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

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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, en un curso de geometría analítica se estudia la ecuación que describe una parábola vertical: $4p(y-k) = (x-h)^2$. Esta forma, la llamaremos función implícita, y aunque en este caso podríamos despejar $y$ para obtener una función explícita, no siempre es posible obtenerla.

Ejemplo 1.

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

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 2. 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 análoga a la definición de derivada que revisamos anteriormente. Al igual que la primera derivada, puede suceder el caso donde las derivadas de orden superior no existan.

Ejemplo 3.

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

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(\frac{1}{x})-0}{x} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} xsen \left( \frac{1}{x} \right) \\ \\
& = 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

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

También es continua en cero, sin embargo, esto no sucede ya que el límite de $cos(\frac{1}{x})$ 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 4. 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*}

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.

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 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
    • $f(x) = 3x^5+2x^3+7x^2+1.$
    • $f(x) = cos(x^3).$
    • $f(x) = sen(x)cos(x).$
    • $f(x) = \frac{ln(x)}{\sqrt{x}}.$

Entradas relacionadas

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Derivadas de las funciones trigonométricas

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

Introducción

En esta entrada estudiaremos la derivada de las funciones trigonométricas, para lo cual haremos uso de las propiedades revisadas al momento de definirlas, así como de las propiedades vistas al momento de estudiar sus límites. Por esta razón se recomienda repasar 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. La 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*}

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

$\square$

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

Funciones trigonométricas inversas

Revisaremos qué sucede para el caso de las funciones inversas de $sen(x)$ y $tan(x)$.

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 1. 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 2. 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*}

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

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.

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 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).$
    • $f(x)=arcsen(\frac{x}{4}).$
    • $f(x)=arccos(\sqrt{1-x^2}).$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Polinomios de Taylor (Parte 1)

Por Karen González Cárdenas

Introducción

Recordemos que una función polinómica $p$ es de la forma:
$$p(x)=a_0+ a_1 x+ \ldots +a_n x^{n}$$
donde vemos que es fácil calcular el valor de $p$ para cualquier valor de $x$. Desafortunadamente, esto no es así con funciones como:
\begin{align*}
f(x)&= \sin(x) & g(x)&= \log(x) & h(x)&=e^{x}
\end{align*}

En esta entrada estudiaremos algunos resultados que nos ayudarán a encontrar polinomios que sean buenas aproximaciones a funciones como $f$, $g$ y $h$.

Revisitando a los polinomios

Si tenemos un polinomio:
$$p(x)=a_0+ a_1 x+ \ldots +a_n x^{n}$$
vemos que los coeficientes $a_i$ los podemos reescribir en términos de $p(x)$ y de sus derivadas en cero:
$$a_0=p(0).$$
Observación: Consideramos a la «derivada cero de $p$» como la función original.
$$p'(x)=a_1+2a_2 x+\ldots +n a_n x^{n-1} \Rightarrow a_1=p'(0)$$
\begin{align*}
p^{‘ ‘}(x)=2a_2+ \ldots + n(n-1)a_nx^{n-2} &\Rightarrow 2a_2=p^{‘ ‘}(0)\\
&\Rightarrow a_2=\frac{p^{‘ ‘}(0)}{2}
\end{align*}

Si continuamos con este procedimiento vemos que para el k-ésimo coeficiente ocurre que:
$$p^{k}(x)=k! \cdot a_k \Rightarrow a_k=\frac{p^{(k)}(0)}{k!}$$

Observaciones:

  • Consideramos $0! =1$ y recordemos que k factorial se define como:
    $$k!= 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (k-1) \cdot k$$
    Así $6! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 =720$.
  • Usaremos $p^{(k)}(0)$ para referirnos a la k-ésima derivada del polinomio en cero. Por lo que:
    $$p^{(0)}(0)=p(0)$$
  • $a_k$ está bien definido cuando $k=0$

Usando un desarrollo similar ahora para un polinomio de la forma:
$$p(x)=a_0+ a_1 (x-a)+a_2 (x-a)^{2}+ \ldots +a_n (x-a)^{n}$$
donde estamos reemplazando las potencias de $x$ por potencias de $x-a$.

Vemos que sus coeficientes $a_i$ en términos de $p$ en $a$ serían:
$$a_0=p(0)$$
$$p^{(1)}(x)=a_1+2a_2(x-a)+\ldots + n a_n (x-a)^{n-1} \Rightarrow a_1= p^{(1)} (a)$$
\begin{align*}
p^{(2)}(x)=2a_2+ \ldots +(n-1)(n) a_n (x-a)^{n-2} &\Rightarrow 2a_2 = p^{(2)}(a)\\
&\Rightarrow a_2 = \frac{p^{(2)}(a)}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
p^{(3)}(x)= 6 a_3+ \ldots + (n-2)(n-1)(n)a_n(x-a)^{n-3} &\Rightarrow 6a_3 = p^{(3)}(a)\\
&\Rightarrow a_3 =\frac{ p^{(3)}(a)}{6}
\end{align*}
$$\vdots$$
Concluimos que:
$$a_k=\frac{p^{(k)}(a)}{k!}$$

Generalizando aún más…

Para generalizar más el planteamiento anterior, tomemos ahora una función $f$ que tiene sus $n$ derivadas en $a$:
$$f^{(1)}(a), \ldots , f^{(n)}(a).$$

Tenemos que los coeficientes $a_i$ en términos de $f(a)$ están dados por:
$$a_k=\frac{f^{(k)}(a)}{k!}$$
con $0 \leq k \leq n$.

Así definimos:
$$T_{n,a}(x)= a_0+a_1(x-a)+ \ldots + a_n(x-a)^{n}$$
al polinomio de Taylor de grado $n$ de la función $f$ en $a$.
Por lo que:
$$T_{n,a}^{(k)}(a)=f^{(k)}(a)\quad , 0\leq k \leq n.$$

Definición de polinomio de Taylor

Definición (Polinomio de Taylor): Sea $f: (x_0,y_0) \rightarrow \r$, $a \in (x_0,y_0)$ con $f$ n-veces derivable en $a$. El polinomio de Taylor para $f$ con centro en $a$ de grado $n$ se define como:
$$T_{n,a}(x)=\sum_{j=0}^{n} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}$$
donde $f^{(0)}(a)=f(a)$.

¿Es una buena aproximación?

Ya que hemos definido al polinomio de Taylor para una función $f$, queremos saber si éste es una buena aproximación. Para ello veamos la demostración del siguiente teorema:

Teorema: Sea $f: (x_0,y_0) \rightarrow \r$, $a \in (x_0,y_0)$ tal que $f$ es de clase $C^{(n)}$ en $a \Rightarrow$ existe el polinomio de Taylor $T_{n,a}$ con:
$$a_k=\frac{f^{k}(a)}{k!} \quad , 0 \leq k \leq n$$
que cumple con que:
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)-T_{n,a}(x)}{(x-a)^{n}}=0$$

Demostración: Iniciemos sustituyendo por definición a $T_{n,a}(x)$
\begin{align*}
\frac{f(x)-T_{n,a}(x)}{(x-a)^{n}} &= \frac{f(x)- \sum_{j=0}^{n} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}}{(x-a)^{n}}\\
&= \frac{f(x)- \sum_{j=0}^{n-1} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}}{(x-a)^{n}} – \frac{\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}}{(x-a)^{n}}\\
&= \frac{f(x)- \sum_{j=0}^{n-1} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}}{(x-a)^{n}} – \frac{f^{(n)}(a)}{n!}
\end{align*}

Para facilitar un poco la redacción consideremos a:
\begin{align*}
S(x)&=\sum_{j=0}^{n-1} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}\\
h(x)&= (x-a)^{n}
\end{align*}

Por lo que tenemos:
$$\frac{f(x)-S(x)}{h(x)}- \frac{f^{(n)}(a)}{n!} .$$

Probemos que el límite cuando $x$ tiende a $a$ es cero:
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)-S(x)}{h(x)}- \frac{f^{(n)}(a)}{n!} =0.$$

Que es equivalente a probar que:
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)-S(x)}{h(x)}=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}.$$
Observemos que para $h$ se tiene en sus derivadas los siguiente:
\begin{align*}
h^{(0)}(x)&= (x-a)^{n} = \frac{n! (x-a)^{n-0}}{(n-0)!}\\
h^{(1)}(x)&= n (x-a)^{n-1} = \frac{n! (x-a)^{n-1}}{(n-1)!}\\
h^{(2)}(x)&= n (n-1)(x-a)^{n-2} = \frac{n! (x-a)^{n-2}}{(n-2)!}\\
\end{align*}
$$\vdots$$
$$h^{(k)}(x)=\frac{n! (x-a)^{n-k}}{(n-k)!}$$

Y para $S(x)$ vemos que sus derivadas en $a$ son:
\begin{align*}
S(x)&=a_0+a_1 (x-a)+a_2(x-a)^{2}+ \ldots + a_{n-1}(x-a)^{n-1}\\
&\Rightarrow S(a)=a_0\\
S^{(1)}(x)&= a_1+2 a_2 (x-a)+ \ldots +(n-1)a_{n-1}(x-a)^{n-2}\\
&\Rightarrow S^{(1)}(a)=a_1\\
S^{(2)}(x)&= 2a_2+ \ldots + (n-1)(n-2)a_{n-1} (x-a)^{n-3}\\
&\Rightarrow S^{(2)}(a)=2 a_3
\end{align*}
$$\vdots$$

Reescribiendo los $a_i$ obtenemos:
\begin{align*}
S^{(0)}(a)&= \frac{f^{(0)}(a)}{0!}=f^{(0)}(a)\\
S^{(1)}(a)&= \frac{f^{(1)}(a)}{1!}=f^{(1)}(a)\\
S^{(2)}(a)&= \frac{f^{(2)}(a)}{2!}(2)=f^{(2)}(a)\\
\end{align*}

$$\vdots$$

\begin{align*}
S^{(k)}(a)&= \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(k!)=f^{(k)}(a)
\end{align*}

De este modo al considerar los límites:
\begin{align*}
\lim_{x \to a}(f(x)-S(x)) &= f(a)- S(a)=0\\
\lim_{x \to a}(f^{(1)}(x)-S^{(1)}(x)) &= f^{(1)}(a)- S^{(1)}(a)=0\\
\end{align*}
$$\vdots$$
\begin{align*}
\lim_{x \to a}(f^{(n-2)}(x)-S^{(n-2)}(x)) &=0\\
\end{align*}

Y los límites para $h$:
\begin{align*}
\lim_{x \to a}h(x)&= g(a)= (a-a)^{n}=0\\
\lim_{x \to a} h^{(1)}(x)&=g^{(1)}(a)= \frac{n! (a-a)^{n-1}}{(n-1)!}=0\\
\end{align*}
$$\vdots$$
\begin{align*}
\lim_{x \to a} h^{(n-2)}(x)&=g^{( n-2 )}(a)= 0\\
\end{align*}
Del análisis anterior notamos que podemos aplicar la Regla de L’Hôpital que nos decía que teniendo que: $$\lim_{x \to a^+} f(x) = 0 = \lim_{x \to a^+} g(x).$$

Si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.

Así al hacerlo $n-1$ veces en el siguiente límite se da la igualdad:
\begin{align*}
\lim_{x \to a}\frac{f(x)-S(x)}{(x-a)^{n}}&=\lim_{x \to a}\frac{f^{(n-1)}(x)-S^{(n-1)}(x)}{\frac{n!(x-a)^{n-n+1}}{(n-n+1)!}}\\
&=\lim_{x \to a}\frac{f^{(n-1)}(x)-S^{(n-1)}(x)}{\frac{n!(x-a)}{(1)!}}\\
&=\lim_{x \to a}\frac{f^{(n-1)}(x)-S^{(n-1)}(x)}{n! (x-a)}\\
\end{align*}

Recordemos que $S(x)$ es un polinomio de grado $n-1$ por lo que al haberlo derivado $n-1$ veces lo que obtenemos para $S^{(n-1)}(x)$ es una constante que resulta ser:
$$ S^{(n-1)}(x) = f^{(n-1)}(a).$$

Sustituyendo en el límite:
\begin{align*}
\lim_ {x \to a}\frac{f^{(n-1)}(x)-S^{(n-1)}(x)}{n! (x-a)} &= \lim_{x \to a}\frac{ f^{(n-1)}(x)- f^{(n-1)}(a)}{n! (x-a) }\\
&= \frac{1}{n!}\left(\lim_{x \to a}\frac{ f^{(n-1)}(x)- f^{(n-1)}(a)}{x-a} \right )
\end{align*}

De este modo el límite resultante es por definición la n-ésima derivada de $f$ en $a$, es decir:
$$ \lim_{x \to a}\frac{ f^{(n-1)}(x)- f^{(n-1)}(a)}{x-a} = f^{(n)}(a).$$

Consecuentemente:
$$\lim_{x \to a}\frac{f(x)-S(x)}{(x-a)^{n}}=\frac{ f^{(n)}(a)}{n!}.$$

$\square$

Con la demostración terminada podemos afirmar que los polinomios de Taylor son una buena aproximación, ahora veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 1

Comencemos por obtener el polinomio de Taylor para la función exponencial en $a=0$:
$$f(x)=e^{x}.$$
Veamos que todas las derivadas son de la forma:
$$f^{(k)}(x)=e^{x}.$$
Por lo que la k-ésima derivada valuada en $a=0$:
$$f^{(k)}(a)=e^{0}=1.$$
Sustituyendo en la definición de polinomio de Taylor tenemos:
$$T_{n,a}(x)=\sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}x^{j}$$
Comencemos por ver cuáles serían los polinomios de Taylor de grado $0$,$1$ y $2$:
\begin{align*}
T_{0,0}(x)&=\frac{1}{0!}\\
T_{1,0}(x)&= \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}(x-0)\\
T_{2,0}(x)&= \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}(x-0) + \frac{1}{2!}(x-0)^{2}\\
\end{align*}

Al graficar dichos polinomios notamos que entre mayor es el grado del polinomio, mejor es la aproximación a la función:

Ejemplo 2

Ahora obtendremos el polinomio de Taylor de grado $5$ con centro en $a=0$ para:
$$g(x)=\sin(x).$$

Por lo que tenemos, calculamos las primeras cinco derivadas de $g$ y las evaluamos en cero:
\begin{align*}
g(x)&=\sin(0)=0\\
g^{(1)}(x)&=\cos(0)=1\\
g^{(2)}(x)&=-\sin(0)=0\\
g^{(3)}(x)&=-\cos(0)= -1\\
g^{(4)}(x)&=\sin(0)=0\\
g^{(5)}(x)&=\cos(0)=1\\
\end{align*}

Aplicando la definición de Taylor tenemos que su polinomio sería:
\begin{align*}
T_{5,0}&=\frac{0}{0!}(x-0)^{0}+\frac{1}{1!}(x-0)^{1}+\frac{0}{2!}(x-0)^{2}+\frac{(-1)}{3!}(x-0)^{3}+\frac{0}{4!}(x-0)^{4}+\frac{1}{5!}(x-0)^{5}\\
&=x-\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{5!}x^{5}
\end{align*}

Al graficar este polinomio $T_{5,0}=x-\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{5!}x^{5}$ vemos lo siguiente:

Ya que hemos revisado algunos ejemplos, en la siguiente sección te dejamos una lista de funciones de las que se te pide encontrar sus respectivos polinomios de Taylor siguiendo un procedimiento análogo.

Más adelante

Ahora que vimos la definición formal de los polinomios de Taylor, que resultan ser una buena aproximación para cualquier función $f$ con las características ya especificadas y algunos ejemplos, en la siguiente entrada veremos un resultado relacionado con su residuo.

Tarea moral

Obtener el polinomio de Taylor para las siguientes funciones:

  • $f(x)= \tan(x)$ de grado $3$ con $a=0$.
  • $g(x)= \sin(x)$ de grado $4$ con $a=\frac{\pi}{6}$.
  • $h(x)= e^{e^{x}}$ de grado $3$ con $a=0$.
  • $k(x)= \log(x+1)$ de grado $4$ con $a=0$.
  • $j(x)= \cos(x)$ de grado $m$ con $a=\frac{\pi}{2}$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: La derivada de la función inversa

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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 esta última exista). Para ello, 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 continuidad de sus funciones inversas.

Derivada de la función inversa

Consideremos una función que sea estrictamente monótona y continua en un intervalo $A$, entonces se tiene que la inversa $f^{-1}$ está definida sobre el intervalo $B = f(A)$. Con la finalidad de relacionar ambas funciones, usaremos el hecho de que la composición de ambas genera la función identidad, es decir, $f^{-1}(f(x))=x$. Además, si 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*}

Es importante destacar que para aplicar la regla de la cadena se asumió que tanto $f$ como $f^{-1}$ son derivables. Por lo que esto no nos ayuda a probar que $f^{-1}$ es derivable, pero nos permite tener una noción de qué debería suceder en caso de serlo.

A continuación probaremos el Teorema de Carathéodory que quedó como tarea moral en esta entrada y que nos será de utilidad más adelante.

Teorema de Carathéodory. Sea $f$ definida en un intervalo $A$ y sea $a \in A$. Entonces $f$ es derivable en $a$ si y solo si existe una función $\rho$ en $A$ que es continua en $a$ y satisface:
$$f(x) – f(a) = \rho (x) (x-a) \text{ para } x \in A.$$
En este caso, se tiene que $\rho(a) = f'(a)$.

Demostración.

$ \Rightarrow]$ Sea $A$ un intervalo y supongamos que $f: A \to \RR$ es derivable en $a \in A$.

Como $f'(a)$ existe, podemos definir la siguiente función.

$$\rho (x) = \begin{cases} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} & \text{ si } x \neq a \text{ y } x \in A \\
f'(a) & \text{ x = a}. \end{cases}$$

Podemos observar que la función tiene la estructura de la definición de límite en $a$. Además, como $\lim\limits_{x \to a} \rho(x) = f'(a)$, se concluye que $\rho$ es una función continua en $a$. Si $x \in A$, podemos dividir el problema en dos casos.

Caso1: $x = a$.

Como $x= a$, entonces tanto para $f(x)-f(a)$ como para $\rho (x) (x-a)$ se obtiene cero, por lo cual se cumple que $f(x) – f(a) = \rho (x) (x-a)$.

Caso 2: $x \neq a$.

Se sigue que $x-a \neq 0$, y por tanto

\begin{align*}
\rho (x) (x-a) & = \frac{f(x)-f(a)}{x-a} (x-a) \\
& = f(x)-f(a).
\end{align*}

De ambos casos, se concluye que $f(x) – f(a) = \rho (x) (x-a)$.

$\Leftarrow]$ Sea $A$ un intervalo y supongamos que existe una función $\rho$ que es continua en $a$ y que cumple $$f(x) – f(a) = \rho (x) (x-a) \text{ para } x \in A.$$

Consideremos $x \neq a$. Al dividir la expresión anterior entre $x-a \neq 0$ y usando el hecho de que $\rho$ es continua en $a$, se tiene que el siguiente límite existe

\begin{align*}
\rho(a) & = \lim_{x \to a} \rho(x) \\
& = \lim_{x \to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}.
\end{align*}

Se concluye que $f$ es derivable en $a$ y $f'(a) = \rho(a)$.

$\square$

Ahora veremos un teorema que nos indica qué sucede con la derivada de la función inversa.

Teorema. Sean $A \subset \RR$ un intervalo y $f:A \to \RR$, tal que $f$ es estrictamente monótona y continua en $A$. Sean $B = f(A)$ y $f^{-1}: B \to \RR$ 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 alrededor de $a$ donde la función no es cero, es decir, existe $V = (a-\delta, a+\delta)$ tal que $\rho(x) \neq 0$ para todo $x \in V \cap A$ (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 Carathéodory 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 1. 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 2.

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*}

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

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.

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 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 $(f^{-1})^{(2)}.$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Derivadas de las funciones exponencial y logarítmica

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

Introducción

En esta entrada revisaremos la derivada de dos funciones populares dentro de las matemáticas: las funciones exponencial y logarítmica. Para ello, será de gran utilidad tener presente lo que se revisó previamente respecto a estas funciones debido a que usaremos varias de sus propiedades.

Función logarítmica

Comenzaremos probando que la función logaritmo es derivable en todo su dominio, una vez lo hayamos probado, se tiene en automático que la función es continua por la relación existente entre derivabilidad y continuidad.

Teorema. Sea $f: (0, \infty) \to \RR$ definida como $f(x) = ln(x)$. Para todo $x > 0$ se tiene que $f'(x) = \frac{1}{x}.$

Demostración.

Veamos el siguiente límite

\begin{align*}
\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} & = \lim_{h \to 0} \frac{ln(x_0+h)-ln(x_0)}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{ln \left( \frac{x_0+h}{x_0} \right) }{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \cdot ln \left( 1+\frac{h}{x_0} \right) \\ \\
& = \lim_{h \to 0} ln \left( 1+\frac{h}{x_0} \right)^{\frac{1}{h}}.
\end{align*}

Consideremos $t = \frac{h}{x_0}$. Notemos que cuando $h \to 0,$ se tiene que $t \to 0$. Además, se sigue que $\frac{1}{h} = \frac{1}{x_0} \cdot \frac{1}{t}$. Así, podemos sustituir el límite anterior de la siguiente forma

\begin{align*}
\lim_{h \to 0} ln \left( 1+\frac{h}{x_0} \right)^{\frac{1}{h}} & = \lim_{t \to 0} ln \left( 1+t \right)^{\frac{1}{x_0} \cdot \frac{1}{t}} \\ \\
& = \lim_{t \to 0} ln \left( \left( 1+t \right)^{\frac{1}{t}} \right)^{\frac{1}{x_0}} \\ \\ 
& = \lim_{t \to 0} \frac{1}{x_0} \cdot ln \left( 1+t \right)^{\frac{1}{t}}. \\ \\
\end{align*}

Tomemos $n = \frac{1}{t}$. Cuando $t \to 0$, se tiene que $n \to \infty$. Además, $t = \frac{1}{n}$. De la expresión anterior se sigue que

\begin{align*}
\lim_{t \to 0} \frac{1}{x_0} \cdot ln \left( 1+t \right)^{\frac{1}{t}} & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_0} \cdot ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n} \\ \\
& = \frac{1}{x_0} \cdot \lim_{n \to \infty} ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n} \\ \\ 
& = \frac{1}{x_0} \cdot ln(e) \\ \\
& = \frac{1}{x_0}.
\end{align*}

$$\therefore ln'(x_0) = \frac{1}{x_0}.$$

$\square$

Corolario. La función $f(x) = ln(x)$ es continua.

Función exponencial

Ahora probaremos que la función exponencial es derivable en todo su dominio y, por tanto, también es continua.

Teorema. La función $f: \RR \to \RR$ definida como $f(x) = e^x$ es derivable para todo $x \in \RR$, y su derivada es $f'(x) = e^{x}.$

Demostración.

Veamos el siguiente límite

\begin{align*}
\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} & = \lim_{h \to 0} \frac{e^{x_0+h}-e^{x_0}}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} \frac{e^{x_0}e^{h}-e^{x_0}}{h} \\ \\
& = \lim_{h \to 0} e^{x_0} \cdot \frac{e^{h}-1}{h}. \\ \\
\end{align*}

Consideremos $t = e^{h}-1$, se sigue que $h = ln(t+1)$, además cuando $h \to 0$, se tiene que $t \to 0$. Así, de la expresión anterior tenemos

\begin{align*}
\lim_{h \to 0} e^{x_0} \cdot \frac{e^{h}-1}{h} & = \lim_{t \to 0} e^{x_0} \cdot \frac{t}{ln(t+1)} \\ \\
& = e^{x_0} \cdot \lim_{t \to 0} \frac{\frac{1}{t}}{\frac{1}{t}} \cdot \frac{t}{ln(t+1)} \\ \\
& = e^{x_0} \cdot \lim_{t \to 0} \frac{1}{\frac{1}{t} ln(t+1)} \\ \\
& = e^{x_0} \cdot \lim_{t \to 0} \frac{1}{ln(t+1)^{\frac{1}{t}}} \\ \\
& = e^{x_0} \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{ln(1+\frac{1}{n})^n}, \text{ considerando } n =\frac{1}{t} \\ \\
& = e^{x_0} \cdot \frac{1}{ln(e)} \\ \\
& = e^{x_0}.
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0) = e^{x_0}.$$

$\square$

Corolario. La función $f(x) = e^x$ es continua.

Algunos ejemplos

Para los siguientes ejemplos haremos uso de las reglas de la derivada que conocemos hasta ahora, incluyendo la derivada de las funciones revisadas en esta entrada.

Ejemplo 1. Encuentra la derivada de $f(x) = ln \left( x+\sqrt{x^2+1} \right)$.

\begin{align*}
f'(x) & = \left( ln \left( x+\sqrt{x^2+1} \right) \right)’ \\ \\
& = ln’\left( x+\sqrt{x^2+1} \right) \cdot \left( x+\sqrt{x^2+1} \right)’ \text{, por la regla de la cadena} \\ \\
& = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \left( (x)’+(\sqrt{x^2+1})’ \right) \\ \\
& = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \left( 1+ \frac{1}{2\sqrt{x^2+1}} \cdot (x^2+1)’ \right) \\ \\
& = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \left( 1+ \frac{1}{2\sqrt{x^2+1}} \cdot 2x \right) \\ \\
& = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \left( 1+ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \right) \\ \\
& = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \left( \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}} \right) \\ \\
& = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}.
\end{align*}

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

Ejemplo 2. Encuentra la derivada de la función $f(x) = x^6e^{\sqrt{x}}.$

\begin{align*}
f'(x) & = x^6 (e^{\sqrt{x}})’+e^{\sqrt{x}} (x^6)’ \\ 
& = x^6 ( e^{\sqrt{x}} \cdot (\sqrt{x})’)+6x^5e^{\sqrt{x}} \\
& = x^6 (e^{\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})+6x^5e^{\sqrt{x}} \\
& = \frac{x^6e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}+6x^5e^{\sqrt{x}}.
\end{align*}

$$\therefore f'(x) = \frac{x^6e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}+6x^5e^{\sqrt{x}}.$$

Más adelante…

Antes de continuar con el estudio de la derivada de funciones trigonométricas, deberemos desarrollar otra herramienta que nos será muy útil: la derivada de las funciones inversas. En la siguiente entrada veremos cómo derivar la inversa de una función, así como las restricciones existentes para que esto sea posible.

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 la teoría vista.

  • Prueba que la derivada de $f(x)=a^x$ con $a>0$, es $f'(x) = ln(a) a^x$. Sugerencia: Considera que $f(x) = a^x =e^{xln(a)}$ y emplea la regla de la cadena.
  • Sea $c \in \RR$ un real fijo y consideremos $f: A \subset (0, \infty) \to \RR$, tal que $f(x) = x^c$. Prueba que $f$ es derivable en todo su dominio y su derivada es $f'(x) = cx^{c-1}$. Sugerencia: Considera que $f(x) = x^c = e^{cln(x)}$ y emplea la regla de la cadena.
  • Encuentra la derivada de la función $f(x) = e^{x^2}+ln(x^2)$.
  • Encuentra la derivada de la función $f(x) = ln(x+\sqrt{x^2+x})$.
  • Encuentra la derivada de la función $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}e^{x^2}$.

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Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»