Title | Clase 09 Derivada Implicita Parametrica y Polar |
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Course | Cálculo en una Variable |
Institution | Escuela Politécnica Nacional |
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´ ESCUELA POLITECNICA NACIONAL ´ BASICA ´ DEPARTAMENTO DE FORMACION C´atedra de C´alculo en una Variable Cap´ıtulo 2. Derivadas de funciones reales en una variable Clase 9 a) Temas 1. Derivada de funciones escritas en forma impl´ıcita. 2. Derivada de funciones escritas en forma param´etrica. 3. Derivada de funciones escritas en forma polar. 4. Derivadas de orden superior
b) Teor´ıa 1.
Derivaci´ on Impl´ıcita
La derivaci´on impl´ıcita es una t´ecnica utilizada para diferenciar funciones que no est´an dadas en la forma usual y = f(x), ni en la forma x = g(y). Dada la funci´on impl´ıcita f(y) = g(x), determinemos y′ (x). Como el operador derivada es un operador funcional, entonces: (f (y))x′ = (g(x))′x . Y aplicando la Regla de la cadena, tenemos: (f ′ (y))y′ (x) = g ′ (x), de donde, despejando y′ (x), se tiene: y′ (x) =
g ′ (x) . f ′ (x)
Esta ´ultima no es una expresi´on para grabarla en la memoria, m´as bien, en las aplicaciones repetimos todo el procedimiento utilizando la regla de la cadena y el criterio de que la derivada es un operador funcional. El autor Haeussler (2015) propone los siguientes pasos para el m´etodo de derivaci´on impl´ıcita, para una ecuaci´on que supuestamente define a y de manera impl´ıcita como una funci´on dy puede encontrarse como sigue: diferenciable de x, la derivada dx 1
1. Diferencie ambos lados de la ecuaci´on con respecto a x. dy en un lado de la ecuaci´on, y agrupe los 2. Agrupe todos los t´erminos que contengan dx dem´as t´erminos en el otro lado. dy dy 3. Obtenga como factor com´ un en el lado que contenga los t´erminos . dx dx dy , tomando en cuenta cualquier restricci´on. 4. Despeje dx
2.
Derivaci´ on Param´ etrica
Dada la funci´on param´etrica
( x = f(t) y = g(t)
con t ∈ D y donde t es la variable param´etrica o par´ametro. Se va a encontrar y′ (x). Para esto, se parte de y = g(t) y derivando ambos miembros con respecto a x, y′ (x) = (g(t))′(x) , luego aplicamos regla de la cadena al segundo miembro, y se tiene y′ (x) = g ′ (t)(t′ (x)). Pero, por la derivada de la funci´on inversa, t′ (x) = y′ (x) =
1 x′ (t)
, con lo cual
g ′ (t) . x′ (t)
Para encontrar x′ (t), se deriva la primera ecuaci´on de la funci´on param´etrica x = f(t) con respecto a la variable t, quedando x′ (t) = f ′ (t). Finalmente, reemplazando en y′ (x) queda: y′ (x) =
3.
g ′ (t) . f ′ (t)
Derivada en Coordenadas Polares
Hasta el momento se ha traba jado la ubicaci´on de un punto en un plano en coordenadas rectangulares, pero no es la u ´nica forma de representar un punto en un plano, uno de los sistemas de coordenadas m´as usados es el sistema de coordenadas polares; este sistema es muy importante porque ciertas curvas tienen ecuaciones m´as simples en este sistema de coordenadas. Un punto en el plano cartesiano en coordenadas rectangulares P (x, y) puede representarse en coordenadas polares P (r, θ); donde r representa el radio (distancia) entre el origen y el punto P (x, y), y θ es el ´angulo de giro positivo en el sentido anti-horario desde el eje focal hacia el punto P (x, y).
2
y π 2 P (x, y) = P (r, θ) r y θ
π
0
x
x
(0, 0)
3π 2
3.1.
Relaci´ on entre coordenadas rectangulares y polares
x = r cos (θ ) ⇒ x2 = r 2 cos2 (θ ) y = r sen (θ ) ⇒ y2 = r 2 sen2 (θ )
luego
x2 + y2 = r 2 (cos2 (θ ) + sen2 (θ ))
de donde r= Tambi´en se puede analizar el ´angulo,
p
x2 + y 2 .
r sen (θ ) y = x r cos (θ) = tan (θ ) Luego θ = arc tan
y . x
dy , se debe primero expresar la funci´on de variables x y y, en dx t´erminos de r y θ, es decir, en la forma: r = f(θ), entonces de: ( x = r cos (θ ) y = r sen (θ)
Para calcular la derivada
3
se tiene:
( x = f(θ) cos (θ ) y = f(θ ) sen (θ ).
Si ya se tiene en este formato se puede utilizar la derivada param´etrica, por lo que: (θ ) f(θ) d sen + sen (θ)f ′ (θ )dθ dy dθ = (θ ) dx + cos (θ)f ′ (θ )dθ f(θ) d cos dθ
=
f(θ ) cos (θ ) + sen (θ )f ′ (θ) −f(θ ) sen (θ ) + cos (θ )f ′ (θ )
siendo esta u ´ltima la derivada de funciones en coordenadas polares. Si m es la pendiente de la l´ınea tangente a la curva entonces al sustituir r y f ′ (θ) por
dr se obtiene dθ m=
4.
dy por m, f(θ) por dx
r cos (θ) + sen (θ) dr dθ . dr − r sen (θ) cos (θ) dθ
Derivadas de Orden Superior
f : [a, b] −→ R una funci´on derivable en ]a, b[. Entonces se dice que f ′ es la primera x 7−→ y = f(x) derivada de f y se define como ∃g = f ′ tal que Sea
f ′ : ]a, b[ −→ R x
7−→ f ′ (x) = Dx f(x) =
df (x) . d f(x) = dx dx
Si la funci´on g = f ′ es tambi´en derivable en ]a, b[. Entonces se dice que f ′′ es la segunda derivada de f y se define como: f ′′ : ]a, b[ −→ R . x 7−→ f ′′ (x) = (f ′ (x))′(x) De donde: f ′′ (x) = (f ′ (x))′(x) = Dx2 f(x) = Dx (Dx f(x)) =
d 2 f(x) d2 d = 2 f(x) = 2 dx dx dx
d f(x) . dx
En general, la derivada n-´esima de f, notada f (n) , existe si f (n−1) (x) es derivable en ]a, b[, y est´a definida por: f (n) : ]a, b[ −→ R . x 7−→ f (n) (x) = (f (n−1) (x))′(x) De donde, su notaci´on general es: f (n) (x) = (f (n−1) (x))′(x) = Dx(n) f(x) = Dx (D(n−1) f(x)) = x
dn d (n) f(x) d = f(x) = dxn dx dxn
d n−1 f(x) . dxn−1
Se puede decir que si la funci´on f es diferenciable, entonces su derivada f ′ se llama primera derivada de f o primera funci´on derivada. Si la funci´on f ′ es diferenciable, entonces su derivada, notada f ′′ , se llama segunda derivada de f o segunda funci´on derivada. Luego, si la funci´on 4
f ′′ es diferenciable, entonces su derivada, notada f ′′′ , se llama tercera derivada de f o tercera funci´on derivada. La n-´esima derivada de la funci´ on f, donde n es un n´ umero entero mayor que 1, es la derivada de la (n − 1)-´esima derivada de f. La n-´esima derivada se nota por f (n) . Con esto se podr´ıa representar a la funci´on f misma como f (0) . El siguiente resumen muestra las notaciones existentes: Primera derivada
y′
f ′ (x)
Segunda derivada
y′′
f ′′ (x)
Tercera derivada
y′′′
f ′′′ (x)
Cuarta derivada
y(4)
f (4) (x)
n-´esima derivada
y(n) f (n) (x)
dy dx d2 y dx2 d3 y dx3 d (4) y dx(4) d (n) y dx(n)
d (f(x)) Dx y dx d2 (f(x)) D2x y dx2 d3 (f(x)) D3x y dx3 d (4) (4) (f(x)) Dx y dx(4) d (n) (n) (f(x)) Dx y dx(n)
Si se tiene que calcular la segunda y tercera derivada de una funci´on en forma param´etrica, se proceder´a: Dada la funci´on param´etrica
( x = f(t) y = g(t)
con t ∈ D y donde t es la variable param´etrica o par´ametro. La primera derivada se calcula d(y) = y′ = dx
dy dt . dx dt
La segunda derivada se calcula con: d ′ d2 = y = y′′ = 2 dx dx
d(y ′ ) dt dx dt
luego, la tercera derivada ser´a: d3 = y′′′ = dx3
d(y ′′ ) dt . dx dt
c) Ejercicios o problemas resueltos 1. Derivaci´on Impl´ıcita Ejemplo 1. Encuentre
dy por diferenciaci´ on impl´ıcita si y + y3 − x = 7. dx
Soluci´on. En el ejemplo, y no est´ a dada como funci´ on expl´ıcita de x, es decir, no est´a en la forma y = f(x). Por tanto, y es una funci´on impl´ıcita diferenciable de x, y se procede de la siguiente manera:
5
Al diferenciar ambos lados con respecto a x, se tiene: d d (7) (y + y3 − x) = dx dx d d d (x) = 0. (y) + (y3 ) − dx dx dx Ahora,
d dy d (y) puede escribirse como o y′ , y (x) = 1. Luego, dx dx dx dy d (y3 ) = 3y2 . dx dx
Se obtiene:
dy dy + 3y2 − 1 = 0. dx dx dy resulta Agrupando todos los t´erminos dx dy dy −1=0 + 3y2 dx dx dy dy =1 + 3y2 dx dx dy (1 + 3y2 ) = 1 dx 1 dy = . dx 1 + 3y2
Ejemplo 2. Utilice la diferenciaci´on impl´ıcita para determinar la pendiente de la recta tangente a la curva x3 + y3 = 9 en el punto (1, 2). Adem´as, encuentre una ecuaci´ on de la recta tangente. Soluci´on. Al diferenciar impl´ıcitamente con respecto a x obtenemos: 3x2 + 3y2
dy =0 dx x2 dy =− 2 dx y
dy 1 =− . 4 dx Para encontrar una ecuaci´on de la recta tangente en ese punto, tenemos
Luego, en el punto (1, 2) se tiene que
y−2=
−1 (x − 1) 4
x + 4y − 9 = 0
6
Ejemplo 3. Dada x cos (y) + y cos (x) − 1 = 0, calcule
dy . dx
Soluci´on. Al diferenciar impl´ıcitamente con respecto a x se tiene: cos (y) + x(− sen (y))
dy dy + (cos (x)) + y(− sen (x)) = 0 dx dx dy (cos (x) − x sen (y)) = y sen (x) − cos (y) dx dy y sen (x) − cos (y) . = cos (x) − x sen (y) dx
2. Derivaci´on Param´etrica Ejemplo 4. Dadas las ecuaciones param´etricas x = 4 − t2 y y = t2 + 4t. Encontrar la dy derivada . dx Soluci´on. Como
dx dy = 2t + 4, se tiene: = −2t y dt dt dy dy = dt dx dx dt dy 2t + 4 = −2t dx
2 = −1 − . t
Ejemplo 5. Dadas las ecuaciones param´etricas x = a·cos (θ) y y = b·sen (θ). Encontrar dy d 2 y la derivada . y dx dx2 Soluci´on. Como y′ (x) =
g ′ (θ) , se tiene: f ′ (θ) b · cos (θ ) dy = dx −a · sen (θ ) =−
7
b cot (θ). a
Luego, ′ b − cot (θ) d2 y a = 2 (a · cos (θ))′ dx b −1 − a sen2 (θ) = −a · sen (θ ) =−
b . a2 sen3 (θ)
Ejemplo 6. Hallar la pendiente de la recta tangente a la curva en un punto arbitrario entre 0 y 2π . ( x = a(t − sen (t) y = a(1 − cos (t). Soluci´on. Como y′ (x) = cualquier punto es:
f ′ (t) , entonces la pendiente de la l´ınea tangente a la curva en g ′ (t) m=
dy dx
= y′ =
a(sen (t)) a(1 − cos (t))
=
sen (t) 1 − cos (t)
3. Derivada en coordenadas polares Ejemplo 7. Sea la funci´on f(θ) = sen2 (θ) + 3θ definida en el 0 ≤ θ ≤ 2π. Encontrar dy . dx Soluci´on. Encontrando las variables en t´erminos del par´ametro θ : x = f(θ ) cos (θ ) ⇒ x = sen2 (θ ) + 3θ · cos (θ ) y = f(θ ) sen (θ ) ⇒ y = sen2 (θ ) + 3θ · sen (θ ).
Si ya se tiene la informaci´ on definida en coordenadas param´etricas la derivada dy (2 sen (θ) cos (θ) + 3) sen (θ) + (sen2 (θ) + 3θ) cos(θ) . = dx (2 sen (θ) cos (θ ) + 3) cos (θ) − (sen2 (θ) + 3θ) sen(θ)
8
dy es: dx
Ejemplo 8. Si se conoce la funci´ on: r = 2 + 2cos(θ ), encontrar la pendiente de la l´ınea tangente en θ = π2 . Soluci´on. La gr´ afica de la funci´on en coordenadas polares es una cardioide como se muestra:
Encontrando las variables en t´erminos del par´ametro θ tenemos: x = r cos (θ ) ⇒ x = (2 + 2 cos (θ )) · cos (θ ) y = r sen (θ) ⇒ y = (2 + 2 cos (θ )) · sen (θ )
Luego, la derivada es
dy (−2 sen (θ)) sen (θ) + (2 + 2 cos (θ )) cos(θ ) = dx (−2 sen (θ)) cos (θ) − (2 + 2 cos (θ)) sen(θ ) Evaluando en θ =
π , la pendiente m es: 2 (−2 sen (2π)) sen ( π2 ) + (2 + 2 cos ( π2 )) cos( π2 ) dy = dx (−2 sen ( π2 )) cos ( π2 ) − (2 + 2 cos ( π2 )) sen( π2 ) (−2) + 0 0−2 = 1.
=
Ejemplo 9. Si se conoce la funci´on r = 2 − sen (θ). ¿Cu´ a l es el valor de θ en donde la l´ınea tangente a la curva es horizontal? Soluci´on.
x = r cos (θ ) ⇒ x = (2 − sen (θ )) · cos (θ )
y = r sen (θ) ⇒ y = (2 − sen (θ )) · sen (θ ).
9
La pendiente m =
dy es dx dy = dx
dy dθ dx dθ
=
sen (θ)(− cos (θ)) + (2 − sen (θ)) cos (θ ) cos (θ)(− cos (θ)) − (2 − sen (θ)) sen (θ )
=
− sen (θ) cos (θ) + 2 cos (θ) − sen (θ) cos (θ ) − cos2 (θ) − 2 sen (θ) + sen2 (θ )
=
2 cos (θ) − 2 sen (θ) cos (θ ) −(1 − sen2 (θ)) − 2 sen (θ) + sen2 (θ )
=
2 cos (θ)(1 − sen (θ)) . 2 sen2 (θ) − 2 sen (θ) − 1
Las rectas tangentes a la gr´ afica suceden cuando m = 0, de modo que 2 cos (θ)(1−sen (θ)), entonces se tiene que: cos θ = 0 π 3π θ = ∨θ = 2 2
sen θ = 1 π θ= . 2
4. Derivada de orden superior Ejemplo 10. Encuentre todas las derivadas de la funci´ on f definida por f(x) = 8x4 + 3 2 5x − x + 7 en R. Soluci´on. f ′ (x) = 32x3 + 15x2 − 2x
f ′′ (x) = 96x2 + 30x − 2
f ′′′ (x) = 192x + 30 f (4) = 192 f (5) = 0 . .. . = .. f (n) = 0,
2
Ejemplo 11. Si y = ex , encuentre
n ≥ 5.
d2 y . dx2
Soluci´on. dy 2 = (2x)ex dx 2 2 d2 y = 2(x(ex )(2x) + ex ) 2 dx 2 = 2ex (2x2 + 1). 10
Primera derivada Segunda derivada Regla del producto
Ejemplo 12. Si y =
16 d2 y y eval´ue cuando x = 2. , encuentre dx2 x+4
Soluci´on. Como y = 16(x + 4)−1 , derivando se tiene: dy = −16(x + 4)−2 dx d2 y = 32(x + 4)−3 dx2 32 . = (x + 4)3 Evaluando en x = 2 se obtiene:
Ejemplo 13. Encuentre
Primera derivada Segunda derivada
d 2 y 4 = . dx2 x=2 27
d2 y si x2 + 4y2 = 4. dx2
Soluci´on. Este es un caso de derivaci´on impl´ıcita de orden superior. Al diferenciar ambos lados con respecto a x, se obtiene: 2x + 8y
dy =0 dx x dy =− dx 4y
d (−x) − (−x) d 4y dx (4y) d2 y dx = 2 2 dx (4y)
= =
Al sustituir
−4y + (4x) dy dx 16y2
dy −y + x dx . 4y2
dy en la u ´ltima expresi´on, se obtiene: dx x −y + x − d2 y 4y = 2 2 4y dx =
−4y2 − x2 16y3
=−
4y2 + x2 . 16y3
11
Pero como x2 + 4y2 = 4, se tiene: 4 d2 y =− 2 dx 16y3 =−
1 . 4y3
Ejemplo 14. Dada la funci´ on polar r(θ) = k con k ∈ R, calcule si existe x′′ (y) en Soluci´on. Como
π . 4
( x = r(θ) cos θ y = r(θ) sen θ.
entonces
( x = k cos θ y = k sen θ.
De x = k cos θ, se tiene: x′ (y) = (k cos θ)′ (y) x′ (y) = (k cos θ)′(θ) θ ′ (y) x′ (y) = (−k sen θ )θ ′ (y).
(1)
De y = k sen θ, tenemos y′ (y) = (k sen θ)′ (y) 1 = (k sen θ)′(θ) θ ′ (y) 1 = (k cos θ) · θ ′ (y) 1 . θ ′ (y) = k cos θ
(2)
Reemplazando (2) en (1) tenemos: x′ (y) =
−k sen θ = − tan θ. k cos θ
(3)
Para encontrar x′′ (y) en (3), se vuelve a derivar con respecto a y, de donde x′′ (y) = (− tan θ)′ (y) x′′ (y) = (− tan θ)′(θ) θ ′ (y) x′′ (y) = − sec2 θ · θ ′ (y).
(4)
Reemplazando (2) en (4): ′′
2
x (y) = − sec θ x′′ (y) = −
1 k cos θ
1 . k cos3 θ
12
Finalmente, reemplazando θ =
π , se tiene 4 x′′ (y)
θ= 4π
=−
1 k cos3
π 4
1 = − √ 3 k 22
√ 8 2 . =− 4k Por tanto, x (y) ′′
θ= 4π
√ 2 2 . =− k
d) Ejercicios o problemas propuestos dy usando derivaci´on impl´ıcita 1. En los siguientes ejercicios encuentre la derivada dx √ √ a) a x − b y = c b) xy + y − x = 4 c) y = ex+y √ √ d) x + y = 4
e) x2 y2 = x2 + y2 f ) y = cos (x − y)
g) sec2 x + csc2 y = 4 h) x sen y + y cos x = 1 i) 2x3 y + 3xy3 = 5 j ) (2x + 3)4 = 3y4 k ) x = sen (x + y) l ) cot xy + xy = 0 m) cos (x + y) = y sen x 2. Calcular la derivada a) x = 3t,
y = 2t2
b) x = t2 et ,
y = t ln t 2
c) x = 1 − t ,
d ) x = e2t ,
dy si se conoce: dx
y =1+t
y = 1 + cos t
3. Para cada caso, encontrar el valor del a´ngulo θ donde la l´ınea tangente a la curva es horizontal, sabiendo que: 13
a) r = 3 + 2 sen θ b) r = 4 − 2 cos θ c) r = cos 2θ d ) r 2 = 4 sen 2θ e) r = 2 sen 3θ 4. Determine todas las derivadas de f(x) = 6x5 + 3x4 − 2x3 + x2 − 4x + 3 d3 5. Calcular 3 dt
1 6t3
6. Calcular la segunda derivada de: x4 + 1 x2 1 3 b) y = − 3 x 3x 2 c) x − y2 = 16
a) y =
d ) xy + y − x = 4 e) y = ex+y
7. Demuestre que la ecuaci´on f ′′ (x) + 4f ′ (x) + 4f(x) = 0 se satisface cuando f(x) = (3x − 5)e−2x .
14...