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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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