Ejercicios Derivada

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Matemáticas Departamento de Matemática Segundo Semestre de 2015

Cálculo I - MAT1506 Ayudantía 12 Solución 1. ¿Cuántas rectas son tangentes a las dos parábolas y = −1 − x2 y y = 1 + x2 ? Calcule las coordenadas de los puntos en los cuales esas tangentes tocan a las parábolas. Solución. Llamemos a la primera de las parábolas P1 y a la segunda P2 para efectos de mejor comunicación. Consideremos los puntos (x1 , y1 ) ∈ P1 y (x2 , y2 ) ∈ P2 (uno en cada parábola) y supongamos que estos puntos son los que cumplen que la recta tangente en ellos es la misma. Escribamos las ecuaciones de esas rectas tangentes. Para ello necesitamos la pendiente de la recta. P1 : y 0 = −2x P2 : y 0 = 2x Luego, las pendientes de las rectas en los puntos son: P1 : y 0 (x1 ) = −2x1 P2 : y 0 (x2 ) = 2x2 Como las rectas tangentes son iguales entonces sus pendientes deben ser iguales, luego −2x1 = 2x2 −x1 = x2 Ahora tenemos una primera condición. Si escribimos las ecuaciones de las rectas tangentes y − y1 = −2x1 (x − x1 ) y − y2 = 2x2 (x − x2 ) Reemplazando x2 = −x1 y recordando que y1 = −1 − x21 y2 = 1 + x22 = 1 + (−x1 )2 = 1 + x21

Las ecuaciones anteriores quedan: y − (−1 − x21 ) = −2x1 (x − x1 ) y − (1 + x21 ) = −2x1 (x + x1 )

Podemos despejar en ambos casos y: y = −2x1 x + x21 − 1 y = −2x1 x + 1 − x21 Luego como ambas rectas son iguales, entonces ambos lados derechos deben ser iguales (los izquierdos también... pero no son tan interesantes): −2x1 x + x21 − 1 = −2x1 x1 − x21 2x21 = 2 x21 = 1 x1 = ±1 Con este resultado vemos que hay dos posibles puntos que cumplen la condición inicial, es decir, encontramos 2 rectas tangentes a ambas parábolas simultáneamente. Para calcular los puntos vemos cada caso: Caso 1. Si x1 = 1, recordemos que x2 = −x1 , luego x2 = −1. Para calcular las coordenadas y reemplazamos en las ecuaciones de cada parábola: P1 : y1 = −1 − x21 = −1 − 12 = −2 P2 : y2 = 1 + x22 = 1 + (−1)2 = 2 Luego dos puntos que tienen recta tangente en común son (1, −2) y (−1, 2). Caso 2. Si x1 = −1, entonces x2 = −x1 = 1. Ahora calculamos las coordenadas y reemplazando en las ecuaciones de cada parábola: P1 : y1 = −1 − x21 = −1 − (−1)2 = −2 P2 : y2 = 1 + x22 = 1 + 12 = 2 Luego dos puntos que tienen recta tangente en común son (−1, −2) y (1, 2). Encontrando los puntos pedidos hemos concuido el ejercicio. 2. Un automóvil viaja por la noche por una carretera que tiene la forma de parábola con vértice en el origen. El automóvil parte del punto 100 m al oeste y 100 m al norte del origen y se desplaza en una dirección hacia el este, Hay una estatua localizada 100 m al este y 50 m al norte del origen. ¿En qué punto de la carretera los faros del vehículo iluminarán a la estatua?

Solución. La figura que motiva este ejercicio es:

Este problema de la vida real puede modelarse geométricamente, pensando que los focos del automóvil son como la recta tangente a la parábola en el punto que se encuentra el vehículo. De esta forma, lo que queremos obtener es en que punto de la parábola, la recta tangente pasa por el lugar donde se encuentra la estatua. Para ello hagamos algunas aclaraciones. En primer lugar, tenemos un problema pues no sabemos la ecuación de la parábola. Para determinarla, notemos que la ecuación de una parábola como esa, en general es: y = ax2 . Nos falta determinar el valor de a. Para ello tenemos un dato, el punto (−100, 100) que es donde el auto se encontraba inicialmente pertenece a la parábola. Reemplazando: 100 = a · (−100)2 100 = a · 1002 1 = 100a 1 =a 100 1 2 Luego la ecuación de la parábola es y = x . Ahora, llamemos (x0 , y0 ) al punto que queremos 100 calcular, es decir, aquel punto donde la recta tangente a la parábola pasa por el punto donde está la estatua, que de paso es (100, 50). Para calcular la recta tangente en primer lugar calculamos la pendiente: y0 =

Luego, en x0 la pendiente es

1 2 x= x 100 50

1 x0 . De esta forma, la recta tangente tiene ecuación: 50 y − y0 =

x0 (x − x0 ) 50

Junto con eso, si recordamos que y0 =

x20 tenemos 100

x20 x0 y− = (x − x0 ) 100 50 x2 x2 x0 y = x− 0 + 0 50 50 100 x0 x2 y = x− 0 50 100 Ahora, para calcular el valor de x0 , reemplazamos x e y por las coordenadas del punto (100, 50), que son donde está la estatua y que deberían estar en nuestra recta: x0 x2 · 100 − 0 50 100 x20 50 = 2x0 − 100 5000 = 200x0 − x20 x20 − 200x0 + 5000 = 0 (x0 − 100)2 − 5000 = 0 (x0 − 100)2 = 5000 √ x0 − 100 = ± 5000 √ x0 = 100 ± 50 2 50 =

Geométricamente este problema nos entrega dos soluciones, pues considera que la recta tangente va en dos sentidos a partir del punto “hacia√adelante” y “hacia atrás”. En nuestro caso, el contexto del problema descarta el valor 100 + 50 2, pues los focos del automóvil solo apuntan √ hacia adelante y no hacia atrás. De este modo, el valor de x0 que buscábamos era 100 − 50 2 y el valor de y asociado se calcula usando la fórmula de la parábola: √ 1 · (100 − 50 2)2 50 √ 1 = · (1002 − 1002 2 + 502 · 2) 50 √ = 2 · 100 − 2 · 100 2 + 50 · 2 √ = 300 − 200 2

y=

√ √ Luego el punto buscado es (100 − 50 2, 300 − 200 2).



 cm 3. Si los lados de un triángulo equilátero están creciendo a una razón de 2 , ¿A qué velocidad seg crecen su ángulos interiores, su perímetro y su área cuando el lado vale 10 cm? Solución. Notemos que como todos los lados del triángulo están creciendo juntos y a la misma razón, entonces el triángulo sigue siendo equilátero, luego si llamamos α = 60o a cada uno de los ángulos interiores, tenemos que dα =0 dt pues el ángulo no está cambiando. Ahora, nosotros sabemos que si el lado del triángulo equilátero es a, entonces su perímetro es P (a) = 3a. Como el lado depende del tiempo diremos que a = a(t), es decir, el lado es función del tiempo y por lo tanto P (t) = 3a(t). Luego, la velocidad de crecimiento del perímetro es su derivada y da dP = P 0 (t) = 3 · =3·2=6 dt dt √ a(t)2 3 (si tiene dudas de esta fórmula Finalmente, el área depende del lado y se tiene A(t) = 4 intente demostrarla). Luego, usando la regla de la cadena √ dA 3 da = · 2a(t) · dt dt √4 3 · 2a(t) · 2 = 4 √ = a(t) 3 Y si a(t) = 10, entonces la velocidad de cambio del área es: √ dA = 10 3 dt Nota: Observe que el área era la única que tenía una tasa de cambio variable dependiendo de la longitud del lado, a diferencia del perímetro que tenía una tasa de cambio constante sin importar la medida del lado. 4. Considere que la derivada de una función es f 0 (x) = (x − 1)2 (x − 3)5 (x − 6)4 ¿En qué intervalo se incrementa f ? ¿En qué intervalo decrece? ¿Tiene extremos locales? Solución. La pregunta apunta a reconocer cuando f 0 es positiva. Notemos que el signo solo depende del signo del término x − 3, pero también necesitamos que los otros términos no sean 0. Para que f 0 sea positiva, necesitamos que x − 3 sea positivo y por lo tanto se debe cumplir que x > 3. Como además queremos que x − 6 y x − 1 sean distintos de 0, entonces también se debe cumplir que x 6= 6 y x 6= 1. En resumen, se debe cumplir:

x>3 x 6= 6 x 6= 1 Luego f 0 es positiva (y por lo tanto f es creciente) en el intervalo (3, 6) ∪ (6, ∞). Ahora, para ver cuando decrece, tenemos que ver cuando f 0 es negativa, en este caso necesitaremos lo mismo que antes, salvo que x − 3 debe ser negativo y por lo tanto x debe ser menor que 3. En resumen, se debe cumplir: x 2, entonces no se puede cumplir que f 0 (x) ≤ 2 para cualquier valor de x. 2

6. Suponga que f es una función que cumple la propiedad |f (x)| ≤ sen2 x. Demuestre que f (0) = 0 y calcule f 0 (0) Solución. Como f cumple la propiedad enunciada para todo valor de x en particular lo cumple para x = 0, luego |f (0)| ≤ sen2 0 = 0 Pero si |f (0)| ≤ 0, como el valor absoluto siempre es positivo o 0, la única opción es que f (0) = 0. Ahora, para calcular f 0 (0) usamos la definición, tenemos que f (h) f (0 + h) − f (0) = l´ım h→0 h →0 h

f 0 (0) = l´ım h

Para calcular este límite notemos que sen2 x = | sen2 x| y que |f (h)| ≤ sen2 h f (h) sen2 h h ≤ h f (h) sen h h ≤ h · | sen h|

Tomando límite cuando h → 0, al lado izquierdo obtenemos la derivada y al lado derecho tenemos l´ım f racsen hh · sen h = 1 · 0 = 0

h→0

Luego f (h) =0 h→0 h

f 0 (0) = l´ım

7. Use la definición de derivada para calcular la derivada de √ f (x) = 1 + x2 Solución. Recordemos que f (x + h) − f (x) →0 h

f 0 (x) = l´ım h

Lo más conveniente es que la calculemos por medio de las reglas que conocemos, para corroborar la respuesta: 1 f 0 (x) = √ · (1 + x2 )0 2 1 + x2 1 = √ · 2x 2 1 + x2 x =√ 1 + x2 Ahora, usando la definición, para este caso tenemos: p √ 2− 1 + (x + h) 1 + x2 f 0 (x) = l´ım h→0 h p p √ √ 1 + (x + h)2 − 1 + x2 1 + (x + h)2 + 1 + x2 √ ·p = l´ım h→0 h 1 + (x + h)2 + 1 + x2 1 1 + (x + h)2 − (1 + x2 ) √ ·p = l´ım h→0 h 1 + (x + h)2 + 1 + x2 1 1 + x2 + 2xh + h2 − 1 − x2 √ ·p h→0 h 1 + (x + h)2 + 1 + x2 2xh + h2 1 √ = l´ım ·p h→0 h 1 + (x + h)2 + 1 + x2 = l´ım

h(2x + h) 1 √ ·p h→0 h 1 + (x + h)2 + 1 + x2 1 √ = l´ım (2x + h) · p h→0 1 + (x + h)2 + 1 + x2 1 √ = 2x · √ 1 + x2 + 1 + x2 2x = √ 2 1 + x2 x =√ 1 + x2 = l´ım

Y hemos demostrado lo pedido. Nota: En este ejercicio desarrollé paso a paso cada parte del límite, aunque uno puede saltarse varias partes sin problemas.