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Ayudanta 1 - Vargas

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CÁLCULO 1-MAT1503
Ayudant́ıa 21
Rodrigo Vargas
1. Sean f, g : [a, b] → R derivables. Pruebe que si f ′(x) = g′(x) entonces
f(x) = g(x) + c donde c es una constante.
Solución: Considere la función ϕ : [a, b] → R definida por
ϕ(x) = f(x)− g(x)
Por ser f y g funciones diferenciables entonces ϕ es diferenciable. Note
que
ϕ ′(x) = f ′(x)− g ′(x) = 0
Sabemos que toda función diferenciable es continua. Afirmamos que
ϕ(x) = c para todo x ∈ [a, b], donde c es una constante. En efecto,
dados x, y ∈ [a, b] arbitrarios entonces la pendiente de la recta que
pasa por los puntos (x, ϕ(x)) y (y, ϕ(y)) es
ϕ(x)− ϕ(y)
x− y
como la función ϕ es continua existe necesariamene c ∈ [x, y] tal que
ϕ ′(c) =
ϕ(x)− ϕ(y)
x− y
Entonces,
ϕ(x)− ϕ(y) = ϕ ′(c)(x− y) = 0, ∀ x, y ∈ [a, b]
entonces ϕ(x) = ϕ(y) para todo x, y ∈ [a, b], luego ϕ es una función
constante. De lo que se concluye que
ϕ(x) = c⇒ f(x) = g(x) + c
Note que el reciproco de este problema tambien es verdadero, si f(x) =
g(x) + c entonces f ′(x) = g ′(x).
2. Demostrar que
f(x) = log
(
1 + x
1− x
)
, g(x) = f
(
a+ x
1 + ax
)
1
tienen la misma derivada.
Solución: Para resolver este problema podemos derivar ambas fun-
ciones y obtener mediante simplificacion algebraica que ambas fun-
ciones son iguales, proponemos que este método lo haga el lector para
familiarizarse con la derivación. Intentaremos mostrar que las funciones
difieren de una constante y por lo tanto poseen la misma derivada.
Notemos que
g(x) = f
(
a+ x
1 + ax
)
= log
1 +
(
a+ x
1 + ax
)
1−
(
a+ x
1 + ax
)

= log

(1 + ax) + (a+ x)
1 + ax
(1 + ax)− (a+ x)
1 + ax
 = log ((1 + ax) + (a+ x)(1 + ax)− (a+ x)
)
= log
(
1 + a+ x(1 + a)
1− a− x(1− a)
)
= log
(
(1 + a)(1 + x)
(1− a)(1− x)
)
= log
(
(1 + a)
(1− a)
· 1 + x
1− x
)
= log
(
(1 + a)
(1− a)
)
+ log
(
1 + x
1− x
)
= log
(
(1 + a)
(1− a)
)
+ f(x)
es decir, g(x) = f(x) + c donde c = log
(
1 + a
1− a
)
es una constante. Por
lo tanto, f ′(x) = g ′(x).
3. Derivar las siguientes funciones
(a) f(x) =
(
a− bxn
a+ bxn
)m
(b) g(x) =
sinx− x cosx
cosx− x sinx
(c) h(x) =
ex − 1
e3x + 1
Solución:
(a) Usando la regla de la cadena y la regla de derivación para el cuo-
2
ciente de dos funciones obtenemos
f ′(x) = m ·
(
a− bxn
a+ bxn
)m−1
· d
dx
(
a− bxn
a+ bxn
)
= m ·
(
a− bxn
a+ bxn
)m−1
· −nbx
n−1 · (a+ bxn)− (a− bxn)(nbxn−1)
(a+ bxn)2
= m ·
(
a− bxn
a+ bxn
)m−1
· −nabx
n−1 − nb2x2n−1 − nabxn−1 + nb2x2n−1
(a+ bxn)2
= m ·
(
a− bxn
a+ bxn
)m−1
· −2nabx
n−1
(a+ bxn)2
= −2mnabx
n−1 · (a− bxn)m−1
(a+ bxn)m+1
(b) Usando la regla de derivación para el cuociente de dos funciones y
usando que
d
dx
sin x = cos x,
d
dx
cosx = − sin x
g ′(x) =
1
(cosx− x sin x)2
(
d
dx
(sinx− x cosx) · (cosx− x sin x)−
(sinx− x cosx) · d
dx
(cosx− x sin x)
)
=
1
(cosx− x sin x)2
((
cosx− d
dx
(x cosx)
)
· (cosx− x sin x)−
(sinx− x cosx) ·
(
− sin x− d
dx
(x sin x)
))
=
1
(cosx− x sin x)2
((cos x− (cosx− x sin x)) · (cosx− x sin x)−
(sinx− x cosx) · (− sin x− (sinx+ x cosx)))
=
1
(cosx− x sin x)2
((x sin x) · (cosx− x sin x)−
(sinx− x cosx) · (−2 sinx− x cosx))
=
1
(cosx− x sin x)2
(x sin x cosx− x2 sin2 x+
2 sin2 x− x cosx sin x− x2 cos2 x))
=
2 sin2 x− x2
(cosx− x sin x)2
3
(c) Usando que
d
dx
ex = ex
h ′(x) =
1
(e3x + 1)2
·
(
d
dx
(ex − 1) · (e3x + 1)− (ex − 1) · d
dx
(e3x + 1)
)
=
ex · (e3x + 1)− (ex − 1) · (3e3x)
(e3x + 1)2
=
e4x + ex − 3e4x + 3e3x
(e3x + 1)2
=
−2e4x + 3e3x + ex
(e3x + 1)2
4. Derivar aplicando derivación logaritmica
(a) f(x) = xx
x
(b) g(x) = xsin
2 x
(c) h(x) =
(3x− 2)(2x− 3) cosx
(5x+ 7) log x
Solución:
(a) Notemos que
log f(x) = log(xx)x = x log xx = x2 log x
Entonces derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que
1
f(x)
f ′(x) = 2x log x+ x2 · 1
x
= 2x log x+ x
Por lo tanto,
f ′(x) =
2x log x+ x
f(x)
=
2x log x+ x
xx
x
(b) Notemos que
log g(x) = log xsin
2 x = sin2 x log x
4
Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que
1
f(x)
· f ′(x) = 2 sin x cosx log x+ sin2 x · 1
x
Por lo tanto,
f ′(x) =
2x sin x cosx log x+ sin2 x
x · xsin
2 x
(c) Notemos que
log h(x) = log
(
(3x− 2)(2x− 3) cosx
(5x+ 7) log x
)
= log((3x− 2)(2x− 3) cosx)− log((5x+ 7) log x)
= log(3x− 2) + log(2x− 3) + log(cosx)−
log(5x+ 7)− log(log x)
Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos
1
h(x)
· h ′(x) = 3
3x− 2
+
2
2x− 3
+
− sin x
cosx
− 5
5x+ 7
− 1/x
log x
Por lo tanto,
h′(x) =
(3x− 2)(2x− 3) cosx
(5x+ 7) log x
(
3
3x− 2
+
2
2x− 3
− sin x
cosx
− 5
5x+ 7
− 1
x log x
)
5. Sea ψ(x) =
e2x − 1
e2x + 1
. Demuestre que ψ′(x) = 1 − ψ(x)2. Determine la
ecuación de la recta tangente al gráfico de ψ que se paralela a la recta
3x− 4y − 12 = 0.
Solución: Notemos que
ψ′(x) =
2e2x(e2x + 1)− (e2x − 1)(2e2x)
(e2x + 1)2
=
4e2x
(e2x + 1)2
1− ψ2(x) = 1− (e
2x − 1)2
(e2x + 1)2
=
(e2x + 1)2 − (e2x − 1)2
(e2x + 1)2
=
4e2x
(e2x + 1)2
Observe que la pendiente de la recta 3x− 4y − 12 = 0 es 3
4
. Queremos
hallar los puntos en el gráfico de ψ que tienen pendiente 3/4, usando
la idéntidad demostrada tomando y = ψ(x) obtenemos la condición
y′ =
3
4
= 1− y2 ⇒ y2 − 1
4
⇒
(
y − 1
2
) (
y +
1
2
)
= 0
5
Si y =
1
2
=⇒ 1
2
=
e2x − 1
e2x + 1
⇒ e2x + 1 = 2e2x − 2
⇒ e2x = 3 ⇒ 2x = log 3 ⇒ x = 1
2
log 3
⇒ x = log
√
3
Por lo tanto en x = log
√
3 la recta tangente al gráfico de ψ es paralela
a la recta 3x− 4y − 12 = 0.
6

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