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Solucion:
Tarea 2.
Cesar Hernandez Aguayo
1. Usando la definicion de derivada a traves del lımite
df
dx= lım
∆x→0
f(x + ∆x)− f(x)
∆x,
calcule las derivadas de:
f(x) = sin(x) .Usando la definicion de derivada
d sin(x)
dx= lım
∆x→0
sin(x + ∆x)− sin(x)
∆x,
ahora usamos la identidad sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y) y la sustituimosen la expresion anterior para obtener
d sin(x)
dx= lım
∆x→0
sin(x) cos(∆x) + cos(x) sin(∆x)− sin(x)
∆x
= lım∆x→0
[sin(x)
cos(∆x)− 1
∆x+ cos(x)
sin(∆x)
∆x
]= sin(x) lım
∆x→0
cos(∆x)− 1
∆x+ cos(x) lım
∆x→0
sin(∆x)
∆x.
Tomando en cuenta que
lım∆x→0
cos(∆x)− 1
∆x= 0 , lım
∆x→0
sin(∆x)
∆x= 1 .
Encontramos qued sin(x)
dx= cos(x) .
f(x) = cos(x) .Sustituyendo en la definicion de derivada
d cos(x)
dx= lım
∆x→0
cos(x + ∆x)− cos(x)
∆x,
ahora usamos la identidad cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y) y la sustituimosen la expresion anterior para obtener
d cos(x)
dx= lım
∆x→0
cos(x) cos(∆x)− sin(x) sin(∆x)− cos(x)
∆x
= lım∆x→0
[cos(x)
cos(∆x)− 1
∆x− sin(x)
sin(∆x)
∆x
]= cos(x) lım
∆x→0
cos(∆x)− 1
∆x− sin(x) lım
∆x→0
sin(∆x)
∆x.
1
2
Tomando en cuenta que
lım∆x→0
cos(∆x)− 1
∆x= 0 , lım
∆x→0
sin(∆x)
∆x= 1 .
Encontramos qued cos(x)
dx= − sin(x) .
f(x) = x2 + x .Usando la definicion de derivada
d(x2 + x)
dx= lım
∆x→0
[(x + ∆x)2 + (x + ∆x)]− (x2 + x)
∆x
= lım∆x→0
x2 + 2x∆x + ∆x2 + x + ∆x− x2 − x
∆x
= lım∆x→0
2x∆x + ∆x2 + ∆x
∆x= lım
∆x→0(2x + 1 + ∆x)
Finalmente, aplicando el lımite encontramos que
d(x2 + x)
dx= 2x + 1 .
f(x) = ex .Sustituyendo en la definicion de derivada
dex
dx= lım
∆x→0
ex+∆x − ex
∆x
Desarrollando ex+∆x = ex · e∆x y sacando factor comun ex
dex
dx= lım
∆x→0
ex · e∆x − ex
∆x
= lım∆x→0
ex(e∆x − 1)
∆x
Ahora vamos a suponer la siguiente igualdad:
e∆x − 1 = t ⇒ e∆x = t + 1
Aplicando el logaritmo natural a ambos miembros de la expresion:
ln e∆x = ln(t + 1)
∆x ln e = ln(t + 1)
Sabiendo que ln e = 1, despejamos ∆x
∆x = ln(t + 1)
Cuando ∆x tiende a 0, t tambien tiende a 0.
∆x→ 0 ⇒ t→ e0 − 1 = 0 ⇒ t→ 0
3
Sustituimos e∆x − 1 = t y ∆x = ln(t + 1) en dex/dx:
dex
dx= ex lım
t→0
t
ln(t + 1)
= ex lımt→0
11t · ln(t + 1)
Aplicamos la propiedad lnxn = n · lnx
dex
dx= ex lım
t→0
1
ln(t + 1)1/t
Utilizando la propiedad de los lımites
lımx→a
ln f(x) = ln lımx→a
f(x)
dex
dx= ex
1
ln lımt→0(t + 1)1/t
Recordando que el numero e se puede definir como
e = lımn→∞
(1 +
1
n
)n
= lımn→0
(1 + n)1/n
Sustituyendo en la expresion anterior
dex
dx= ex
1
ln e= ex · 1
1= ex
Por lo tantodex
dx= ex .
f(x) = lnx .Sustituyendo en la denificion de derivada,
d lnx
dx= lım
∆x→0
ln (x + ∆x)− lnx
∆x
Ahora usamos la propiedad de los logaritmos
lnP
Q= lnP − lnQ
Entonces obtenemos
d lnx
dx= lım
∆x→0
ln(x+∆x
x
)∆x
= lım∆x→0
ln(1 + ∆x
x
)∆x
Si multiplicamos el denominador por xx :
d lnx
dx= lım
∆x→0
ln(1 + ∆x
x
)x·∆xx
4
Reescribiendo
d lnx
dx= lım
∆x→0
[1
x· x
∆x· ln(
1 +∆x
x
)]=
1
x· lım
∆x→0
[x
∆x· ln(
1 +∆x
x
)]Usando la propiedad n · lnx = lnxn
d lnx
dx=
1
x· lım
∆x→0ln
(1 +
∆x
x
) x∆x
Ahora aplicamos la propiedad del lımite del logaritmo lımx→a ln f(x) = ln lımx→a f(x)
d lnx
dx=
1
x· ln lım
∆x→0
(1 +
∆x
x
) x∆x
Con la definicion del numero e
e = lımn→∞
(1 +
1
n
)n
= lımn→0
[1 +
1(hn
)]( hn )
ya que: lımn→0
h
n=∞
Es lo que tenemos
lım∆x→0
[1 +
1(x
∆x
)] x∆x
= e
Sustituyendo en la expresion anterior
d lnx
dx=
1
x· ln e
Y como ln e = 1, entonces queda demostrado que
d lnx
dx=
1
x.
f(x) = 1x .
Sustituyendo en la definicion de derivada
d(
1x
)dx
= lım∆x→0
1x+∆x −
1x
∆x= lım
∆x→0
x−(x+∆x)x(x+∆x)
∆x
Desarrollando
d(
1x
)dx
= lım∆x→0
x− x−∆x
∆x(x2 + x ·∆x)= lım
∆x→0
−∆x
∆x(x2 + x ·∆x)= lım
∆x→0
−1
x2 + x ·∆x
Finalmente, aplicando el lımite, demostramos que
d(
1x
)dx
= − 1
x2.
5
2. Grafique f(x) y dfdx en los casos anteriores.
Figura 1: Grafica de la funcion f(x) = sin(x) y su derivada f ′(x) = cos(x).
Figura 2: Grafica de la funcion f(x) = cos(x) y su derivada f ′(x) = − sin(x).
6
Figura 3: Grafica de la funcion f(x) = x2 + x y su derivada f ′(x) = 2x + 1.
Figura 4: Grafica de la funcion f(x) = ex y su derivada f ′(x) = ex.
7
Figura 5: Grafica de la funcion f(x) = ln(x) y su derivada f ′(x) = 1x .
Figura 6: Grafica de la funcion f(x) = 1x y su derivada f ′(x) = − 1
x2 .
8
3. Grafique
y = 3−x .
Figura 7: Grafica de la funcion y = 3−x.
9
y = log(x2) .
Figura 8: Grafica de la funcion y = log(x2).
10
y = xe−x .
Figura 9: Grafica de la funcion y = xe−x.
11
y = log(x2 + 1) .
Figura 10: Grafica de la funcion y = log(x2 + 1).
12
4. Evalue los siguientes lımites:
lımx→2x2+6x+5x2−2x−3 .
lımx→3x2+6x+5x2−2x−3 .
Figura 11: Grafica de la funcion f(x) = (x2 + 6x + 5)/(x2 − 2x− 3).
Primero hay que asegurarnos que la funcion sea continua y eso lo podemos ver al graficarla funcion (ver Fig. 11). Al observar la grafica nos damos cuenta que la funcion es continuaen x = 2 y observamos que lımx → 2+ = lımx → 2−, por lo tanto podemos utilizar ladefinicion
lımx±→x0
f(x) = f(x0) .
Para nuestro caso tenemos:
lımx→2
=x2 + 6x + 5
x2 − 2x− 3=
(2)2 + 6 · (2) + 5
(2)2 − 2 · (2)− 3=
4 + 12 + 5
4− 4− 3=
21
−3= −7 .
Ahora, en el caso cuando x → 3, observamos que la funcion diverge, por lo cual debemoscalcular el lımite por la derecha y por la izquierda de manera independiente.
lımx→3+
x2 + 6x + 5
x2 − 2x− 3= lım
x→3+
x2 + 6x + 5
(x− 3)(x + 1)
13
El lımite del numerador es 32, lo cual puede verificarse facilmente.
lımx→3+
(x− 3)(x + 1) = lımx→3+
(x− 3) · lımx→3+
(x + 1)
= 0 · 4= 0
El lımite del denominador es 0, y el denominador se aproxima a 0 mediante valores positivos.Entonces,
lımx→3+
x2 + 6x + 5
x2 − 2x− 3= +∞ .
Como en el caso anterior
lımx→3−
x2 + 6x + 5
x2 − 2x− 3= lım
x→3−
x2 + 6x + 5
(x− 3)(x + 1)
El lımite del numerador es 32.
lımx→3−
(x− 3)(x + 1) = lımx→3−
(x− 3) · lımx→3−
(x + 1)
= 0 · 4= 0
En este caso el lımite del denominador es 0, pero el denominador se aproxima a 0 mediantevalores negativos. Entonces,
lımx→3−
x2 + 6x + 5
x2 − 2x− 3= −∞ .
14
5. Mencione el dominio en el que la funcion
f(x) =√x− 1
es continua. Recuerde argumentar su respuesta.Para que la funcion sea continua, su dominio debe ser [1,+∞). Ya que, si x toma valoresx < 1, la imagen de la funcion se va hacia el conjunto de los numeros complejos. Como seobserva en la grafica el dominio es [1,+∞) y la imagen es [0,+∞).
Figura 12: Grafica de la funcion f(x) = 1x .
15
6. Encuentre la pendiente y la ecuacion de la recta tangente a las curvas dadas por las si-guientes funciones y en los puntos mencionados:
y = 2x3 en (1, 2) .
y = −3x2 + 4x + 5 en (3,−10) .
y = x3 − 1 en (1, 0) .
Recordando la definicion de recta tangente.Suponga que la funcion f es continua en x1. La recta tangente a la grafica de f en el puntoP (x1, f(x1)) esLa recta que pasa por P y tiene pendiente m(x1), dada por
m(x1) = lım∆x→0
f(x1 + ∆x)− f(x1)
∆x
si el lımite existe.
y = 2x3 en (1, 2)
Primero se calcula la pendiente de la recta tangente en (1, 2). Con f(x) = 2x3 tenemos
m(1) = lım∆x→0
f(1 + ∆x)− f(1)
∆x
= lım∆x→0
2 · (1 + ∆x)3 − 2 · (1)3
∆x
= lım∆x→0
2 + 6∆x + 6(∆x)2 + 2(∆x)3 − 2
∆x
= lım∆x→0
6∆x + 6(∆x)2 + 2(∆x)3
∆x
= lım∆x→0
(6 + 6∆x + 2(∆x)2)
= 6 .
Ası, la recta tangente en (1, 2) tiene pendiente 6. De la forma punto-pendiente de la ecuacionde una recta
y − y1 = m(x− x1) ,
se obtiene
y − 2 = 6(x− 1)
y = 6x− 4 .
16
y = −3x2 + 4x + 5 en (3,−10)
Calculando la pendiente de la recta tangente en (3,−10). Con f(x) = −3x2+4x+5 tenemos
m(3) = lım∆x→0
f(3 + ∆x)− f(3)
∆x
= lım∆x→0
[−3(3 + ∆x)2 + 4(3 + ∆x) + 5]− [−3(3)2 + 4(3) + 5]
∆x
= lım∆x→0
−10− 14∆x− 3(∆x)2 + 10
∆x
= lım∆x→0
−14∆x− 3(∆x)2
∆x= lım
∆x→0(−14− 3∆x)
= −14 .
Ası, la recta tangente en (3,−10) tiene pendiente −14. De la forma punto-pendiente de laecuacion de una recta
y − y1 = m(x− x1) ,
se obtiene
y − (−10) = −14(x− 3)
y = −14x + 32 .
y = x3 − 1 en (1, 0)
Calculando la pendiente de la recta tangente en (1, 0). Con f(x) = x3 − 1 tenemos
m(1) = lım∆x→0
f(1 + ∆x)− f(1)
∆x
= lım∆x→0
[(1 + ∆x)3 − 1]− [(1)3 − 1]
∆x
= lım∆x→0
3∆x + 3(∆x)2 + (∆x)3
∆x
= lım∆x→0
(3 + 3∆x + (∆x)3)
= 3 .
Ası, la recta tangente en (1, 0) tiene pendiente 3. De la forma punto-pendiente de la ecuacionde una recta
y − y1 = m(x− x1) ,
se obtiene
y − 0 = 3(x− 1)
y = 3x− 3 .