Solucion:

Tarea 2.

Cesar Hernandez Aguayo

1. Usando la definicion de derivada a traves del lımite

df

dx= lım

∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)

∆x,

calcule las derivadas de:

f(x) = sin(x) .Usando la definicion de derivada

d sin(x)

dx= lım

∆x→0

sin(x + ∆x)− sin(x)

∆x,

ahora usamos la identidad sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y) y la sustituimosen la expresion anterior para obtener

d sin(x)

dx= lım

∆x→0

sin(x) cos(∆x) + cos(x) sin(∆x)− sin(x)

∆x

= lım∆x→0

[sin(x)

cos(∆x)− 1

∆x+ cos(x)

sin(∆x)

∆x

]= sin(x) lım

∆x→0

cos(∆x)− 1

∆x+ cos(x) lım

∆x→0

sin(∆x)

∆x.

Tomando en cuenta que

lım∆x→0

cos(∆x)− 1

∆x= 0 , lım

∆x→0

sin(∆x)

∆x= 1 .

Encontramos qued sin(x)

dx= cos(x) .

f(x) = cos(x) .Sustituyendo en la definicion de derivada

d cos(x)

dx= lım

∆x→0

cos(x + ∆x)− cos(x)

∆x,

ahora usamos la identidad cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y) y la sustituimosen la expresion anterior para obtener

d cos(x)

dx= lım

∆x→0

cos(x) cos(∆x)− sin(x) sin(∆x)− cos(x)

∆x

= lım∆x→0

[cos(x)

cos(∆x)− 1

∆x− sin(x)

sin(∆x)

∆x

]= cos(x) lım

∆x→0

cos(∆x)− 1

∆x− sin(x) lım

∆x→0

sin(∆x)

∆x.

1

2

Tomando en cuenta que

lım∆x→0

cos(∆x)− 1

∆x= 0 , lım

∆x→0

sin(∆x)

∆x= 1 .

Encontramos qued cos(x)

dx= − sin(x) .

f(x) = x2 + x .Usando la definicion de derivada

d(x2 + x)

dx= lım

∆x→0

[(x + ∆x)2 + (x + ∆x)]− (x2 + x)

∆x

= lım∆x→0

x2 + 2x∆x + ∆x2 + x + ∆x− x2 − x

∆x

= lım∆x→0

2x∆x + ∆x2 + ∆x

∆x= lım

∆x→0(2x + 1 + ∆x)

Finalmente, aplicando el lımite encontramos que

d(x2 + x)

dx= 2x + 1 .

f(x) = ex .Sustituyendo en la definicion de derivada

dex

dx= lım

∆x→0

ex+∆x − ex

∆x

Desarrollando ex+∆x = ex · e∆x y sacando factor comun ex

dex

dx= lım

∆x→0

ex · e∆x − ex

∆x

= lım∆x→0

ex(e∆x − 1)

∆x

Ahora vamos a suponer la siguiente igualdad:

e∆x − 1 = t ⇒ e∆x = t + 1

Aplicando el logaritmo natural a ambos miembros de la expresion:

ln e∆x = ln(t + 1)

∆x ln e = ln(t + 1)

Sabiendo que ln e = 1, despejamos ∆x

∆x = ln(t + 1)

Cuando ∆x tiende a 0, t tambien tiende a 0.

∆x→ 0 ⇒ t→ e0 − 1 = 0 ⇒ t→ 0

3

Sustituimos e∆x − 1 = t y ∆x = ln(t + 1) en dex/dx:

dex

dx= ex lım

t→0

t

ln(t + 1)

= ex lımt→0

11t · ln(t + 1)

Aplicamos la propiedad lnxn = n · lnx

dex

dx= ex lım

t→0

1

ln(t + 1)1/t

Utilizando la propiedad de los lımites

lımx→a

ln f(x) = ln lımx→a

f(x)

dex

dx= ex

1

ln lımt→0(t + 1)1/t

Recordando que el numero e se puede definir como

e = lımn→∞

(1 +

1

n

)n

= lımn→0

(1 + n)1/n

Sustituyendo en la expresion anterior

dex

dx= ex

1

ln e= ex · 1

1= ex

Por lo tantodex

dx= ex .

f(x) = lnx .Sustituyendo en la denificion de derivada,

d lnx

dx= lım

∆x→0

ln (x + ∆x)− lnx

∆x

Ahora usamos la propiedad de los logaritmos

lnP

Q= lnP − lnQ

Entonces obtenemos

d lnx

dx= lım

∆x→0

ln(x+∆x

x

)∆x

= lım∆x→0

ln(1 + ∆x

x

)∆x

Si multiplicamos el denominador por xx :

d lnx

dx= lım

∆x→0

ln(1 + ∆x

x

)x·∆xx

4

Reescribiendo

d lnx

dx= lım

∆x→0

[1

x· x

∆x· ln(

1 +∆x

x

)]=

1

x· lım

∆x→0

[x

∆x· ln(

1 +∆x

x

)]Usando la propiedad n · lnx = lnxn

d lnx

dx=

1

x· lım

∆x→0ln

(1 +

∆x

x

) x∆x

Ahora aplicamos la propiedad del lımite del logaritmo lımx→a ln f(x) = ln lımx→a f(x)

d lnx

dx=

1

x· ln lım

∆x→0

(1 +

∆x

x

) x∆x

Con la definicion del numero e

e = lımn→∞

(1 +

1

n

)n

= lımn→0

[1 +

1(hn

)]( hn )

ya que: lımn→0

h

n=∞

Es lo que tenemos

lım∆x→0

[1 +

1(x

∆x

)] x∆x

= e

Sustituyendo en la expresion anterior

d lnx

dx=

1

x· ln e

Y como ln e = 1, entonces queda demostrado que

d lnx

dx=

1

x.

f(x) = 1x .

Sustituyendo en la definicion de derivada

d(

1x

)dx

= lım∆x→0

1x+∆x −

1x

∆x= lım

∆x→0

x−(x+∆x)x(x+∆x)

∆x

Desarrollando

d(

1x

)dx

= lım∆x→0

x− x−∆x

∆x(x2 + x ·∆x)= lım

∆x→0

−∆x

∆x(x2 + x ·∆x)= lım

∆x→0

−1

x2 + x ·∆x

Finalmente, aplicando el lımite, demostramos que

d(

1x

)dx

= − 1

x2.

5

2. Grafique f(x) y dfdx en los casos anteriores.

Figura 1: Grafica de la funcion f(x) = sin(x) y su derivada f ′(x) = cos(x).

Figura 2: Grafica de la funcion f(x) = cos(x) y su derivada f ′(x) = − sin(x).

6

Figura 3: Grafica de la funcion f(x) = x2 + x y su derivada f ′(x) = 2x + 1.

Figura 4: Grafica de la funcion f(x) = ex y su derivada f ′(x) = ex.

7

Figura 5: Grafica de la funcion f(x) = ln(x) y su derivada f ′(x) = 1x .

Figura 6: Grafica de la funcion f(x) = 1x y su derivada f ′(x) = − 1

x2 .

8

3. Grafique

y = 3−x .

Figura 7: Grafica de la funcion y = 3−x.

9

y = log(x2) .

Figura 8: Grafica de la funcion y = log(x2).

10

y = xe−x .

Figura 9: Grafica de la funcion y = xe−x.

11

y = log(x2 + 1) .

Figura 10: Grafica de la funcion y = log(x2 + 1).

12

4. Evalue los siguientes lımites:

lımx→2x2+6x+5x2−2x−3 .

lımx→3x2+6x+5x2−2x−3 .

Figura 11: Grafica de la funcion f(x) = (x2 + 6x + 5)/(x2 − 2x− 3).

Primero hay que asegurarnos que la funcion sea continua y eso lo podemos ver al graficarla funcion (ver Fig. 11). Al observar la grafica nos damos cuenta que la funcion es continuaen x = 2 y observamos que lımx → 2+ = lımx → 2−, por lo tanto podemos utilizar ladefinicion

lımx±→x0

f(x) = f(x0) .

Para nuestro caso tenemos:

lımx→2

=x2 + 6x + 5

x2 − 2x− 3=

(2)2 + 6 · (2) + 5

(2)2 − 2 · (2)− 3=

4 + 12 + 5

4− 4− 3=

21

−3= −7 .

Ahora, en el caso cuando x → 3, observamos que la funcion diverge, por lo cual debemoscalcular el lımite por la derecha y por la izquierda de manera independiente.

lımx→3+

x2 + 6x + 5

x2 − 2x− 3= lım

x→3+

x2 + 6x + 5

(x− 3)(x + 1)

13

El lımite del numerador es 32, lo cual puede verificarse facilmente.

lımx→3+

(x− 3)(x + 1) = lımx→3+

(x− 3) · lımx→3+

(x + 1)

= 0 · 4= 0

El lımite del denominador es 0, y el denominador se aproxima a 0 mediante valores positivos.Entonces,

lımx→3+

x2 + 6x + 5

x2 − 2x− 3= +∞ .

Como en el caso anterior

lımx→3−

x2 + 6x + 5

x2 − 2x− 3= lım

x→3−

x2 + 6x + 5

(x− 3)(x + 1)

El lımite del numerador es 32.

lımx→3−

(x− 3)(x + 1) = lımx→3−

(x− 3) · lımx→3−

(x + 1)

= 0 · 4= 0

En este caso el lımite del denominador es 0, pero el denominador se aproxima a 0 mediantevalores negativos. Entonces,

lımx→3−

x2 + 6x + 5

x2 − 2x− 3= −∞ .

14

5. Mencione el dominio en el que la funcion

f(x) =√x− 1

es continua. Recuerde argumentar su respuesta.Para que la funcion sea continua, su dominio debe ser [1,+∞). Ya que, si x toma valoresx < 1, la imagen de la funcion se va hacia el conjunto de los numeros complejos. Como seobserva en la grafica el dominio es [1,+∞) y la imagen es [0,+∞).

Figura 12: Grafica de la funcion f(x) = 1x .

15

6. Encuentre la pendiente y la ecuacion de la recta tangente a las curvas dadas por las si-guientes funciones y en los puntos mencionados:

y = 2x3 en (1, 2) .

y = −3x2 + 4x + 5 en (3,−10) .

y = x3 − 1 en (1, 0) .

Recordando la definicion de recta tangente.Suponga que la funcion f es continua en x1. La recta tangente a la grafica de f en el puntoP (x1, f(x1)) esLa recta que pasa por P y tiene pendiente m(x1), dada por

m(x1) = lım∆x→0

f(x1 + ∆x)− f(x1)

∆x

si el lımite existe.

y = 2x3 en (1, 2)

Primero se calcula la pendiente de la recta tangente en (1, 2). Con f(x) = 2x3 tenemos

m(1) = lım∆x→0

f(1 + ∆x)− f(1)

∆x

= lım∆x→0

2 · (1 + ∆x)3 − 2 · (1)3

∆x

= lım∆x→0

2 + 6∆x + 6(∆x)2 + 2(∆x)3 − 2

∆x

= lım∆x→0

6∆x + 6(∆x)2 + 2(∆x)3

∆x

= lım∆x→0

(6 + 6∆x + 2(∆x)2)

= 6 .

Ası, la recta tangente en (1, 2) tiene pendiente 6. De la forma punto-pendiente de la ecuacionde una recta

y − y1 = m(x− x1) ,

se obtiene

y − 2 = 6(x− 1)

y = 6x− 4 .

16

y = −3x2 + 4x + 5 en (3,−10)

Calculando la pendiente de la recta tangente en (3,−10). Con f(x) = −3x2+4x+5 tenemos

m(3) = lım∆x→0

f(3 + ∆x)− f(3)

∆x

= lım∆x→0

[−3(3 + ∆x)2 + 4(3 + ∆x) + 5]− [−3(3)2 + 4(3) + 5]

∆x

= lım∆x→0

−10− 14∆x− 3(∆x)2 + 10

∆x

= lım∆x→0

−14∆x− 3(∆x)2

∆x= lım

∆x→0(−14− 3∆x)

= −14 .

Ası, la recta tangente en (3,−10) tiene pendiente −14. De la forma punto-pendiente de laecuacion de una recta

y − y1 = m(x− x1) ,

se obtiene

y − (−10) = −14(x− 3)

y = −14x + 32 .

y = x3 − 1 en (1, 0)

Calculando la pendiente de la recta tangente en (1, 0). Con f(x) = x3 − 1 tenemos

m(1) = lım∆x→0

f(1 + ∆x)− f(1)

∆x

= lım∆x→0

[(1 + ∆x)3 − 1]− [(1)3 − 1]

∆x

= lım∆x→0

3∆x + 3(∆x)2 + (∆x)3

∆x

= lım∆x→0

(3 + 3∆x + (∆x)3)

= 3 .

Ası, la recta tangente en (1, 0) tiene pendiente 3. De la forma punto-pendiente de la ecuacionde una recta

y − y1 = m(x− x1) ,

se obtiene

y − 0 = 3(x− 1)

y = 3x− 3 .