos(y) \frac{dy}{dx} + sen(y)-3sen(3y) \frac{dy}{dx} = 0 \\ \\
\frac{dy}{dx} (xcos(y)-3sen(3y)) = -sen(y) \\ \\
\frac{dy}{dx} = -\frac{sen(y)}{xcos(y)-3sen(3y)}
\end{gather*}

Derivadas de orden superior

Cuando derivamos una función, tenemos como resultado una nueva función y, por tanto, se podría buscar la derivada de la misma; de esta forma, tal proceso lo podemos hacer iterativamente siempre que la derivada exista y a ello se le conoce como derivadas de orden superior. Así, tenemos la siguiente definición.

Definición. Si $f: A \to \RR$ es una función derivable entonces se tiene que

$$f'(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$

Si esta función $f’$, es derivable le llamaremos segunda derivada, denotada como $f^{(2)}$, al límite

$$f^{(2)}(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0}$$

En general, denotaremos como $f^{(n)}$ a la $n$-ésima derivada de $f$ si

$$f^{(n)}(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}$$

La definición anterior resulta bastante natural y es un símil a la definición de derivada que revisamos anteriormente. Al igual que la la primera derivada, puede suceder el caso donde las derivadas de orden superior no existen. Consideremos la siguiente función

$$f(x) =
\begin{cases}
x^2sen(1/x) & \text{ si } x \neq 0 \\
0 & \text{ si }x = 0
\end{cases}$$

Notemos que si $x \neq 0$, siempre podemos encontrar un intervalo tal que $x \in I$ tal que para cada punto del intervalo se tiene que

$$f(x) = x^2sen \left( \frac{1}{x} \right)$$

Lo cual implica que su derivada es

$$f'(x) = 2xsen \left( \frac{1}{x} \right) – cos \left( \frac{1}{x} \right) $$

Para el caso particular de $x = 0$, se tiene que

\begin{align*}
f'(x) & = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 sen(1/x)-0}{x} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} xsen(1/x) \\ \\
& = 0
\end{align*}

Por tanto, se tiene que

$$f'(x) = \begin{cases}
2xsen \left( \frac{1}{x} \right) – cos \left( \frac{1}{x} \right) & \text{ si }x\neq 0 \\
0 & \text{ si }x=0
\end{cases}$$

Observemos que $f’$ no es continua en cero, puesto que, por las propiedades de continuidad, esto implicaría que la función

$$g(x) = \begin{cases}
cos(1/x) & \text{ si } x \neq 0 \\
0 & \text{ si }x=0
\end{cases}$$

También es continua en cero, sin embargo esto no sucede ya que el límite de de $cos(1/x)$ cuando $x \to 0$ no existe (demostración análoga al primer ejemplo de esta entrada). Como $f’$ no es continua en $x=0$, tampoco es derivable en tal punto.

A continuación se tiene un ejemplo donde se muestra el proceso que se sigue para encontrar una derivada de orden superior.

Ejemplo. Obtener la cuarta derivada de la función $f(x) = ln(x)+sen(3x)$.

\begin{gather*}
f'(x) = \frac{1}{x} +3cos(3x) \\ \\
f^{(2)}(x) = -\frac{1}{x^2}-9sen(3x) \\ \\
f^{(3)}(x) = \frac{2}{x^3}-27cos(3x) \\ \\
f^{(4)}(x) = -\frac{6}{x^4}+91sen(3x)
\end{gather*}

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Deriva respecto a $x$ las siguientes funciones
    • $\frac{x+y}{x-y}=x+4$
    • $x^2y^2=ln(xy)$
    • $y = ln(sen(x+y))$
    • $\frac{y}{tan(xy)} – x = 2$
  • Encuentra la tercera derivada de las siguientes funciones
    • $f(x) = 3x^5+2x^3+7x^2+1$
    • $f(x) = cos(x^3)$
    • $f(x) = sen(x)cos(x)$
    • $f(x) = \frac{ln(x)}{\sqrt{x}}$

Más adelante…

En la siguiente entrada probaremos dos populares resultados de las funciones que son derivables en un intervalo: el teorema de Rolle y el teorema del valor intermedio.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Derivada de las funciones trigonométricas

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En esta entrada estudiaremos la derivada de las funciones trigonométricas, para lo cual haremos uso de las características y propiedades que se estudiaron de las mismas cuando se definieron así como cuando se estudiaron sus límites, por esta razón se recomienda revisar dichas entradas en caso de no tenerlas presentes.

Funciones trigonométricas

Daremos inicio probando que las funciones trigonométricas $sen(x)$, $cos(x)$ y $tan(x)$ son derivables en todo su dominio.

Teorema. La función $f(x) = sen(x)$ es derivable en $\RR$, más aún $f'(x) =cos(x)$.

Demostración.

En la entrada de funciones trigonométricas se revisó la siguiente identidad:

$$sen(\alpha+\beta) = cos(\alpha)sen(\beta) + cos(\beta)sen(\alpha)$$

De la cual haremos uso para demostrar el límite:

\begin{align*} 
f'(x) & = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{sen(x+h)-sen(x)}{h} \\ \\ 
& = \lim_{ h \to 0} \frac{cos(x)sen(h)+cos(h)sen(x)-sen(x)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{cos(x)sen(h)+sen(x) (cos(h)-1)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \left( \frac{sen(h)}{h}cos(x) + \frac{cos(h)-1}{h}sen(x) \right) \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{sen(h)}{h}cos(x) + \lim_{h \to 0} \frac{cos(h)-1}{h}sen(x) \\ \\
& = cos(x) \lim_{h \to 0} \frac{sen(h)}{h} + sen(x) \lim_{h \to 0} \frac{cos(h)-1}{h} \\ \\
& = cos(x) \cdot 1 + sen(x) \cdot 0 \\ \\
& = cos(x) 
\end{align*}

$$\therefore f'(x)=cos(x)$$

$\square$

Teorema. Las función $f(x) = cos(x)$ es derivable en $\RR$, más aún $f'(x) =-sen(x)$.

Demostración.

Haremos uso de la siguiente identidad revisada anteriormente:

$$cos(\alpha+\beta) = cos(\alpha)cos(\beta) – sen(\alpha)sen(\beta)$$

Así, tenemos lo siguiente

\begin{align*} 
f'(x) & = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{cos(x+h)-cos(x)}{h} \\ \\ 
& = \lim_{ h \to 0} \frac{cos(x)cos(h)-sen(x)sen(h)-cos(x)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{-cos(x)(1-cos(h))-sen(x) sen(h)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \left( -\frac{1-cos(h)}{h}cos(x) – \frac{sen(h)}{h}sen(x) \right) \\ \\
& = -\lim_{h \to 0} \frac{1-cos(h)}{h}cos(x) – \lim_{h \to 0} \frac{sen(h)}{h}sen(x) \\ \\
& = -cos(x) \lim_{h \to 0} \frac{1-cos(h)}{h} – sen(x) \lim_{h \to 0} \frac{sen(h)}{h} \\ \\
& = -cos(x) \cdot 0 – sen(x) \cdot 1 \\ \\
& = -sen(x) 
\end{align*}

$$\therefore f'(x)=-sen(x)$$

$\square$

Teorema. La función $f(x) = tan(x)$ es derivable en todo su dominio, más aún $f'(x) = sec^2(x)$.

Demostración.

\begin{align*}
f'(x) & = (tan(x))’ \\ \\
& = \left( \frac{sen(x)}{cos(x)} \right)’ \\ \\
& = \frac{(sen(x))’cos(x)-sen(x) (cos(x))’}{cos^2(x)} \\ \\
& = \frac{cos^2(x)+sen^2(x)}{cos^2(x)} \\ \\
& = \frac{1}{cos^2(x)} \\ \\
& = sec^2(x)
\end{align*}

$$\therefore f'(x) = sec^2(x)$$

$\square$

Notemos que como corolario, se tiene que estas tres funciones revisadas también son continuas.

Funciones trigonométricas inversas

En esta sección revisaremos qué sucede para el caso algunas funciones inversas.

Teorema. Sea $f^{-1}(x) = arcsen(x)$, entonces $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ para $x \in (-1,1)$.

Demostración

Sea $b \in (-1,1)$. Existe un único real $a \in (- \pi/2, \pi/2)$ tal que $f(a) = sen(a) = b$, es decir, $a = arcsen(b)$. Por el teorema de la derivada de la función inversa, tenemos que

\begin{align*}
(f^{-1})'(b) & = (arcsen(b))’ \\
& = \frac{1}{f'(a)} \\
& = \frac{1}{(sen(a)’)} \\ 
& = \frac{1}{cos(a)}
\end{align*}

Como $sen^2(a)+cos^2(a) = 1$ y $cos(a)>0$ pues $a \in (- \pi/2, \pi/2)$, entonces se sigue que $cos(a)=\sqrt{1-sen^2(a)}$. Es decir $$(arcsen(x))’=\frac{1}{\sqrt{1-b^2}}$$

$\square$

Teorema. Sea $f^{-1}(x)=arctan(x)$, entonces $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{1+x^2}$ para $x \in (-\pi/2, \pi/2)$.

Demostración.

Sea $b \in (-\pi/2,\pi/2)$. Existe un único real $a \in (-\pi/2, \pi/2)$ tal que $f(a) = tan(a) = b$. Nuevamente, por el teorema de la derivada de la función inversa, tenemos que

\begin{align*}
(f^{-1})'(b) & = (arctan(b))’ \\
& = \frac{1}{f'(a)} \\
& = \frac{1}{(tan(a))’} \\ 
& = \frac{1}{sec^2(a)}
\end{align*}

Como $sec^2(a)-tan^2(a) = 1$, se tiene que $sec^2(a) = 1+tan^2(a)$. Así, de la expresión anterior se sigue que $$(arctan(b))’ = \frac{1}{1+b^2}$$

$\square$

Ejemplos

Ejemplo. Encuentra la derivada de la función $f(x) = sen(e^x)cos(x)$.

\begin{align*}
f'(x) & = (sen(e^x)cos(x))’ \\
& = sen(e^x)(cos(x))’+(sen(e^x))’cos(x) \\
& = -sen(e^x)sen(x)+cos(e^x)(e^x)’cos(x) \\
& = -sen(e^x)sen(x)+e^xcos(e^x)cos(x)
\end{align*}

$$\therefore f'(x) =-sen(e^x)sen(x)+e^xcos(e^x)cos(x)$$

Ejemplo. Encuentra la derivada de $f(x) = arcsen(x^2)$.

\begin{align*}
f'(x) & = (arcsen(x^2))’ \\ \\
& = \frac{1}{\sqrt{1-(x^2)^2} } \cdot (x^2)’ \\ \\
& = \frac{2x}{\sqrt{1-x^4}}
\end{align*}

$$\therefore f'(x) = \frac{2x}{\sqrt{1-x^4}}$$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Prueba las siguientes derivadas en sus respectivos dominios:
    • $cot'(x) = -csc^2(x)$
    • $sec'(x) = tan(x) sec(x)$
    • $csc'(x) = -cot(x)csc(x)$
  • Prueba que
    • $(arccos(x))’ = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, con $x \in (-1,1)$
    • $(arccot(x))’ = -\frac{1}{1+x^2}$, con $x \in (-\infty, \infty)$
  • Encuentra la derivada de las siguientes funciones
    • $f(x) = \frac{1}{1+sen(x)}$
    • $f(x) = cos(2x) tan(2x)$
    • $f(x)=arcsen(\frac{x}{4})$
    • $f(x)=arccos(\sqrt{1-x^2})$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos dos nuevos conceptos: las derivadas implícitas y las derivadas de orden superior. Éstas nos permitirán extender los casos en los cuales podemos aplicar la derivada.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Derivada de la función inversa

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En esta entrada estudiaremos la relación que existe entre la derivada de una función y la derivada de su función inversa en los casos donde ésta última exista. Para esto, estableceremos una restricción, enfocándonos en las funciones que son estrictamente monótonas y, usando los resultados de la continuidad de la función inversa, podremos asegurar la existencia de la función inversa continua.

Derivada de la función inversa

Si consideramos una función que sea estrictamente monótona y continua en un intervalo $A$, se tiene que la inversa $f^{-1}$ está definida sobre el intervalo $B = f(A)$. Para lograr relacionar ambas funciones podemos usar su propiedad esencial, que la composición de ambas genera la función identidad, es decir, $f^{-1}(f(x))=x$. Si suponemos a priori que ambas funciones son derivables y considerando $a \in A$ y $f(a) = b \in B$, mediante la regla de la cadena obtenemos:

\begin{gather*}
& (f^{-1}(f(a)) )’ = a’ \\ \\
\Rightarrow & (f^{-1})'(f(a)) \cdot f'(a) = 1 \\ \\
\Rightarrow & (f^{-1})'(b) = \frac{1}{f'(a)}
\end{gather*}

Notemos que para aplicar la regla de la cadena se asumió que tanto $f$ como $f^{-1}$ son dirivables, sin embargo, esto no ayuda a probar que $f^{-1}$ es derivable, aunque nos permite tener una noción de qué debería suceder en caso de serlo.

A continuación enunciaremos formalmente el teorema y para demostrarlo usaremos el Teorema de Carathéodory que quedó como tarea moral en esta entrada.

Teorema. Sea $f:A \to \RR$, tal que $f$ es estrictamente monótona y continua en $A$. Sea $B = f(A)$ y sea $f^{-1}: B \to \RR$ la función estrictamente monótona y continua inversa de $f$. Si $f$ es derivable en $a \in A$ y si $f'(a) \neq 0$, entonces $f^{-1}$ es derivable en $b = f(a)$ y

$$f^{-1}(b) = \frac{1}{f'(a)} = \frac{1}{f'(f^{-1}(b))}$$

Demostración.

Para $a \in \RR$, por el teorema de Carathéodory, se obtiene una función $\rho$ en $A$ tal que $\rho$ es continua en $a$ y se cumple que

$$f(x)-f(a) = \rho(x)(x-a), \text{ para }x \in A$$

y $\rho(a)=f'(a)$. Puesto que $\rho(a) \neq 0$ por hipótesis, existe un intervalo al rededor de $a$ donde la función no es cero, es decir, existe $V = (a-\delta, a+\delta)$ tal que $\rho(x) \neq 0$ para toda $x \in V \cap A$ (por el primer teorema visto en esta entrada).

Por lo anterior, si $U = f(V)$, entonces $f^{-1}$ satisface que $f(f^{-1}(y)) = y$ para todo $y \in U$, así se tiene que

\begin{gather*}
y-b=f(f^{-1}(y))-f(a) = \rho(f^{-1}(y)) \cdot (f^{-1}(y)-f^{-1}(b)) \\ \\
\therefore y-b = \rho(f^{-1}(y)) \cdot (f^{-1}(y)-f^{-1}(b))
\end{gather*}

Dado que $\rho(f^{-1}(y)) \neq 0$ para $y \in U$, de la expresión anterior se sigue

$$f^{-1}(y)-f^{-1}(b) = \frac{1}{\rho (f^{-1}(y))} \cdot (y-b)$$

Como la función $1/(\rho \circ f^{-1})$ es continua en $b$, se aplica el teorema de Caratheódory para concluir que $(f^{-1})'(b)$ existe, y además

\begin{align*}
(f^{-1})'(b) & = \frac{1}{\rho(f^{-1}(b))} \\
& =\frac{1}{\rho(a)} \\
& = \frac{1}{f'(a)}
\end{align*}

$$\therefore (f^{-1})'(b) = \frac{1}{f'(a)}$$

$\square$

Es posible relajar los supuestos hechos respecto a la función $f^{-1}$, con lo que se obtiene el siguiente teorema.

Teorema. Sea $f: A \to \RR$ estrictamente monótona en $A$. Sea $B = f(A)$ y sea $f^{-1}: B \to \RR$ la función inversa de $f$. Si $f$ es derivable en $A$ y $f'(x) \neq 0$ para $x \in A$, entonces $f^{-1}$ es derivable en $B$ y

$$(f^{-1})’ (b) = \frac{1}{(f’ \circ f^{-1}) (b)} \text{, para }b \in B$$

Demostración.

Si $f$ es derivable en $A$, entonces se tiene que $f$ es continua en $A$ y por hipótesis es estrictamente monótona, por las propiedades revisadas en esta entrada, se sigue que $f^{-1}$ es continua en $B$ y estrictamente monótona. Por el teorema anterior, podemos concluir que

$$(f^{-1})’ (b) = \frac{1}{(f’ \circ f^{-1})(b)}$$

$\square$

Ejemplos de la derivada de la inversa

Ejemplo. Encuentra la derivada en $b=8$ de la función inversa de $f(x) = x^5 + 4x + 3.$

Notemos que $f$ es continua y estrictamente creciente. Además, $f'(x) = 5x^4 + 4$ nunca es cero. Por el teorema revisado en esta entrada, su función inversa es derivable en cada punto. Si se toma $b= 8$, entonces, considerando que $f(1) = 8$, se obtiene que

\begin{align*}
(f^{-1})'(8) & = (f^{-1})'(f(1)) \\
& = \frac{1}{f'(1)} \\
& = \frac{1}{9}
\end{align*}

$$\therefore (f^{-1})'(x) = \frac{1}{9}$$

Ejemplo.

Consideremos $f_n(x)=x^n$ para todo $x$ si $n$ es impar. Y $f_n(x)=x^n$ para todo $x \geq 0$ si $n$ es par. Para ambos casos, $f_n$ es una función continua y estrictamente monótona, cuya función inversa está dada por $f_n^{-1}(y) = y^{1/n}$.

Así, por el teorema revisado en esta entrada, para $y \neq 0$ se tiene que

\begin{align*}
(f^{-1})'(y) & = \frac{1}{f_n'(f_n^{-1}(y))} \\ \\
& = \frac{1}{n(f_n^{-1}(y))^{n-1}} \\ \\
& = \frac{1}{n(y^{1/n})^{n-1} } \\ \\ 
& = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{y^{1-1/n}} \\ \\
& = \frac{1}{n} \cdot y^{1/n-1}
\end{align*}

$$\therefore (f^{-1})'(y) = \frac{1}{n} \cdot y^{1/n-1}$$

Por tanto, si $f(x) = x^a$ y $a$ es un entero o el recíproco de un número natural, entonces $f'(x) = ax^{a-1}$. A continuación probaremos que esto también es cierto para cualquier racional.

Sea $a = m/n$, donde $m$ es un entero y $n$ es un número natural. Si

$$f(x) = x^{m/n} = (x^{1/n})^m$$

Empleando la regla de la cadena tenemos

\begin{align*}
f'(x) & = m(x^{1/n})^{m-1} \cdot \frac{1}{n} \cdot x^{1/n-1} \\
& = \frac{m}{n} \cdot x^{(m/n-1/n)+(1/n-1)} \\
& = \frac{m}{n} x^{m/n-1}
\end{align*}

$$\therefore f'(x) = \frac{m}{n} x^{m/n-1}$$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Explica por qué es fundamental la hipótesis de que $f'(a) \neq 0$ en el primer teorema revisado en esta entrada.
  • Para cada función $f$, encuentra su inversa $f^{-1}$:
    • $f(x) = x^3+1$
    • $f(x) = (x-1)^3$
    • $f(x) = \begin{cases} x, & x \text{ racional} \\ -x, & x \text{ irracional} \end{cases}$
  • Dado que la función $h(x) = x^3+2x+1$ para $x \in \RR$ tiene una inversa $h^{-1}$ en $\RR$, encontrar el valor de $(h^{-1})'(y)$ en los puntos correspondientes a $x=0,1,-1$.
  • Suponga que $f$ es derivable con derivada $f'(x) = (1+x^3)^{-1/2}$. Demuestra que $g = f^{-1}$ satisface $g^{(2)}(x) = \frac{3}{2}g(x)^2$. Nota: $g^{(2)}(x)$ hace referencia a derivar dos veces la función $g$, es decir, $g^{(2)}(x) = (g'(x))’$.
  • Halle una fórmula para $(f^{-1})^{(2)}$.

Más adelante…

En la siguiente entrada probaremos que las funciones trigonométricas son derivables en su dominio y estudiaremos también qué sucede para sus funciones inversas, para lo cual emplearemos lo que se ha visto en la presente entrada.

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