DERIVADAS

1

CAPITULO 2
Derivada de una funciń
o
Licda. Elsie Hernńdez Sabor´
a ıo

Instituto Tecnol´gico de Costa Rica
o
Escuela de Matem´tica
a
···
Revista digital Matem´tica, educaciń e internet (www.cidse.itcr.ac.cr)
a o

2

Cr´ditos
e

Primera ediciń impresa:
o ´
Rosario Alvarez, 1984.
Ediciń LaTeX:
o Marieth Villalobos, Alejandra Araya, Jessica Chacń, Marianela Abarca, Lisseth Angulo
o
y Walter Mora.
Ediciń y composiciń final:
o o Evelyn Agëro.
u
Gr´ficos:
a Walter Mora, Marieth Villalobos, Evelyn Agëro.
u

Comentarios y correcciones: escribir a wmora2@yahoo.com.mx

Contents

2.1 Derivada de una funciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 4
2.1.1 Introducciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 4
2.1.2 La derivada de una funciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 12
2.1.3 Notaciones para la derivada de una funciń . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 15
2.1.4 Continuidad y derivabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.5 Teoremas sobre derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.6 Derivada de una funciń compuesta (Regla de la cadena) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 23
2.1.7 Diferenciales. Interpretaciń geom´trica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o e 26
2.1.8 Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.1.9 Derivada de la funciń logar´
o ıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.1.10 Derivada de la funciń exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 38
2.1.11 Derivadas de la funciones trigonom´tricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e 39
2.1.12 Derivadas de las funciones inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.1.13 Las funciones trigonom´tricas inversas y sus derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e 44
2.1.14 Funciones param´tricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e 57
2.1.15 Funciones impl´ıcitas y su derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.1.16 Teorema de Rolle (o teorema sobre las ra´ ıces de la derivada) . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.1.17 Teorema del valor medio para derivadas (Teorema de Lagrange) . . . . . . . . . . . . . . 70
2.1.18 Teorema de Gauchy del valor medio (o extensiń del teorema del valor medio para derivadas)
o 72
2.1.19 Regla de L’Hˆpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
o 74

3

4 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

2.1 Derivada de una funciń
o

2.1.1 Introducciń
o
El problema de la tangente
“Muchos de los problemas importantes del an´lisis matem´tico pueden transferirse o hacerse depender de un
a a
problema b´sico que ha sido de inter´s para los matem´ticos desde los griegos (alrededor de 300 − 200a.deJ.C).
a e a
Es ´ste el problema de trazar una recta tangente a una curva dada en un punto espec´
e ıfico a ella.

Este problema fue resuelto por m´todos especiales en un gran n´mero de ejemplos aislados ań en la tem-
e u u
prana historia de las matem´ticas. Por ejemplo, es bastante fćil resolver el problema si la curva es un c´
a a ırculo,
y todo estudiante ha visto esta soluciń en su geometr´ de secundaria. Sin embargo, no fue si no hasta el
o ıa
tiempo de Isacc Newton (1642 − 1727) y de Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 − 1716) que se dio un m´todo gen-
e
eral sistem´tico para obtener la soluciń. En este sentido se acredita a estos dos hombres la invenciń del c´lculo.
a o o a

Aunque el problema de la tangente pueda parecer de poco inter´s a los no matem´ticos, el hecho es que las
e a
tńicas desarrolladas para resolver el problema son la mera columna vertebral de gran parte de la ciencia y la
e
tecnolog´ actuales. Por ejemplo, la direcciń del movimiento de un objeto a lo largo de una curva en cada
ıa o
instante se define en t´rminos de la direcciń de la recta tangente a la trayectoria de movimiento. Las ´rbitas de
e o o
los planetas al rededor del sol y las de los sat´lites artificiales alrededor de la Tierra, se estudian esencialmente
e
comenzando con la informaciń sobre la recta tangente a la trayectoria del movimiento. Un tipo diferente de
o
problemas es el de estudiar la descomposiciń de una sustancia radioactiva tal como el radio cuando se conoce
o
que la razń de descomposiciń en cada instante es proporcional a la cantidad de radio presente. La clave de
o o
este problema as´ como la del problema del movimiento, est´ en un an´lisis de lo que queremos designar con la
ı a a
palabra razń.
o

Como pronto veremos, este concepto est´ tan ´
a ıntimamente relacionado con la pendiente de la recta tangente
a una curva, que la formulaciń matem´tica abstracta de un problema sobre razones es indistinguible de la
o a
formulaciń del problema de la tangente.
o

Empezamos con el problema de la tangente no solo por su importancia hist´rica y prćtica, sino tambiń
o a e
porque la intuiciń geom´trica del lector contribuir´ a hacer concreta la que, de otro modo, ser´ una nociń
o e a ıa o
abstracta”(Britton, 1968, 323).

Definiciń 1
o

Recibe el nombre de recta secante cualquier recta que pase por dos puntos diferentes de una curva.

En la siguiente figura se ha representado gr´ficamente una recta L secante a una curva:
a

Figura 2.1: Recta secante a una curva

Introducciń
o 5

Como al conocer la pendiente de una recta y un punto de ella, la recta queda completamente determinada,
se tiene que el problema de trazar una recta tangente a una curva dada, por un punto de ´sta, se reduce a
e
encontrar la pendiente de la recta.

Consideremos la representaciń gr´fica de una curva con ecuaciń y = f (x), donde f es una funciń continua.
o a o o

0

Figura 2.2: Gr´fica de f (x)
a

Se desea trazar la recta tangente en un punto P (xo , yo ) dado de la curva.

Sea PQ la recta secante que pasa por los puntos P (xo , yo ) y Q(x, y) de la curva.

y − yo f (x) − f (xo )
La pendiente de esta secante, denotada mS est´ dada por: ms =
a =
x − xo x − xo
Como la pendiente de una recta es igual a la tangente del ńgulo que forma la recta con la parte positiva del
a
eje X, y como θ es ese ńgulo para la recta secante, entonces:
a

f (x) − f (xo )
mS = tan θ =
x − x0

Supongamos que existe una recta tangente a la curva en P (xo , yo ). Sea PT dicha recta.

Mantenemos ahora el punto P fijo y hacemos que el punto Q se aproxime a P, a lo largo de la curva. Cuando
esto sucede, la inclinaciń θ de la recta secante se aproxima a la inclinaciń de α de la recta tangente, lo que
o o
puede escribirse como lim θ = α.
Q→P

En igual forma, la pendiente de la secante tiende a la pendiente de la tangente, es decir, lim tan θ = tan α.
Q→P

Adem´s, cuando Q tiende hacia P, la abscisa x tiende hacia xo por lo que lim tan θ = tan α puede escribirse
a
Q→P
como lim tan θ = tan α.
x→xo

f (x) − f (x0 )
Luego lim tan θ = lim = tan α.
x→xo x→xo x − xo
Si denotamos por mt (xo ) la pendiente de la recta tangente a la curva en P (xo , yo ), entonces mt (xo ) =
f (x) − f (x0 )
lim .
x→xo x − xo

Definiciń 2
o

6 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

La pendiente de la recta tangente a la curva con ecuaciń y = f (x) en el punto (xo , yo ), denotada mt (xo ) es
o
f (x) − f (xo )
igual al lim , siempre que este l´
ımite exista.
x→xo x − xo

Ejemplo 1

Determinar la ecuaciń de la recta tangente a la curva con ecuaciń f (x) = x2 − 3x, en el punto (1, −2).
o o

La ecuaciń de la recta tangente es: y = mx + b. Utilizando la definiciń anterior vamos a averiguar la
o o
pendiente en (1, −2).

Soluciń
o

As´
ı:

f (x) − f (1)
mT (1) = lim
x→1 x−1
2
x − 3x − (−2)
= lim
x→1 x−1
2
x − 3x + 2
= lim
x→1 x−1
(x − 1)(x − 2)
= lim
x→1 x−1
= lim (x − 2) = −1
x→1

Luego mT (1) = −1, por lo que y = −x + b. Para averiguar b, sustituimos el punto (1, −2) como sigue:
−2 = −(1) + b de donde b = −1.

Por tanto, la ecuaciń de la recta tangente es y = −x − 1.
o

La representaciń gr´fica de la curva y de la recta tangente es el siguiente:
o a

Figura 2.3: Recta tangente a f (x) = x2 − 3x, en el punto (1, −2)

Definiciń 3
o

Se dice que la recta normal a una curva en el punto P (xo , yo ), es la l´
ınea que pasa por P y es perpendicular a
la recta tangente en ese punto. Adem´s, recuerde que dos l´
a ıneas no verticales son perpendiculares entre s´ si y
ı,

Introducciń
o 7

solo si sus pendientes tienen valores rec´
ıprocos negativos.

Si mT es la pendiente de la recta tangente y mN la de la recta normal, entonces:
−1
mN = (mT .mN = −1)
mT

Figura 2.4: Recta normal y tangente

Ejemplo 2
4
Determinar la ecuaciń de la recta normal a la curva con ecuaciń f (x) =
o o , x > 0, en el punto (2, 2).
x
Soluciń
o
−1
Como mN = , averiguamos primero la pendiente de la recta tangente. As´
ı:
mT

f (x) − f (2)
mT (2) = lim
x→2 x−2
4
x−4
2
= lim
x→2 x−2
=
8−4x
2x
= lim
x→2 x−2
=
4 − 2x
= lim
x→2 x(x − 2)
=
4 − 2x
= lim
x→2 x(x − 2)
=
−2(x − 2)
= lim
x→2 x(x − 2)
=
−2
= lim = −1
x→2 x

Como mT (2) = −1, entonces mN (2) = 1.

8 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

La ecuaciń de la recta normal es: y = 1x + b. Sustituyendo en la ecuaciń anterior x = 2, y = 2 se obtiene
o o
b = 0.
Por tanto, la ecuaciń de la recta normal es y = x.
o

La representaciń gr´fica de la curva y la recta normal es la siguiente:
o a

4
Figura 2.5: Recta normal a f (x) = en (2,2)
x

La ecuaciń de la recta tangente es y = −x + 4.
o

Ejercicios

1. Determinar la ecuaciń de la recta tangente y la ecuaciń de la recta normal a la curva con ecuaciń
o o o
f (x) = 2x2 − 5, en el punto (1, −3).

Ejemplo 3

1. Determinar la ecuacińde la recta tangente a la par´bola con ecuaciń y = x2 , y que es paralela a la recta
o a o
con ecuaciń y = 4x.
o

Soluciń
o
Recuerde que si dos rectas son paralelas entonces sus pendientes son iguales.

Note que en este caso no nos indican el punto de tangencia en la curva.

Como la recta tangente es paralela a la recta de ecuaciń y = 4x, entonces mT (xo ) = 4.
o

Calculemos mT (xo ):

f (x) − f (xo )
mT (xo ) = lim
x→xo x − xo
x2 − x2
o
= lim
x→xo x − xo
(x − xo )(x + xo )
= lim
x→xo x − xo

Introducciń
o 9

= lim (x + xo )
x→xo

= xo + xo = 2xo

Como mT (xo ) = 2xo se tiene que 2xo = 4 y por tanto xo = 2.

Si xo = 2 entonces yo = 22 = 4. El punto de tangencia es P (2, 4).

La ecuaciń de la recta tangente es: y = 4x + b.
o

Sustituimos (2, 4) y se obtiene que b = −4.

Entonces la ecuaciń de la recta tangente es y = 4x − 4.
o

La representaciń gr´fica es la siguiente:
o a

Figura 2.6: Recta tangente a y = x2 paralela a y = 4x

Estudiaremos ahora un segundo problema que involucra un l´
ımite similar al utilizado al determinar pen-
diente de una recta tangente a una curva.

Dicho problema es el de determinar la velocidad de una part´
ıcula en un instante de tiempo to .

Recibe el nombre de movimiento rectil´
ıneo el efectuado por una part´
ıcula a lo largo de una l´
ınea recta.

Sea s la funciń con ecuaciń s(t) = t2 + 1, que describe la distancia dirigida de la part´
o o ıcula a un punto
fijo O, en cualquier tiempo t, (s se mide en metros y t en segundos).

Cuando t = 0, la part´
ıcula se encuentra a 1 metro de O y cuando t = 3 segundos la part´
ıcula est´ a 10
a
metros de O, como se representa a continuaciń:
o
La velocidad promedio de la part´
ıcula es la razń del cambio en la distancia dirigida desde un punto fijo,
o
al cambio en el tiempo.

En este caso, en el lapso de tres segundos, la velocidad media, denotada vmed , est´ dada por vmed =
a
10−1
3−0 = 3 metros por segundo.

10 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Figura 2.7: Movimiento rectil´
ıneo de una part´
ıcula

Note que la velocidad promedio de la part´ıcula no es constante, y que adem´s ´sta no proporciona infor-
a e
maciń espec´
o ıfica referente al movimiento de la part´
ıcula en cualquier instante determinado.

Para el movimiento anterior, la velocidad media desde t = 3 segundos hasta otro tiempo t cualquiera, est´
a
dada por:

s(t) − s(3) s(t) − 10
vmed = =
t−3 t−3

Si quisi´ramos determinar la velocidad al final de 3 segundos, es decir la velocidad instantńea cuando
e a
t = 3 no podr´
ıamos averiguarla con la f´rmula anterior, pues si se sustituye t = 3 el denominador se hace
o
cero.

Sin embargo, cuanto m´s corto sea el intervalo de t a t = 3 seg, la velocidad promedio estar´ m´s cerca
a a a
de lo que intuitivamente se considerar´ como la velocidad instantńea en t = 3seg.
ıa a

Surge as´ la siguiente definiciń sobre la velocidad instantńea:
ı o a

Definiciń 4
o

Si una part´ıcula se mueve sobre una l´
ınea recta de tal forma que su distancia dirigida s, a un punto fijo
de la recta est´ dada en funciń del tiempo por la ecuaciń s = s(t), entonces la velocidad en cualquier
a o o
instante t1 es:

s(t) − s(t1 )
v(t1 ) = lim , siempre que este l´
ımite exista
t→t1 t − t1

Utilizando la definiciń anterior, se puede averiguar la velocidad en el instante t = 3 seg, de la siguiente
o
forma:
s(t) − s(3)
v(3) = lim
t→3 t−3
t2 + 1 − 10
= lim
t→3 t−3
t2 − 9
= lim
t→3 t − 3
(t − 3)(t + 3)
= lim
t→3 t−3
= lim (t + 3) = 6
t→3

Luego, la velocidad cuando t = 3 seg es de 6 metros por segundo.

La velocidad instantńea puede ser positiva o negativa, segń la part´
a u ıcula se mueva a lo largo de la recta
en direcciń positiva o negativa; es cero cuando la part´
o ıcula est´ en reposo.
a

Introducciń
o 11

La rapidez de la part´ıcula en un instante de tiempo t, se define como |v(t1 )|, siendo simplemente la mag-
nitud de la velocidad, es decir, su valor absoluto, por lo que ser´ siempre positiva o nula.
a

La aceleraciń es una medida de la variaciń de la velocidad. La aceleraciń es cero si una part´
o o o ıcula se
mueve sobre una recta con velocidad constante.

Si la velocidad v de la part´ ıcula est´ dada por la ecuaciń v = v(t), donde t es el tiempo, entonces la
a o
aceleraciń en el instante t = t1 , se define como el l´
o ımite de la aceleraciń media de la siguiente forma:
o

v(t) − v(t1 )
a(t1 ) = lim
t→t1 t − t1

Observe la semejanza con la definiciń de velocidad instantńea como l´
o a ımite de la velocidad media.

Ejemplo 4

1. La ecuaciń s(t) = t2 + 2t describe el movimiento de una part´
o ıcula sobre una recta. La distancia al origen
est´ en metros y t est´ en segundos. Calcular la velocidad cuando t = 3 seg.
a a

Soluciń
o

Se debe determinar la velocidad instantńea cuando t = 3 seg
a

s(t) − s(3)
v(3) = lim
t→3 t−3
t2 + 2t − 15
= lim
t→3 t−3
(t − 3)(t + 5)
= lim
t→3 t−3

= lim (t + 5) = 8 metros por segundo.
t→3

As´ cuando t = 3 seg, la velocidad de la part´
ı, ıcula es de 8 metros por segundo.

2. Una part´ ınea recta de acuerdo con la ecuaciń s(t) = 15t − 3t2 , donde s, en metros,
ıcula P se mueve en l´ o
es la distancia al punto de partida en el tiempo t, (en segundos). Determinar la distancia de P al punto
de partida cuando la velocidad es nula.

Soluciń
o

Debemos averiguar primero la velocidad de la part´
ıcula en cualquier instante to .

s(t) − s(to )
v(to ) = lim
t→to t − to
15t − 3t2 − (15to − 3t2 )
o
= lim
t→to t − to
15t − 15to − 3t2 + 3t2
o
= lim
t→to t − to

12 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

15(t − to ) − 3(t2 − t2 )
o
= lim
t→to t − to
15(t − to ) − 3(t − to )(t + to )
= lim
t→to t − to
(t − to )(15 − 3t − 3to )
= lim
t→to t − to

= lim (15 − 3t − 3to ) = 15 − 6to
t→to

= 15 − 6to metros por segundo.

Ahora averiguaremos el valor de to para el que la velocidad se hace cero:

5
v(to ) = 0 ⇐⇒ 15 − to = 0 ⇐⇒ to = 2 segundos

5
Por ultimo, calculemos la distancia que ha recorrido la part´
´ ıcula al cabo de to = segundos.
2
2
5 5 5 75
s = 15 −3 = = 18, 75 metros.
2 2 2 4

Ejercicio

Dos part´ ıculas p1 y p2 parten de un mismo punto en una recta y se mueven a lo largo de ella segń las ecuaciones
u
s1 (t) = t2 − 4t, y, s2 (t) = 3t − t2 , donde s1 y s2 estń en metros, y t en segundos.
a

a. ¿En qu´ tiempos tendrń las dos part´
e a ıculas la misma velocidad?

b. Determine las velocidades de las part´
ıculas en los tiempos en que estń en la misma posiciń sobre la
a o
recta.

2.1.2 La derivada de una funciń
o
En la resoluciń de los dos problemas anteriores: el de trazar una recta tangente a una curva dada y el de
o
determinar la velocidad instantńea de una cierta part´
a ıcula, se obtuvo como resultado dos l´
ımites:

f (x) − f (xo ) f (t) − f (to )
mT (xo ) = lim , v(to ) = lim
x→xo x − xo t→to t − to
Ambos l´ımites tienen b´sicamente la misma forma y son casos espec´
a ıficos de un tipo especial de l´
ımite que se
define a continuaciń.
o

Definiciń 1
o

Sea f una funciń real definida en un intervalo I ⊂ R. Sea xo ∈ I
o

f (x) − f (xo )
La derivada de f en el punto xo , denotada f (xo ), es el lim si este l´
ımite existe.
x→xo x − xo

La derivada de una funciń
o 13

Note que, la pendiente de la recta tangente a la gr´fica de la curva con ecuaciń y = f (x) en el punto (xo , f (xo )),
a o
es precisamente la derivada de f evaluada en xo .

Tambiń, si una part´
e ıcula se mueve a lo largo de una l´
ınea recta de acuerdo con la ecuaciń de movimiento
o
s = f (t), puede observarse que v(t1 ) en la definiciń de velocidad instantńea de la part´
o a ıcula en t1 , es la
derivada de f respecto a t, evaluada en t1 .

Si en la definiciń de derivada se sustituye x − xo por h, entonces h → 0 cuando x → xo y x = xo + h.
o

f (xo + h) − f (xo )
Luego f (x) = lim , si este l´
ımite existe. La funciń f es derivable en xo si f (xo ) existe.
o
h→0 h
Si f (x) existe para cada x en un intervalo I, (I ⊂ R), se dice que la funciń f es derivable en I; se escribe
o
f (x + h) − f (x)
f (x) = lim .
h→0 h

Ejemplo 1

Utilizando la definiciń de derivada de una funciń, determinar la derivada de cada una de las funciones cuyas
o o
ecuaciones son:

1. f (x) = 5x − 3

f (x + h) − f (x)
Se debe calcular el lim
h→0 h

La expresiń f (x + h) indica que la funciń f debe evaluarse en (x + h). As´ f (x + h) = 5(x + h) − 3.
o o ı,

Luego:
f (x + h) − f (x)
f (x) = lim
h→0 h
5(x + h) − 3 − (5x − 3)
= lim
h→0 h
5x + 5h − 3 − 5x + 3
= lim
h→0 h
5h
= lim
h→0 h

f (x) = lim 5 = 5
h→0

Por tanto, si f (x) = 5x − 3 entonces f (x) = 5.

3
2. f (x) = ,x=0
x2
3
En este caso f (x + h) =
(x + h)2

Luego:

f (x + h) − f (x)
f (x) = lim
h→0 h

14 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

3 3
(x+h)2 − x2
= lim
h→0 h
3x2 − 3(x + h)2
= lim
h→0 hx2 (x + h)2
3x2 − 3x2 − 6xh − 3h2
= lim
h→0 hx2 (x + h)2
−3h(2x + h)
= lim
h→0 hx2 (x + h)2

−3(2x + h)
= lim
h→0 x2 (x + h)2

−6x −6
= = 3
x2 · x2 x
3 6
Si f (x) = 2
entonces f (x) = − 3 .
x x

3. g(u) = (2u + 1)2

En este caso g(u + h) = [2(u + h) + 1]2

Luego:

g(u + h) − g(u)
g (u) = lim
h→0 h
[2(u + h) + 1]2 − (2u + 1)2
= lim
h→0 h
[2(u + h) + 1 + (2u + 1)][2(u + h) + 1 − (2u + 1)]
= lim
h→0 h
(2u + 2h + 1 + 2u + 1)(2u + 2h + 1 − 2u − 1)
= lim
h→0 h
(4u + 2h + 2)(2h)
= lim
h→0 h

= lim 2(4u + 2h + 2)
h→0

g (u) = 2(4u + 0 + 2) = 8u + 4

Si g(u) = (2u + 1)2 entonces g (u) = 8u + 4.

Ejercicios

Determine, utilizando la deﬁnici´n de derivada, la derivada de cada una de las funciones cuyas ecuaciones son:
o
√
1. f (t) = t + 1, t > −1

Notaciones para la derivada de una funciń
o 15

2. f (x) = x3 + 2x2 − 4

3y
3. g(y) = , y = −2
y+2

2.1.3 Notaciones para la derivada de una funciń
o

Si f es una funciń derivable en un intervalo I, (I ⊂ R), el proceso por medio del cual se obtiene f (x), da
o
origen a una nueva funciń que recibe el nombre de funciń derivada.
o o

El dominio de f (x) est´ formado por todos los n´meros del dominio de f para los que exista f (x).
a u
√ 1
Por ejemplo, si f (x) = x con x ≥ 0 entonces f (x) = √ est´ definida unicamente para x > 0.
a ´
2 x
Si y = f (x), con f una funciń derivable, entonces la derivada de f puede denotarse por:
o

a.) Dx f (x) que se lee: derivada de f (x) respecto a x.

b.) Dx y que se lee: derivada de “y” respecto a x.

c.) y que se lee: “y prima”.

2.1.4 Continuidad y derivabilidad

En el cap´
ıtulo anterior se estudiaron las condiciones para que una funciń fuera continua en un punto. Tambiń
o e
se determin´ la continuidad en un intervalo, que puede asociarse con la representaciń gr´fica de una curva que
o o a
no tiene “brincos” o “saltos bruscos”.

Vamos ahora a relacionar la continuidad con la derivabilidad de una funciń f en un punto xo , por medio del
o
siguiente teorema.

Teorema 1

Si una funciń f es derivable en un punto xo , entonces f es continua en xo .
o

Prueba: Al final del cap´
ıtulo.

El rec´
ıproco de este teorema no es cierto. Es decir, el hecho de que una funciń sea continua en un punto no
o
implica que sea derivable en ´l.
e

Antes de estudiar algunos ejemplos, necesitamos conocer las siguientes definiciones sobre derivadas laterales.

Definiciń 1
o

Si f es una funciń continua definida en x = xo , entonces:
o

16 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

f (x) − f (xo )
1. La derivada por la derecha, que se denota f+ (xo ), se define por la igualdad: f+ (xo ) = lim+ ,
x→xo x − xo
siempre que el l´
ımite exista.
f (x) − f (xo )
2. La derivada por la izquierda, denotada f− (xo ), se define por la igualdad: f− (xo ) = lim− ,
x→xo x − xo
siempre que el l´
ımite exista.

Como consecuencia de la definiciń de derivada, se tiene que f (xo ) existe si y solo si existen las derivadas
o
laterales y ambas son iguales.

As´ f (xo ) existe ⇐⇒ f+ (xo ) = f− (xo )
ı:

Ejemplo 1

x+1 si x < 1
1. Consideremos la funciń f definida por: f (x) =
o
−x + 3 si x ≥ 1

Vamos a determinar si f es continua en 1 y si f (1) existe.

Para lo primero tenemos que:

a. f (1) existe pues f (1) = −1 + 3 = 2

b. Como lim+ f (x) = lim+ (−x + 3) = 2, y lim− f (x) = lim− (x + 1) = 2 entonces lim+ f (x) = 2.
x→1 x→1 x→1 x→1 x→1

Luego f es continua en x = 1 pues lim f (x) = f (1).
x→1

Para lo segundo determinaremos las derivadas laterales.

f (x) − f (1) −x + 3 − 2 −(x − 1)
a. f+ (1) = lim = lim = lim = lim −1 = −1.
x→1+ x−1 x→1+ x−1 x→1+ x−1 x→1+

f (x) − f (1) x+1−2 x−1
b. f− (1) = lim− = lim− = lim− = 1.
x→1 x−1 x→1 x−1 x→1 x − 1

Como f+ (1) = f− (1) entonces f (1) no existe.

Luego, se ha comprobado que aunque f es continua en x = 1 se tiene que f no es derivable en x = 1.

La representaciń gr´fica de la funciń es la siguiente:
o a o

Figura 2.8: Funciń no derivable en x = 1
o

Continuidad y derivabilidad 17

Note que en x = 1 la gr´fica de f tiene un “pico”, siendo precisamente en x = 1 donde no es derivable
a
la funciń.
o

x2
√ si x>0
2. Sea f la funciń con ecuaciń: f (x) =
o o
−x si x≤0

Determinemos si f (0) existe y si f es continua en x = 0.

Calculemos las derivadas laterales:

f (x) − f (0) x2 − 0
a. f+ (0) = lim+ = lim+ = lim+ x = 0.
x→0 x−0 x→0 x−0 x→0
√ √ √
f (x) − f (0) −x − 0 −x −x −x
b. f− (0) = lim− = lim− = lim− .√ = lim− √ =
x→0 x−0 x→0 x x→0 x −x x→0 x −x
−1
lim √ = −∞
x→0− −x

Luego f+ (0) = f− (0) por lo que f no es derivable en x = 0.

Probemos ahora si f es continua en x = 0:
√ √
a. f (0) existe pues f (0) = 0; f (0) = −0 = 0 = 0.
√
b. lim+ f (x) = lim+ x2 = 0 y lim− f (x) = lim− −x = 0.
x→0 x→0 x→0 x→0

Entonces f es continua pero no es derivable en x = 0.

La representaciń gr´fica de la funciń es la siguiente:
o a o

10

8

6

4

2

-4 -2 2 4

Figura 2.9: Funciń continua pero no derivable en x = 0
o

Note que la gr´fica tiene una tangente vertical en (0, 0).
a

El hecho de que f no sea derivable en cero, est´ relacionado con el hecho de que una recta vertical no
a
tiene pendiente.

18 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

x2 − 4 si x < 2
√
3. Sea f la funciń con ecuaciń:f (x) =
o o
x − 2 si x ≥ 2
Determinemos si esta funciń es continua y derivable en x = 2. Se tiene que f (2) existe pues f (2) =
√ √ o
2 − 2 = 0 = 0.

Como
√
lim f (x) = lim x − 2 = 0 y lim f (x) = lim (x2 − 4) = 0
x→2+ x→2+ x→2− x→2−

Entonces lim f (x) existe y adem´s lim f (x) = f (2), por lo que f es una funciń continua en x = 2.
a o
x→2 x→2

Estudiemos ahora las derivadas laterales:
√ √
f (x) − f (2) x−2−0 x−2 1
a. f+ (2) = lim+ = lim+ = lim+ = lim+ √ = +∞
x→2 x−2 x→2 x−2 x→2 x−2 x→2 x−2
f (x) − f (2) x2 − 4 − 0 (x − 2)(x + 2)
b. f− (2) = lim− = lim− = lim− = lim− (x + 2) = 4
x→2 x−2 x→2 x−2 x→2 x−2 x→2

Como f+ (2) = f− (2) entonces f (2) no existe.

Nuevamente, aunque una funciń sea continua en un punto esto no garantiza que sea derivable en ´l.
o e

La representaciń gr´fica de esta funciń es la siguiente:
o a o

-

-

2

3

-

a

Note que nuevamente la recta tangente a la curva en x = 2 es una l´
ınea vertical.

Ejercicios

Para cada una de las funciones cuyas ecuaciones son:

Teoremas sobre derivadas 19

 −1 si x<0
1. f (x) = xo = 0

x − 1 si x≥0

2. f (x) = |x − 3|, xo = 3

a. Determine si f es continua en xo .
b. Halle f+ (xo ) y f− (xo ).
c. Determine si f es derivable en xo .
d. Haga la representaciń gr´fica.
o a

2.1.5 Teoremas sobre derivadas

Aunque dada la ecuaciń de una funciń es posible obtener su respectiva funciń derivada utilizando la definiciń,
o o o o
para algunas funciones este procedimiento resulta sumamente tedioso. Surge entonces la necesidad de simplificar
este proceso, lo cual puede lograrse al estudiar los teoremas sobre derivadas.

Teorema 1

La derivada de una funciń constante es cero.
o

Prueba:
Ejercicio para el estudiante.

Ejemplo 1

1. Si f (x) = 8 entonces f (x) = 0.
√
2. Si f (x) = 5 2 entonces f (x) = 0.
4
3. Si f (x) = √
5+ 2
entonces f (x) = 0.

Teorema 2

Si f (x) = x entonces f es derivable sobre R y Dx f (x) = Dx x = 1.

Prueba:
Ejercicio para el estudiante.

Ejemplo 2

1. Dy y = 1

2. Dn n = 1

3. Dt t = 1

20 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Teorema 3

Si f (x) = xn con n ∈ Q y x pertenece al conjunto A en el que xn est´ bien definida, entonces f es derivable
a
en A y Dx xn = n xn−1 .

Prueba:
Al final del cap´
ıtulo.

Ejemplo 3

1. Si f (x) = x2 entonces f (x) = 2x2−1 = 2x1 = 2x.

2. Si f (x) = x5 entonces f (x) = 5x5−1 = 5x4 .

3. Dx x−3 = −3x−3−1 = −3x−4 .
1
4. Dx x5 = Dx x−5 = −5x−6 .
√ 1 1 1 −1 1 1 1
5. Dx x = Dx x 2 = x 2 = x− 2 √ .
2 2 2 x
2 2 2 −1 2 1
6. Dx x 3 = x 3 = x− 3
3 3
1 −1 − 1 −1 −1 − 5
7. Dx x− 4 = x 4 = x 4
4 4
1 3 −3 − 7
8. Dx √ = Dx x− 4 = x 4
4
x3 4

Teorema 4

Si la funciń f es derivable sobre un intervalo K y c es un n´mero real, entonces la funciń g para la que
o u o
g(x) = c f (x) es derivable sobre K, adem´s Dx [c f (x)] = c Dx f (x).
a

Prueba:
Ejercicio para el estudiante utilizando la definiciń de derivada de una funciń.
o o

Este teorema afirma que la derivada del producto de una constante por una funciń derivable, es igual al pro-
o
ducto de la constante por la derivada de la funciń.
o

Ejemplo 4

1. Si f (x) = 5x entonces f (x) = 5 Dx x = 5 · 1 = 5.

2. Si f (x) = −2x3 entonces f (x) = −2 Dx x3 = −2(3x2 ) = −6x2 .
2√ 2 √ 2 1 1
3. Dx x = Dx x = · √ = √ .
7 7 7 2 x 7 x
−5 −3 −5 15
4. Dx x = · −3x−4 = 4 .
4 4 4x
−3 −3 −10 −6 −10
5. Dz 2z 7 =2 ·z 7 = ·z 7 .
7 7

Teoremas sobre derivadas 21

Teorema 5

Si f y g son dos funciones derivables sobre un intervalo K, entonces la funciń h = f + g es derivable sobre
o
K y adem´s Dx [f (x) + g(x)] = Dx f (x) + Dx g(x), para x ∈ K.
a

Prueba:
Al final del cap´
ıtulo.

Se tiene entonces que la derivada de una suma de dos funciones es igual a la suma de las derivadas de cada una
de las funciones.
Tambiń:
e

Dx [f1 (x) + f2 (x) + f3 (x) + ... + fn (x)] = Dx f1 (x) + Dx f2 (x) + Dx f3 (x) + ... + Dx fn (x)
donde f1 , f2 , ..., fn son funciones derivables sobre un intervalo K.

Ejemplo 5

1. Dx [x3 + x7 ] = Dx x3 + Dx x7 = 3x2 + 7x6 .

7 7 7 7 5 √ 1
2. Dx [2x 2 + x−1 ] = Dx 2x 2 + Dx x−1 = 2Dx x 2 + Dx x−1 = 2 · x 2 − x−2 = 7 x5 − 2 .
2 x

√ 1 1 −2 1
3. Dx [ 3 x + 2x3 + 5x] = Dx x 3 + Dx 2x3 + Dx 5x = x 3 + 2 · 3x2 + 5 · 1 = √ + 6x2 + 5.
3 3
3 x2

Si f y g son funciones derivables sobre un intervalo K entonces la funciń f − g es derivable sobre K, y
o
adem´s para cualquier x ∈ K se tiene que Dx [f (x) − g(x)] = Dx f (x) − Dx g(x).
a

Ejemplo 6

1. Dx [5x2 − 5] = Dx 5x2 − Dx 5 = 10x − 0 = 10x.

3 2 √ 1 1 1
2. Dx − 2 + x = Dx [3x−1 − 2x−2 + x 2 ] = −3x−2 + 4x−3 + x− 2
x x 2

Teorema 6

Si f y g son funciones derivables sobre un intervalo K entonces la funciń H = f · g es derivable sobre K, y
o
adem´s para cualquier x ∈ K se tiene que Dx [f (x) · g(x)] = f (x)Dx g(x) + g(x)Dx f (x).
a

Prueba:
Al final del cap´ıtulo.
Puede decirse que la derivada del producto de dos funciones, es igual al producto de la primera funciń por la
o
derivada de la segunda, m´s el producto de la segunda funciń por la derivada de la primera.
a o

Ejemplo 7

22 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

√ √ √ √ 1
1. Dx [ 3 x(2x2 + x)] = 3 xDx (2x2 + x) + (2x2 + x)Dx 3 x = 3 x(4x + 1) + (2x2 + x) √ .
3 2
3 x

√ √ √
2. Dx [(4x3 − 5x2 + 6)( x + 2x)] = (4x3 − 5x2 + 6)Dx ( x + 2x) + ( x + 2x)Dx (4x3 − 5x2 + 6) =

1 √
(4x3 − 5x2 + 6) √ + 2 + ( x + 2x)(12x2 − 10x + 0).
2 x

3. Dx [(ax3 − bx2 + c)(5x−3 + kx)], con a, b, c, k constantes.

= (ax3 − bx2 + c)Dx (5x−3 + kx) + (5x−3 + kx)Dx (ax3 − bx2 + c)

= (ax3 − bx2 + c)(−15x−4 + k) + (5x−3 + kx)(3ax2 − 2bx).

Teorema 7

f
Si f y g son dos funciones derivables y si g(x) = 0 sobre un intervalo K entonces la funci´n h =
o es derivable
g
f (x) g(x)Dx f (x) − f (x)Dx g(x)
sobre K, y adem´s para cualquier x ∈ K y se tiene que Dx
a =
g(x) [g(x)]2
Prueba:
Al ﬁnal del cap´
ıtulo.

Puede decirse que la derivada del cociente de dos funciones es igual al denominador multiplicado por la derivada
del numerador, menos el numerador multiplicado por la derivada del denominador, todo dividido por el cuadrado
del denominador.

Ejemplo 8

5x2 − x + 1
1. Dx
x3 + 4x2
(x3 + 4x2 )Dx (5x2 − x + 1) − (5x2 − x + 1)Dx (x3 + 4x2 )
=
[x3 + 4x2 ]2
(x3 + 4x2 )(10x − 1 + 0) − (5x2 − x + 1)(3x2 + 8x)
=
[x3 + 4x2 ]2

10x4 − x3 + 40x3 − 4x2 − 15x4 − 40x3 + 3x3 + 8x2 − 3x2 − 8x
=
[x3 + 4x2 ]2

−5x4 + 2x3 + x2 − 8x
= con x = 0, x = −4
[x3 + 4x2 ]2

Derivada de una funci´n compuesta
o 23
√
x+5
2. Dx
4x2 + 2

√ √
(4x2 + 2)Dx ( x + 5) − ( x + 5)Dx (4x2 + 2)
=
[4x2 + 2]2

1 √
(4x2 + 2) √
2 x
− ( x + 5)(8x)
=
[4x2 + 2]2

√ √
2x2 + 1 − x · 8x( x + 5)
= √
x(4x2 + 2)2

√
2x2 + 1 − 8x(x + 5 x)
= √
x(4x2 + 2)2

√
1 − 6x2 − 40x x
= √ con x > 0
x(4x2 + 2)2

√ 1 −2
2x ( 3 x − 2) · 2 − 2x 3x
3

3. Dx √ = √
3
x−2 ( 3 x − 2)2
√ 1
2 3 x − 4 − 2x3
3
= √
( 3 x − 2)2
√ √
6 3 x − 12 − 2 3 x
= √
3( 3 x − 2)2
√
4 3 x − 12
= √ con x = 8
3( 3 x − 2)2

2.1.6 Derivada de una funci´n compuesta (Regla de la cadena)
o

Si consideramos las ecuaciones y = u3 , u = 5x2 + 8 entonces puede escribirse “y” como y = (5x2 + 8)3 .
√ √
En igual forma, si y = u, u = 4x2 + 5x + 2 entonces puede expresarse “y” como y = 4x2 + 5x + 2.

En general, si y = f (u), u = g(x) entonces y = f (g(x)).

Las ecuaciones anteriores dan en forma expl´
ıcita las siguientes funciones:

f = {(u, y)/ y = f (u)}

g = {(x, u)/ u = g(x)}

h = {(x, y)/ y = f (g(x))}

24 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

La funciń h para la cual h = f (g(x)) recibe el nombre de funciń compuesta y se escribe h = (f og)(x) =
o o
f (g(x)).

Observe que los elementos del dominio de h son los x que pertenecen al dominio de la funciń g, tales que g(x)
o
pertenezca al dominio de f .

Ilustraremos lo anterior con el siguiente diagrama:

Figura 2.11: Dominio de una funciń compuesta
o

Otros ejemplos de funciones compuestas son:

√ √
1. h(x) = 3
6x − 4 = f (g(x)) donde f (x) = 3
x y g(x) = 6x − 4
2
2. h(x) = e3x +1
= f (g(x)) donde f (x) = ex y g(x) = 3x2 + 1

Determinaremos ahora la derivada de una funciń compuesta.
o

Teorema 1

Si la funciń g = {(x, y)/ y = g(x)} es derivable sobre un intervalo S1 y si la funciń f = {(u, y)/ y = f (u)}
o o
es derivable sobre un intervalo S2 tal que S2 = {g(x)/ x ∈ S2 }, entonces la funciń compuesta
o
f (g) = {(x, y)/ y = f (g(x))} es derivable sobre S1 y Dx [f (g(x))] = f (g(x)) · g (x), para x ∈ S1 .
Esta f´rmula recibe el nombre de Regla de la Cadena.
o

Demostraciń:
o
Al final del cap´
ıtulo.

Ejemplo 1

1. Dx [f (3x2 + 1)] = f (3x2 + 1) · Dx (3x2 + 1) = f (3x2 + 1) · 6x

√ √ 1
2. Dx [f ( x)] = f ( x) · √ con x > 0
2 x

2 2 2 2 −2
3. Dx [f ]=f · Dx =f ·
x x x x x2

Derivada de una funciń compuesta
o 25

Corolario:

Si la funciń g = {(x, u)/ u = g(x)} es derivable sobre un intervalo S1 y si [g(x)]p y [g(x)]p−1 estń definidas
o a
para x ∈ S2 con S2 ⊆ S1 , (p ∈ Q), entonces la funciń g k = {(x, y)/ y = [g(x)]p } es derivable sobre S2 y
o
adem´s Dx [g(x)p ] = p(g(x))p−1 · Dx g(x), para x ∈ S2 .
a

Este teorema es una aplicaciń inmediata de la regla de la cadena en la forma Dx y = Du y · Dx u con
o
y = up , u = g(x) y Du y = p · up−1 .

Ejemplo 2

1. Dx (5x + 3)4

En este caso u = 5x + 3 por lo que

Dx [(5x + 3)4 ]

= 4(5x + 3)3 · Dx (5x + 3)

= 4(5x + 3)3 · 5

= 20(5x + 3)3

2. Dx [(3x4 + 5x2 + 4)−2 ]

= −2(3x4 + 5x2 + 4)−3 · Dx (3x4 + 5x2 + 4)

= −2(3x4 + 5x2 + 4)−3 · (12x3 + 10x)

√
3. Dx 5x2 + 4

1
= Dx (5x2 + 4) 2

1 −1
= · (5x2 + 4) 2 · (10x + 0)
2
5x
=√
5x2 + 4

√
4. Dx 4 6x4 + 7x2

1
= Dx (6x4 + 7x2 ) 4

1 −3
= · (6x4 + 7x2 ) 4 · (24x3 + 14x)
4

26 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

12x3 + 7x
=
2 4 (6x4 + 7x2 )3

√
5. Dx 5x + 6x2 + 1

1 12x
= √ · 5+ √
2 5x + +1 6x2 2 6x2 + 1
√
1 5 6x2 + 1 + 6x
√ · √
2 5x + 6x2 + 1 6x2 + 1

Ejercicios:

Determine la derivada de las funciones con ecuaciones:

2x 5x2 + 1
1.) f (x) = 6x3 + √
5
2.) f (x) =
x3 + 1 2x

2.1.7 Diferenciales. Interpretaciń geom´trica
o e

Incrementos

Estudiaremos este punto antes de definir el diferencial y dar su interpretaciń geom´trica.
o e

f (x + h) − f (x)
Al dar la definiciń de la derivada de una funciń f como el lim
o o , se utiliz´ h para seãlar un
o n
h→0 h
n´mero distinto de cero tal que x + h pertenece al dominio de f .
u

Gr´ficamente se tiene la representaciń de f y la recta tangente:
a o

Figura 2.12: Gr´fica de f (x) y la recta tangente
a

Diferenciales 27

Puede decirse que h es la diferencia entre las abscisas de dos puntos de la gr´fica de f .
a Esta diferencia recibe
el nombre de incremento de x y se denota por x.

f (x + h) − f (x) f (x + x) − f (x)
Para una funciń f , dada al sustituir h por
o x en la expresiń
o , se obtiene
h x
f (x + x) − f (x)
de donde f (x) = lim .
x→0 x
Si y = f (x) entonces el incremento en “y” correspondiente al incremento x de x, que se denota por y, est´
a
dado por f (x + x) − f (x).

As´ ,
ı y es el cambio en “y” debido al cambio x en x.

y f (x + x) − f (x)
La razń
o = recibe el nombre de razń promedio de cambio de f o de “y”, respecto a x,
o
x x
para el intervalo [x, x + x].

y f (x + x) − f (x)
La derivada: Dx y = lim = lim recibe el nombre de razń instantńea de cambio o
o a
x→0 x x→0 x
simplemente razń de cambio de “y” o de f respecto a x.
o

Ejemplo 1

1. Si y = 2x2 + 1 hallar y en t´rminos de x y
e x.

i. Determinar y para:

a. x = 1, x = 0.1
b. x = 10, x = 0.01

Soluciń:
o

y = f (x + x − f (x))

= 2(x + x)2 + 1 − (2x2 + 1)

= 2(x2 + 2x x + ( x)2 ) + 1 − 2x2 − 1

= 2x2 + 4x x + 2( x)2 − 2x2

= (4x + 2 x) x

a. Para x = 1, x = 0.1 se tiene que:

y = (4 · 1 + 2 · 0.1)0.1 = 0.42

Puede decirse que existe un incremento de 0.42 en las ordenadas debido a un incremento de 0.1
en las abscisas.

b. Para x = 10 y x = 0.01 se tiene que:
y = (4 · 10 + 2 · 0.01)0.01 = 4.002

28 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

ii. Hallar la razń promedio de cambio de “y” respecto a x para el intervalo [2, 2.5] y para el intervalo
o
[2, 2.01].

Soluciń:
o

La razń promedio de cambio de “y” respecto a “x” est´ dada por:
o a
y f (x + x) − f (x)
=
x x
(4x + 2 x) x
= de donde
x
y
= 4x + 2 x
x
y y
En el intervalo [2, 2.5] se tiene = 8 + 2(0.5) = 9 y el intervalo [2, 2.01] se obtiene = 8 + 2(0.01) = 8.02
x x

iii. Hallar la razń de cambio de “y” respecto a “x”. Determinar el valor de esta razń en 2 y en 4.
o o

Soluciń:
o

La razń de cambio de “y” respecto a “x” est´ dada por:
o a

y
lim = lim (4x + 2 x) = 4x
x→0 x x→0

En 2 esta razń instantńea es 8 y en 4 toma el valor de 12.
o a

2. Demostrar que la razń de cambio del volumen de una esfera con respecto a su radio, es igual al ´rea de
o a
la superficie de la esfera.

Soluciń:
o

4 3
El volumen de una esfera de radio r es V = πr
3

La razń de cambio del volumen con respecto al radio est´ dado por:
o a

V
lim
r→0 r
V (r + r) − V (r)
= lim
r→0 r
4
3 π(r + r)3 − 4 πr3
3
= lim
r→0 r
4 r3 + 3r2 r + 3r( r)2 + ( r)3 − r3
= lim π·
r→0 3 r
4 r(3r2 + 3r r + ( r)2 )
= lim π·
r→0 3 r
4
= lim π · [3r2 + 3r r + ( r)2 ]
r→0 3

Diferenciales 29

4
= π(3r2 )
3

= 4πr2 expresiń que corresponde precisamente al ´rea de la superficie de la esfera.
o a

Diferenciales

Sea f una funciń definida por y = f (x), derivable sobre un intervalo S.
o

Sea x diferente de cero tal que x + x pertenece al dominio de f y el punto (x + x, f (x + x)) est´ en la
e
gr´fica de f como se muestra en la siguiente figura:
a

_

_

a

Sabemos de la definiciń de derivada que:
o

f (x + x) − f (x)
f (x) = lim si el l´
ımite existe
x→0 x
luego:

y
lim − f (x)
x→0 x
y
= lim − lim f (x) = f (x) − f (x) = 0
x→0 x x→0

y
de donde para cualquier ε > 0 existe δ > 0 tal que − f (x) < ε siempre que 0 < | x| < δ o sea,
x
| y − f (x) · x| < ε x siempre que 0 < | x| < δ.

Lo anterior significa que | x − f (x) x| puede hacerse tan pequeõ como se quiera, tomando |
n x| suficien-
temente pequeõ.
n

Luego, f (x) x es tan buena aproximaciń para el incremento |
o y| como se desee, tomando | x| suficien-
temente pequeõ.
n

Definiciń 1
o

30 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Si f es una funciń tal que f (x) existe sobre un intervalo S y si x es cualquier n´mero distinto de cero, la
o u
diferencia de f con respecto a x es igual f (x) multiplicada por x. Esta diferencial se denota por dx f (x) de
tal forma que dx f (x) = f (x) x.

Ejemplo 2

Si f (x) = 4x2 + 1 entonces dx f (x) = 8x x.

Consideremos ahora una funciń compuesta compuesta h = f (g) donde y = f (x) x = g(t) siendo t la variable
o
independiente final y “x” la variable intermedia. Luego y = h(t).

Aplicando la definiciń anterior tanto a “y” como a “x” se obtiene: dt y = h (t)
o t, dt x = g (t) t.

Utilizando la regla de la cadena para derivar h respecto a t se obtiene que h (t) = f (x)g (t).

Luego dt y = h (t) t = f (x)g (t) t = f (x)dt x, f´rmula que se escribe usualmente dy = f (x)dx, y que se
o
lee como la diferencial de “y” es igual a la derivada de “y” con respecto a “x”, multiplicada por la diferencial
de “x” donde dy, dx son diferenciales con respecto a la misma variable.

Definiciń 2
o

Si una funciń f est´ definida por y = f (x) entonces la diferencial de x, que se denota dx, est´ dada por
o a a
dx = x donde x es la variable independiente final, y adem´s, la diferencial “y” es siempre: dy = f (x)dx.
a
En la figura anterior es fćil observar que dy es una mejor aproximaciń de y conforme x se hace cada vez
a o
m´s pequeã.
a n

Ejemplo 3

1. Determinar y, dy, y − dy para y = x2 − 3x, x = 2; x = 0.03

Soluciń:
o
Consideremos f (x) = y = x2 − 3x.
Calculemos primero el incremento:

y = f (x + x) − f (x) = (x + x)2 − 3(x + x) − (x2 − 3x)

=⇒ y = x2 + 2x x + ( x)2 − 3x − 3 x − x2 + 3x

=⇒ y = 2x x + ( x)2 − 3 x

=⇒ y = (2x + x − 3) x

Para x = 2, x = 0.03; y = (4 + 0.03 − 3)(0.03) de donde y = 0.0309

Ahora calculemos la diferencial dy:

dy = f (x)dx = (2x − 3)dx

Diferenciales 31

Luego para x = 2, x = 0.03 se tiene que dy = (2 · 2 − 3)(0.03) = 0.03

Por ultimo
´ y − dy = 0.0309 − 0.03 = 0.009.

√
3
2. Utilizando diferenciales, calcular aproximadamente el valor de 122.

Soluciń:
o

√
Tomemos f (x) = y = 3
x, x = 125, dx = x = −3.

Nos interesa determinar una aproximaciń a y +
o y para x = 125 y dx = −3.

Para ello calculamos el diferencial de “y”:

1
dy = f (x)dx = √ dx; sustituyendo “x” por 125 y dx por −3 se obtiene que:
3
3 x2
−3 −1
−1 −1 −1
dy = = = √ = 2 = = −0.04
3 3
(125)2 3 3
(125)2
56 5 25
√
Luego dy = −0.04, y = 5 = 3 125

As´ aproximamos y +
ı y para x = 125, dx = x = −3 con y + dy = 5 − 0.04 = 4.96
√
3
Luego 122 = 4.96

3. El lado de un cuadrado es igual a 5 cm. Hallar el incremento aproximado de su ´rea si el lado aumenta
a
0.01 cm.

Soluciń:
o

Sea A(x) = y = x2 donde x es el lado del cuadrado, A denota su ´rea.
a

Se desea determinar cuńto aumenta el ´rea cuando la longitud del lado pasa de 5 cm a 5.01 cm.
a a

Calculemos la diferencial de ´rea:
a
As´
ı:
dA = f (x)dx = 2xdx, donde x = 5 y dx = 0.01
Luego:
dA = 10(0.01) = 0.1 y aproximamos A + A para x = 5, dx = 0.01 con A + dA = 25 + 0.10 de donde
A + dA = 25.10, ´rea del nuevo cuadrado.
a

El incremento del ´rea es de 0.1 cm2 .
a

4. Al calentar una esfera de radio R = 9 cm, su volumen aument´ 32.4π cm3 . Hallar el alargamiento del
o
radio de la esfera.
Soluciń:
o

32 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

4 3
Sea f (R) = y = πR la ecuaciń para el volumen de la esfera.
o
3

En este caso conocemos la diferencial del volumen de la esfera que est´ dada por dV = 32.4π cm3 . Debe-
a
mos averiguar la diferencial o el incremento del radio, es decir dx = x(dR = R)

Como dV = f (x)dR = 4πR2 dR; dV = 32.4π; cm3 y R = 9 cm entonces:

32.4π cm3 = 4π(9 cm)2 dR y por tanto dR = 0.1 cm.

El radio de la esfera se alarg´ 0.1 cm.
o

Ejercicios.

Resuelva los problemas siguientes:

1. Hallar el valor aproximado de (99)−1 .

2. Sea u = f (x) y v = g(x), donde f y g son funciones derivables sobre un dominio comń. Exprese la
u
diferencial del producto uv en t´rminos de las diferenciales de u y v.
e

3. Un paralelep´
ıpedo rectangular de 10cm de altura tiene por base un cuadrado cuyo lado es igual a 20cm.
¿Cuńto aumentar´ el volumen del paralelep´
a a ıpedo si el lado de la base se alarga 0.02cm?

4. De cada cara de un bloque c´bico de madera se saca una capa de 0.3cm de espesor. Si el bloque ten´
u ıa
originalmente 7cm de arista, aproximadamente cuńto va a decrecer el volumen a causa del proceso?
a

Nota: A partir de la notaciń diferencial se tiene que dy = f (x)dx por lo que se puede dividir por dx
o
dy
obtenińdose por tanto que f (x) =
e .
dx
El usar el cociente de diferenciales para denotar la derivada de f se debe a Leibniz y se utiliza a veces al denotar
las derivadas de orden superior.

2.1.8 Derivadas de orden superior

Si f es una funciń diferenciable, es posible considerar su funciń derivada como:
o o

f = {(x, y)/ y = Dx f (x)} para x en el dominio M de f .

f (x + h) − f (x)
Si para algunos valores x ∈ M existe el lim se dice que existe la segunda derivada de la
h→0 h
2
funciń f que se denota por f (x) o Dx f (x), que equivale a Dx [Dx f (x)]. O sea, la segunda derivada de la
o
funciń f se obtiene derivando la primera derivada de la funciń.
o o

Ejemplo 1

Derivadas de orden superior 33

1. Si f (x) = 5x3 + 6x2 − 5x + 1 entonces:

f (x) = 15x2 + 12x − 5 y

f (x) = 30x + 12

x2 + 3x
2. Si g(x) = entonces:
x−1
(x − 1)(2x + 3) − (x2 + 3x) x2 − 2x − 3
g (x) = = y derivando nuevamente
(x − 1)2 (x − 1)2
(x − 1)2 (2x − 2) − (x2 − 2x − 3)2(x − 1)
g (x) =
(x − 1)4
(x − 1)[(x − 1)(2x − 2) − (x2 − 2x − 3)]
=
(x − 1)4
8
Por tanto g (x) =
(x − 1)3

2
Similarmente podemos decir que la derivada de Dx f (x) respecto a “x” es la tercera derivada de f respecto a
3
“x” que se denota Dx f (x) o f (x).

4
La derivada de la tercera derivada es la cuarta derivada Dx f (x) y as´ podr´
ı ıamos continuar sucesivamente hasta
n (n)
la en´sima derivada de f que se denota por Dx f (x) o f (x). Generalmente se habla del orden de la derivada;
e
as´ la primera derivada es la derivada de primer orden, la segunda es la de segundo orden, la en´sima derivada
ı e
es la derivada de orden n.

Ejemplo 2

√
1. Determinar g (x) si g(x) = x2 + 2x + 3, donde Dg = R.

Soluci´n:
o

Obtenemos primero g (x)

x+1
g (x) = √
x2 + 2x + 3
Luego: √
(x+1)
x2 + 2x + 3 − (x + 1) · √
x2 +2x+3
g (x) = y se tiene que:
(x2 + 2x + 3)2
2
g (x) = √
(x2 + 2x + 3) x2 + 2x + 3
1 2
2. Determinar f (x) si f (x) = 2x 3 − 4x 5 + x

Soluci´n:
o

34 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Se tiene que:

2 −2 8 −3
f (x) = x 3 − x 5 +1
3 5
−4 −5 24 −8
f (x) = x3 + x5
9 25

Por ultimo:
´

20 −8 192 −13
f (x) = x3 − x 5
27 125
√ n
3. Si y = x determinar Dx y.

En este caso debemos dar una forma general para la derivada de orden n, partiendo de las regularidades
que se presentan en las primeras derivadas que calculemos.

As´
ı:

1 −1
y = x2
2
−1 −3 −1 −(2·2−1)
y = x2 = 2x 2
4 2
3 −5 3 −(2·3−1)
y = x 2 = 3x 2
8 2
−15 −7 −15 −(2·4−1)
y iv = x2 = 4 x 2
16 2
105 −9 105 −(2·5−1)
yv = x2 = 5 x 2
32 2

·
·
·
(−1)n+1 1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n − 3) −(2n−1)
yn = x 2 para n ≥ 2.
2n

Ejercicios.

n 1
1. Obtener Du w si w = .
1 + 2u

Una aplicaciń de la segunda derivada
o

Anteriormente hemos estudiado que si s = s(t) nos indica la distancia de una part´
ıcula al origen en un tiempo
t, entonces Dt s(t) es la velocidad en el tiempo t.

Al calcular la derivada de la velocidad respecto al tiempo, es decir, al calcular Dt v(t) se obtiene la aceleraciń
o
2
instantńea en el tiempo t. Si denotamos esta aceleraciń por a(t) se tiene que a(t) = Dt s(t), es decir, la
a o

Derivadas de orden superior 35

aceleraciń es la segunda derivada de la distancia respecto al tiempo.
o

Ejemplo 3
32
Sea s = con t ≥ 0, la ecuaciń que determina la distancia en el tiempo t (en segundos) de una part´
o ıcula
12 + t2
al origen en un movimiento rectil´ ıneo. Determinar el tiempo, la distancia, y la velocidad en cada instante en
que la aceleraciń es nula.
o

Soluciń:
o
32
Si s = entonces la velocidad v est´ dada por:
a
12 + t2
−64t 192t2 − 768
v(t) = 2 )2
= s (t) y la aceleraciń es a =
o = v (t)
(12 + t (12 + t2 )3
Averiguemos el tiempo en que la aceleraciń se hace cero:
o

a(t) = 0 ⇐⇒ 192t2 − 768 = 0 ⇐⇒ t2 = 4 ⇐⇒ t = 2
−1
Luego, la distancia recorrida cuando t = 2 es s = 2 metros y la velocidad en t = 2 es v = m/seg.
2

Ejemplo 4

Si y = f (x) es la ecuaciń de una curva, se sabe que f (x) determina la pendiente de la recta tangente a la
o
gr´fica de f en un punto (x, y).
a

2
Se tiene que Dx y es la razń de cambio de la pendiente de la recta tangente respecto a x. M´s adelante
o a
utilizaremos la segunda derivada de una funciń para determinar los extremos relativos de una funciń y para
o o
determinar la concavidad de la gr´fica de una funciń.
a o

Ejemplo 5

1. Determinar la pendiente de la recta tangente en cada punto de la gr´fica de la curva con ecuaciń
a o
y = x4 + x3 − 3x2 , en los que la razń de cambio de la pendiente es cero.
o

Soluciń:
o

Se tiene que y = 4x3 + 3x2 − 6x da la pendiente de la recta tangente a la curva.

Adem´s y = 12x2 + 6x − 6 determina la razń de cambio de la pendiente.
a o

Debemos averiguar los valores de x en los que esta razń de cambio es cero;
o

1
Entonces y = 0 ⇐⇒ 6(2x − 1)(x + 1) = 0 ⇐⇒ x = ´x=1
o
2
1 1 6
Luego, cuando x = la pendiente es y = 12 + − 6 = 0 y cuando x = −1 la pendiente y tambiń
e
2 4 2
es cero.

36 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

2. Determinar la razń de cambio de la pendiente en (3, 27) para la curva con ecuaciń y = (2x − 3)3 .
o o

Soluciń:
o

La razń de cambio de la pendiente est´ dada por la segunda derivada de la funciń, as´
o a o ı:

Dx y = Dx (Dx y) = Dx [6(2x − 3)2 ] = 12(2x − 3) · 2 = 24(2x − 3)
2

En el punto con coordenadas (3, 27) la razń de cambio de la pendiente es:
o
24(2 · 3 − 3) = 24(6 − 3) = 72

2
Luego Dx y = 72 en (3, 27).

2.1.9 Derivada de la funciń logar´
o ıtmica

Vamos a estudiar la derivada de la funciń f definida por f (x) = loga x, donde x ∈ R+ y a ∈ R+ tal que
o
0<a<1á>1o

Teorema 1

Si a > 0 y a = 1, y si x > 0, entonces la funciń loga = {(x, y)/ y = loga x, x ∈]0, +∞[} es derivable sobre su
o
1
dominio ]0, +∞[ y Dx loga x = loga e, x > 0.
x
Demostraciń:o
Al final del cap´
ıtulo.

Ejemplo 1

1
1. Dx log2 x = log2 e
x
1
2. Dx log 1 x = log 1 e
2 x 2

Teorema 2

Sea a > 0 y a = 1, si la funciń g = {(x, u)/ u = g(x)} es derivable y g(x) = 0 sobre un conjunto M , entonces la
o
1
funciń F definida por F (x) = loga |g(x)|, x ∈ M , es derivable sobre M y Dx loga |u| = F (x) = loga |u| = (loga e)Dx u, x ∈ M .
o
u
Demostraciń:o
Al final del cap´
ıtulo.

Ejemplo 2

1 10x
1. Dx log3 (5x2 + 1) = log3 e(10x) = 2 log3 e
5x2 + 1 5x + 1

Derivada de la funci´n logar´
o ıtmica 37

√ 1 1 log2 e
2. Dx log2 x = √ log2 e · √ = , x>0
x 2 x 2x
x+1
3. Dx log5
x2 + 3
1 x2 + 3
= x+1 log5 e · · (x2 + 3)2
x2 +3
1 − (x + 1)(2x)
3 − 2x − x2
= log5 e, x > −1
(x + 1)(x2 + 3)

En particular si la base de los logaritmos es e entonces el loge x se denota por ln x, y:

1 1 1 1
1. Dx ln x = loge e = · 1 = , es decir Dx ln x = x
x x x

2. Si g(x) es una funci´n derivable con g(x) = 0 entonces:
o
1
Dx ln |g(x)| = Dx (g(x))
g(x)

Ejemplo 3

1 1 1
1. Dx ln 5x = Dx (5x) = ·5=
5x 5x x
√ 1 √
2. Dx ln( x + 1 + x) = √ Dx ( x + 1 + x)
x+1+x
1 1
=√ · √ + 1 , x > −1.
x+1+x 2 x+1

1 2 ln x
3. Dx ln2 x = Dx [ln x]2 = 2[ln x] · Dx ln x = 2 ln x · =
x x

4. Dx ln4 (x2 + 5) = Dx [ln(x2 + 5)]4

1
= 4[ln(x2 + 5)]3 · (2x)
x2 + 5
8x · ln3 (x2 + 5)
= x ∈ R.
x2 + 5

3 −12x − 1 −1
5. Dx [ln(3x + 1) − 4x] = −4= , x> .
3x + 1 3x + 1 3

2
6. Dx
ln(x + 1)

= Dx 2[ln(x + 1)]−1

1
= −2[ln(x + 1)]−2 ·
x+1

38 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

−2
=
(x + 1) ln2 (x + 1)

Ejercicios.

1. Si ln 50 = 3.912 calcule, utilizando diferenciales, un valor aproximado a tres decimales de ln(50.4).

2.1.10 Derivada de la funciń exponencial
o

La funciń exponencial de base a, con a > 0 y a = 1, tiene como dominio R y como ´mbito ]0, +∞[.
o a

En el teorema siguiente se dar´ la derivada de la funciń exponencial.
a o

Teorema 1

Dx ax = ax ln a

ıtulo.

Ejemplo 1

1. Dx 2x = 2x ln 2

2. Dx 4x = 4x ln 4

x x
1 1 1 − ln 2
3. Dx = ln =
2 2 2 2x
x x
3 3 3
4. Dx = ln
4 4 4

Observe que si la base de la funciń exponencial es e, entonces Dx ex = ex ln e = ex · 1 de donde Dx ex = ex .
o

Teorema 2

Si a > 0, con a = 1, y si g = {(x, y)/ y = g(x)} es derivable sobre M entonces la funciń compuesta
o
f (x) = ag(x) es derivable sobre M y Dx ag(x) = ag(x) ln a Dx g(x), para x ∈ M .

Prueba:
Ejercicio al estudiante.

Igual que el caso anterior, si la base de la funciń exponencial es e, entonces Dx eg(x) = eg(x) ln e Dx g(x) de
o
donde Dx eg(x) = eg(x) Dx g(x).

Derivadas de la funciones trigonom´tricas
e 39

Ejemplo 2

1. Dx 25x = Dx 25x · Dx 5x = 25x (ln 2) · 5 = 5(25x ln 2)

2 2 2
2. Dx 3(x +1)
= Dx 3(x +1)
· Dx (x2 + x) = 3(x +1)
(ln 3)(2x + 1)

√
x
√
x 1 4x ln 4
3. Dx 4 =4 ln 4 · √ = √
2 x 2 x

4. Dx e2x = e2x Dx (2x) = 2e2x

5. Dx e5x+1 = 5e5x+1

Ejercicios.

I Determine la derivada de cada una de la funciones siguientes:

1. f (x) = x2 π −4x
2
2. g(x) = 3 ex
t3
3. h(t) =
+t e2t
2 − 5 ex
4. h(x) = ln
2 + 5 e3x
3
5. f (x) = x2 + e−x ln(1 + 2−x )

II 1. Determine la ecuaciń de la recta tangente a la curva con ecuaciń y = 3 e−2x tal que sea paralela
o o
a la recta con ecuaciń x + y = 2.
o

1
2. Determinar la ecuaciń de la recta tangente trazada a la curva con ecuaciń y = e 2 x en el punto de
o o
su interseciń con el eje Y .
o

3. La dependencia entre la cantidad x de sustancia obtenida en cierta reacciń qu´
o ımica y el tiempo t
de reacciń se expresa por la ecuaciń x = A(1 − e−kt ). Determinar la velocidad de reacciń.
o o o

2.1.11 Derivadas de la funciones trigonom´tricas
e

A continuaciń se presentan las derivadas de las funciones trigonom´tricas: seno, coseno, tangente, cotangente,
o e
secante y cosecante.

1. Dx sen x = cos x

ıtulo.

40 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Utilizando esta como gu´ junto con el teorema sobre derivada de un cociente de funciones, se pueden
ıa,
realizar las respectivas demostraciones sobre las derivadas de las funciones trigonom´tricas.
e

En general, aplicando la regla de la cadena para funciones compuestas, se cumple que Dx [seng(x)] =
cos g(x) · Dx g(x).

Ejemplo 1

a. Dx [sen 6x] = cos 6x · Dx 6x = 6 cos 6x
√
√ √ √ cos 3 x
b. Dx sen x = cos x · Dx x = √
3 3 3
3
3 x2
c. Dx [sen e4x ] = cos e4x · Dx e4x = cos e4x · e4x · 4 = 4e4x cos e4x
d. Dx (sen4 x) = Dx [(sen x)4 ] = 4(sen x)3 · cos x = 4 sen3 x cos x

Ejercicios.

Determine la primera derivada de cada una de las funciones con ecuaciones:

a. f (x) = sen(5x3 − 2x2 + 4)
2x
b. g(x) = sen
ln 2
c. h(x) = sen2 (3x)

2. Dx cos x = − sen x

Prueba: Ejercicio para el estudiante.

En general, si u = g(x) aplicando la regla de la cadena se tiene que Dx [cos u] = − sen u · Du

Ejemplo 2

a. Dx [cos(8x3 )] = − sen(8x3 · Dx (8x3 ) = −24x2 sen(8x3 ))
3
b. Dx cos = Dx [cos(3 e−x )] = − sen(3 e−x ) · (3 e−x · −1) = 3 e−x sen(3 e−x )
ex
c. Dx (cos3 x) = Dx [(cos x)3 ] = 3(cos x)2 (− sen x) = −3 cos2 x sen x

Ejercicios.

Determine f (x) si:
√
5
a. f (x) = cos x2

Derivadas de la funciones trigonom´tricas
e 41

3x + 1
b. f (x) = cos
x
√ 2n + 1
c. f (x) = cos x, x ∈ nπ, π , n∈Z
2
d. f (x) = 4 cos 3x

π
3. Dx tan x = sec2 x, con x = (2n + 1) 2, n∈Z


En general, su u = g(x) entonces aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx tan u = sec2 u · Dx u.

Ejemplo 3

2 2 2 2 −2 −2 2
a. Dx tan = sec2 · Dx = sec2 · = sec2 , x=0
x x x x x x2 x
sec2 (ln x)
b. Dx tan(ln x) = sec2 (ln x)Dx ln x = , x>0
x
√ 1 sec2 x
c. Dx tan x = √ · sec2 x = √
2 tan x 2 tan x

Ejercicios.

Determine f (x) si

a. f (x) = etan x
√
b. f (x) = 3 tan 2x
c. f (x) = tan3 (2x)

π
4. Dx [cot x] = − csc2 x, x = n, n ∈ Z
2


Si u = f (x), aplicando la derivada para la composici´n de funciones se obtiene que Dx (cot u) = − csc2 u Dx u.
o

Ejemplo 4

a. Dx (cot 5x) = − csc2 5x · 5 = −5 csc2 5x
b. Dx (cot3 5x) = Dx [(cot 5x)3 ] = 3(cot 5x)2 · − csc2 5x · 5
2 −2(− csc2 x) 2 csc2 x
c. Dx = =
cot x (cot x)2 (cot x)2

42 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Ejercicios.

Determine f (x) si

a. f (x) = cot(5x )
√
b. f (x) = 2 3 cot x
c. f (x) = cot(5x2 + 5 ln x)

π
5. Dx (sec x) = sec x tan x, x = (2n + 1) , n ∈ Z
2


Si u = g(x), aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx (sec u) = sec u tan u Dx u.

Ejemplo 5

a. Dx [sec(2x2 )] = sec(2x2 ) tan(2x2 )Dx (2x2 ) = 4x sec(2x2 ) tan(2x2 )
b. Dx (esec x ) = esec x sec x tan x
2 2 2 2 −2 2 2
c. Dx sec = sec tan Dx = sec tan x=0
x x x x x2 x x

Ejercicios.

Determine f (x) si

2x − 4
a. f (x) = sec
x
√
3
b. f (x) = sec x 2+1

3x
c. f (x) =
sec 4x

6. Dx [csc x] = − csc x cot x, x = nπ, n ∈ Z.

Prueba: Ejercicio para el estudiante

Si u = g(x), aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx (csc u) = − csc u cot u Dx u.

Ejemplo 6

a. Dx [csc(2 + x2 )] = − csc(2 + x2 ) cot(2 + x2 ) Dx (2 + x2 ) = −2x csc(2 + x2 ) cot(2 + x2 )
b. Dx [csc(2x )] = − csc 2x cot 2x Dx 2x = − csc 2x cot 2x ln 2 = −2x ln 2 csc 2x cot 2x
1
c. Dx ln (csc x) = · (− csc x cot x) = − cot x
csc x

Derivadas de las funciones inversas 43

Ejercicios.

Determine f (x) si
2
a. f (x) = ecsc x
√
b. f (x) = 3 csc x
x2
c. f (x) = cot , x = −1
x+1

2.1.12 Derivadas de las funciones inversas

Previo al estudio de las funciones trigonom´tricas inversas, es necesario determinar la derivada de la funciń
e o
inversa de una funciń dada. Para ello consideremos el siguiente teorema.
o

Teorema 1

Sea f una funciń estrictamente creciente y continua en un intervalo [a, b] y g la funciń inversa de f .
o o

Si f (x) existe y es diferente de cero para x ∈]a, b[, entonces la funciń derivada g (y) tambiń existe y no es
o e
nula en el correspondiente “y” donde y = f (x).
1 1
Adem´s se tiene que g (y) =
a , o sea Dy g(y) = .
f (x) Dx f (x)
1
Note que si y = f (x) entonces x = g(y) corresponde a f −1 (y), y Dy f −1 (y) =
Dx y
Demostraciń: Al final del cap´
o ıtulo

Ejemplo 1

Consideremos la funciń definida por:
o

f : ]0, +∞[−→] − 3, +∞[, f (x) = y = x2 − 3

Esta funciń posee funciń inversa definida por:
o o
√
g : ] − 3, +∞[−→]0, +∞[, g(y) = y+3
1
Se tiene que g (y) = √
2 y+3
Como
1 1 1
y = x2 + 3 entonces g (y) = √ = √ =
2 x2 − 3 + 3 2 x 2 2x
1 1
g (x) = =
Dx (x2 − 3) f (x)
√
Note que: x 2 = |x| = x pues x ∈]0, +∞[

44 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Ejemplo 2

√ √
Sea y = f (x) = x3 la ecuaciń de una funciń definida en R tal que g(y) =
o o 3 y = x, o sea f −1 (x) = 3
x.
1
Se tiene que g (y) = , y como y = x3 entonces
3 3
y2
1 1 1 1
g (y) = = √ = 2 =
3 3
(x3 )2
3
3 x 6 3x f (x)
1
As´ Dy x =
ı:
Dx y

El teorema anterior ser´ de gran utilidad cuando determinemos las derivadas de las funciones trigonom´tricas
a e
inversas.

2.1.13 Las funciones trigonom´tricas inversas y sus derivadas
e

Conviene recordar que:

a. Si una funciń es continua y estrictamente creciente (o decreciente) en un intervalo, entonces posee funciń
o o
inversa la cual tambiń es continua y estrictamente creciente (o decreciente).
e

b. Las funciones trigonom´tricas son peri´dicas por lo que la correspondencia entre la variable independiente
e o
y la dependiente no es uno a uno.

De aqu´ se tiene que la inversa de una funciń trigonom´trica no es una funciń, es una relaciń.
ı o e o o

Sin embargo, si se restringe el dominio de una funciń trigonom´trica se establece una relaciń biun´
o e o ıvoca
y la inversa de la funciń trigonom´trica s´ es una funciń.
o e ı o

Funciń seno inverso
o

Al considerar la gr´fica de la funciń seno:
a o

Figura 2.14: Gr´fica de la funciń seno
a o

Se observa que en varios intervalos, por ejemplo:

Las funciones trigonom´tricas inversas y sus derivadas
e 45

−π π 3π 5π −5π −3π
, , , , , ,
2 2 2 2 2 2

etc, la funciń seno es continua y estrictamente creciente, por lo que podr´ escogerse alguno de ellos para definir
o ıa
−π π
la funciń inversa de la funciń seno. Usualmente se toma el intervalo
o o , . Luego, se define la funciń
o
2 2
seno como:

−π π
F = (x, y) tal que y = sen x, con x ∈ , y ∈ [−1, 1]
2 2
−π π
La funciń F as´ definida es continua y estrictamente creciente en el intervalo
o ı , , por lo que existe una
2 2
unica funciń, definida en el intervalo [−1, 1], llamada funciń seno inverso. Esta funciń, denotada arcsen, se
´ o o o
define como sigue:

−π π
f : [−1, 1] → , , f (x) = arcsen x
2 2
−π π
Se tiene entonces que y = arcsen x ⇐⇒ x = sen y, y ∈ , .
2 2
−π π
Luego, arcsen(r) con r ∈ [−1, 1], es el unico n´mero t ∈
´ u , para el cual sen t = r.
2 2

Ejemplo 1

a. arcsen 0 = 0 pues sen 0 = 0.

1 π π 1
b. arcsen √ = pues sen =√
2 4 4 2

−1 −π −π −1
c. arcsen = pues sen =
2 3 3 2
√ √
3 π π 3
d. arcsen = pues sen =
2 6 6 2

La representanciń gr´fica de la funciń seno y de la funciń arcoseno es la siguiente:
o a o o

Figura 2.15: Gr´fica de la funciń seno y arcoseno
a o

46 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Derivada de la funciń seno inverso
o

−π π
Como y = arcsen x ⇐⇒ x = sen y, para y ∈ , , x ∈ [−1, 1], aplicando el teorema de la derivada de
2 2
una funciń inversa se tiene que:
o
1 1
Dx (arcsen x) = =
Dy sen y cos y
−π π √
Como cos2 y + sen2 y = 1, y cos y ≥ 0 para y ∈ , entonces cos y = 1 − sen2 y = 1 − x2 pues
2 2
x = sen y.
1
Luego: Dx (arcsen x) = √ para x ∈] − 1, 1[
1 − x2
f (x)
En general Dx (arcsen f (x)) = , f (x) ∈] − 1, 1[.
1 − [f (x)]2

Ejemplo 2

1 10x 1
1. Dx (arcsen 5x2 ) = · Dx (5x2 ) = √ , |x| < √
1 − (5x2 )2 1 − 25x4 5
√ 1 √ 1
2. Dx (arcsen x) = √ · Dx ( x) = √ √ , x ∈]0, 1[
1−( x)2 2 x 1−x

1 3 arcsen2 x
3. Dx (arcsen x)3 = 3(arcsen x)2 · = √ , x ∈] − 1, 1[
1 − x2 1 − x2

Ejercicios.

Determine Dx h(x) si:
2x
a. h(x) = arcsen
x+1

b. h(x) = arcsen(2x2 + 3)

Funciń coseno inverso
o

Como en la funciń seno, la funciń coseno es continua y estrictamente creciente en varios intervalos por ejemplo:
o o
[−2π, −π], [0, π], [2π, 3π], etc, por lo cual debe restringirse su dominio de tal forma que posea funciń inversa.
o

Sea entonces la funciń F tal que:
o

F = {(x, y) tal que y = cos x, con x ∈ [0, π], y ∈ [−1, 1]}

La funciń F as´ definida es continua y estrictamente decreciente en el intervalo [0, π], por lo que posee funciń
o ı o
inversa. Esta recibe el nombre de arco coseno, (o funciń coseno inverso), y se denota arccos.
o

Se define de la siguiente forma:

f : [−1, 1] → [0, π], f (x) = arccos x

e 47

Se tiene que y = arccos x ⇐⇒ x = cos y con y ∈ [0, π]

Luego, arccos(k) con k ∈ [−1, 1], es el unico n´mero α con α ∈ [0, π] para el que cos α = k.
´ u

Ejemplo 3

a. arccos(−1) = π pues cos π = −1
√ √
− 3 5π 5π − 3
b. arccos = pues cos =
2 6 6 2
π π
c. arccos(0) = pues cos =0
2 2
1 π π 1
d. arccos = pues cos =
2 3 3 2

La representaciń gr´fica de la funciń coseno y la de la funciń arco coseno es la siguiente:
o a o o

Figura 2.16: Gr´fica de la funciń coseno y arcocoseno
a o

Derivada de la funciń coseno inverso
o

Como y = arccos x ⇐⇒ x = cos y para y ∈ [0, π], x ∈ [−1, 1], aplicando el teorema de la derivada de la
funciń inversa se tiene que:
o
1 1 −1
Dx (arccos x) = = =
Dy cos y − sen y sen y
√
Como cos2 y+sen2 y = 1, y sen y ≥ 0 para y ∈ [0, π] entonces sen y = 1 − cos2 y = 1 − x2 pues x = cos y.
−1
Luego: Dx (arccos x) = √ con x ∈] − 1, 1[
1 − x2
−1
En general Dx (arccos f (x)) = · Dx f (x), f (x) ∈] − 1, 1[.
1 − [f (x)]2

Ejemplo 4

48 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

−1 −3 1
1. Dx (arccos(3x)) = · Dx (3x) = √ , |x| <
1 − (3x)2 1 − 9x2 3

1 −1 1 1
2. Dx arccos = · Dx = , |x| > 1
x 1 2 x x2 1− 1
1− x x2

−1 −ex
3. Dx (arccos(ex )) = · ee = √ , x ∈] − 1, 0[
1 − (ex )2 1 − e2x

Ejercicios.

Determine Dx g(x) si:

a. g(x) = arccos(2x + 1)
2x
b. g(x) = arccos
arccos x

Funciń tangente inversa
o

−π π
Igual que en los dos casos anteriores, vamos a restringir el dominio de la funciń tangente al intervalo
o , ,
2 2
en el que es continua y estrictamente creciente, por lo que posee funciń inversa.
o

Luego se define la funciń tangente como:
o

−π π
G= (x, y) tal que y = tan x, con x ∈ , , y∈R
2 2
Se define la funciń tangente inversa, tambiń llamada arco tangente, y denotada arctan, como:
o e

−π π
f :R→ , , f (x) = arctan x
2 2

−π π
Se tiene que y = arctan x ⇐⇒ x = tan y con y ∈ , , x∈R
2 2
−π π
Luego, arctan(k) con k ∈ R es el unico n´mero α con α ∈
´ u , para el que tan α = k.
2 2

Ejemplo 5

π
a. arctan 1 = 4 pues tan π = 1
4

b. arctan 0 = 0 pues tan 0 = 0
−1 −π
c. arctan √
3
= 6 pues tan( −π ) =
6
−1
√
3

Adem´s:
a
π−
lim arctan x = pues lim tan x = +∞
x→+∞ 2 x→ π2
−

e 49

−π +
lim arctan x = pues lim + tan x = −∞
x→−∞ 2 x→ −π
2

La representaciń gr´fica de la funciń tangente y la de la funciń arcotangente es la siguiente:
o a o o

Figura 2.17: Gr´fica de la funciń tangente y arcotangente
a o

Derivada de la funciń arcotangente
o

−π π
Como y = arctan x ⇐⇒ x = tan y para y ∈ , , x ∈ R, aplicando el teorema de la derivada de la
2 2
funciń inversa se tiene que:
o
1 1
Dx (arctan x) = =
Dy tan y sec2 y
Como tan2 y + 1 = sec2 y, y x = tan y entonces sec2 y = 1 + x2 por lo que:
1
Dx (arctan x) = , x∈R
1 + x2
1
En general Dx (arctan f (x)) = · Dx f (x)
1 + [f (x)]2

Ejemplo 6

1 15x2
1. Dx (arctan(5x3 )) = 3 )2
· Dx (5x3 ) = , x∈R
1 + (5x 1 + 25x6
√ 1 1 1
2. Dx (arctan( x)) = √ 2· √ = √ , x>0
1 + ( x) 2 x 2 x(1 + x)
1 1
3. Dx (arctan(ln x)) = · Dx (ln x) = , x>0
1 + (ln x)2
x(1 + ln2 x)

Ejercicios.


50 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

x −1
a. h(x) = arctan , x=
2x + 1 2
2x
b. h(x) = , x = −1
arctan(x + 1)
2
c. h(x) = arctan , x=0
x

Funciń cotangente inversa
o

Para definir la funciń inversa de la funciń cotangente, vamos a restringir el dominio de ´sta al intervalo ]0, π[,
o o e
en el que es continua y estrictamente decreciente, por lo que posee funciń inversa.
o

Se define funciń cotangente como:
o

H = {(x, y) tal que y = cot x, con x ∈]0, π[, y ∈ R}

La funciń cotangente inversa, llamada tambiń arco cotangente y denotada “arccot”, se define como:
o e

f : R →]0, π[, f (x) = arccot x

Por la definiciń de la funciń arco cotangente se tiene que y = arccot x ⇐⇒ cot y = x con y ∈]0, π[, x ∈ R
o o

Luego, arccot k con k ∈ R es el unico n´mero α con α ∈]0, π[ para el que cot α = k.
´ u

Ejemplo 7

π π
a. arccot(1) = 4 pues cot 4 =1

b. arccot(0) = π pues cot π = 0
2 2
√ √
c. arccot( 3) = π pues cot π = 3
6 6

Adem´s:
a

lim arccot x = 0+ pues lim cot x = +∞
x→+∞ x→0+

lim arccot x = π − pues lim cot x = −∞
x→−∞ x→π −

La representaciń gr´fica de la funciń cotangente y la de la funciń arcocotangente es la siguiente:
o a o o

e 51

Figura 2.18: Gr´fica de la funciń cotangente y arcocotangente
a o

Derivada de la funciń cotangente inversa
o

Como y = arccot x ⇐⇒ x = cot y para y ∈]0, π[, x ∈ R, aplicando el teorema de la derivada de la funciń
o
inversa se tiene que:

1 1 −1
Dx (arccot x) = = =
Dy cot y − csc2 y csc2 y
Como cot2 y + 1 = csc2 y, y x = cot y entonces csc2 y = 1 + x2 por lo que:
−1
Dx (arccot x) = , x∈R
1 + x2
−1
En general Dx (arccot f (x)) = · Dx f (x)
1 + [f (x)]2

Ejemplo 8

√ −1 √ −7
1. Dx (arccot(7 x)) = √ · Dx (7 x) = √ , x>0
1 + (7 x)2 2 x(1 + 49x)

−1 −2 arccot x
2. Dx (arccot2 x) = 2 arccot x · = , x∈R
1 + x2 1 + x2
−ex
3. Dx (arccot(ex )) = , x∈R
1 + e2x

Ejercicios.


2x
a. h(x) =
arccot x
√
b. h(x) = arccot x

52 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Funciń secante inversa
o

−π π
Vamos a elegir como dominio de la funciń secante el intervalo I de donde I = −π,
o ∪ 0, , ya que
2 2
en I la funciń secante es biun´
o ıvoca y la derivada de la funciń inversa puede expresarse por medio de una sola
o
f´rmula.
o

La representaciń gr´fica de la funciń secante en el intervalo seãlado es el siguiente:
o a o n

Figura 2.19: Gr´fica de la funciń secante
a o

−π
Como puede observarse, la funciń secante es continua en I, siendo estrictamente decreciente en −π,
o y
2
π
estrictamente creciente en 0, .
2
Existe por tanto la funciń secante inversa, llamada tambiń arco secante y se denota arcsec, definida por:
o e

−π π
f :] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[−→ −π, ∪ 0, , f (x) = arcsec x
2 2

Por la definiciń de funciń arcosecante se tiene que:
o o

−π π
y = arcsec x ⇐⇒ x = sec y = x con y ∈ −π, ∪ 0,
, x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[
2 2
−π π
Luego, arcsec(k) con k ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ es el unico n´mero α con α ∈ −π,
´ u ∪ 0, tal que
2 2
sec α = k.

Ejemplo 9

2 π π 2
a. arcsec √ = pues sec =√
3 6 6 3

e 53

b. arcsec(−1) = π pues sec(π) = −1
π π
c. arcsec(2) = pues sec =2
3 3

La representaciń gr´fica de la funciń arcosecante es la siguiente:
o a o

Figura 2.20: Gr´fica de la funciń arcosecante
a o

Note que:

π−
lim arcsec x = pues lim− sec x = +∞
x→+∞ 2 x→ π2

−π −
lim arcsec x = pues lim − sec x = −∞
x→−∞ 2 x→ −π
2

Derivada de la funciń secante inversa
o

−π π
Como y = arcsec x ⇐⇒ x = sec y con y ∈ −π, ∪ 0, , x ∈ ] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[, utilizando el
2 2
teorema de la derivada de la funciń inversa se obtiene que:
o

1 1
Dx (arcsec x) = =
Dy sec y sec y tan y
−π π
Como tan2 y = sec2 y − 1, y tan y > 0 cuando y ∈ −π, ∪ 0, , entonces tan y = sec2 y − 1 =
√ 2 2
x2 − 1 pues x = sec y

1
Luego Dx (arcsec x) = √ , con |x| > 1
x x2 − 1
1
En general, si u = f (x) con |f (x)| > 1 entonces Dx (arcsec u) = √ · Dx u
u u2 − 1

Ejemplo 10

54 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

1 2 1
1. Dx (arcsec(2x)) = · Dx (2x) = √ , x>
2x (2x)2 − 1 2x 4x2 − 1 2

1 1 1 −1 −1
2. Dx arcsec = · Dx = = , |x| < 1
x 1 1
−1 x 1 1
x2 · x x2 − 1 1
x x2 − 1
x x2

Ejercicios.

√
a. h(x) = arcsec x

b. h(x) = arcsec(3x + 2)

Nota: La funciń secante inversa tambiń suele definirse por la siguiente igualdad:
o e

1
arcsec x = arccos con |x| ≥ 1
x

1
En este caso Dx arcsec(x) = √ con |x| > 1
|x| x2 − 1
Se deja como ejercicio para el estudiante que compruebe esta igualdad.

Funciń cosecante inversa
o

−π π
Tomaremos como dominio de la funciń cosecante el intervalo I = −π,
o ∪ 0, , en el que la funciń
o
2 2
cosecante es biun´
ıvoca.

La representaciń gr´fica de la funciń cosecante en el intervalo seãlado es la siguiente:
o a o n

Figura 2.21: Gr´fica de la funciń cosecante
a o

e 55

−π
Como puede observarse, la funciń cosecante es continua en I, siendo estrictamente creciente en −π,
o y
2
π
estrictamente decreciente en 0, .
2
Existe por tanto la funciń cosecante inversa, llamada tambiń arco cosecante y que se denota arccsc, definida
o e
por:

−π π
f :] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[−→ −π, ∪ 0, , f (x) = arccsc x
2 2

Por la definiciń de funciń arco cosecante se tiene que:
o o

−π π
y = arccsc x ⇐⇒ x = csc y con y ∈ −π, ∪ 0,
, x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[
2 2
−π π
Luego, arccsc(k) con k ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ es el unico n´mero α con α ∈ −π,
´ u ∪ 0, tal que
2 2
csc α = k.

Ejemplo 11

2 π π 2
a. arccsc √ = pues csc =√
3 3 3 3
−π −π
b. arccsc(−1) = pues csc = −1
2 2
√ π π √
c. arccsc( 2) = pues csc = 2
4 4
−5π −5π
d. arccsc(−2) = pues csc = −2
6 6

La representaciń gr´fica de la funciń arcocosecante es la siguiente:
o a o

Figura 2.22: Gr´fica de la funciń arcocosecante
a o

56 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Note que:

lim arccsc x = 0+ pues lim csc x = +∞
x→+∞ x→0+

lim arccsc x = −π + pues lim csc x = −∞
x→−∞ x→−π +

Derivada de la funciń cosecante inversa
o

−π π
Como y = arccsc x ⇐⇒ x = csc y para y ∈ −π, ∪ 0, , x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[, utilizando el
2 2
teorema de la derivada de la funciń inversa se obtiene que:
o
1 1 −1
Dx (arccsc x) = = =
Dy csc y − csc y cot y csc y cot y
−π π √
Como cot2 y = csc2 y−1, y cot y > 0 para y ∈ −π, ∪ 0, , entonces cot y = csc2 y − 1 = x2 − 1
2 2
pues x = csc y.
−1
Luego Dx (arccsc x) = √ , para |x| > 1
x x2 − 1
−1
En general, si u = f (x) con |f (x)| > 1 entonces Dx (arccsc u) = √ · Dx u
u u2 − 1

Ejemplo 12

−1 −2x −2
1. Dx (arccsc x2 ) = · Dx (x2 ) = √ = √ , x>1
x2 (x)4 −1 x2 x 4−1 x x4 − 1
−1 −ex −1
2. Dx (arccsc(ex )) = √ · Dx ex = √ =√ , x>0
ex e 2x − 1 e x e2x − 1 e 2x − 1

Ejercicios.

√
a. h(x) = arccsc( 3 x)
2
b. h(x) = arccsc( )
x
Nota:

La funciń cosecante inversa tambiń suele definirse por la siguiente igualdad:
o e

1
arccsc x = arcsen con |x| ≥ 1.
x
−1
Adem´s Dx arccsc x =
a √ con |x| > 1 , igualdad que debe comprobar el estudiante como ejercicio.
|x| x2 − 1
1
Verifiquemos que arccsc x = arcsec .
x
1 1 1
arccsc x = y ⇐⇒ csc y = x ⇐⇒ sen y = x ⇐⇒ x = sen y ⇐⇒ arcsen x =y

1
Luego arccsc x = arcsen x , y se verifica la igualdad.

Funciones param´tricas
e 57

2.1.14 Funciones param´tricas
e

En algunos casos la ecuaciń de una funciń o de una relaciń no est´ dada en la forma y = f (x) o f (x, y) = 0,
o o o a
como en las igualdades y = 5x2 + 3x, o, x2 + y 2 = 4, sino que est´ determinada por un par de ecuaciones en
a
t´rminos de una misma variable.
e

Ejemplo 1

Consideremos las ecuaciones x = t2 − 2t, y = t + 1 con t ∈ R.

Se tiene que a cada valor de t le corresponde un punto (x, y) del plano, el conjunto de los cuales determina una
relaciń R x R.
o

La siguiente tabla de valores:

t -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
x 24 15 8 3 0 -1 0 3 8 15
y -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

nos permite hacer la representaciń gr´fica de la relaciń de la siguiente manera:
o a o

Figura 2.23: Gr´fica de x = t2 − 2t, y = t + 1 con t ∈ R
a

raya
En general, las ecuaciones x = g(t), y = h(t) con h y g funciones continuas en un intervalo I, (I ⊆ R)
reciben el nombre de ecuaciones param´tricas o representaciń param´trica de una curva en el plano XY . La
e o e
gr´fica de las ecuaciones param´tricas est´ dada por el conjunto de puntos del plano XY , que se obtiene cuando
a e a
t, que recibe el nombre de par´metro, toma todos sus valores posibles en el dominio I.
a

La relaciń que determinan las ecuaciones param´tricas, en general no es una funciń, como sucede en el ejemplo
o e o
anterior. Sin embargo, en algunos casos, la relaciń dada s´ es una funciń.
o ı o

Ejemplo 2

t t2
Sean x = , y= − 1 con t ∈ R.
2 4
Obtenemos la siguiente tabla de valores:

58 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

t −5. -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
−5 −3 −1 1 3
x 2 . -2 2 -1 2 0 2 1 2 2
21 5 −3 −3 5
y 4 3 4 0 4 -1 4 0 4 3

La representaciń gr´fica es la siguiente:
o a

t t2
Figura 2.24: Gr´fica de x =
a , y= − 1 con t ∈ R
2 4

t t2
En este caso, al sustituir x = en y = − 1 se obtiene que y = x2 − 1 que es la ecuaciń de la par´bola
o a
2 4
con el eje Y como el eje de simetr´ por lo que s´ es una funciń. Note que la ecuaciń obtenida involucra
ıa ı o o
unicamente las variables “x” e “y”. Se dice entonces que el par´metro ha sido eliminado.
´ a

En algunos casos, en la eliminaciń del par´metro se utiliza una o m´s identidades trigonom´tricas como se
o a a e
muestra a continuaciń.
o

Ejemplo 3

Sea Q la relaciń con representaciń param´trica x = 2 sen t, y = 2 cos t con t ∈ R.
o o e

Se tiene que Q = {(x, y) tal que x = 2 sen t, y = 2 cos t, t ∈ R}

Vamos a expresar la relaciń Q utilizando unicamente las variables “x” e “y” como sigue:
o ´

x2 + y 2 = (2 sen t)2 + (2 cos t)2

= 4 sen2 t + 4 cos2 t

= 4(sen2 t + cos2 t) = 4

de donde x2 + y 2 = 4 es la ecuaciń de una circunferencia con centro en (0, 0) y radio 2. Luego Q no representa
o
una funciń y su representaciń gr´fica es la siguiente:
o o a

e 59

Figura 2.25: Gr´fica de x = 2 sen t, y = 2 cos t con t ∈ R
a

Q puede expresarse entonces como:

Q = {(x, y)/ x2 + y 2 = 4 x ∈ [−2, 2], y ∈ [−2, 2]}

Ejemplo 4

6
Sea ahora la relaciń con representaciń param´trica x = 2t, y =
o o e con t ∈ R − {0}.
t
6
En este caso = {(x, y)/ x = 2t, y = t ∈ R, t = 0}
t
Para expresar en t´rminos de “x” e “y”, se despeja t en alguna de las ecuaciones y se sustituye en la otra
e
como se muestra a continuaciń:
o

x 6 12
Si x = 2t entonces t = , y y= x =
2 2 x
12
Luego la ecuaciń y =
o para x ∈ R − {0}, tiene como representaciń gr´fica la siguiente:
o a
x

6
Figura 2.26: Gr´fica de x = 2t, y =
a con t ∈ R − {0}
t

60 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Ejemplo 5

(x − 3)2 y2
Por ultimo verifiquemos que
´ + = 1 es una ecuaciń de la relaciń determinada por las ecuaciones
o o
9 4
param´tricas x = 3(1 − cos θ) , y = 2 sen θ, con θ ∈ R.
e
x y
Como x = 3(1 − cos θ) entonces cos θ = 1 − , y como y = 2 sen θ entonces sen θ =
3 2
y 2 x 2 y2 (x − 3)2
Luego sen2 θ + cos2 θ = + (1 − ) , de donde 1 = + , que es la ecuaciń de una elipse con
o
2 3 4 9
centro en (3, 0).

Su representaciń gr´fica es la siguiente:
o a

Figura 2.27: Gr´fica de x = 3(1 − cos θ) , y = 2 sen θ, con θ ∈ R
a

Derivada de la funciń dada param´tricamente
o e

El siguiente teorema nos proporciona las condiciones necesarias para obtener la derivada de una funciń dada
o
en forma param´trica.
e

Teorema 1

Sean f y g funciones derivables en un intervalo ]t1 , t2 [. Supongamos que f tiene una inversa derivable en ese
intervalo. Entonces en cada punto donde f (t) = 0, las ecuaciones x = f (t), y = g(t) implican que existe una
g (t) Dt y
funciń derivable F tal que y = f (x), y adem´s Dx y =
o a =
f (t) Dt x
ıtulo

Ejemplo 6

1. Determine Dx y si x = et , y = 1 + t2 con t ∈ R

Soluciń:
o
Dt y
Por el teorema anterior se tiene que Dx y =
Dt x

Luego:

e 61

2t
Dt y = 2t, Dt x = et (et = 0 para todo t ∈ R) por lo que Dx y =
et

t2 t
2. Determinar los puntos de la curva con ecuaciones x = , y= 2 en los que que es cero la pen-
t2 +1 t −1
diente de la recta tangente a la curva.

Soluciń:
o

Recuerde que la pendiente de la recta tangente est´ dada por Dx y.
a

−2t 1 + t2 t2 + 1
Como Dt x = , y Dt y = − 2 entonces Dx y =
(t2 − 1)2 (t − 1)2 2t

La pendiente de la recta tangente es cero cuando Dx y = 0, en este caso cuando t2 + 1 = 0; pero esta
igualdad no se cumple para ningń valor real de t. Luego, no existe ningń punto de la curva dada donde
u u
la pendiente de la recta tangente sea cero.

3. Determinar la ecuaciń de la recta tangente a la curva con ecuaciones x = Bt, y = Ct − dt2 cuando t = 0
o

Soluciń:
o

La ecuaciń de la recta tangente est´ dada por y = mx + b, donde m = Dx y.
o a

Dt y C − 2dt
Se tiene que Dx y = =
Dt x B
C C
Cuando t = 0 entonces Dx y = , por lo que y = x + b (∗)
B B

Cuando t = 0 se obtiene x = 0, y = 0, y al sustituir en (∗) se obtiene: b = 0.

C
Luego, la ecuaciń de la recta tangente es: y =
o x
B

Derivadas de orden superior para una funciń dada en forma param´trica
o e

2
Si x y y estń dadas en forma param´trica entonces Dx y puede expresarse como sigue:
a e

2 Dt (Dx y)
Dx y = Dx (Dx y) =
Dt x

Ejemplo 7

2t + sen t Dt (Dx y) Dt 6t2 +costt
2t+sen
3 2 2
Si x = 2t + sen t, y = t − cos t entonces Dx y = 2 y Dx y = =
6t + cos t Dt x Dt (2t3 + sen t)
2 2
(6t + 2) cos t + 1 − 12t − 10 sen t
=
(6t2 + cos t)2 (6t2 + cos t)

62 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

En general, para obtener la en´sima derivada, cuando las ecuaciones estń dadas en forma param´trica, se aplica
e a e
la siguiente igualdad:

n−1
n Dt (Dx y)
Dx y =
Dt x

2.1.15 Funciones impl´
ıcitas y su derivada

Al considerar la funciń con ecuaciń f (x) = 3x4 − 5x2 + 1, es posible determinar f (x) con los teoremas enun-
o o
ciados anteriormente, ya que f es una funciń dada impl´
o ıcitamente en t´rminos de la variable independiente x.
e

Sin embargo, existen funciones que no estń definidas en forma expl´
a ıcita, ejemplos de las cuales son las siguientes:

3x2 y 2 − 5xy 3 + x = 5, x2 − x = 5xy 2 − y 4

Estas ecuaciones no pueden ser resueltas expl´
ıcitamente para “y” en t´rminos de “x”. Se dice que la funciń f
e o
est´ definida impl´
a ıcitamente por las ecuaciones:

3x2 [f (x)]2 − 5x[f (x)]3 + x = 5 y x2 − x = 5x[f (x)]2 − [f (x)]4 , respectivamente.

Note que ambas expresiones son de la forma general f (x, y) = 0.

Interesa ahora determinar la derivada de una funciń dada en forma impl´
o ıcita.

Consideremos cada una de las ecuaciones anteriores:

a. 3x2 [f (x)]2 − 5x[f (x)]3 + x = 5

Observe que 3x2 [f (x)]2 involucra un producto de funciones y que para derivar [f (x)]2 se debe utilizar la
regla de la cadena.

Se tiene entonces derivando:

3x2 · 2[f (x)] · Dx f (x) + 6x [f (x)]2 − 5x · 3[f (x)]2 · Dx f (x) + 5[f (x)]3 + 1 = 0

6x2 f (x) · Dx f (x) + 6x[f (x)]2 − 15x[f (x)]2 · Dx f (x) − 5[f (x)]3 + 1 = 0

Despejando Dx f (x) se tiene que:

5[f (x)]3 − 6x[f (x)]2 − 1
Dx f (x) =
6x2 f (x) − 15x[f (x)]2

Sustituyendo “y” por f (x) se obtiene:

5y 3 − 6xy 2 − 1
Dx y =
6x2 y − 15xy 2

Funciones impl´
ıcitas y su derivada 63

b. x2 − x = 5x[f (x)]2 − [f (x)]4 derivando

2x − 1 = 5x · 2f (x) · Dx f (x) + 5[f (x)]2 − 4[f (x)]3 · Dxf (x)

2x − 1 = 10xf (x) · Dx f (x) + 5[f (x)]2 − 4[f (x)]3 · Dx f (x)

2x − 1 − 5[f (x)]2 = (10x f (x) − 4[f (x)]3 ) · Dx f (x)

2x − 1 − 5[f (x)]2
de donde f (x) =
10x f (x) − 4[f (x)]3

y sustituyendo y = f (x) se tiene:

2x − 1 − 5y 2
Dx y = y =
10xy − 4y 3

El proceso realizado en estos dos ejemplos recibe el nombre de derivaciń impl´
o ıcita, y puede ser utilizado
unicamente bajo el supuesto de que la ecuaciń dada especifica una funciń. En caso de que no sea as´ aunque
´ o o ı,
se realicen las operaciones, el resultado carece de sentido.

Por ejemplo, la ecuaciń x2 + y 2 + 9 = 0 no puede ser satisfecha por ningń valor real de “x” y “y”. Al realizar
o u
−x
el procedimiento anterior se obtiene que 2x + 2y · Dx y + 0 = 0 de donde Dx y = , f´rmula que parece tener
o
y
significado para “x” y “y” siempre que y = 0, aunque de hecho no puede existir derivada ya que la ecuaciń o
dada no especifica ninguna funciń f .
o

La derivaciń impl´
o ıcita determina una f´rmula para Dx f (x), que es v´lida para toda funciń derivable f tal
o a o
que f (x) est´ definida impl´
e ıcitamente por una ecuaciń dada.
o

Ejemplo 1

1. Suponiendo que existe una funciń derivable f tal que f (x) est´ definida impl´
o a ıcitamente por la ecuaciń
o
x3 + y 3 − 3x2 + 3y 2 = 0, calcular Dx y.

Soluciń:
o

Derivando impl´
ıcitamente se obtiene:

3x2 + 3y 2 · Dx y − 6x + 6y · Dx y = 0

(3y 2 + 6y) · Dx y = 6x − 3x2

6x − 3x2 2x − x2
Dx y = 2 + 6y
= 2
3y y + 2y

Note que hemos trabajado como si y = f (x).

2. En cada caso determinar una ecuaciń para la recta tangente y una ecuaciń para la recta normal a la
o o
gr´fica de la ecuaciń dada en el punto P . Graficar la curva, la recta tangente y la recta normal.
a o

64 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

a. x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0, P (1, 3).

b. y 2 = 4ax; P (a, 2a), a > 0.

Soluciń:
o

a. Primero obtenemos Dx y que nos da la pendiente de la recta tangente: 2x+2y·Dx y−4+6·Dx y−0 = 0
2−x
de donde Dx y =
y+3
1
Evaluando Dx y en P (1, 3) se tiene que mt = .
6
1 17
Luego y = x + b. Sustituyendo (1, 3) se obtiene que b = por lo que la ecuaciń de la recta
o
6 6
1 17
tangente es y = x + .
6 6
La pendiente de la recta normal es mN = −6 de donde la ecuaciń de esta recta es: y = −6x + b1 ;
o
sustituyendo nuevamente en (1, 3) se obtiene que b1 = 9.

La ecuaciń de la recta normal es: y = −6x + 9.
o

La ecuaciń x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0 puede escribirse como (x − 2)2 + (y + 3)2 = 36 que representa
o
la ecuaciń de una circunferencia con centro en (2, −3) y radio 6.
o

La representaciń gr´fica de la curva y las rectas es la siguiente:
o a

Figura 2.28: Gr´fica de x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0
a

2a
b. Dada la ecuaciń y 2 = 4ax obtenemos Dx y. como 2y · Dx y = 4a entonces Dx y =
o
y
2a
Evaluando en P (a, 2a) se tiene que Dx y = = 1.
2a
Luego, la pendiente de la recta tangente es mT = 1 y la ecuaciń es y = x+b. Sustituyendo (a, 2a) en
o
esta ecuaciń se obtiene que b = a por lo que finalmente la ecuaciń de la recta tangente es y = x + a.
o o

Funciones impl´
ıcitas y su derivada 65

La pendiente de la recta normal es mN = −1 y la respectiva ecuaciń es: y = −x + b. Sustituyendo
o
(x, y) por (a, 2a) se obtiene que b = 3a por lo que la ecuaciń de la recta normal es y = −x + 3a.
o

La representaciń gr´fica de la curva, las recta tangente y de la recta normal es la siguiente:
o a

Figura 2.29: Gr´fica de y 2 = 4ax
a

Ejercicios.

1. Probar que las rectas tangentes en el origen a las curvas con ecuaciones 4y 3 − x2 y − x + 5y = 0,
x4 − 4y 3 + 5x + y = 0, son perpendiculares entre s´
ı.

2. En cada caso:

a. Determinar Dx y en t´rminos de “x” y “y” utilizando la derivaciń impl´
e o ıcita.

b. Despejar “y” en t´rminos de “x” y demostrar que cada soluciń y su derivada satisfacen la ecuaciń
e o o
obtenida en a.
i x2 − 2xy = 5
2 2 2
ii x 3 + y 3 = a 3 , a constante.

iii 2x2 − 3xy − 4y 2 = 5

√
3. Determinar la ecuaciń de la recta normal a la curva con ecuaciń x − y =
o o x + y en el punto (3, 1).

Derivada de segundo orden para una funciń dada en forma impl´
o ıcita

2
Especificaremos en los ejemplos siguientes el procedimiento que se sigue para determinar Dx y.

Ejemplo 2

66 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Sea la ecuaciń x3 − xy + y 3 = 0, obtenemos primero Dx y en la forma siguiente:
o

3x2 − (x · Dx y + y) + 3y 2 · Dx y = 0

y − 3x2
de donde Dx y =
3y 2 − x
2 y − 3x2
ahora Dx y = Dx (Dx y) = Dx
3y 2 − x
2 (3y − x)(Dx y − 6x) − (y − 3x2 )(6yDx y − 1)
2
Dx y =
(3y 2 − x)2
se sustituye Dx y, y se obtiene:

y−3x2 y−3x2
(3y 2 − x) 3y 2 −x − 6x − (y − 3x2 ) 6y · 3y 2 −x −1
2
Dx y =
(3y 2 − x)2
Simplificando:

2 2xy (27xy − 27(x3 + y 3 ) − 2)
Dx y = pero de la ecuaciń original x3 +y 3 = xy por lo que: 27xy−27xy−2 = −2,
o
(3y 2 − x)3
2 −4xy
y Dx y =
(3y 2 − x)3

Ejemplo 3

Determinar Dx y si ax2 + 2xy + by 2 = 1
2

Primero calculamos Dx y

2ax + 2x · Dx y + 2y + 2by · Dx y = 0
−2ax − 2y −ax − y
Dx y = =
2x + 2by x + by
Luego:

2 −ax − y
Dx y = Dx (Dx y) = Dx
x + by
2 (x + by)(−a − Dx y) − (−ax − y)(1 + b · Dx y)
Dx y =
(x + by)2
2 (abx − x)Dx y − aby + y
Dx y =
(x + by)2
2 (ab − 1)(x · Dx y − y)
Dx y = sustituyendo Dx y se tiene:
(x + by)2
−ax−y
(ab − 1) x · x+by −y
2
Dx y =
(x + by)2
2 −(ab − 1)(ax2 + 2xy + by 2 )
Dx y =
(x + by)2
2 −(ab − 1)(1) 1 − ab
Dx y = 3
= pues ax2 + 2xy + by 2 = 1 en la ecuaciń original.
o
(x + by) (x + by)3

Teorema de Rolle 67

Ejercicios.

2
Determine Dx y y exprese el resultado en la forma m´s simplificada posible.
a

a. x2 − 2y 2 = 4

2 2 2
b. x 3 + y 3 = a 3 a cte.

c. b2 x2 − a2 y 2 = a2 b2 a cte, b cte.

2.1.16 Teorema de Rolle (o teorema sobre las ra´
ıces de la derivada)

Teorema 1

Sea f una funciń que cumple las condiciones siguientes:
o

1. f es continua sobre un intervalo cerrado [a, b].

2. f es derivable sobre un intervalo abierto ]a, b[.

3. f (a) = f (b) = 0.

Entonces existe por lo menos un n´mero real c tal que a < c < b y f (c) = 0. O sea f (x) = 0 para cierto
u
c entre a y b.

Interpretaciń geom´trica
o e

Este teorema puede interpretarse geom´tricamente de la manera siguiente:
e

Figura 2.30: Interpretaciń geom´trica del Teorema de Rolle
o e

68 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Si una curva continua interseca al eje X en (a, 0) y (b, 0) y tiene una recta tangente en cada uno de los puntos del
intervalo ]a, b[, entonces existe por lo menos un punto de la curva en el que la recta tangente es paralela al eje X.

Gr´ficamente se tiene:
a

Figura 2.31: Interpretaciń geom´trica del Teorema de Rolle
o e

El teorema tambiń es v´lido para una funciń derivable que aunque en los extremos del intervalo [a, b] no
e a o
interseque al eje X, s´ tome valores iguales para a y b, es decir, f (a) = f (b).
ı

a b

Es necesario que la funciń posea derivada en todos los puntos del intervalo, ya que aunque la funciń sea
o o
continua en el intervalo, si no es derivable en algń punto, puede suceder que no exista ningń valor c para el
u u
que f (c) sea igual a cero.

Ejemplo 1
√
3
La funciń f con ecuaciń f (x) = 2 +
o o x2 es continua en el intervalo [−1, 1] y adem´s se cumple que
a
2
f (−1) = f (1), pero la derivada de f, f (x) = √ no est´ definida para x = 0, (0 ∈] − 1, 1[), y se tiene que
a
33x
f (x) no se hace cero en el intervalo dado.

La representaciń gr´fica de esta funciń en el intervalo [−1, 1] es la siguiente:
o a o

Ejemplo 2

Teorema de Rolle 69

√
3
Figura 2.32: Gr´fica de f (x) = 2 +
a x2

Para cada una de las funciones cuyas ecuaciones se dan a continuaciń, verificar que se cumplen las condiciones
o
del teorema de Rolle en el intervalo indicado, y determinar un valor adecuado c que satisfaga la conclusiń de
o
este teorema:

1. f (x) = x2 − 3x + 2; [1, 2]

2. f (x) = x3 − 2x2 − x + 2; [−1, 2]

3. f (x) = x3 + 5x2 − 6x; [0, 1] Ejercicio para el estudiante

−π π
4. f (x) = cos2 x; , Ejercicio para el estudiante
4 4

Soluciń:
o

1. Por ser f una funciń polinomial es derivable y por lo tanto continua para todo x ∈ R. se cumplen
o
entonces las dos primeras condiciones en el intervalo [1, 2].

Adem´s f (1) = 0 y f (2) = 0 por lo que la curva interseca al eje X y se cumple la tercera condiciń.
a o

Luego, debe existir por lo menos un n´mero c ∈]1, 2[ tal que f (x) = 0.
u

3 3 3
Como f (x) = 2x − 3 y f (x) = 0 si y solo si x = entonces puede tomarse c = , ∈]1, 2[.
2 2 2
3 3
Luego en el punto ,f la recta tangente es paralela al eje X.
2 2

70 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Figura 2.33: Gr´fica de x2 − 3x + 2
a

2. De nuevo, f es una funciń polinomial y por tanto es derivable, y continua para toda x ∈ R. En partic-
o
ular, en el intervalo [−1, 2] se cumplen las dos primeras condiciones.

Adem´s f (−1) = 0 y f (2) = 0 verificńdose la tercera condiciń.
a a o

Luego, el teorema es v´lido en el intervalo [−1, 2] y existe c ∈] − 1, 2[ tal que f (c) = 0. Como
a √ √
2 2+ 7 2− 7
f (x) = 3x − 4x − 1 entonces f (x) = 0 si y solo si x = o x= . Note que ambos
3 3
valores pertenecen al intervalo ] − 1, 2[.
√ √ √ √
2 + 7 −8 − 27 7 2 − 7 −116 − 26 7
Luego, en los puntos , y , , la recta tangente tiene pen-
3 27 3 27
diente cero y por tanto dicha recta es paralela al eje X.

2.1.17 Teorema del valor medio para derivadas (Teorema de Lagrange)

Teorema 1

Sea f una funciń que cumple las propiedades siguientes:
o

1. Es continua sobre un intervalo cerrado [a, b].

2. Es derivable sobre un intervalo abierto ]a, b[.

f (b) − f (a)
Entonces existe por lo menos un n´mero c tal que a < c < b y f (c) =
u
b−a
ıtulo

Este teorema se utiliza para demostrar varios teoremas tanto del c´lculo diferencial como del c´lculo integral.
a a

En su demostraciń se utilizar´ el teorema de Rolle.
o a

o e

Teorema del valor medio para derivadas 71

El teorema del valor medio puede interpretarse geom´tricamente como sigue:
e

Consideremos la representaciń gr´fica de una curva continua f :
o a

Figura 2.34: Interpretaciń geom´trica del Teorema del Valor Medio
o e

f (b) − f (a)
La recta secante que une los puntos P (a, f (a)), Q(b, f (b)) tiene como pendiente ms = . Segń
u
b−a
el teorema del valor medio, debe existir algń punto sobre la curva, localizado entre P y Q, en el que la recta
u
tangente sea paralela a la recta secante que pasa por P y Q; es decir, existe algń n´mero c ∈]a, b[ tal que
u u
f (b) − f (a)
ms = f (c) = .
b−a

Ejemplo 1

Para cada funciń cuya ecuaciń se da, verificar que se cumplen las condiciones del teorema del valor medio en
o o
el intervalo dado, y determinar un valor adecuado c que satisfaga la conclusiń de este teorema:
o

1. f (x) = x3 + x2 − x; [−2, 1]

√
2. f (x) = 10 − x2 ; [−6, 8]

1 3
3. f (x) = x − 1 + ; ,3
x−1 2

x2 + 4x
4. f (x) = ; [2, 6]
x−7

Soluciń:
o

1. Por ser f una funciń polinomial, es derivable para toda x ∈ R por lo que debe existir por lo menos un
o
n´mero c ∈] − 2, 1[ tal que:
u

f (1) − f (−2) 1 − (−2)
f (c) = = =1
1 − (−2) 3

Adem´s f (x) = 3x2 + 2x − 1 por lo que f (c) = 3c2 + 2c − 1.
a

72 Cap´
ıtulo 2: Derivadas
√ √
2 −1 + 7 −1 − 7
Como f (c) = 1 entonces 3c + 2c − 1 = 1 por lo que c = o c= .
3 3
√ √ √ √
−1 + 7 11 − 5 7 −1 − 7 11 + 5 7
Luego en , y en , la recta tangente es paralela a la recta
3 27 3 27
secante que pasa por los puntos (−2, −2) y (1, 1).

2. Como f es continua en el intervalo [−10, 10] y derivable en el intervalo ] − 10, 10[ cumplir´ ambas condi-
a
ciones en el intervalo [−6, 8] = [a, b].

Luego debe existir por lo menos un n´mero c ∈] − 6, 8[ tal que
u

f (8) − f (−6) 6−8 −1
f (c) = = =
8 − (−6) 14 7
−x −c −1 −c
Como f (x) = √ , entonces f (c) = √ por lo que f (c) = =√
10 − x 2 100 − c2 7 100 − c2
√ √
Resolviendo la ecuaciń se obtiene que c = 2 o c = − 2
o

−1
Aunque ambos valores de c pertenecen al intervalo ] − 6, 8[, se tiene que f (x) = unicamente cuando
´
√ 7
c = 2.

√ √
Luego en P ( 2, 7 2) la recta tangente es paralela a la recta secante que pasa por los puntos (−6, 8) y (8, 6).

Gr´ficamente se tiene:
a

√
Figura 2.35: Gr´fica de f (x) =
a 10 − x2

El an´lisis de las otras funciones queda como ejercicio para el estudiante.
a

2.1.18 Teorema de Gauchy del valor medio (o extensiń del teorema del valor
o
medio para derivadas)
Teorema 1

Sean f y g dos funciones continuas sobre un intervalo cerrado [a, b] y derivables sobre el intervalo abierto ]a, b[.

Teorema de Gauchy del valor medio 73

f (b) − f (a) f (c)
Si g(b) = g(a) y g (x) = 0 para x ∈]a, b[, entonces existe un n´mero c ∈]a, b[ tal que
u = .
g(b) − g(a) g (c)
ıtulo

o e

Considere la representaciń gr´fica de una curva y = h(x), que tiene ecuaciones param´tricas x = g(t), y = f (t)
o a e
donde t ∈ [a, b].

Figura 2.36: Interpretaciń geom´trica del Teorema de Gauchy
o e

Utilizando la derivaciń param´trica se obtiene que la pendiente de la recta tangente a la curva en un determi-
o e
nado valor est´ dada por
a

Dt f (t) f (t)
Dx y = =
Dt g(t) g (t)
Adem´s, la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos P (g(a), f (a)), Q(g(b), f (b)) est´ dada por:
a a

f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
f (b) − f (a) f (c)
Por el teorema de Gauchy del valor intermedio, existe por lo menos un valor c en ]a, b[ tal que: =
g(b) − g(a) g (c)
En este caso, hay dos valores de t que satisfacen la conclusiń del teorema y son t = c1 , t = c2 .
o

Ejemplo 1

En cada caso, determinar los valores c ∈]a, b[ tales que satisfacen el teorema de Gauchy del valor medio.

1. f (x) = x3 , g(x) = x2 , ]a, b[ = ]0, 2[

2x 1 − x2
2. f (x) = 2
, g(x) = , ]a, b[ = ]0, 2[
1+x 1 + x2

Soluciń:
o

74 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

1. Las funciones f y g son continuas y derivables en el intervalo ]0, 2[ por ser funciones polinomiales.

Adem´s: g(2) = 4 y g(0) = 0 por lo que g(2) = g(0); g (x) = 2x, y 2x es diferente de cero para
a
x ∈]0, 2[. Como se cumplen todas las condiciones existe c en ]0, 2[ tal que:

f (2) − f (0) f (c)
=
g(2) − g(0) g (c)

Como f (2) = 8, f (0) = 0, f (x) = 3x2 , y g (x) = 2x entonces sustituyendo en la expresiń anterior:
o

8−0 3c2 3 4
= de donde 2 = c y se obtiene que c = .
4−0 2c 2 3
2. Las funciones f y g son continuas y derivables en el intervalo ]0, 2[ pues ambas son el cociente de dos
polinomios P (x) y Q(x) donde Q(x) = x2 + 1 es diferente de cero para x en ]0, 2[.

−3 −4x
Adem´s: g(2) =
a y g(0) = 1 por lo que g(2) = g(0); g (x) = , es diferente de cero para
5 (1 + x2 )2
x ∈]0, 2[. Como se cumplen todas las condiciones del teorema de Gauchy del valor medio, existe c en ]0, 2[
tal que:

f (2) − f (0) f (c)
=
g(2) − g(0) g (c)
4 2 − 2x −4x
Como f (2) = , f (0) = 0, f (x) = 2 )2
, y g (x) = 2 entonces sustituyendo en la igual-
5 (1 + x (1 + x2 )
−4 2 − 2c2 3
dad anterior se tiene: = y 10c2 = 6 por lo que |c| = .
3 −4c 5

3 3
Como c = − no pertenece al intervalo ]0, 2[, el valor que satisface la conclusiń del teorema es c =
o ,
5 5
que s´ pertenece al intervalo dado.
ı

El teorema de Gauchy del valor ser´ utilizado en la demostraciń de algunos teoremas que se refieren a la
a o
regla de L’Hˆpital y que serń estudiados en el pr´ximo apartado.
o a o

2.1.19 Regla de L’Hˆpital
o

Introducciń
o
La regla de L’Hˆpital es un m´todo que se le atribuye al matem´tico franc´s Guillaume Francois de L’Hˆpital
o e a e o
(1661-1707). Este escribi´ el primer libro de c´lculo conteniendo su m´todo, junto con J. Bernoulli. Fue publi-
o a e
cado en 1696.

Este m´todo nos permite calcular ciertos l´
e ımites que con los procedimientos estudiados anteriormente no era
f (x)
posible resolver. As´ al evaluar l´
ı, ımites de la forma lim en algunos casos se pod´ aplicar el teorema para
ıa
x→a g(x)
el l´
ımite de un cociente:

f (x) limx→a f (x)
lim = siempre que lim g(x) = 0
x→a g(x) limx→a g(x) x→a

Regla de L’Hˆpital
o 75

f (x)
Ań cuando limx→a f (x) = 0 y limx→a g(x) = 0, a veces es posible determinar lim
u . Por ejemplo el
x→a g(x)
2x2 − 3x − 2 0 (2x + 1)(x − 2) 2x + 1 5
lim 2 que es de la forma puede escribirse como lim = lim =
x→2 x − x − 2 0 x→2 (x + 1)(x − 2) x→2 x − 2 2
ln (x − 1)
Sin embargo, existen l´
ımites como lim en los que tanto el numerador como el denominador tienden
x→2 x−2
a cero cuando x tiende a 2, para los que no hemos dado ningń procedimiento que permita determinar su valor.
u

El siguiente teorema llamado Regla de L’Hˆpital proporciona el instrumento adecuado para la evaluaciń de tal
o o
tipo de l´
ımites.

o

Teorema 1

Sean f y g funciones que satisfacen las condiciones del teorema de Gauchy en cierto intervalo [a, b] y tales
que f (a) = g(a) = 0.

f (x) f (x) f (x) f (x)
Entonces, si lim existe , tambiń existir´ lim
e a y adem´s lim
a = lim
x→a g (x) x→a g(x) x→a g(x) x→a g (x)

f (x) f (x)
Tambiń, si lim
e = ∞ entonces lim =∞
x→a g (x) x→a g(x)

Demostraciń
o Al final del cap´
ıtulo.

Ejemplo 1

ex − e−x
Calculemos el lim utilizando el teorema anterior.
x→0 sen x
0
Observe que e0 − e0 = 1 − 1 = 0, sen 0 = 0 por lo que se tiene la forma .
0
Luego:

ex − e−x
lim
x→0 sen x
ex − e−x (−1)
= lim
x→0 cos x
ex + e−x 2
= lim = =2
x→0 cos x 1
Nota: Si f (a) = 0 y g (a) = 0 y las derivadas f (x) y g (x) satisfacen las condiciones que se especificaron
para las funciones f y g, segń la hip´tesis de el teorema de la Regla de L’Hˆpital, entonces puede aplicarse
u o o
de nuevo la Regla de L’Hˆpital, obtenińdose que:
o e

f (x) f (x)
lim = lim .
x→a g (x) x→a g (x)

0
Puede operarse as´ sucesivamente siempre que se presente la forma
ı .
0

Ejemplo 2

76 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Calculemos los l´
ımites siguientes:

tan x − x
1. lim
x→0 x − sen x

0
Note que tan 0 − 0 = 0, 0 − sen 0 = 0; se presenta la forma y puede aplicarse el teorema.
0

Luego:

tan x − x sec2 x − 1
lim = lim
x→0 x − sen x x→0 1 − cos x

0
aqu´ se presenta de nuevo la forma
ı por lo que es posible aplicar otra vez el teorema.
0

Entonces:

tan x − x
lim
x→0 x − sen x
sec2 x − 1
= lim
x→0 1 − cos x

2sec x tan x sec x
= lim
x→0 sen x
2sec2 x sen x
= lim
x→0 sen x · cos x

2sec2 x 2·1
= lim = = 2.
x→0 cos x 1

ey − 1 − y e0 − 1 − 0 0
2. lim 2
forma: =
y→0 y 0 0
ey − 1 e0 − 1 0
= lim forma: =
y→0 2y 2·0 0
ey e0 1
= lim = =
y→0 2 2 2

θ − sen θ 0 − sen 0 0
3. = lim forma: =
θ→0 tan3 θ tan3 0 0
1 − cos θ
= lim
θ→0 3 tan2 θ sen2 θ
1 − cos θ
= lim sen2 θ 1
θ→0 3· · cos2 θ
cos2 θ

cos4 θ(1 − cos θ)
= lim
θ→0 3(1 − cos2 θ)

cos4 θ 1 1
= lim = = .
θ→0 3(1 + cos θ) 3(1 + 1) 6

o 77

Ejercicios:
Calcule los l´
ımites siguientes utilizando la Regla de L’Hˆpital.
o
0
Antes de aplicarla aseg´rese de tener la forma indeterminada
u .
0

sen y
1. lim− √
y→π π−y
sen u
2. lim √
u→0 u

ln(sen x)
3. limπ
x→ 2 (π − 2x)2

ax − bx
4. lim
x→0 x

Teorema 2

Sean f y g funciones derivables, (y por tanto continuas), en un intervalo [h, +∞[, donde h es una constante
positiva. Sea g (x) = 0 para x ∈ [h, +∞[.

f (x) f (x)
Si lim f (x) = 0, y lim g(x) = 0 y si lim
= L entonces lim =L
x→+∞ x→+∞ x→+∞ g (x) x→+∞ g(x)

f (x) f (x)
Adem´s, si lim
a = +∞ entonces lim = +∞
x→+∞ g (x) x→+∞ g(x)

ıtulo
0
Este teorema nos permite aplicar la regla de L’Hˆpital a l´
o ımites en que se presenta la forma , cuando
0
la variable independiente tiende hacia +∞. Tambi´n puede aplicarse cuando x → inf ty y se tiene que
e
f (x) → 0, y g(x) → 0.

Ejemplo 3

Calculemos los siguientes l´
ımites utilizando el teorema anterior.
1
x2
1. lim
x→+∞ sen2 2
x
1 2 2
Cuando x → +∞ se tiene que 2
→ 0, y → 0 por lo que sen2 → 0.
x x x
0
Se presenta la forma y podemos aplicar el teorema anterior.
0

Luego:

1
x2
lim
x→+∞ sen2 2
x
−2
x−3
= lim 2 2 −2
x→+∞ 2 sen x · cos x · x2

78 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

1
x 0
= lim 4 forma
x→+∞ sen x
0
−1
x2
= lim 4 −4
x→+∞ cos x · x2
1 1 1
lim 4 = = .
x→+∞ 4 cos x
4 cos 0 4

1
sen x sen 0 0
2. lim forma =
x→+∞ arctan 1 arctan 0 0
x
1 −1
cos x · x2
= lim 1
x→+∞ 2
1+( x ) · −1
1
x2

1 2
cos x 1
= lim · 1+ = 1.
x→+∞ 1 x

2
x 0 0
3. lim 1 forma =
x→−∞ e −1
x e0 −1 0
−2
x2
= lim 1
x→−∞ e x · −1
x2
2 2 2
= lim 1 = = = 2.
x→−∞ e x e0 1

Aplicaciń de la Regla de L’Hˆpital a otras formas indeterminadas
o o
La Regla de L’Hˆpital tambiń se aplica en los casos en que un cociente presenta algunas de las formas siguientes:
o e
+∞ −∞ +∞ −∞
, , ,
+∞ −∞ −∞ +∞
Daremos a continuaciń, sin demostraciń, los teoremas que permiten evaluar tal tipo de l´
o o ımites.

Teorema 3

Sean f y g funciones continuas y derivables para todos los valores en un intervalo abierto I, excepto cuando
x = a, (a ∈ I).

Si para x = a se tiene que:

i. g (x) = 0

ii. lim f (x) = ∞
x→a

iii. lim g(x) = ∞
x→a

f (x)
iv. existe el lim =k
x→a g (x)

f (x) f (x) f (x)
entonces tambiń existe lim
e y adem´s lim
a = lim = k.
x→a g(x) x→a g(x) x→a g (x)

o 79

Ejemplo 4

ln(1 − 2x)
Calcular lim
x→ 1 −
2
tan π x
Observe que:

1− 1
a. x → =⇒ x < =⇒ 2x − 1 < 0 =⇒ 1 − 2x > 0 =⇒ 1 − 2x → 0+ =⇒ ln(1 − 2x) → −∞.
2 2

1− π−
b. x → =⇒ πx → =⇒ tan(πx) → +∞.
2 2
−∞
Luego, se presenta la forma por lo que puede aplicarse el teorema anterior como sigue:
+∞
ln(1 − 2x)
lim−
x→ 12 tan π x
−2
1−2x 1
= lim− (Recuerde que sec2 θ = )
x→ 12 π sec2 π x cos2 θ
2
−2 cos (π x) −2 cos2 ( π )
2 0
= lim− forma =
x→ 12 π (1 − 2x) π(1 − 1) 0
4 π(cos π x)(sen π x)
= lim−
x→ 12 −2π
= lim− −2 (cos π x)(sen π x) = 0
x→ 12
ln(1 − 2x)
lim− =0
x→ 12 tan π x

Teorema 4

Sean f y g funciones derivables para toda x > h, donde h es una constante positiva.

Adem´s, para x > h se cumple que g (x) = 0 s´
a ı:

i lim f (x) = +∞ (o lim f (x) = −∞)
x→+∞ x→+∞

ii lim g(x) = +∞ (o lim g(x) = −∞)
x→+∞ x→+∞

f (x)
iii lim =L
x→+∞ g (x)
f (x)
Entonces el lim tambi´n existe y
e
x→+∞ g(x)
f (x) f (x)
lim = lim =L
x→+∞ g(x) x→+∞ g (x)

El teorema tambi´n es v´lido cuando se sustituye x → +∞ por x → −∞
e a

f (x) f (x)
Adem´s, si lim
a = ∞ entonces lim =∞
x→+∞ g (x) x→+∞ g(x)

80 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

Ejemplo 5

Calcular los l´
ımites siguientes:

u +∞
1. lim bu
forma: pues ebu → +∞ cuando u → +∞ (b > 0)
u→+∞ e +∞
1
= lim =0
u→+∞ bebu

ex + e−x
2. lim
x→+∞ e2x − e−x

Este l´
ımite puede escribirse tambi´n como:
e

e2x + 1 +∞
lim que presenta la forma
x→+∞ e3x − 1 +∞

luego:

ex + e−x e2x + 1
lim = lim 3x
x→+∞ e2x − e−x x→+∞ e −1
2e2x
= lim
x→+∞ 3e3x

2
= lim =0
x→+∞ 3ex

L´
ımites que presentan la forma “0 · ∞”
Si = lim f (x) = 0 y lim g(x) = ∞ entonces el = lim [f (x) g(x)] puede designarse por la forma 0 · ∞ que no
x→a x→a x→a
coincide con ninguna de las expresiones en las que es posible aplicar la Regla de L’Hˆpital.
o
0 ∞
Sin embargo, es posible hacer transformaciones algebr´icas de manera que se obtengan las formas
a o ,
0 ∞
como sigue:

f (x) ∞
1. = lim [f (x) g(x)] = 1 y se tiene cuando x → a
x→a
g(x)
∞

f (x) 0
2. = lim [f (x) g(x)] = 1 y se tiene cuando x → a
x→a
g(x)
0

En estos dos casos s´ es posible aplicar los teoremas de la Regla de L’Hˆpital.
ı o

Ejemplo 6

Calcular los l´
ımites siguientes:

o 81

1. = lim+ [2x ln x]
x→0

Como x → 0+ entonces 2x → 0+ y ln x → −∞

ln(x) −∞
Pero 2x ln x puede escribirse como 1 que presenta la forma lo que nos permite aplicar la Regla
2x
+∞
de L’Hˆpital como sigue:
o

ln(x)
= lim+ [2x ln x] = lim+ 1
x→0 x→0
2x
1
x
= lim+ −1
x→0
2x2

= lim+ −2x = 0
x→0

2. lim+ sen x ln x
x→0

Note que si x → 0+ entonces sen x → 0+ y ln x → −∞ pero sen x ln x puede escribirse como:

ln x ln x −∞
1 = que presenta la forma cuando x → 0+ .
sen x
csc x +∞

Luego:

ln x
lim+ sen x ln x = lim+
x→0 x→0 csc x
1
x
= lim+
x→0 − csc x cot x
− sen2 x
= lim+
x→0 x cos x
−1 sen2 x 0
= lim+ · lim+ forma
x→0 cos x x→0 x 0
−1 2 sen x cos x
= · lim = −1 · 0 = 0
1 x→0+ 1

Por tanto: lim sen x ln x = 0
x→0+

πx
3. lim− (1 − x) tan
x→1 2
πx
Este l´
ımite vuelve a presentar la forma forma 0 · ∞, sin embargo, la expresi´n (1 − x) tan
o puede
2
tambi´n escribirse como:
e

πx
(1 − x) sen 2 0
que presenta la forma , cuando x → 1− .
cos π2x 0
Luego, calculamos el l´
ımite como sigue:

πx
lim− (1 − x) tan
x→1 2

82 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

πx
(1 − x) sen 2
= lim−
x→1 cos π2x
π (1 − x)
= lim− sen x · lim− π
x→1 2 x→1 cos
2x
−1 2
= 1 · lim− −π π =
x→1
2 sen 2 x π

Otras formas indeterminadas
Si en el lim [f (x)]g(x) se tiene que:
x→a

1. = lim f (x) = 0 y = lim g(x) = 0
x→a x→a

´
o

2. = lim f (x) = ∞ y = lim g(x) = 0
x→a x→a

´
o

3. = lim f (x) = 1 y = lim g(x) = ∞
x→a x→a

ımite presenta las formas 00 , ∞0 , y 1∞ respectivamente.
entonces dicho l´

Para calcular este tipo de l´
ımites se sigue el siguiente procedimiento:

Consideremos la igualdad y = [f (x)]g(x) , tomando logaritmo natural a ambos lados de ella se tiene: ln y =
g(x)[ln f (x)]. Note que en la expresi´n g(x)[ln f (x)] presenta en todos los casos la forma 0 · ∞.
o

Los l´
ımites en que se presenta esta forma indeterminada fueron estudiados anteriormente.

Tenemos entonces que:

lim ln y = lim g(x)[ln f (x)]
x→a x→a

Como la funci´n logaritmo es continua podemos escribir:
o

ln[ lim y] = lim [g(x) ln[f (x)]]
x→a x→a

lim g(x)[ln f (x)]
x→a
=⇒ lim y = e
x→a

lim g(x)[ln f (x)]
x→a
=⇒ lim [f (x)]g(x) = e
x→a

Ejemplo 7

Utilizando el procedimiento descrito anteriormente, calculemos los siguientes l´
ımites:

o 83

1
1. lim x x−1
x→1+

1
Si x → 1+ entonces → +∞ por lo que se tiene la forma (1)+∞
x−1

Luego:

1
lim · ln x
1 x→1+ x−1
lim x x−1 =e
x→1+

ln x
lim
x→1+ x−1
=e

ln x 0
Note que el = lim+ presenta la forma por lo que puede aplicarse la Regla de L’Hˆpital.
o
x→1 x−1 0

Entonces:

ln x
lim
1 x→1+ x−1
lim x x−1 =e
x→1+

1
x
lim+
x→1 1
=e

1
lim
x→1+ x
=e = e1 = e

tan x
1
2. lim+
x→0 x
1
Si x → 0+ entonces → +∞ y, tan x → 0 por lo que se tiene la forma (+∞)0 .
x

Luego:

1
tan x lim+ tan x ln
1 x→0 x
lim =e
x→0+ x
1
Note que lim+ tan x ln presenta la forma 0 · +∞. Este ultimo l´
´ ımite puede escribirse como:
x→0 x
1 1
ln x ln x +∞
lim+ 1 = lim+ que es ahora de la forma y al cual puede aplicarse la Regla de L’Hˆpital.
o
x→0
tan x
x→0 cot x +∞

Entonces:

1
ln x
lim+
1
tan x x→0 cot x
lim+ =e
x→0 x

84 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

−1
x2 ·x
lim+
x→0 − csc2 x
=e

sen2 x
lim+
x→0 x 0
=e forma
0
2 sen x cos x
lim+
x→0 1
=e = e0 = 1

Por tanto:

tan x
1
lim+ =1
x→0 x

3. lim+ (x)sen x
x→0
+
Se presenta la forma (0+ )0 por lo que:

lim (sen x ln x)
x→0+
lim (x)sen x = e
x→0+

ln x ln x
El lim+ [sen x ln x] es de la forma 0 · (−∞), que puede escribirse como lim+ 1 = lim+ , que es
x→0 x→0
sen x
x→0 csc x
−∞
ahora de la forma , y podemos por tanto aplicar la Regla de L’Hˆpital.
o
+∞

Luego:

ln x
lim
x→0+ csc x
lim (x)sen x = e
x→0+

1
x
lim+
x→0 − csc x cot x
=e

− sen2 x
lim+
x→0 x cos x
=e

−1 sen2 x
lim · lim
x→0+ cos x x→0+ x
=e

2 sen x cos x
−1 · lim
x→0+ 1
=e = e−1·0 = e0 = 1

sen u u−2
4. lim
u→0 u
sen u 1 sen u u−2
Si u → 0 entonces → 1 y u−2 = 2 → +∞ por lo que lim es de la forma (1)+∞
u u u→0 u

o 85

Luego:

sen u
u−2 lim u−2 ln
sen u u→0 u
lim =e
u→0 u

sen u ln sen u
el lim u−2 ln es de la forma 0 · +∞ y puede escribirse como lim u
al cual puede apli-
u→0 u u→0 u2
0
carse la Regla de L’Hˆpital pues es de la forma .
o
0

Entonces:

sen u
ln u
u−2 lim
sen u u→0 u2
lim =e
u→0 u
u u cos u−sen u
sen u · u2
lim
u→0 2u
=e

u cos u − sen u
lim
u→0 2u2 sen u 0
=e forma
0
cos u − u sen u − cos u
lim
u→0 4u sen u + 2u2 cos u
=e

−u sen u
lim
u→0 4u sen u + 2u2 cos u
=e

− sen u
lim
u→0 4 sen u + 2u2 cos u 0
=e forma
0
− cos u
lim
u→0 4 cos u + 2 cos u − 2u sen u 1 1
=e = e− 6 = √
6
e

Luego:

sen u u−2 1
lim = √
u→0 u 6
e

Otra forma indeterminada

En algunos l´
ımites se presenta la forma (+∞) − (+∞) de la cual no se puede dar un resultado inmediato. Sin
0
embargo, mediante algunas transformaciones algebr´icas es posible obtener la forma
a y aplicar luego la Regla
0
de L’Hˆpital.
o

Ejemplo 8

86 Cap´
ıtulo 2: Derivadas

2 1
1. lim −
x→1 x2 − 1 x − 1

Consideramos dos casos:

a. Si x → 1+ entonces x > 1 y x2 > 1 por lo que x − 1 → 0+ y x2 − 1 → 0+ de donde
2 1
→ +∞ y → +∞
x2 − 1 x−1
2 1
Luego − → (+∞) − (+∞) cuando x → 1+
x2 − 1 x − 1

b. Si x → 1− entonces x < 1 y x2 < 1 por lo que x − 1 → 0+ y x2 − 1 → 0− de donde
2 1
→ −∞ y → +∞
x2 − 1 x−1
2 1
Luego − → (+∞) − (+∞) cuando x → 1−
x2 −1 x−1

Note que en ambos casos se tiene (+∞) − (+∞)

Resolvemos el l´
ımite de la siguiente manera:

2 1 2 1
lim − = lim −
x→1 x2 −1 x−1 x→1 (x − 1)(x + 1) x−1
2 − (x + 1)
= lim
x→1 (x − 1)(x + 1)
1−x 0
= lim forma
x→1 x2 − 1 0
−1 −1
= lim =
x→1 2x 2

2. lim (sec x − tan x)
π
x→ 2

Consideramos los siguientes casos:

π+ 1 sen x
a. Si x → entonces cos x → 0− por lo que sec x = → −∞ y tan x = → −∞
2 cos x cos x
π+
Luego (sec x − tan x) → (−∞) − (−∞) cuando x →
2
π−
b. Si x → entonces cos x → 0+ por lo que sec x → +∞ y tan x → +∞
2
π−
Luego (sec x − tan x) → (+∞) − (+∞) cuando x →
2

Note que en ambos casos se tiene (+∞) − (+∞)

Procedemos como sigue para determinar el valor del l´
ımite:

o 87

1 sen x
lim (sec x − tan x) = lim −
x→ π
2
π
x→ 2 cos x cos x
1 − sen x 0
= lim forma
π
x→ 2 cos x 0
− cos x 0
= lim = =0
π
x→ 2 − sen x 1

3. lim x3 − 2e3x
x→+∞

Si x → +∞ entonces x3 → +∞ y e3x → +∞ tenemos que aparece la forma (+∞) − (+∞)

Para este tipo de l´
ımite se factoriza algunos de los sumandos de la manera siguiente:

2e3x
lim x3 − 2e3x = lim x3 1 −
x→+∞ x→+∞ x3
2e3x +∞
Calculemos ahora: lim
que presenta la forma
x→+∞ x3 +∞
2e3x 6e3x 6e3x 9e3x
lim 3
= lim 2
= lim = lim = +∞
x→+∞ x x→+∞ 3x x→+∞ 2x x→+∞ 1

2e3x
Luego: lim x3 1 − = (+∞) · (−∞) = −∞
x→+∞ x3
1
4. lim (e x + ln x)
x→0+

1 1
Si x → 0+ entonces → +∞, e x → +∞ ln x → −∞ de nuevo aparece +∞ − ∞
x

Factorizamos:

1 ln x
lim (e x + ln x) = lim+ ex 1 + 1
x→0+ x→0 ex
ln x −∞
Calculemos lim 1 que presenta la forma
x→0+ ex +∞
1
ln x x
lim+ 1 = lim 1 −1
x→0 e x x→0+ e x · x2

1
= lim+ 1 −1 =0
x→0 ex· x

1 1 ln x
Luego: lim+ e x + ln x = lim e x 1+ 1 = +∞
x→0 + x→0
x

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