Contenido

1 La derivada 31.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Algunas derivadas importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1 Algebra de derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Derivada de funciones compuestas (Regla de la cadena) . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3.1 Regla de la cadena en notacion de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2 Derivadas de orden superior o sucesivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Derivacion de funciones definidas implıcitamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5 Derivacion logarıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.6 Derivacion de funciones inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.7 Interpretacion geometrica de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.8 Ecuacion de la recta tangente. Ecuacion de la recta normal . . . . . . . . . . . . . 231.9 Interpretacion fısica de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.9.1 Razon de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.9.2 Variables ligadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.10 Ecuaciones parametricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.11 Teoremas importantes del calculo diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.11.1 Teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.11.2 Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.11.3 Regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.12 Extremos de una funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.12.1 Intervalos de monotonıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.12.2 Punto crıtico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.12.3 Valores extremos de una funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.12.4 Concavidad y convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.12.5 Punto de inflexion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 561.12.6 Grafica de una funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1.13 Problemas de optimizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2 Integracion 672.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.2 Integrales inmediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.3 Propiedades de la integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

1

2.4 Integral indefinida de una funcion compuesta. Cambio de variable . . . . . . . . . 712.5 Problemas con condicion inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2

Capıtulo 1

La derivada

1.1 Introduccion

El deseo de medir y de cuantificar el cambio, la variacion (tasa), condujo en el siglo XVII hastala nocion de derivada. El estudio de las operaciones con derivadas, junto con las integrales, cons-tituyen el calculo infinitesimal. Los que introdujeron estos conceptos fueron Newton y Leibnitz,de forma independiente. Los conceptos son difıciles y hasta bien entrado el siglo XIX no sesimplificaron. A ello contribuyo la aparicion de una buena notacion, que es la que usaremos. Lasaplicaciones practicas de esta teorıa no dejan de aparecer.

El concepto se derivada se aplica en los casos donde es necesario medir la rapidez con que seproduce el cambio de una situacion. Por ello es una herramienta de calculo fundamental en losestudios de Fısica, Quımica y Biologıa. Tambien en las ciencias sociales como la Economıa y laSociologıa se utiliza el analisis matematico para explicar la rapidez de cambio en las magnitudesque les son propias.

Conocer la variacion de una funcion en un intervalo grande no informa suficientemente bienen el sentido de entender como se produce dicha variacion. Se necesita estudiar variaciones dela funcion en intervalos cada vez mas pequenos para llegar a entender el concepto de variacioninstantanea o referida a un punto, es decir el de derivada en un punto.

Definicion 1.1 Sea f una funcion real con dominio D. Se dice que f es derivable en x = a ∈ D,

y se denota por f ′(a) =d

dx(f(a)), si el lımite

f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h

existe.

Ejemplo:

Si f(x) = 2x2 + 5x, hallar f ′(2).

3

Solucion:

Utilizando la definicion de derivada, se tiene

f ′(x) = limh→0

f(2 + h)− f(2)

h

= limh→0

2(2 + h)2 + 5(2 + h)− 18

h

= limh→0

2(4 + 4h+ h2) + 10 + 5h− 18

h

= limh→0

2h2 + 13h

h

= limh→0

h(2h+ 13)

h= lim

h→0(2h+ 13)

= 13.

Por lo tanto, para f(x) = 2x2 + 5x se tiene que f ′(2) = 13.

Observacion 1.1 Si f ′(x) existe para todo x ∈ Dom(f), entonces se dice que f es diferenciableen todo x. Es decir, f es diferenciable (o derivable) en todo x ∈ Dom(f), si el lımite

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h

existe.

Ejemplo:

Hallar f ′(x) para la funcion f(x) = 5x3 − 4.

Solucion:

Empleando la definicion de derivada, se tiene

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

5(x+ h)3 − 4− (5x3 − 4)

h

= limh→0

5(x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3)− 4− 5x3 + 4

h

= limh→0

15x2h+ 15xh2 + 5h3

h

= limh→0

h(15x2 + 15xh+ 5h2)

h= lim

h→0(15x2 + 15xh+ 5h2)

= 15x2.

4

Por lo tanto, si f(x) = 5x3 − 4, entonces su derivada es la funcion f ′(x) = 15x2.

1.2 Algunas derivadas importantes

En la siguiente tabla se presentan las derivadas de algunas funciones elementales

Funcion, y = f(x) Derivada f ′(x)

f(x) = xn, n ∈ Rd

dx(xn) = nxn−1

f(x) = ln(x)d

dx(ln(x)) =

1

x

f(x) = loga(x)d

dx(loga(x)) =

1

x ln(a)

f(x) = exd

dx(ex) = ex

f(x) = ax, a > 0, a = 1d

dx(ax) = ax ln(a)

f(x) = sin(x)d

dx(sin(x)) = cos(x)

f(x) = cos(x)d

dx(cos(x)) = − sin(x)

f(x) = tan(x)d

dx(tan(x)) = sec2(x)

f(x) = cot(x)d

dx(cot(x)) = − csc2(x)

f(x) = sec(x)d

dx(sec(x)) = sec(x) tan(x)

f(x) = csc(x)d

dx(csc(x)) = − csc(x) cot(x)

5

1.2.1 Algebra de derivadas

Sean f y g dos funciones diferenciables en D = Dom(f) ∩ Dom(g) y c ∈ R una constante. Lassiguientes propiedades son validas:

1. Si f(x) = c, entonces f ′(x) = 0 od

dx(f(x)) = 0.

Ejemplos:

(a) Si f(x) = 6, entonces f ′(x) = 0.

(b) Si g(x) = − e4√7, entonces g′(x) = 0.

(c) Si h(x) = 1− cos(2π + 3), entonces h′(x) = 0.

2. (c · f(x))′ = cf ′(x) od

dx(c · f(x)) = c · d

dx(f(x)).

Ejemplos:

Hallar la derivada de las siguientes funciones:

(a) f(x) = 5x7.

(b) g(x) = 6 tan(x).

(c) h(x) =3

x3.

Solucion:

(a) f ′(x) = (5x7)′ = 5(x7)′ = 5(7x6) = 35x6.

(b) g′(x) = (6 tan(x))′ = 6(tan(x))′ = 6 sec2(x).

(c) h′(x) =

(3

x3

)′

= (3x−3)′= 3 (x−3)

′= 3 (−3x−4) = −9x−4 = − 9

x4.

3. (f(x)± g(x))′ = f ′(x)± g′(x) od

dx[f(x)± g(x)] =

d

dx(f(x))± d

dx(g(x)).

Ejemplos:

Derivar las siguientes funciones:

(a) f(x) = x3 + x2 + x+ 5.

(b) g(x) = ln(x)− sin(x).

(c) h(x) = x2/3 + sec(x).

6

Solucion:

(a) f ′(x) = (x3 + x2 + x+ 5)′ = (x3)′ + (x2)′ + (x)′ + (5)′ = 3x2 + 2x+ 1.

(b) g′(x) = (ln(x)− sin(x))′ = (ln(x))′ − (sin(x))′ =1

x− cos(x).

(c) h′(x) = (x2/3 + sec(x))′ = (x2/3)′ + (sec(x))′ =2

3x−1/3 + sec(x) tan(x).

4. (f(x) ·g(x))′ = f ′(x) ·g(x)+f(x) ·g′(x) o d

dx[f(x) ·g(x)] = f(x) · d

dx(g(x))+g(x) · d

dx(f(x)).

Ejemplos:

Derivar las siguientes funciones:

(a) f(x) = (4x3 − 6)(4x2 + 4).

(b) g(x) = ex sin(x).

Solucion:

(a)

f ′(x) = (4x3 − 6)′(4x2 + 4) + (4x3 − 6)(4x2 + 4)′

= 12x2(4x2 + 4) + (4x3 − 6)(8x)

= 16x(5x3 + 3x− 3).

(b)

g′(x) = (ex)′ sin(x) + ex(sin(x))′

= ex sin(x) + ex cos(x)

= ex(sin(x) + cos(x)).

5.

(f(x)

g(x)

)′

=f ′(x) · g(x)− f(x) · g′(x)

g2(x)o

d

dx

[f(x)

g(x)

]=

g(x) · d

dx(f(x))− f(x) · d

dx(g(x))

[g(x)]2.

Ejemplos:

Derivar las siguientes funciones:

(a) f(x) =4x3 − 5x2

3x2 − 4.

(b) g(x) =1− csc(x)

ln(x).

7

Solucion:

(a)

f ′(x) =(4x3 − 5x2)′(3x2 − 4)− (4x3 − 5x2)(3x2 − 4)′

(3x2 − 4)2

=(12x2 − 10x)(3x2 − 4)− (4x3 − 5x2)(6x)

(3x2 − 4)2

=4x(3x3 − 12x+ 10)

(3x2 − 4)2.

(b)

g′(x) =(1− csc(x))′ ln(x)− (1− csc(x))(ln(x))′

ln2(x)

=csc(x) cot(x) ln(x)− (1− csc(x))

1

xln2(x)

.

Ejercicios propuestos:

1. Si f(x) = 2 + x− x2. Calcule f ′(x), f ′(0), f ′(−1).

2. Si f(x) =1

3x3 +

1

2x2 − 2x. Hallar los valores de x para los cuales:

(a) f ′(x) = 0.

(b) f ′(x) = −2.

(c) f ′(x) = 10.

3. Derivar las siguientes funciones:

(a) f(x) = x2 −√x+ 2.

(b) g(x) =2− sin(x)

2 + cos(x).

(c) f(x) = ex − 2x5 +1

x7.

(d) h(x) =x

x− 1.

(e) f(x) =x+ 2

x2 − 3x− 10.

(f) p(x) =1

x+

2

x2+

3

x3.

(g) f(x) = 5x − 6√x4 + ln(x4).

8

(h) m(x) =1

1 +√x.

(i) f(x) = log2(x)− 5x3.

(j) f(x) = 3x2 csc(x).

(k) h(x) = 7x − cot(x).

(l) f(x) = sin(x)− 5x− csc(x) + ex.

(m) g(x) = 3ex − 4 tan(x).

(n) f(x) =sin(x)− cos(x)

3 + tan(x).

1.3 Derivada de funciones compuestas (Regla de la ca-

dena)

Al estudiar funciones, se definio a la composicion como una operacion que permite obtener unanueva funcion a partir de una o mas funciones conocidas, consiste en evaluar una funcion en otra,es decir (f ◦ g)(x) = f(g(x)).

Regla de la cadena

Si f y g son dos funciones, tales que la composicion f ◦ g esta bien definida, g es derivable en xy f es derivable en g(x). Entonces f ◦ g es derivable y

(f ◦ g)′(x) = f ′(g(x)) · g′(x).

1.3.1 Regla de la cadena en notacion de Leibniz

Sea y = f(u), con f derivable con respecto a u y u = g(x), con g derivable con respecto a x.Entonces

dy

dx=

df

du· dudx

= f ′(g(x)) · g′(x).

Ejemplos:

Derive las siguientes funciones:

1. f(x) = (x2 + 5)8.

2. f(x) = sin(x3).

3. f(x) = (cos(x))3.

4. f(x) = ln2(x sin(x)) = (ln(x sin(x)))2.

9

Solucion:

1. Empleando la notacion de Leibniz, se tiene que

f ′(x) =dy

dx=

d(x2 + 5)8

dx= 8(x2 + 5)7(x2 + 5)′ = 8(x2 + 5)7(2x) = 16x(x2 + 5).

2. f ′(x) =dy

dx=

d(sin(x3))

dx= [cos(x3)](3x2) = 3x2 cos(x3).

3. f ′(x) =dy

dx=

d(cos(x))3

dx= 3 cos2(x)(cos(x))′ = 3 cos2(x)(− sin(x)) = −3 cos2(x) sin(x).

4.

f ′(x) =dy

dx

=d(ln(x sin(x)))2

dx= 2 ln(x sin(x))(ln(x sin(x)))′

= 2 ln(x sin(x))1

x sin(x)(x sin(x))′

= 2 ln(x sin(x))1

x sin(x)(sin(x) + x cos(x))

=2 ln(x sin(x))(sin(x) + cos(x))

x sin(x).

10

Cuadro de derivadas de algunas funciones

Funcion Forma simple Forma compuesta

Potenciald(xn)

dx= nxn−1 d(un)

dx= nun−1 · u′

Logaritmo naturald(ln(x))

dx=

1

x

d(ln(u))

dx=

1

u· u′

Logaritmo base ad(loga(x))

dx=

1

x ln(a)

d(loga(u))

dx=

1

u ln(a)· u′

Exponencial naturald(ex)

dx= ex

d(eu)

dx= eu · u′

Exponencial base ad(ax)

dx= ax ln(a)

d(au)

dx= au ln(a) · u′

Senod(sin(x))

dx= cos(x)

d(sin(u))

dx= cos(u) · u′

Cosenod(cos(x))

dx= − sin(x)

d(cos(u))

dx= − sin(u) · u′

Tangented(tan(x))

dx= sec2(x)

d(tan(u))

dx= sec2(u) · u′

Cotangented(cot(x))

dx= − csc2(x)

d(cot(u))

dx= − csc2(u) · u′

Secanted(sec(x))

dx= sec(x) tan(x)

d(sec(u))

dx= sec(u) tan(u) · u′

Cosecanted(csc(x))

dx= − csc(x) cot(x)

d(csc(u))

dx= − csc(u) cot(u) · u′

11

Ejercicios propuestos

Hallar la derivada de las siguientes funciones compuestas:

1. f(x) = sin(√x).

2. f(x) =

√cos(x)

x2 − 1.

3. f(x) = sec3(√x2 + 1).

4. f(x) = (x2 + 4x+ 5)5.

5. f(x) = cot(tan(x)).

6. h(x) = tan(5x).

7. f(x) = sec(a3 + x3).

8. f(x) = sin(csc(x)).

9. f(x) =√

1−√1 + x2.

10. f(x) =

(x− 1

x

)7

.

11. f(x) = tan4(3x2 − 5x).

12. f(x) =ex

2 − 3

ln(2x− 5).

13. f(x) =2

2x− 7(x4)3.

14. f(x) = 3√1 + tan(x− 2).

15. f(x) = a3 + cos3(ex).

1.3.2 Derivadas de orden superior o sucesivas

Ya hemos visto que si una funcion y = f(x) es derivable con respecto a x se denota por y′ of ′(x). Ahora, si f ′ es derivable con respecto a x, se dice que su segunda derivada (o derivada deorden 2) existe y se denota por

y′′ = f ′′(x) =d2y

dx2.

Similarmente, si f ′′ es derivable con respecto a x, la tercera derivada (o derivada de orden 3)existe y se denota por

y′′′ = f ′′′(x) =d3y

dx3.

12

Lo anterior se puede generalizar. Si una funcion es n veces derivable con respecto a x, se diceque f tiene derivada de orden n y se denota por

y(n) = f (n)(x) =dn

dxn.

Ejemplos:

1. Hallar todas las derivadas de orden superior de f(x) = 3x4 + 3x3 + x2 − 2.

Solucion:

• f ′(x) = 12x3 + 9x2 + 2x.

• f ′′(x) = 36x2 + 18x+ 2.

• f ′′′(x) = 72x+ 18.

• f (4)(x) = 72.

• f (5)(x) = 0.

• Se observa que f (n)(x) = 0 para todo n ≥ 5.

2. Halle la tercera derivada de f(x) =1

x.

Solucion:

Teniendo en cuenta que f(x) =1

x= x−1, se tiene

f ′(x) = −x−2, f ′′(x) = 2x−3, f ′′′(x) = −6x−4 = − 6

x4.

3. Hallar las cuatro primeras derivadas de f(x) = sin(x).

Solucion:

• f ′(x) = cos(x).

• f ′′(x) = − sin(x).

• f ′′′(x) = − cos(x).

• f (4)(x) = sin(x).

Se observa que las derivadas comenzaran a repetirse, pues la cuarta derivada coincide conla funcion f (4)(x) = f(x) = sin(x).

13

Ejercicios propuestos

1. Si f(x) = 3x7 − 2x5 + 5x2 − 2

x. Hallar f (4)(x).

2. Si y = f(x) =x8 − 3x

x+ 1. Hallar

d3y

dx3.

3. Demostrar que la funcion

y = e−2x +ex

3es solucion de la ecuacion diferencial

dy

dx+ 2y − ex = 0.

4. Analice si la funcion y = x sin(x) satisface la ecuacion diferencial

x2 d2y

dx2− 2x

dy

dx+ (x2)y = 0.

5. Analice sid2y

dx2= −2 csc2(x), siendo y = ln(sin2(x)).

1.4 Derivacion de funciones definidas implıcitamente

Cuando se da una relacion entre x e y por medio de una ecuacion no resuelta para y, es deciruna ecuacion de la forma F (x, y) = 0, entonces se dice que y es una funcion implıcita de x ( otambien x funcion implıcita de y). Por ejemplo:

F (x, y) = x2 − 4y = 0.

A veces, es posible resolver la ecuacion que define una funcion implıcita con respecto a una delas variables, obteniendo una funcion explıcita. Ası, puede definirse y como funcion explıcita dex.

y =1

4x2.

Sin embargo, en ocasiones puede ocurrir que la transformacion indicada sea imposible o compli-cada; por ejemplo ey = x+ y. Cuando sucede tal caso, para calcular la derivada de esta clase defunciones se aplican los siguientes pasos:

1. Derivar termino a termino con respecto a x y donde aparece y derivarla como funcion dex.

2. Agrupar los terminos que contengan ady

dxodx

dy(segun sea el caso).

3. Despejardy

dxodx

dy(segun sea el caso).

14

Ejemplos:

1. Hallardy

dx, si y = f(x) esta definida implıcitamente mediante la ecuacion

15x = 15y + 5y3 + 3y5.

Solucion:

15x = 15y + 5y3 + 3y5 ⇔ d

dx(15x) =

d

dx(15y) +

d

dx(5y3) +

d

dx(3y5)

⇔ 15 = 15dy

dx+ 15y2

dy

dx+ 15y4

dy

dx/ · 1

15

⇔ dy

dx(1 + y2 + y4) = 1

⇔ dy

dx=

1

1 + y2 + y4.

2. Si y = f(x) esta definida implıcitamente mediante la ecuacion x3 − 3axy + y3 = 0, hallardy

dx.

Solucion:

x3 − 3axy + y3 ⇔ d(x3)

dx− d(3axy)

dx+

d(y3)

dx=

d(0)

dx

⇔ 3x2 − 3a

(y + x

dy

dx

)+ 3y2

dy

dx= 0

⇔ 3x2 − 3ay − 3axdy

dx+ 3y2

dy

dx= 0

⇔ dy

dx=

3ay − 3x2

3y2 − 3ax=

ay − x2

y2 − ax.

3. Si y = f(x) esta definida implıcitamente mediante la ecuacion ey = x+ y, verifique que

dy

dx=

1

ey − 1.

15

Solucion:

ey = x+ y ⇔ d(ey)

dx=

d(x)

dx+

d(y)

dx

⇔ eydy

dx= 1 +

dy

dx

⇔ (ey − 1)dy

dx= 1

⇔ dy

dx=

1

ey − 1.

Ejercicios propuestos

1. Hallardy

dxydx

dypara cada una de las siguientes funciones definidas implıcitamente.

(a) x3 + 3x2y + y3 = 25.

(b) sin(x+ y) + cos(x− y) = x2 − y2.

(c) (3y − 5x)2/3(5x− 3y) + 4x1/5 = y4 − y

x.

(d)4y2 − 3x2y

3− 4x= −1 en el punto P (−1, 1).

(e) 3x2 − x2√y + y3 = 3.

(f)3x5

2y2 + 1+√

x2 + xy5 = 4.

(g) (xy2 + 9)2 = (y + 2)4/3 cuando x = 0.

(h) x3 + y3 − 3axy = 0.

(i) x2 =cot(y)

1 + csc(y).

(j) sin(xy) = 1 en el punto P (π

2, 1).

(k)√3 + tan(xy)− 2 = 0 en el punto P (

π

12, 3).

2. Hallardy

dx

∣∣∣∣(2,−1)

, si x2y + y2x = −2.

3. Hallard2y

dx2, si x2y2 − 2xy3 + x4 = 3.

16

1.5 Derivacion logarıtmica

Es un metodo que permite calcular facilmente muchas derivadas, generalmente funciones de laforma

f(x) = g(x)h(x),

el cual consiste en aplicar logaritmos neperianos en los dos miembros de la expresion anterior yluego derivar implıcitamente con respecto a la variable x.

Ejemplo:

Consideremos la funciony = f(x) = xsin(x).

Hallaremos f ′(x).

y = xsin(x) / ln ⇔ ln(y) = sin(x) ln(x)

⇔ 1

y· dydx

= cos(x) ln(x) + sin(x) · 1x

⇔ dy

dx= y ·

(cos(x) ln(x) + sin(x) · 1

x

),

y como y = f(x) = xsin(x), se concluye que

f ′(x) = xsin(x) ·(cos(x) ln(x) + sin(x) · 1

x

).

Esta tecnica tambien se puede emplear cuando la funcion esta compuesta por una serie de pro-ductos y/o cocientes de funciones.

Ejemplo:

Si y =(x2 − 1)(3− 2x)

(5− x)2, hallar

dy

dx.

Solucion:

Aplicando logaritmo natural, se tiene

ln(y) = ln

((x2 − 1)(3− 2x)

(5− x)2

).

17

De las propiedades de la funcion logarıtmica se deduce

ln(y) = ln

((x2 − 1)(3− 2x)

(5− x)2

)= ln((x2 − 1)(3− 2x))− ln((5− x)2)

= ln(x2 − 1) + ln(3− 2x)− 2 ln(5− x).

Ası,

d

dx(ln(y)) =

d

dx

(ln(x2 − 1) + ln(3− 2x)− 2 ln(5− x)

)⇒ 1

y· dydx

=2x

x2 − 1− 2

3− 2x+

2

5− x

⇒ dy

dx= y

[2x

x2 − 1− 2

3− 2x+

2

5− x

].

Luego, al tener en cuenta que y =(x2 − 1)(3− 2x)

(5− x)2, se deduce

dy

dx=

(x2 − 1)(3− 2x)

(5− x)2

[2x

x2 − 1− 2

3− 2x+

2

5− x

].

Ejercicios propuestos

Derive las siguientes funciones empleando derivacion logarıtmica:

1. f(x) = cos(x)sin(x).

2. f(x) = xcot(x).

3. f(x) = xx.

4. f(x) = 5sin(x).

5. f(x) = (x3 − 2)cos(x).

6. f(x) = (x+ e−x)1+x.

7. f(x) = sin(x3)√x.

8. f(x) = ln(x)sin(x).

9. f(x) =

(x− 5

x+ 4

)x2

.

18

1.6 Derivacion de funciones inversas

Sea f una funcion que admite como inversa a f−1. En esta seccion buscaremos una expresionpara la derivada de f−1(x).

Por definicion de funcion inversa se tiene que

y = f−1(x) ⇔ x = f(y) /d

dx

⇔ 1 = f ′(y) · dydx

⇔ dy

dx=

1

f ′(y),

y como y = f−1(x), se concluye que

dy

dx=

1

f ′(f−1(x)).

Seguiremos esta tecnica para hallar la derivada de f(x) = arcsin(x). Por definicion, se tiene

y = arcsin(x) ⇔ x = sin(y) /d

dx

⇔ 1 = cos(y) · dydx

⇔ dy

dx=

1

cos(y). (1.1)

Teniendo en cuenta que

sin2(y) + cos2(y) = 1 ⇔ cos(y) =√

1− sin2(y). (1.2)

Entonces, sustituyendo (1.2) en (1.1), se tiene

dy

dx=

1√1− sin2(y)

,

y como x = sin(y), se deducedy

dx=

1√1− x2

.

Por lo tanto, si f(x) = arcsin(x), entonces f ′(x) =1√

1− x2.

Observacion 1.2 En forma analoga es posible deducir las derivadas de las restantes funcionestrigonometricas inversas.

19

En la siguiente tabla se presentan las derivadas de las funciones trigonometricas inversas.

Funcion Forma simple Forma compuesta

Arco senod

dx(arcsin(x)) =

1√1− x2

d

dx(arcsin(u)) =

1√1− u2

· u′

Arco cosenod

dx(arccos(x)) = − 1√

1− x2

d

dx(arccos(u)) = − 1√

1− u2· u′

Arco tangented

dx(arctan(x)) =

1

1 + x2

d

dx(arctan(u)) =

1

1 + u2· u′

Arco cotangented

dx(arccot(x)) = − 1

1 + x2

d

dx(arccot(u)) = − 1

1 + u2· u′

Arco secanted

dx(arcsec(x)) =

1

|x|√x2 − 1

d

dx(arcsec(u)) =

1

|u|√u2 − 1

· u′

Arco cosentanted

dx(arccsc(x)) = − 1

|x|√x2 − 1

d

dx(arccsc(u)) = − 1

|u|√u2 − 1

· u′

Ejercicios propuestos

1. Encuentre la derivada de las siguientes funciones.

(a) f(x) = arcsin

(x+ 1

x

).

(b) f(x) =1

2

(1

2ln

(x+ 1

x− 1

)− arctan(x)

).

(c) f(x) = arctan(√x).

(d) f(x) =2

5arccos(

√x+ 1).

(e) f(x) = 8xarccot(x) + 4 sin(x3).

(f) f(x) =arcsec(1 + x)

x.

(g) f(x) = 3arccos(tan(x)).

(h) f(x) =2 + e−x+6

arctan(1 + ln(x5)).

(i) f(x) = ln(x+ 5) · arccotan( 5√x6).

(j) f(x) = 2 +2

1− ln(x6)− arcsec(x3 + 4).

20

2. Si f(x) = arcsec

(x+ 1

x− 1

). Demuestre que

f ′(x) = −(arctan(x))′.

3. Si y = arctan

(4 sin(x)

3 + 5 cos(x)

). Demuestre que

dy

dx=

4

5 + 3 cos(x).

1.7 Interpretacion geometrica de la derivada

El conjunto de funciones reales de variable real es tan amplio que es practicamente imposibleencontrar propiedades generales para todas. Si nos restringimos a las funciones continuas yapueden establecerse algunas propiedades importantes como los teoremas de Bolzano y de Weier-strass. Pero en las funciones continuas todavıa se plantean muchos problemas, como por ejemplola determinacion de la recta tangente en un punto de la grafica de una funcion. La definicionintuitiva de recta tangente es que dicha recta toca a la curva solo en un punto, entonces la rectade la primera figura no serıa tangente, mientras que en las otras figuras habrıa varias tangentesen un mismo punto.

Lo cierto es que esa definicion intuitiva solo es valida para la circunferencia y curvas similares.Para el caso general hace falta una nueva definicion que sea valida siempre, y que corresponda ala idea intuitiva en los casos en que esta pueda aplicarse.

21

Definicion 1.2 La recta tangente a una curva y = f(x) en un punto P = (a, f(a)) es la posicionlımite hacia la que tiende la recta secante que pasa por ese punto P y por otro punto Q de lacurva, cuando el segundo punto Q se acerca a P .

Para hallar la ecuacion de esta recta tangente en el punto de coordenadas A = (a, f(a)),utilizamos la ecuacion de la recta en la forma punto-pendiente

y − f(a) = m(x− a),

se necesita el valor de la pendiente m.Para ello, si tenemos en cuenta que la recta tangente a la curva es la posicion lımite de la

secante, entonces

msec =f(a+ h)− f(a)

a+ h− a=

f(a+ h)− f(a)

h.

Por lo tanto,

mtan = limQ→P

msec = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h.

22

Entonces

f ′(a) = m = limh→0

f(a+ h)− f(a)

h.

Por tanto, la derivada de una funcion f(x) en un punto a puede interpretarse geometricamentecomo la pendiente de la recta tangente a la grafica de la funcion en el punto A = (a, f(a)).

1.8 Ecuacion de la recta tangente. Ecuacion de la recta

normal

La derivada de una funcion f en un punto P (a, f(a)) se puede interpretar como la pendiente dela recta tangente a la grafica de f en el punto P . Por lo que la ecuacion de la recta tangente es

y − f(a) = f ′(a)(x− a).

Si f ′(a) = 0, la recta tangente sera horizontal y su ecuacion y = f(a).Se define la recta normal a la grafica de f en el punto P (a, f(a)) como la perpendicular a la

recta tangente en dicho punto. Ası, si la pendiente de la recta tangente es mT = f ′(a), entonces

la pendiente de la recta normal es mN = − 1

f ′(a), por lo que la ecuacion de la recta normal es

y − f(a) = − 1

f ′(a)(x− a).

Si f ′(a) = 0, la recta normal es vertical y su ecuacion es x = a.

Ejemplos:

1. Hallar la ecuacion de la recta tangente y normal al grafico de la funcion f(x) = x3 en elpunto de abscisa x = 2.

23

Solucion:

Notar que a = 2 y como f ′(x) = 3x2, se tiene que f ′(2) = 12. En consecuencia

mT = 12 y mN = − 1

f ′(2)= − 1

12.

Por otro lado, el punto de tangencia tiene coordenadas (2, f(2)) = (2, 8), de modo que lasecuaciones de las recta pedidas son:

Ecuacion de la recta tangente: y − 8 = 12(x− 2) ⇔ y = 12x− 16.

Ecuacion de la recta normal: y − 8 = − 1

12(x− 2) ⇔ y = − 1

12x+

49

6.

2. Dada la parabola de ecuacion y = x2 − 8x+ 12, hallar el punto donde la recta tangente esparalela al eje de las abscisas.

Solucion:

Se tiene que f ′(x) = 2x − 8. Como se desea que la recta tangente sea paralela al eje X,entonces se busca un valor a tal que f ′(a) = 0. Ası,

f ′(a) = 0 ⇔ 2a− 8 = 0 ⇔ a = 4.

De modo que el punto buscado tiene abscisa x = 4 y la ordenada correspondiente esf(4) = 42 − 8 · 4 + 12 = −4. En consecuencia, el punto en donde la recta tangente esparalela al eje X es P (4,−4).

3. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la funcion f(x) = 4 − x2 en los puntos endonde esta corta al eje X.

Solucion:

Los puntos de corte de la funcion f(x) = 4− x2 se obtienen resolviendo la ecuacion

4− x2 = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ±2.

De modo que la funcion corta al eje X en los puntos Q(2, 0) y P (−2, 0). Por otro lado, setiene que f ′(x) = −2x, por lo que las pendientes de las rectas tangentes son

m1 = f ′(2) = −2 · 2 = −4 y m2 = f ′(−2) = −2 · (−2) = 4.

Luego, las ecuaciones de las rectas tangentes en los puntos Q(2, 0) y P (−2, 0) son respec-tivamente

y − 0 = −4(x− 2) ⇔ y = −4x+ 8 y y − 0 = 4(x− (−2)) = 4x+ 8 ⇔ y = 4x+ 8.

24

Ejercicios propuestos

1. Hallar los puntos en los cuales la pendiente de la recta tangente a la grafica de

f(x) = x3 − 6x2 + 8x es igual a −1.

2. Hallar los puntos en que la tangente a la curva y = x3 − 3x2 − 9x+ 5 es paralela al eje X.

3. Hallar la ecuacion de la recta tangente y la ecuacion de la recta normal a la parabola deecuacion y = x2 − 5x+ 6 en el punto de abscisa x = 1.

4. Encontrar la ecuacion de la recta tangente y de la recta normal a la grafica de las siguientesfunciones en el punto de abscisa dada.

(a) f(x) =x2 + 1

x+ 2, x = 2.

(b) f(x) =3x2 − x+ 2

4x2 − 2x+ 3, x = −2.

(c) f(x) = 5 sin(x) cos(x), x =π

4.

(d) f(x) = x2 sin(x), x =π

2.

(e) f(x) =

√t+ 5√t+ 2

, t = 9.

(f) f(x) = (3x2 − 2)(2x2 − 3), x = 2.

(g) f(x) =2x2 + 3x− 1

x+ 1, x = 3.

25

1.9 Interpretacion fısica de la derivada

Si se conduce un vehıculo de una ciudad A a otra B, separadas entre si 100Km, en un tiempode 2 horas, la velocidad promedio es de 50Km/h. Es decir, la velocidad promedio es la distanciaentre las ciudades, dividida entre el tiempo empleado en recorrer esa distancia.

Pero, durante el viaje, el velocımetro con frecuencia marco lecturas diferentes de 50Km/h.Inicialmente marco 0; a veces subio hasta 60 y al final volvio a marcar 0. Surge entonces lasiguiente pregunta: ¿Que es lo que en realidad marca el velocımetro? No marca la velocidadpromedio, sino la llamada velocidad instantanea.

Considere un ejemplo mas preciso. Sea P un objeto que cae al vacıo. Los experimentosdemuestran que si un objeto, parte del reposo en caıda libre, la posicion S del objeto, comofuncion del tiempo viene dada por s(t) = 16t2, donde s se mide en pies y t en segundos, ası, enel primer segundo, cae 16 pies, en el segundo segundo, cae 16(2)2 = 64 pies.

En el intervalo de t = 1 seg a t = 2 seg el objeto P cae (64 − 16) pies. Es decir cae 48 pies.Ası, que su velocidad promedio sera

Vprom =64− 16

2− 1= 48[pies/seg].

Intervalos de tiempo [seg] Velocidad promedio [pies/seg]1 a 2 481 a 1,5 401 a 1,1 33,61 a 1,0,1 32,161 a 1,0011 a 1,0001

Lo que se ha hecho hasta ahora, es calcular la velocidad promedio sobre los intervalos detiempo cada vez mas cortos pero proximos a 1 seg. Cuanto mas nos aproximamos a t = 1 seg,mejor sera la aproximacion a la velocidad (instantanea) en el instante t = 1 seg.

Como ejercicio complete la tabla y responda en los espacios en blanco.

Los numeros: 48,40,33.6, 32.16, y de las velocidades prome-dios, hacen sospechar que la velocidad promedio es de [pies/seg].

El ejemplo anterior nos permite definir de una manera mas precisa los conceptos de velocidadpromedio y de velocidad instantanea. Supongase que un objeto P se mueve a lo largo del ejecoordenado, de tal forma que su posicion s en cada instante t es una funcion s = f(t).

En el instante t = c, el objeto esta en f(c); en el instante proximo t = c+ h, el objeto estaen f(h+ c).

Por lo tanto, la velocidad promedio en este intervalo es

Vprom =f(c+ h)− f(c)

h.

26

Se define la velocidad instantanea en el instante t = c como

V = limh→0

Vprom = limh→0

f(c+ h)− f(c)

h= f ′(c).

Si s(t) es la funcion posicion, entonces su aceleracion, denotada por a(t), es dada por

a(t) = v′(t) = s′′(t).

Retomando el ejercicio en el cual la funcion posicion s(t) = 16t2, al derivarla obtenemoss′(t) = 32t, al evaluarla en t = 1 seg, s′(1) = 32, obtenemos que la velocidad es de 32 [pies/seg].Luego, al calcular la segunda derivada nos encontramos con la aceleracion, que en este caso serıas′′(t) = 32[pies/seg2].

Ejemplos:

1. Un punto se mueve a lo largo de un eje coordenado horizontal de tal manera que su posicionen el instante t esta dada por s(t) = t3 − 12t2 + 36t − 30, donde s se mide en pies y t ensegundos.

(a) ¿Cuando la velocidad es cero?

(b) ¿Cuando la velocidad es positiva?

(c) ¿Cuando el punto se esta moviendo hacia la izquierda (es decir, en la direccion nega-tiva).

(d) ¿Cuando la aceleracion es positiva?

Solucion:

(a)v = s′(t) = 3t2 − 24t+ 36 = 3(t− 2)(t− 6).

Luego, la velocidad es cero, sı y solo si

s′(t) = 0 ⇔ 3(t− 2)(t− 6) = 0 ⇔ t = 2, t = 6

Por lo tanto, la velocidad es cero a los 2 segundos y a los 6 segundos.

(b) La velocidad es positiva cuando 3(t− 2)(t− 6) > 0. Las soluciones se obtienen de lasiguiente tabla:

−∞ 2 6 ∞

t− 2 − + +t− 6 − − +

(t− 2)(t− 6) + − ++ − +

Por lo tanto la velocidad es positiva en (−∞, 2)∪ (6,∞), pero como t representa unaunidad de tiempo, se concluye que la velocidad es positiva si t ∈ [0, 2) ∨ t ∈ (6,∞).

27

(c) El punto esta moviendose hacia la izquierda cuando v < 0, esto es cuando

(t− 2)(t− 6) < 0. De la tabla anterior, se aprecia que esto ocurre cuando t ∈ [2, 6].

(d) La aceleracion es dada por a(t) = v′(t) = 6t − 24 = 6(t − 4). La cual es positivacuando 6(t− 4) > 0, lo cual se cumple cuando t > 4.

2. En una carretera un automovil viaja a 30[m/seg], el conductor aplica los frenos repenti-namente. La funcion de posicion del automovil que patina es s(t) = 30t − 5t2. ¿Cuantotiempo tarda el automovil en detenerse y que distancia recorre?

Solucion:

Como la funcion que determina la posicion del automovil que patina es s(t), se observa queel dominio apropiado para este problema es [0, 6]. Por otro lado, la velocidad del automovilcuando patina es dada por

v(t) = s′(t) = 30− 10t.

Notar que v(0) = 30 [m/seg] es la velocidad del automovil al momento de aplicar los frenos,ası el tiempo que tarda en detenerse queda determinado por la resolucion de la ecuacion

v(t) = 0 ⇔ 30− 10t = 0 ⇔ t = 3.

Por lo tanto, el automovil se detiene a los 3 segundos. La distancia que recorre en esetiempo es

s(3) = 30(3)− 5(3)2 = 90− 5(9) = 45[m].

Ejercicios propuestos

1. Se lanza un objeto verticalmente hacia arriba. Su altura, en cualquier instante, viene dadapor s(t) = 24t− 8t2, donde s se mide en pies y t en segundos.

(a) Hallar la formula para la velocidad y la aceleracion en cualquier instante.

(b) ¿En que instante alcanza el objeto su altura maxima?

(c) Calcular la maxima altura alcanzada.

(d) ¿Cuanto demora el objeto en regresar al suelo?

(e) ¿Cual es la velocidad con que llega al suelo?

2. Se dispara un proyectil directamente hacia arriba desde la superficie de la tierra con unavelocidad de 400[pies/seg]. Su distancia sobre la superficie de la tierra despues de t segundosesta dada por la ecuacion s(t) = −16t2 + 400t.

(a) Determinar el tiempo cuando el proyectil toca la superficie de la tierra.

(b) ¿Cual es la altura maxima que alcanza el proyectil?

28

(c) ¿Cual es la aceleracin en cualquier tiempo?

3. Sea s(t) = t3 − 12t2 con t ≥ 0, la ecuacion que determina la distancia en el tiempo t (ensegundos) de una partıcula al origen en un movimiento rectilıneo. Determinar el tiempo,la distancia y la velocidad en cada instante en que la aceleracion es nula.

4. Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba en el instante t = 0, con una velocidadinicial de 96[pies/seg] y una altura inicial de 112[pies], la funcion de su altura es

y(t) = 112 + 96t− 16t2.

(a) ¿Cual es la altura maxima alcanzada por la pelota?

(b) ¿En que instante y con que velocidad impacta la pelota con el suelo?

(c) ¿ Cual es la aceleracion de la pelota 6[seg] despues de lanzada?

5. Una piedra se deja caer desde una altura de 20 metros. Su funcion posicion esta dada pors(t) = −5t2 + 20, donde t esta dado en segundos.

(a) ¿Cuanto tarda la piedra en llegar al suelo?

(b) ¿Cual es su velocidad al llegar al suelo?

1.9.1 Razon de cambio

Todas las cantidades que se encuentran en la vida diaria cambian con el tiempo. Esto es ciertoespecialmente en las investigaciones cientıficas. Por ejemplo, un quımico puede estar interesadoen la cantidad de cierta substancia que se disuelve en el agua por unidad de tiempo. Un ingenieroelectrico puede querer saber que tanto cambia la corriente en alguna parte de un circuito electricopor unidad de tiempo. Un biologo puede estudiar el aumento (o la disminucion), por unidadde tiempo, del numero de bacterias de algun cultivo. Pueden citarse muchos otros ejemplos,incluyendo algunos en campos fuera de las ciencias naturales. Dada y = f(x), si x cambia de x1

a x2 entonces el cambio en x se llama incremento de x:

∆x = x2 − x1.

El correspondiente incremento de y es ∆y = f(x2)− f(x1). El cociente de estos incrementos sellama razon de cambio promedio de y con respecto a x:

∆y

∆x=

f(x2)− f(x1)

x2 − x1

.

La razon de cambio instantanea de y con respecto a x en el punto (x1, f(x1)) es

lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

f(x2)− f(x1)

x2 − x1

.

Definicion 1.3 La razon de cambio instantaneo de f(x) respecto a x en x1 es f ′(x1), siempreque tal derivada exista.

29

Ejemplos:

1. Hallar la razon de cambio del area de un cuadrado respecto a un lado cuando este mide 5pulgadas.

Solucion:

Sea A(x) = f(x) = x2, el area del cuadrado como funcion de su lado. Entonces

dA

dx= f ′(x) = 2x.

Luego, la razon de cambio cuando el lado mide 5 pulgadas, x = 5, es

f ′(5) = 10[pulg].

2. Encontrar la rapidez de variacion del volumen de un cubo de lado a con respecto a su arista.

Solucion:

El volumen de un cubo es V = a3, luego la rapidez de variacion esd V

da. Ası,

d V

da= 3a2.

3. Al derretirse una bola de nieve con radio inicial de 12 cm, su radio decrece a razon de uncm por hora. Comienza a derretirse cuando t = 0 (horas) y tarda 12 horas en desaparecer.

(a) ¿ Cual es la razon de cambio del volumen cuando t = 6 ?

(b) ¿Cual es la razon de cambio promedio del volumen de t = 3 a t = 9 ?

Solucion:

(a) El volumen de la bola es

V =4

3πR3. (1.3)

Necesitamos saber el valord V

dt

∣∣∣∣t=6

.

Como el radio de la bola decrece a un cm por hora, se tiene

dR

dt= −1[cm/h].

30

Ademas, dado que el radio inicial es 12 cm y decrece un cm por hora, entonces cuandot = 6, se tiene que el radio es R = 6. Ası, derivando en (1.3) y sustituyendo estosvalores, se tiene

d V

dt=

d V

dR· dRdt

= 4π(6)2(−1) = −144[cm3/h].

Respuesta: la razon de cambio del volumen cuando t = 6 es −144[cm3/h].

(b) Al emplear la formula de razon de cambio promedio, se obtiene

∆V

∆t=

V (t+∆t)− V (t)

∆t=

V (9)− V (3)

6

=43π((3)2 − (9)2)

6

= −936

6π

= −156π[cm3/h].

Respuesta: la razon de cambio promedio del volumen de t = 3 a t = 9 es−156π[cm3/h].

Ejercicios propuestos

1. La intensidad I (en amperes) de la corriente electrica en cierto circuito esta dada por

I =100

R, donde R denota la resistencia (en ohms). Encuentre la razon de cambio de I con

respecto a R cuando la resistencia es 20 ohms.

2. El radio (en cm) de un globo esferico que se esta inflando, despues de t minutos esta dadopor r(t) = 3 3

√t+ 8, donde 0 ≤ t ≤ 10. ¿Cual es la razon de cambio con respecto a t cuando

t = 8?

3. Encuentre la rapidez instantanea de variacion del area de un triangulo equilatero con res-pecto a su perımetro.

4. Supongase que el volumen del tronco de un arbol es proporcional al cubo de su diametroy este crece de ano a ano uniformemente. Muestre que la velocidad de crecimiento delvolumen, siendo el diametro igual a 90 cm, es 25 veces mayor que el crecimiento para elcaso cuando el diametro igual a 18 cm.

5. Un tanque conico tiene un radio de 160 cm y una altura de 800 cm. El agua contenida enel tanque sale por un pequeno orificio en el fondo del tanque. Cuando la altura h del aguaen el tanque es 600 cm. ¿ Cual es la razon de cambio del volumen con respecto a la altura?

31

1.9.2 Variables ligadas

Sabemos quedy

dtdenota la razon de cambio de y con respecto a t. Interesa ahora determinar

dy

dxen el caso en que la variable y esta relacionada con la variable x, y sabiendo ademas la razon decambio de x con respecto a t. Aparece entonces la funcion compuesta y = f(x), con x = g(t), demodo que al aplicar regla de la cadena, se tiene

dy

dt=

dy

dx· dxdt

.

Para recordar:

A continuacion se dan algunas recomendaciones que te pueden servir de guıa para resolver pro-blemas de variacion relacionadas, como una manera de complemento al procedimiento que setiene en el texto base.

1. Leer cuidadosamente el problema varias veces y pensar en los datos y en las cantidades quese desea calcular.

2. Hacer un esquema apropiado y dar nombre a las variables y a las cantidades desconocidas.

3. Escribir los hechos conocidos expresando las rapideces de variacion dadas (datos) y lasdesconocidas (incognitas) como derivadas de las variables.

4. Encontrar una ecuacion general que relacione las variables.

5. Derivar con respecto a t ambos lados de la ecuacion del punto 4 para obtener una relaciongeneral entre las razones de cambio respecto al tiempo.

6. Sustituir los valores y las derivadas conocidas y despejar la rapidez de cambio desconocida.

Ejemplos:

1. Suponga que un incendio forestal se propaga en la forma de un cırculo cuyo radio cambia arazon de 1, 8[m/min]. ¿A que razon esta creciendo el area de la region incendiada cuandoel radio alcanza 60[m]?

Solucion:

Para un radio arbitrario r, el area del cırculo es A = πr2. Considerar que el radio r varıaen el tiempo, es decir r = r(t) (el radio esta en funcion del tiempo t). Ası,

A = A(t) = π(r(t))2.

Derivando con respecto a t, se tiene

dA

dt=

d(A(t))

dt=

d(πr2)

dt= 2πr · dr

dt,

32

dondedA

dtes la razon de cambio del area y

dr

dtes la razon de cambio del radio. Para

r = 60[m] ydr

dt= 1, 8[m/min], se tiene

dA

dt= 2π(60[m])(1, 8[m/min]) = 678, 58[m/min].

Respuesta: la razon o rapidez de cambio del area esdA

dt= 678, 58[m/min].

2. Cuando se expande aire a temperatura constante, su presion y volumen satisface la ecuacionPV 1,4 = C, donde C es una constante. Si en un momento determinado el volumen es de400 cm3 y la presion es de 80[KPa], ¿con que razon aumenta el volumen en ese instante sila variacion de la presion disminuye en 10[KPa/min]?

Solucion:

En la ecuacion PV 1,4 = C se tiene que P y V son funciones de t. Derivaremos implıcitamentecon respecto a t.

d(PV 1,4)

dt=

dC

dt⇔ P

d(V 1,4)

dt+ V 1,4dP

dt= 0

⇔ P (1, 4)V 0,4dV

dt+ V 1,4dP

dt= 0.

DespejandodV

dt, se tiene

1, 4PV 0,4dV

dt= −V 1,4dP

dt⇔ dV

dt= −

V 1,4 dPdt

1, 4PV 0,4

⇔ dV

dt= −

V dPdt

1, 4P.

Al sustituir los valores V = 400[cm3], P = 80[KPa] ydP

dt= −10[KPa/min], se obtiene

dV

dt=

(400cm3)(−10[KPa/min])

1, 4(80[KPa])= 35, 7[cm3/min].

Respuesta: el volumen aumenta a razon de 35, 7[cm3/min].

3. Un tanque de agua tiene la forma de un cono circular recto invertido, con base de radio2[m] y altura de 4[m]. Si se bombea agua a razon de 2[m3/min], encuentre la razon a lacual sube el nivel del agua cuando esta tiene una profundidad de 3[m].

33

Solucion:

Dibujamos un esquema del cono y le asociamos las indicaciones necesarias, como se muestraen la figura.

Sean V , r y h el volumen del agua, el radio de la superficie y la altura en el instante t,respectivamente, donde t se mide en minutos.

Se sabe quedV

dt= 2[m3/min] y buscamos

dh

dtcuando h = 3[m]. Las cantidades V y h

estan relacionadas por la ecuacion

V (r, h) =1

3πr2h.

Expresaremos V como una funcion que dependa solo de h. Con el fin de eliminar r, usamoslos triangulos semejantes de la figura, obteniendo

r

h=

2

4⇒ r =

h

2,

de modo que el volumen en funcion de h queda expresado como

V (h) =1

3π

(h

2

)2

h =π

12h3.

LuegodV

dt=

π

4h2 · dh

dt,

de modo quedh

dt=

4

πh2· dVdt

.

Sustituyendo h = 3[m] ydV

dt= 2[m3/min], se obtiene

dh

dt=

4

π(3)2· 2 =

8

9π≈ 0, 28[m/min].

Respuesta: la variacion de la altura en el tiempo aumenta a razon de 0, 28[m/min].

34

Ejecrcicios propuestos

1. Una escalera que tiene una longitud L[m] esta apoyada en una pared, si su punto de apoyocon el suelo resbala alejandose de ella con una rapidez de 0, 6[m/s] ¿ Con que rapidezdescendera el punto de apoyo en la pared cuando el extremo en el piso este a 1, 5[m] de lapared?

2. La longitud del largo de un rectangulo disminuye a rezon de 2[cm/seg], mientras que suancho aumenta a razon de 2[cm/seg]. Cuando el largo es de 12[cm] y el ancho de 5[cm].Hallar:

(a) La variacion del area del rectangulo.

(b) La variacion del perımetro del rectangulo.

3. Un globo aerostatico se infla de tal modo que su volumen esta incrementandose a razon de84, 951[dm3/min]. ¿ Con que rapidez esta incrementandose el diametro del globo cuandoel radio es 3, 05[dm]?

4. Dos autos parten del mismo punto, el primero se dirige al oeste a 25[km/h] y el segundo alsur a 60[km/h]. ¿ Con que velocidad aumenta la distancia entre ellos despues de 2 horas?

5. Se colecta agua de un bloque de hielo con base cuadrada. El agua se produce por la fusiondel hielo, de modo que cada arista de la base del bloque disminuye 2 pulgadas por hora,mientras que la altura del bloque disminuye 3 pulgadas por hora. ¿Cual es la razon deflujo de agua en el recipiente recolector cuando la arista mide 20 pulgadas y la altura 15pulgadas? Suponer que el agua y el hielo tienen la misma densidad.

6. La arena de una tolva se vacıa a razon de 10 pies cubicos por segundo, formando una pilaconica cuya altura es el doble de su radio. ¿Con que razon aumenta el radio de la pilacuando su altura es de 5 pies?

7. Un avion vuela horizontalmente a una altura de 3 millas y a una velocidad de 480 millaspor hora pasa sobre un observador en el piso.¿ Que tan rapido aumenta la distancia delobservador al avion 30 segundos despues?

8. Dos barcos viajan hacia una pequena isla. Uno de ellos esta al este de la isla y navegahacia el oeste a 15 millas por hora. El otro esta al norte de la isla y navega hacia el sur a20 millas por hora. En cierto momento un barco esta a 30 millas de la isla y el otro a 40millas.¿ Con que razon se acercan entre si los barcos en ese instante?

35

1.10 Ecuaciones parametricas

Introduccion

En los cursos superiores como Calculo 3 se presentaran curvas C como la de la figura

Es imposible describir C por una ecuacion de la forma y = f(x) porque falla en la pruebade la recta vertical. Pero las coordenadas x e y son funciones de una tercera variable t, y portanto se pueden escribir por medio de las ecuaciones x = α(t), y = β(t), llamadas ecuacionesparametricas, donde t es llamado parametro.

Definicion 1.4 Sean α(t) y β(t) dos funciones continuas definidas en un intervalo cerrado [a, b].Se dice que una curva C en el plano esta definida parametricamente por α(t) y β(t), con parametrot ∈ [a, b], si todo punto (x, y) de C puede ser representado por

x = α(t), y = β(t).

Es decir,C = {(x, y) / x = α(t), y = β(t), t ∈ [a, b]}.

Observacion 1.3

1. Un punto de la curva C tiene la forma P (t) = (α(t), β(t)).

2. Si P (a) = P (b), entonces P (a) y P (b) son los extremos de la curva.

3. Si P (a) = P (b), entonces C es una curva cerrada.

4. Una curva puede tener autointersecciones, es decir, si t1 = t2, se tiene P (t1) = P (t2). SiP (a) = P (b) y C no tiene autointersecciones en ningun otro punto, entonces C es unacurva cerrada.

36

Ejemplo:

Bosqueje e identifique la curva definida por las ecuaciones parametricas

x = t2 − 2t, y = t+ 1; t ∈ [−2, 4].

Solucion:

La grafica es la siguiente

Queda como ejercicio para el alumno investigar como se obtuvo la grafica anterior.

Teorema 1.1 Sea C una curva regular definida parametricamente por α(t) y β(t); t ∈ [a, b]. Siα(t) tiene inversa derivable en (a, b), entonces

dy

dx=

β′(t)

α′(t)=

dy

dtdx

dt

,dx

dt= 0.

37

Observacion 1.4 Notar quedx

dt= α′(t) y

dy

dt= β′(t) definen parametricamente a una curva

C1, para t ∈ [a, b]. Si α′(t) tiene inversa derivable en (a, b), entonces por el Teorema 1.1 se tiene

quedy

dxes derivable con respecto a t y

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dt

(dy

dx

)dx

dt

.

Ejemplos:

1. Dada la siguiente funcion definida por las ecuaciones parametricas x = t− t2 e y = t− t3.

Hallardy

dxyd2y

dx2.

Solucion:

Derivando a x e y con respecto a t, se tiene

dx

dt= 1− 2t,

dy

dt= 1− 3t2.

Luego, por el teorema anterior, se deduce

dy

dx=

dy

dtdx

dt

=1− 3t2

1− 2t.

Ahora, para obtener la segunda derivada, derivamos con respecto a t la expresiondy

dx,

obteniendo

d

dt

(dy

dx

)=

d

dt

(1− 3t2

1− 2t

)=

(1− 2t)(−6t)− (1− 3t2)(−2)

(1− 2t)2=

2− 6t+ 6t2

(1− 2t)2. (1.4)

Luego, al dividir el lado derecho de (1.4) pordx

dt, se concluye

d2y

dx2=

2−6t+6t2

(1−2t)2

1− 2t=

2− 6t+ 6t2

(1− 2t)3.

2. Una partıcula se desplaza por una curva cuyas ecuaciones parametricas son:

x(t) =2t+ 1

2, y(t) = (t2 + t)1/2, t > 0.

Probar que

(dy

dx

)2

+

(d2y

dx2

)· y = 1.

38

Solucion:

Calculandody

dx, se tiene

dy

dx=

β′(t)

α′(t)=

2t+12√t2+t

1=

2t+ 1

2√t2 + t

.

Ahora, al calculard2y

dx2se tiene

d2y

dx2=

ddt

(dydx

)dxdt

=

2·2√t2+t− 2(2t+1)2

2√

t2+t

4(t2+t)

1

=

4√t2+t− (2t+1)2√

t2+t

4(t2+t)

1

=4(t2 + t)− (2t+ 1)2

4(t2 + t)√t2 + t

=−1

4(t2 + t)√t2 + t

.

Por lo tanto (dy

dx

)2

+

(d2y

dx2

)· y =

(2t+ 1

2√t2 + t

)2

−√t2 + t

4(t2 + t)√t2 + t

=4t2 + 4t+ 1

4(t2 + t)− 1

4(t2 + t)

=4t2 + 4t

4(t2 + t)= 1.

Ejercicios propuestos

1. Dadas las ecuaciones parametricas, determinedy

dx.

(a) x = t3 + 1, y = t2 − 2t.

(b) x = a(t− sin(t)), y = a(1− cos(t)).

2. Dadas las ecuaciones parametricas, determine

(d2y

dx2

).

(a) x = 2t− 3

t, y = 2t+

3

2t, t = 0.

(b) x = cos3(t), y = sin3(t).

39

(c) x = 2 ln(cot(t)), y = tan(t) + cot(t).

3. Encontrar los puntos de la curva en los que la recta tangente es horizontal

(dy

dx= 0

)o

vertical

(dx

dy= 0

).

(a) x = 4t2, y = t3 − 12t.

(b) x = 3t2 − 6t, y =√t.

(c) x = 1− 2 cos(t), y = 2 + 3 sin(t).

4. Un punto se mueve en el plano de acuerdo a la ecuacion

x = 2t2 + 2t, y = 2t3 − 6t.

Hallardy

dxen t = 0, t = 2 y t = 5.

1.11 Teoremas importantes del calculo diferencial

1.11.1 Teorema de Rolle

Teorema 1.2 Sea f una funcion continua en el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en elabierto (a, b). Si f(a) = f(b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.

En la figura se observa que se cumplen las tres condiciones: f es continua en los intervaloscerrados [a, b] y [b, d] y es diferenciable en los intervalos abiertos (a, b) y (b, d), ademas se satisfacef(a) = f(b) = f(d). Entonces existen c1 ∈ (a, b) y c2 ∈ (b, d) ta les que f ′(c1) = 0 y f ′(c2) = 0,es decir las rectas tangentes a la curva en los puntos (c1, f(c1)) y (c2, f(c2)) son paralelas al ejeX.

40

Ejemplo:

Dada la funcion f(x) = x2 − 4x+ 3. Verifique las hipotesis del Teorema de Rolle en el intervalo[1, 3] y encuentre c ∈ (1, 3) tal que f ′(c) = 0.

Solucion:

• f funcion polinomial, de modo que es continua en todo R y en particular en [1, 3].

• f funcion polinomial, luego es diferenciable en (a, b).

• Notar que f(1) = (1)2 − 4(1) + 3 = 0 y f(3) = (3)2 − 4(3) + 3 = 0. Lo que implicaf(1) = f(3).

Por lo tanto, las hipotesis del Teorema de Rolle son satisfechas, ası existe c ∈ (1, 3) tal quef ′(c) = 0. A seguir se determinara el valor de c.

f ′(x) = 2x− 4 ⇒ f ′(c) = 2c− 4 = 0 ⇔ c = 2.

1.11.2 Teorema del valor medio

Teorema 1.3 Sea f una funcion continua en el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en elintervalo abierto (a, b). Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a.

En la figura se observa que la funcion f satisface las condiciones del Teorema, es decir es continuaen el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en el abierto (a, b). Luego, existe c ∈ (a, b) tal quela recta tangente a la curva en el punto (c, f(c)) es paralela a la recta que pasa por los puntosA(a, f(a)) y B(b, f(b)).

41

Ejemplo:

Analizar si la funcion f(x) = x3 − 5x2 − 3x satisface las hipotesis del Teorema del valor medioen el intervalo [1, 3], en caso afirmativo determinar el o los valores de c ∈ (1, 3) tal que

f ′(c) =f(3)− f(1)

3− 1=

−27− (−7)

2= −10.

Solucion:

Dado que la funcion f(x) = x3 − 5x2 − 3x es polinomica, se tiene que es continua en [1, 3] ydiferenciable en (1, 3). Luego, existe c ∈ (1, 3) tal que

f ′(c) =f(3)− f(1)

2= −10.

Como f ′(x) = 3x2 − 10x− 3, entonces

f ′(c) = −10 ⇔ 3c2 − 10c− 3 = −10

⇔ 3c2 − 10c+ 7 = 0

⇔ (3c− 7)(c− 1) = 0

⇔ c =7

3∧ c = 1.

De estos valores, el unico que pertenece al intervalo (1, 3) es c =7

3.

Ejercicios propuestos

1. ¿Es aplicable el Teorema de Rolle a la funcion f(x) = |x− 1| en el intervalo [0, 2]

2. Estudiar si la funcion f(x) = x − x3 satisface las condiciones del Teorema de Rolle en losintervalos [−1, 0] y [0, 1], en caso afirmativo determinar el o los valores de c.

3. Hallar un valor de c que satisfaga la conclusion del Teorema de Rolle para la funcionf(x) = x3 − 3x2 + 2x+ 2 en el intervalo [0, 1].

4. Hallar un valor de c que satisfaga la conclusion del Teorema del valor medio para

f(x) = x3 − x2 − x+ 1 en el intervalo [0, 2].

5. Verifique las hipotesis del Teorema del valor medio y encuentre un valor de c para el cualla conclusion apropiada sea verdadera. Ilustre dicha conclusion con una grafica.

(a) f(x) = x2 + 1 en [−2, 2].

(b) f(x) = sin(x) en[0,

π

2

].

42

1.11.3 Regla de L’Hopital

La regla de L’Hopital es utilizada para calcular lımites indeterminados de la forma0

0o∞∞

.

Teorema 1.4 Sean f(x) y g(x) funciones diferenciables en un intervalo abierto I que contienea un punto a, verificando lim

x→af(x) = lim

x→ag(x) = 0, o bien lim

x→af(x) = lim

x→ag(x) = ∞. Si

limx→a

f ′(x)

g′(x)= L ( existe), g′(x) = 0.

Entonces

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x)= L.

Observacion 1.5

1. La regla de L’Hopital tambien es aplicable si x → ±∞.

2. Si al calcular limx→a

f ′(x)

g′(x)nos volvemos a encontrar en las condiciones establecidas por esta

regla se puede aplicar nuevamente, y ası sucesivamente hasta obtener la existencia (o no)del lımite deseado.

3. Para las formas indeterminadas del tipo ∞−∞, 0 ·∞, 1∞, ∞0, 00, se han de transformar

(mediante manipulaciones algebraicas) en una forma indeterminada del tipo0

0o∞∞

para

luego aplicar la regla de L’Hopital.

Ejemplos:

1. Calcular limx→2

3x2 + 2x− 16

x2 − x− 2.

Solucion:

Notar que limx→2

3x2 + 2x− 16

x2 − x− 2es una forma indeterminada del tipo

0

0, ya que

limx→2

3x2+2x−16 = 0 y limx→2

x2−x−2 = 0. Entonces es posible aplicar la regla de L’Hopital,

ası

limx→2

3x2 + 2x− 16

x2 − x− 2= lim

x→2

6x+ 2

2x− 1=

6 · 2 + 2

2 · 2− 1=

14

3.

2. Calcular limx→0

(2− x)ex − x− 2

x3.

43

Solucion:

El lımite buscado es una forma indeterminada del tipo0

0, pues lim

x→0((2− x)ex − x− 2) = 0

y limx→0

x3 = 0. Entonces, de la regla de L’Hopital, se tiene

limx→0

(2− x)ex − x− 2

x3= lim

x→0

(−1)ex + (2− x)ex − 1

3x2

= limx→0

ex − xex − 1

3x2( forma

0

0)

L′H= lim

x→0

ex − ex − xex

6x

= limx→0

−xex

6x( forma

0

0)

L′H= lim

x→0

−ex − xex

6=

−e0 − 0 · e0

6= −1

6.

3. Calcular limx→∞

ln(x)

x2.

Solucion:

limx→∞

ln(x)

x2es una forma indeterminada del tipo

∞∞

, pues limx→∞

ln(x) = ∞ y limx→∞

x2 = ∞.

De modo que es posible aplicar la regla de L’Hopital. Ası,

limx→∞

ln(x)

x2L′H= lim

x→∞

1x

2x

= limx→∞

1

2x2= 0.

4. Calcular limx→0+

x · ln(x).

Solucion:

limx→0+

x · ln(x) es una forma indeterminada del tipo 0 · ∞. Notar que

limx→0+

x · ln(x) = limx→0+

ln(x)1x

,

44

donde esta ultima expresion es una forma indeterminada del tipo∞∞

. Ası,

limx→0+

x · ln(x) = limx→0+

ln(x)1x

L′H= lim

x→0+

1x

− 1x2

= − limx→0+

x2

x= − lim

x→0+x = 0.

5. Calcular limx→0

(1

x− 1

sin(x)

).

Solucion:

Es una forma indeterminada del tipo ∞−∞. Realizando la diferencia, se tiene

limx→0

(1

x− 1

sin(x)

)= lim

x→0

sin(x)− x

x · sin(x)( forma

0

0)

L′H= lim

x→0

cos(x)− 1

sin(x) + x · cos(x)( forma

0

0)

L′H= lim

x→0

− sin(x)

cos(x) + cos(x)− x · sin(x)

=− sin(0)

2 · cos(0)− 0 · sin(0)

=0

2= 0.

Ejercicios propuestos

1. Calcular los siguientes lımites aplicando la regla de L’Hopital.

(a) limx→0

x4 − x3

3

x− tan(x).

(b) limx→0

x− sin(x)

sin2(x).

(c) limx→1

(1

ln(x)− 1

x− 1

).

(d) limx→π

2

cos(x) · ln(tan(x)).

45

(e) limx→π

2

(tan(x))cos(x).

(f) limx→∞

(ln(x))1/ex

.

(g) limx→+∞

(ln(x))2/x.

(h) limx→∞

x ln

(1 + x

x

).

(i) limx→0

(cos(2x))3/x2

.

(j) limx→0

(1

x

)tan(x)

.

(k) limx→∞

(x · x√a− 1).

(l) limx→0

(1

sin(x)− 1

x

).

(m) limx→0+

(2x− 1

x− 1

sin(x)

).

(n) limx→π

2

(1

cos(2x)− tan(x)

1− 4xπ

).

1.12 Extremos de una funcion

1.12.1 Intervalos de monotonıa

Definicion 1.5 Sea f una funcion con dominio Dom f e I ⊂ Dom f un intervalo.

1. La funcion f es estrictamente creciente en el intervalo I, si para x1, x2 ∈ I tales quex1 < x2, se tiene

f(x1) < f(x2).

46

2. La funcion f es estrictamente decreciente en el intervalo I, si para x1, x2 ∈ I tales quex1 < x2, se tiene

f(x1) > f(x2).

3. La funcion f es creciente en el intervalo I, si para x1, x2 ∈ I tales que x1 < x2, se tiene

f(x1) ≤ f(x2).

47

4. La funcion f es decreciente en el intervalo I, si para x1, x2 ∈ I tales que x1 < x2, se tiene

f(x1) ≥ f(x2).

5. Una funcion f se dice monotona si es creciente o decreciente.

Teorema 1.5 Sea f una funcion continua y diferenciable en un intervalo I.

1. Si f ′(x) > 0 ∀x ∈ I, entonces f es estrcitamente creciente en I.

2. si f ′(x) < 0 ∀x ∈ I, entonces f es estrictamente decreciente en I.

Ejemplo:

Estudiar los intervalos de monotonıa (crecimiento y decrecimiento) de la funcion

f(x) = x3 − 3x+ 2.

48

Solucion:

• Al derivar la funcion f , se tienef ′(x) = 3x2 − 3.

• Luego, f es estrictamente creciente si f ′(x) = 3x2 − 3 > 0 y estrictamente decreciente sif ′(x) = 3x2 − 3 < 0.

• Observar que los valores crıticos en ambas inecuaciones se obtienen a traves de la resolucionde

3x2 − 3 = 0 ⇔ 3(x2 − 1) = 0 ⇔ 3(x− 1)(x+ 1) = 0 ⇔ x = 1, x = −1.

Luego, los valores crıticos son x = 1 y x = −1.

• Los conjuntos solucion de las inecuaciones f ′(x) > 0 y f ′(x) < 0, se pueden obtener de lasiguiente tabla

−∞ −1 1 ∞

x− 1 − − +x+ 1 − + +f ′(x) + − +

↗ ↘ ↗

• De la tabla se observa que la funcion f(x) = x3 − 3x + 2 es estrictamente creciente en(−∞,−1) ∪ (1,∞) y estrictamente decreciente en (−1, 1).

1.12.2 Punto crıtico

Definicion 1.6 Sea f una funcion continua en un intervalo I. Entonces x0 ∈ I es llamadopunto crıtico de f si f ′(x) = 0 o f ′(x0) no existe.

Observacion 1.6 Se distinguen tres tipos de puntos crıticos:

1. Punto crıtico estacionario: Se dice que c es un punto crıtico estacionario de f si y solo sif ′(c) = 0. En estos puntos la recta tangente a la curva es horizontal.

2. Punto crıtico frontera: Si Dom f = [a, b], entonces los puntos crıticos frontera de f son ay b.

3. Punto crıtico singular: Se dice que c es un punto crıtico singular de f si y solo si f no esdiferenciable en c, es decir, no existe f ′(c). En este caso, la grafica de f termina en puntao tiene una tangente vertical.

Las siguientes figuras muestran los diferentes tipos de puntos crıticos

49

Ejemplo:

Estudiar los intervalos de monotonıa y los puntos crıticos de la funcion

f(x) =x3

(x− 1)2.

Solucion:

Observar que el dominio de la funcion es Dom f = R− {1}. Ademas

f ′(x) =x3 − 3x2

(x− 1)3,

entonces

f ′(x) = 0 ⇔ x3 − 3x2

(x− 1)3= 0 ⇔ x2(x− 3)

(x− 1)3= 0.

Luego, dado que los puntos crıticos de f se producen cuando f ′(x) = 0 o bien cuando f ′(x) noexiste, se tiene que los puntos crıticos de f son x = 0, x = 3 y x = 1.

Los intervalos de monotonıa se obtienen de la siguiente tabla:−∞ 0 1 3 ∞

x2 + + + +x− 3 − − − +x− 1 − − + +f ′(x) + + − +

↗ ↗ ↘ ↗

Luego, la funcion es creciente en (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (3,∞) y decreciente en (1, 3).

50

1.12.3 Valores extremos de una funcion

Como ya hemos visto, si una funcion f es derivable en un valor c, entonces la pendiente de la rectatangente a la grafica de y = f(x) en el punto (c, f(c)) es mT = f ′(x). Este hecho, entre otros,permite determinar todos aquellos puntos de la curva en los cuales la tangente es horizontal,resolviendo la ecuacion f ′(x) = 0.

Una mirada atenta a la figura, permite visualizar de manera intuitiva los elementos que sonobjeto de estudio en esta primera:

1. f(c1) es el mayor valor que toma la funcion en un intervalo abierto que contiene a c1. Sedice entonces que f(c1) es un maximo relativo de f(x). Notese ademas, que en el puntoP1(c1, f(c1)), la pendiente de la recta tangente a la curva es cero, esto es f ′(c1) = 0.

2. Igualmente, f(c3) es el mayor valor que toma la funcion en un intervalo abierto quecontiene a c3. Ası que f(c3) es otro maximo relativo de f(x). Sin embargo, en el puntoP3(c3, f(c3)), la derivada de f(x) no existe (se presenta un pico), lo cual indica que en unpunto maximo relativo no necesariamente debe anularse la derivada.

3. f(c2) es el menor valor que toma la funcion en un intervalo abierto que contiene a c2. Sedice, entonces que f(c2) es un mınimo relativo de f(x). De la misma manera que en elcaso anterior en el punto P2(c2, f(c2)), se tiene f ′(c2) = 0.

Si se comparan ahora, todos los valores que toma la funcion f(x) en el intervalo [a, b], se puedenotar de la figura que f(a) es el menor valor y que f(c3) es el mayor valor, f(a) y f(c3) sonllamados respectivamente el mınimo absoluto y el maximo absoluto de f(x) en [a, b].

51

Definicion 1.7 Sea f una funcion de variable real y c ∈ Dom f . Entonces

1. f(c) es un valor maximo relativo de f , si existe un intervalo abierto I que contiene a ctal que

f(c) ≥ f(x) ∀x ∈ I.

2. f(c) es un valor mınimo relativo de f , si existe un intervalo abierto I que contiene a ctal que

f(c) ≤ f(x) ∀x ∈ I.

3. f(c) es un valor maximo relativo de f , si f(c) > f(x) para todo x ∈ Dom f .

4. f(c) es un valor mınimo relativo de f , si f(c) < f(x) para todo x ∈ Dom f .

Observacion 1.7 A los valores maximos y mınimos relativos de una funcion f se les llamaExtremos Relativos de f . A los valores maximos y mınimos absolutos de una funcion f se lesllama Extremos Absolutos de f .

Teorema 1.6 Si f es una funcion continua en [a, b], entonces f tiene un maximo y un mınimoen [a, b].

Teorema 1.7 Condiciones suficientes para un extremoSea f una funcion continua en un intervalo [a, b], diferenciable en (a, b) y x0 ∈ [a, b] un punto

crıtico de f .

1. Si al pasar por x0 de izquierda a derecha y el signo de la derivada cambia de mas (f ′(x0) > 0)a menos (f ′(x0) < 0), entonces la funcion f tiene un maximo en x = x0.

2. Si al pasar por x0 de izquierda a derecha y el signo de la derivada cambia de menos a mas,entonces la funcion f tiene un mınimo en x = x0.

Ejemplo:

Determinar los extremos de la funcion

f(x) = x3 + 3x2 − 9x− 10.

Solucion:

La derivada de f es dada por

f ′(x) = 3x2 + 6x− 9 = 3(x2 + 2x− 3) = 3(x+ 3)(x− 1),

de modo que los puntos crıticos de f son x = −3 y x = 1. Los cuales, organizados en la siguientetabla permiten obtener los extremos de la funcion.

52

−∞ −3 1 ∞

x+ 3 − + +x− 1 − − +f ′(x) + − +

↗ ↘ ↗

De la tabla se observa que en x = −3 la primera derivada pasa de mas a menos, de modo queen x = −3 se produce un maximo. Analogamente, en x = 1 la primera derivada pasa de menosa mas, de modo que en x = 1 se produce un mınimo.

Teorema 1.8 Criterio de la segunda derivadaSea f una funcion continua en [a, b] y x0 ∈ [a, b] tal que f ′(x0) = 0 y f ′′(x0) existe.

1. Si f ′′(x0) < 0, entonces f tiene un maximo en x = x0.

2. Si f ′′(x0) > 0, entonces f tiene un mınimo en x = x0.

3. Si f ′′(x0) = 0, el criterio no decide.

Ejemplo:

Determinar los valores extremos de la funcion

f(x) = 2x3 + x2 − 4x+ 2.

Solucion:

La primera derivada de f es

f ′(x) = 6x2 + 2x− 4 = 2(x+ 1)(3x− 2).

Luego, f ′(x) = 0 si y solo si 2(x+ 1)(3x− 2) = 0, de donde se obtiene que los puntos crıticos de

f son x = −1 y x =2

3. La segunda derivada de f es

f ′′(x) = 12x+ 2.

Ahora, por el criterio de la segunda derivada, se tiene

f ′′(−1) = −10 < 0 y f ′′(2

3) = 10 > 0.

Por lo tanto en x = −1 se produce un maximo y en x =2

3se produce un mınimo.

Observacion 1.8 Si x = c es un punto en donde se produce un maximo o mınimo de unafuncion f , entonces el punto extremo de f es (c, f(c)).

53

Ejemplo:

Del caso anterior, se tiene que en x = −1 se produce un valor maximo y el punto de maximo es(−1, f(−1)), donde

f(−1) = 2(−1)3 + (−1)2 − 4(−1) + 2 = 5,

de modo que (−1, 5) es el punto maximo de f .

Analogamente, en x =2

3se produce un mınimo y como

f

(2

3

)= 2

(2

3

)3

+

(2

3

)2

− 4

(2

3

)+ 2 =

10

27,

se tiene que el punto mınimo es

(2

3,10

27

).

54

1.12.4 Concavidad y convexidad

Se dice que una funcion es concava hacia arriba si su grafica queda por encima de las rectastangentes a cada uno de sus puntos.

Se dice que una funcion es convexa o concava hacia abajo si su grafica queda por debajo delas rectas tangentes a cada uno de sus puntos.

Teorema 1.9 Sea f una funcion continua en un intervalo [a, b] y dos veces diferenciable en(a, b).

1. Si f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es concava hacia arriba en (a, b).

2. Si f ′′(x) < 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es concava hacia abajo en (a, b).

Ejemplo:

Estudiar los intervalos de concavidad de la funcion f(x) = x3 − 3x+ 2.

55

Solucion:

Se precisa conocer la segunda derivada de f . Como

f ′(x) = 3x2 − 3 ⇒ f ′′(x) = 6x.

Los intervalos de convexidad se obtienen de la relacion f ′′(x) > 0 y f ′′(x) < 0, es decir de 6x > 0y de 6x < 0. El conjunto solucion de estas inecuaciones se puede obtener de la siguiente tabla

−∞ 0 ∞

f ′′(x) = 6x − +∩ ∪

Ası, se tiene que f es concava hacia abajo en (−∞, 0) y concava hacia arriba en (0,∞).

1.12.5 Punto de inflexion

Sea f una funcion continua en [a, b], el punto (x0, f(x0)) con x0 ∈ [a, b], es llamado punto deinflexion de f si su f cambia de concavidad en (x0, f(x0)).

Observacion 1.9 Una funcion f puede tener un punto de inflexion en x0 en cualquiera de lossiguientes casos:

1. f ′′(x0) = 0.

2. f ′′(x0) no esta definida.

Ejemplo:

Estudiar los intervalos de concavidad y los puntos de inflexion de la funcion

f(x) =x3

(x− 1)2.

56

Solucion:

Dom f = R− {1}. Ademas

f ′(x) =x3 − 3x2

(x− 1)3⇒ f ′′(x) =

6x

(x− 1)4.

Los intervalos de concavidad se obtienen de las relaciones f ′′(x) > 0 y f ′′(x) < 0. La siguientetabla permite obtener dichos intervalos

−∞ 0 1 ∞

6x − + +(x− 1)4 + + +f ′′(x) − + +

∩ ∪ ∪

Luego, f es concava hacia arriba en (0, 1) ∪ (1,∞) y concava hacia abajo en (−∞, 0).Los puntos de inflexion pueden ocurrir en x = 0 y en x = 1. Para x = 0 el punto de inflexion

es P (0, 0), para x = 1 no hay punto de inflexion (1 ∈ Dom f).

Figure 1.1: Grafica de f(x) =x3

(x− 1)2

1.12.6 Grafica de una funcion

El grafico de una funcion f es el conjunto

G(f) = {(x, f(x)) / x ∈ Dom f}.

Para representar el grafico es importante conocer aquellos puntos o intervalos en donde f tieneun comportamiento especial:

57

1. Dominio de la funcion.

2. Simetrıa.

3. Puntos de corte con los ejes (intersecciones).

4. Intervalos de Monotonıa (crecimiento y decrecimiento).

5. Extremos (maximos y mınimos).

6. Intervalos de Concavidad.

7. Puntos de inflexion.

8. Asıntotas.

9. Grafica.

Ejemplo:

Graficar la funcion f(x) =x

1 + x2.

Solucion:

1. Dominio de f : R.

2. Simetrıa:

f(−x) =−x

1 + (−x)2= − x

1 + x2= −f(x),

lo cual implica que f es impar, de modo que la grafica es simetrica con respecto al origen.

3. Intersecciones con los ejes.

• Con el eje X.

Haciendo y = 0, se tienex

1 + x2= 0 ⇒ x = 0.

De lo cual se concluye que el grafico de f corta al eje X en x = 0.

• Con el eje Y .

Haciendo x = 0, se tiene

y = f(0) =0

1 + (0)2= 0,

luego el grafico de f corta al eje Y en y = 0.

58

4. Intervalos de monotonıa.

La primera derivada de f es

f ′(x) =1− x2

(1 + x2)2.

Luego, f es creciente si f ′(x) > 0 y decreciente si f ′(x) < 0. Ademas, si f ′(x) = 0, se tiene

f ′(x) = 0 ⇔ 1− x2

(1 + x2)2= 0 ⇔ 1− x2 = 0 ⇔ x = 1, x = −1.

De modo que los puntos crıticos de f son x = −1 y x = 1. La siguiente tabla

−∞ −1 1 ∞

1− x + + −1 + x − + +

(1 + x2)2 + + +f ′(x) − + −

↘ ↗ ↘

permite concluir que f es creciente en (−1, 1) y decreciente en (−∞,−1)∪ (1,∞). Ademasen x = −1 se produce un mınimo y en x = 1 se produce un maximo.

5. Extremos.

El valor del mınimo es f(−1) =−1

1 + (−1)2= −1

2y el punto mınimo es P

(−1,−1

2

).

El valor del maximo es f(1) =1

1 + (1)2=

1

2y el punto maximo es Q

(1,

1

2

).

6. Intervalos de concavidad.

La segunda derivada de f es

f ′′(x) =2x3 − 6x

(1 + x2)3.

La funcion f es concava hacia arriba si f ′′(x) > 0 y concava hacia abajo si f ′′(x) < 0.Ademas

f ′′(x) = 0 ⇔ 2x3 − 6x

(1 + x2)3= 0 ⇔ 2x3 − 6x = 0 ⇔ x = 0 x = −

√3, x =

√3.

La tabla

−∞ −√3 0

√3 ∞

2x − − + +

x−√3 − − − +

x+√3 − + + +

(1 + x2)3 + + + +f ′′(x) − + − +

∩ ∪ ∩ ∪

59

permite concluir que la funcion es concava hacia arriba en (−√3, 0) ∪ (

√3,∞) y concava

hacia abajo en (−∞,−√3) ∪ (0,

√3). Ademas, en x = 0, x = −

√3 y x =

√3 se producen

puntos de inflexion.

7. Puntos de inflexion.

f(−√3) =

−√3

1 + (−√3)2

= −√3

4, f(0) =

0

1 + (0)2= 0, f(

√3) =

√3

1 + (√3)2

=

√3

4.

Luego, los puntos de inflexion son

(−√3,−

√3

4

), (0, 0) y

(√3,

√3

4

).

8. Asıntotas.

• Asıntotas verticales no tiene, pues Dom f = R.• Asıntotas horizontales.

limx→±∞

x

1 + x2= 0,

luego la recta y = 0 es una asıntota horizontal.

9. Representacion grafica.

Figure 1.2: Grafica de f(x) =x

1 + x2

60

Ejercicios propuestos

1. Dados los graficos. Encuentre los intervalos donde la funcion es creciente o decreciente ydetermine las coordenadas de los extremos relativos.

2. Realice el grafico de las siguientes funciones indicando: dominio, intersecciones con los ejes,simetrıas, intervalos de monotonıa, intervalos de concavidad, asıntotas, extremos relativosy puntos de inflexion.

(a) f(x) =1

x− 1.

(b) f(x) =x

x+ 1.

(c) f(x) =10√x.

(d) f(x) = x2 +1

x2.

(e) f(x) =x2

1− x2.

61

(f) f(x) =1

x2 − 2.

(g) f(x) =1

1 + x2.

(h) f(x) =1 + x

1− x.

(i) f(x) =1− x

x2.

(j) f(x) =x2

7x+ 4.

(k) f(x) =x

(x+ 1)2.

(l) f(x) = x+1

x+ 1.

1.13 Problemas de optimizacion

El proceso de optimizacion consiste en encontrar los valores de maximo y mınimo de unafuncion. Los siguientes pasos son recomendados para optimizar una funcion:

(a) Modelar la funcion a maximizar o minimizar.

(b) Plantear una ecuacion que relacione las distintas variables del problema, en el caso deque haya mas de una variable.

(c) Despejar una variable de la ecuacion y sustituirla en la funcion de modo que quedeuna sola variable.

(d) Derivar la funcion e igualarla a cero, para hallar los extremos locales.

(e) Verificar el paso anterior empleando el criterio de la segunda derivada.

Ejemplos:

(a) Se pretende fabricar una lata de conserva cilındrica (con tapa) de un litro de capacidad.¿Cuales deben ser sus dimensiones para que se utilice la mınima cantidad de metal?

62

Solucion:

Sea r el radio de la base del cilindro y h su altura.

El area del cilindroA = 2πrh+ 2πr2.

Su volumen es V = πr2h y como se desea que tenga un litro de capacidad, se tiene

1 = πr2h ⇒ h =1

πr2.

Al sustituir el valor de h en el area, se deduce

A(r) = 2πr · 1

πr2+ 2πr2 =

2

r+ 2πr2.

Derivando con respecto a r

A′(r) = − 2

r2+ 4πr =

−2 + 4πr3

r2.

Igualando a 0, se tiene

−2 + 4πr3

r2= 0 ⇔ −2 + 4πr3 = 0 ⇔ r3 =

1

2π,

de modo que r =1

3√2π

es un punto crıtico de A(r).

Por otro lado, la segunda derivada de A con respecto a r es

A′′(r) =4

r3+ 4π,

y como A′′(

13√2π

)> 0, se tiene que en r =

13√2π

se produce un mınimo. Ademas

h =1

π(

13√2π

)2 =3

√4

π.

63

Por lo tanto, la lata cilındrica debe tener un radio r =1

3√2π

y una altura h = 3

√4

πpara ocupar la menor cantidad posible de metal.

(b) Hallar las dimensiones que hacen mınimo el coste de un contenedor que tiene forma deparalelepıpedo rectangular sabiendo que su volumen ha de ser 9 [m]3, su altura 1 [m]y el coste de su construccion por m2 es de 50 euros para la base; 60 para la tapa y 40para cada pared lateral.

Solucion:

Sean x : el largo del paralelepıpedo e y : el ancho del paralelepıpedo. La funcion decosto es

C(x) = 50xy + 60xy + 40(2x · 1 + 2y · 1)= 110xy + 80(x+ y).

Luego, como el volumen es 9 [m]3, se tiene xy · 1 = 9, por lo que

y =9

x.

Ası,

C(x) = 110x

(9

x

)+ 80

(x+

9

x

)= 990 + 80

(x+

9

x

).

Ademas,

C ′(x) = 80

(1− 9

x2

),

de modo que x es punto crıtico de C si C ′(x) = 0, es decir, si

80

(1− 9

x2

)= 0 ⇔ 1− 9

x2= 0 ⇔ x2 = 9 ⇔ x = 3.

Ası, y =9

3= 3.

64

Por otro lado, la segunda derivada de C es

C ′′(x) = 80

(18

x3

)⇒ C ′′(3) =

(160

3

)> 0.

De modo que las dimensiones que hacen mınimo el coste del contenedor son largo3 [m], ancho 3 [m] y alto 1 [m].

Ejercicios propuestos

1. Obtener las longitudes de los lados del triangulo isosceles de area maxima inscrito en uncırculo de radio 12 [cm].

2. Un triangulo rectangulo isosceles de perımetro 30 [cm], gira alrededor de su altura engen-drando un cono. ¿Que valor debe darse a la base para que el volumen del cono sea maximo?

3. Descomponer el numero 44 en dos sumandos tales que el quıntuplo del cuadrado del primeromas el sextuplo del cuadrado del segundo sea un mınimo.

4. Se tiene un alambre de 1 [m] de longitud y se desea dividirlo en dos trozos para formar conuno de ellos un cırculo y con el otro un cuadrado. Determinar la longitud que se ha dedar a cada uno de los trozos para que la suma de las areas del cırculo y del cuadrado seamınima.

5. Hallar las dimensiones del mayor rectangulo inscrito en un triangulo isosceles que tiene unabase de 10 [cm] y una altura 15 [cm].

6. Recortando convenientemente en cada esquina de una lamina de carton de dimensiones80 [cm]x50 [cm] un cuadrado de lado x y doblando convenientemente (vease figura), seconstruye una caja. Calcular el valor de x para que volumen de dicha caja sea maximo.

7. Una hoja de papel debe tener 18 [cm]2 de texto impreso, margenes superior e inferior de2 [cm] de altura y margenes laterales de 1 [cm] de anchura. Obtener razonadamente lasdimensiones que minimizan la superficie del papel.

65

8. El beneficio neto mensual, en millones de euros, de una empresa que fabrica autobusesviene dado por la funcion

B(x) = 1.2x− (0.1x)3,

donde x es el numero de autobuses fabricados en un mes.

(a) Calcular la produccion mensual que hacen que el beneficio sea maximo.

(b) Determinar el beneficio maximo.

66

Capıtulo 2

Integracion

2.1 Introduccion

Muchas aplicaciones importantes del calculo plantean el siguiente problema: dada la derivada deuna funcion, f ′ ¿quien es f? Responder a esta interrogante nos conduce a la idea de antiderivadas.

Ejemplos:

1. Si f(x) = F ′(x) = x3, entonces F (x) =1

4x4, puesto que F ′(x) =

d

dx

(1

4x4

)= x3. En este

caso se dice que F (x) =1

4x4 es una antiderivada o primitiva de f(x) = x3.

2. Una antiderivada de f(x) = cos(x) es F (x) = sin(x), pues F ′(x) = (sin(x))′ = cos(x).

Los ejemplos anteriores motivan la siguiente definicion:

Definicion 2.1 Sea f una funcion real con dominio D, se dice que F es una antiderivada de f(o primitiva), si

F ′(x) = f(x) ∀x ∈ D.

Teorema 2.1 Si F1 y F2 son dos antiderivadas de f , entonces

F1(x) = F2(x) + C,

donde C es una constante real.

El teorema anterior afirma que una funcion f tiene infinitas antiderivadas y todas ellas se dife-rencian en una constante.

Observacion 2.1 El proceso de hallar una antiderivada o primitiva de una funcion es llamadointegracion.

67

Notacion: Si F es una antiderivada o primitiva de f , entonces la integral indefinida de f seescribe de la forma ∫

f(x)dx = F (x) + C,

donde el sımbolo

∫es llamado integral, la funcion f(x) es el integrando, dx es la diferencial de

x e indica la variable de integracion y C es llamada constante de integracion.

2.2 Integrales inmediatas

Dado que el proceso de integracion es el proceso inverso de la derivacion, entonces existen inte-grales que se pueden obtener facilmente conociendo algunas derivadas basicas. A continuacion,se enumeran algunas integrales que responden a esta situacion.

1.

∫dx = x+ C.

2.

∫kdx = kx+ C.

3.

∫1

xdx = ln |x|+ C.

4.

∫axdx =

ax

ln(a)+ C.

5.

∫exdx = ex + C.

6.

∫cos(x)dx = sin(x) + C.

7.

∫sin(x)dx = − cos(ax) + C.

8.

∫sec2(x)dx = tan(x) + C.

9.

∫csc2(x)dx = − cot(x) + C.

10.

∫sec(x) tan(x)dx = sec(x) + C.

11.

∫csc(x) cot(x)dx = − csc(x) + C.

68

12.

∫cot(x)dx = ln | sin(x)|+ C.

13.

∫tan(x)dx = ln | sec(x)|+ C.

14.

∫sec(x)dx = ln | sec(x) + tan(x)|+ C.

15.

∫csc(x)dx = ln | csc(x)− cot(x)|+ C.

16.

∫dx√1− x2

= arcsin (x) + C.

17.

∫dx

1 + x2= arctan (x) + C.

2.3 Propiedades de la integral indefinida

Si f y g son dos funciones que admiten primitivas, entonces

1.

∫(f(x)± g(x))dx =

∫f(x)dx±

∫g(x)dx.

2.

∫cf(x)dx = c

∫f(x)dx, donde c es una constante real.

3.

∫xndx =

xn+1

n+ 1+ C, con n = −1.

Ejemplos:

Calcular las siguientes integrales indefinidas:

1.

∫3x4dx.

2.

∫(2x3 + 5x− 7)dx.

3.

∫4x−5dx.

4.

∫dx

x2.

5.

∫4x3/2dx.

69

6.

∫3√xdx.

7.

∫(2x2 + 5)

√xdx.

8.

∫(4 sin(x) + 6ex − x3)dx.

9.

∫ (4

x− 2 tan(x) + 10

)dx.

10.

∫(2− 3 sec(x))2dx.

11.

∫(2 + 3x− x6 + 7x3 −

√x)dx.

12.

∫ (6√x5 +

5

x4− 3

√x

)dx.

13.

∫1

x2 · 5√x2

dx.

Solucion:

1.

∫3x4dx = 3

∫x4dx =

3

5x5 + C.

2.

∫(2x3 + 5x− 7)dx = 2

∫x3dx+ 5

∫xdx− 7

∫dx =

1

2x4 +

5

2x2 − 7x+ C.

3.

∫4x−5dx = 4 · x

−4

−4+ C = − 1

x4+ C.

4.

∫dx

x2=

∫x−2dx = −1

x+ C.

5.

∫4x3/2dx = 4 · 2

5x5/2 + C =

8

5x5/2 + C.

6.

∫3√xdx =

∫x1/3dx =

3

4x4/3 + C.

7.

∫(2x2 + 5)

√xdx =

∫(2x5/2 + 5x1/2)dx =

4

7x7/2 +

10

3x3/2 + C.

8.

∫(4 sin(x) + 6ex − x3)dx = −4 cos(x) + 6ex − 1

4x4 + C.

70

9.

∫ (4

x− 2 tan(x) + 10

)dx = 4 ln |x| − 2 ln | sec(x)|+ 10x+ C.

10.

∫(2− 3 sec(x))2dx =

∫(4− 12 sec(x) + 9 sec2(x))dx

= 4x− 12 ln | sec(x) + tan(x)|+ 9 tan(x) + C.

11.

∫(2 + 3x− x6 + 7x3 −

√x)dx =

∫2dx+

∫3xdx−

∫x6dx+

∫7x3dx−

∫ √xdx

= 2x3

2x2 − 1

7x7 +

7

4x4 − x3/2

32

+ C

= 2x+3

2x2 − 1

7x7 +

7

4x4 − 2

3

√x3 + C.

12.

∫ (6√x5 +

5

x4− 3

√x

)dx =

∫x5/6dx+ 5

∫x−4dx−

∫x1/3dx

=x11/6

116

+ 5x−3

−3− x4/3

43

+ C

=6

6√x11

11− 5

3x3− 3

3√x4

4+ C.

13.

∫1

x2 · 5√x2

dx =∫x−2 · x−2/5dx

=

∫x−12/5dx

=

∫x−7/5

−75

+ C

= − 5

75√x7

+ C.

2.4 Integral indefinida de una funcion compuesta. Cam-

bio de variable

Sean f y g dos funciones tales que (f ◦ g)(x) = f(g(x)), con g diferenciable con respecto a x. SiF es una antiderivada de f , entonces∫

f(g(x))g′(x)dx = F (g(x)) + C.

La tecnica para calcular este tipo de integrales consiste en el uso de una variable auxiliar. Ha-ciendo el cambio u = g(x), entonces du = g′(x)dx. Luego, la integral anterior se puede escribirde la siguiente manera ∫

f(g(x))g′(x)dx =

∫f(u)du = F (u) + C.

71

Ejemplos:

Calcular las siguientes integrales indefinidas:

1.

∫(3x2 + 4)5 · 6xdx.

2.

∫2x sin(x2)dx.

3.

∫4x

2x2 + 3dx.

4.

∫esin(x) cos(x)dx.

5.

∫x√5x2 + 4dx.

6.

∫x

1− x2dx.

7.

∫sin(x) · cos(x)dx.

8.

∫sec2(x) ·

√tan(x)dx.

Solucion:

1. Haciendo u = 3x2 + 4, se tiene du = 6xdx. Entonces∫(3x2 + 4)5 · 6xdx =

∫u5du =

1

6u6 + C =

1

6(3x2 + 4)6 + C.

2. Haciendo u = x2, se tiene du = 2xdx. Entonces∫2x sin(x2)dx =

∫sin(u)du = − cos(u) + C = − cos(x2) + C.

3. Haciendo u = 2x2 + 3, se tiene du = 4xdx. Entonces∫4x

2x2 + 3dx =

∫du

u= ln |u|+ C = ln(2x2 + 3) + C.

4. Haciendo u = sin(x), se tiene du = cos(x)dx. Entonces∫esin(x) cos(x)dx =

∫eudu = eu + C = esin(x) + C.

72

5. Haciendo u = 5x2 + 4, se tiene du = 10xdx. Entonces∫x√5x2 + 4dx =

∫1

10

√udu

=1

10

∫u1/2du

=1

10· 23u3/2 + C

=1

15(5x2 + 4)3/2 + C.

6. Haciendo u = 1− x2, se tiene du = −2xdx, de modo que −1

2du = dx. Entonces∫

x

1− x2dx =

∫ (−1

2

)1

udu

= −1

2

∫du

u

= −1

2ln |u|+ C

= −1

2ln |1− x2|+ C.

7. Haciendo u = sin(x), se tiene du = cos(x)dx. Entonces∫sin(x) · cos(x)dx =

∫udu =

u2

2+ C =

sin2(x)

2+ C.

8. Haciendo u = tan(x), se tiene du = sec2(x)dx. Entonces∫sec2(x) ·

√tan(x)dx =

∫ √udu

=u3/2

32

+ C

=2√u3

3+ C

=2√

tan3(x)

3+ C.

Verifique las siguientes igualdades

1.

∫cot(x)dx =

∫cos(x)

sin(x)dx = ln | sin(x)|+ C.

73

2.

∫sin(2x)

1 + sin2(x)dx =

∫2 sin(x) · cos(x)1 + sin2(x)

dx = ln(1 + sin2(x)) + C.

3.

∫dx

tan(x)=

∫cos(x)

sin(x)dx = ln | sin(x)|+ C.

4.

∫1√

x(1 +√x)

dx = 2

∫ 12

√x

1 +√xdx = 2 ln(1 +

√x) + C.

5.

∫2x3 + x2 − x

x2dx =

∫ (2x+ 1− 1

x

)dx = x2 − x− ln |x|+ C.

6.

∫xex

2

dx =1

2

∫2xex

2

dx =1

2ex

2

+ C.

7.

∫esin

2(x) sin(2x)dx =

∫esin

2(x)2 sin(x) cos(x)dx = esin2(x) + C.

8.

∫5√x

√xdx = 2

∫1

2√x5√xdx =

2

ln(5)5√x + C.

9.

∫e−2x + e2x

2dx =

1

2

(−1

2

∫e−2x · (−2) +

1

2

∫e2x · (2)

)dx

= −1

4e−2x +

1

4e2x + C.

10.

∫cos(5x)esin(5x)dx =

1

5

∫5 cos(5x)esin(5x)dx =

1

5esin(5x) + C.

11.

∫1

cos2(x)dx =

∫sec2(x)dx =

∫(1 + tan2(x))dx = tan(x) + C.

12.

∫1

sin2(x)dx =

∫csc2(x)dx =

∫(1 + cot2(x))dx = − cot(x) + C.

74

Ejercicios propuestos

Calcular las siguientes integrales.

1.

∫x3dx 2.

∫x3

3dx

3.

∫x4

6dx 4.

∫(x3 + 3)dx

5.

∫ (x2 + 2x− 1

x

)dx 6.

∫x3 − x2 + 1

xdx

7.

∫1

x2dx 8.

∫1

x5dx

9.

∫x4 − 2x+ 3

x6dx 10.

∫4 3√x

3dx

11.

∫dx4√x

12.

∫ (8

33√x+ 3

√x

)dx

13.

∫3√x(√x+ 1)dx 14.

∫(x2 − 2x+ 8 cos(x))dx

15.

∫ (ex +

1

x

)dx 16.

∫dx

x√x

17.

∫ ((x+ 1)(x2 + 3)

x3

)dx 18.

∫(sec2(x) + cos(x) + x)dx

19.

∫tan2(x)dx 20.

∫ (√x+

1√x

)dx

21.

∫cos2(x)− sin2(x)

sin2(x) cos2(x)dx 22.

∫ex(1 +

ex

x

)dx

23.

∫5x · 3xdx 24.

∫ (1√

1− x2− 3

1 + x2

)dx

25.

∫dx

sin2(x) cos2(x)26.

∫2− sin3(x)

sin2(x)dx

27.

∫dx

3x+ 228.

∫dx

3− x

29.

∫x

2 + x2dx 30.

∫2

(x+ 1)3dx

75

Soluciones

1.x4

4+ C 2.

x4

12+ C

3.x5

30+ C 4.

x4

4+ 3x+ C

5.x3

3+ x2 − ln |x|+ C 6.

x3

3+

x2

2+ ln |x|+ C

7. − 1

x+ C 8. − 1

4x4+ C

9. − 1

x+

1

2x4− 3

5x5+ C 10.

3√x4 + C

11.4

4√x3

3+ C 12. 2

3√x4 + 2

√x3 + C

13.6

11

6√x11 +

3

4

3√x4 + C 14.

x3

3+ 2 cos(x)− 8 sin(x) + C

15. ex + ln |x|+ C 16. − 2√x

17. x+ ln |x| − 3

x− 3

2x2+ C 18. tan(x) + sin(x) +

x2

2+ C

19. tan(x)− x+ C 20.2√x3

3+ 2

√x+X

21. cot(x)− tan(x) + C 22. ex + ln |x|+ C

23.15x

ln(15)+ C 24. arcsin(x)− 3 arctan(x) + C

25. tan(x)− cot(x) + C 26. − 2 cot(x) + cos(x) + C

27.1

3ln |3x+ 2|+ C 28. − ln |3− x|+ C

29.1

2ln |2 + x2|+ C 30. − 1

(x+ 1)2+ C

2.5 Problemas con condicion inicial

En esta seccion, se analizaran algunos problemas de aplicacion de la antiderivada. Mas precisa-mente, se buscaran antiderivadas que satisfagan ciertas condiciones especıficas, las cuales sonllamadas condiciones iniciales o de frontera. Lo primero es determinar el conjunto de todaslas antiderivadas de una funcion dada y luego, empleando las condiciones iniciales, se obtiene

76

un valor particular de la constante C, la cual permite obtener la antiderivada que satisface lascondiciones deseadas.

Ejemplos:

1. Escribir la funcion primitiva y = x2 + 2x cuya representacion grafica pasa por el punto(1, 3).

Solucion:

∫(x2 + 2x)dx =

x3

3+

2x2

2+ C

=x3

3+ x2 + C.

Como el punto (1, 3) pertenece a la curva, se tiene

3 =13

3+ 12 + C ⇒ C =

5

3.

Por lo tanto, la curva es

y =x3

3+ x2 +

5

3.

2. Hallar una funcion F (x) cuya derivada sea f(x) = x + 6 tal que para x = 2 tome el valor25.

Solucion:

∫(x+ 6)dx =

x2

2+ 6x+ C,

como F (2) = 25, se tiene

25 =22

2+ 6 · 2 + C ⇒ C = 11.

Por lo tanto

F (x) =1

2x2 + 6x+ 11.

77

Ejercicios propuestos

Resolver los siguientes problemas de valor inicial.

1. Hallar la ecuacion de la curva cuya pendiente en cualquier punto de ella es f ′(x) y que pasapor el punto P, si:

(a) f ′(x) = sec2(x) + tan(x), P (0, 5).

(b) f ′(x) = −x√x, P (1, 3).

2. Hallar la funcion f , sabiendo que

(a) f ′(x) = 3x2 − 4x+ 8 y f(1) = 9.

(b) f ′′(x) = − 1

x2y f(1) = f ′(1) = 0.

3. Una lancha a motor se aleja del muelle a lo largo de una recta con una aceleracion dadapor

a(t) = (12t− 4)[pie/seg2].

En el tiempo t = 0, la velocidad de la lancha era de 8 [pie/seg] y se encontraba a 15 piesdel muelle.

(a) Expresar la velocidad v y la distancia s como una funcion de t.

(b) Determinar la velocidad y la distancia al cabo de 5 segundos.

4. Sea v = v(t) el volumen de una celula en el instante t. Determinar v(t) para todo tiempot, si se sabe que v(0) = 3 y que v verifica la ecuacion

dv

dt= sin(t).

5. Un cuerpo se mueve sobre el eje X, partiendo del origen del coordenadas, con velocidadinicial nula y con una aceleracion dada por

a(t) =1

(t+ 1)3,

donde t se mide en segundos y a en [cm/seg2]. Determinar la velocidad y la posicion delcuerpo a los 5 segundos de haber comenzado el movimiento.

6. La longitud de un cohete (en pies) t segundos despues del despegue esta dada por

f(t) = −t3 + 54t2 + 480t+ 6.

Encontrar el punto de inflexion de la funcion f e interpretar el resultado.

78

7. El numero N de bacterias de un cultivo esta cambiando al ritmo de

dN

dt=

3000

1 + 0.25t,

donde el tiempo t es medido en dıas. Suponiendo que la poblacion inicial (t = 0) es de1000 bacterias. Encontrar una ecuacion que describa el numero de bacterias en funcion deltiempo.

79