Derivadas III

 Derivada de funciones trascendentes y derivación implícita

Derivada de funciones trigonométricas

Si $f(x)=\sin x$, entonces:

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin (x+h)-\sin x}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin x\cos h+\sin h\cos x-\sin x}{h}\]

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin x(\cos h-1)+\sin h\cos x}{h}\]

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos h-1}{h}\sin x+\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin h}{h}\cos x\]

Resolviendo los limites por teorema de compresión se puede concluir que:

\[f'(x)=\cos x\]

Si $f(x)=\cos x$, entonces:

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos x\cos h-\sin x\sin h-\cos x}{h}\]

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos x(\cos h-1)-\sin x\sin h}{h}\]

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos h-1}{h}\cos x-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin h}{h}\sin x\]

Calculando los limites como en el caso anterior, se puede concluir que:

\[f'(x)=-\sin x\]

Partiendo de estas derivadas, es posible determinar la del resto de funciones trigonométricas

Para $f(x)=\tan x$, si se expresa en funciones de seno y coseno se tiene un cociente, por lo que:

\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{\sin x}{\cos x} \right )=\frac{\sin x'\cos x-\sin x\cos x'}{\cos^{2}x}\]
\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{\sin x}{\cos x} \right )=\frac{cos^{2} x+\sin^{2} x}{\cos^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}(\tan x)=\frac{1}{\cos^{2}x}=\sec ^{2}x\]

Para $f(x)=\csc x$, si se expresa en función seno se tiene una función de la forma $\frac{1}{f(x)}$, por lo que:

\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\sin x} \right )=\frac{-\sin x'}{\sin^{2}x}\]
\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\sin x} \right )=\frac{-\cos x}{\sin^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}(\csc x)=-\left (\frac{\cos x}{\sin x} \right )\left (\frac{1}{\sin x} \right )=-\cot x\csc x\]

Para $f(x)=\sec x$, si se expresa en función coseno, análogo al caso anterior se tiene:

\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\cos x} \right )=\frac{-\cos x'}{\cos^{2}x}\]
\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\cos x} \right )=\frac{\sin x}{\cos^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}(\sec x)=\left (\frac{\sin x}{\cos x} \right )\left (\frac{1}{\cos x} \right )=\tan x\sec x\]

De igual manera, para $f(x)=\cot x$, si se expresa en función tangente se tiene que:

\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\tan x} \right )=\frac{-\tan x'}{\tan^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}\left ( \frac{1}{\tan x} \right )=-\frac{\sec^{2} x}{\tan^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}(\cot x)=-\frac{\frac{1}{\cos ^{2}x}}{\frac{\sin ^{2}x}{\cos ^{2}x}}=-\csc ^{2}x\]

Derivada de funciones exponenciales

Como la función exponencial y la logarítmica son inversas se puede considerar a la siguiente igualdad como cierta:

\[a^{x}=e^{\ln a^{x}}\]

Derivando la expresión:

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=\frac{d}{dx}\left (e^{\ln a^{x}} \right )\]

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=\frac{d}{dx}(e^{(\ln a)x})\]

Si $\ln a$ es una constante, entonces

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{e^{(\ln a)(x+h)}-e^{(\ln a)x}}{h}\]

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{e^{x\ln a}e^{h\ln a}-e^{x\ln a}}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{e^{x\ln a}(e^{h\ln a}-1)}{h}\]

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=e^{x\ln a}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{e^{h\ln a}-1}{h}=a^{x}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{e^{h\ln a}-1}{h}\]

Si se analiza el limite con una tabla de valores suponiendo cualquier valor positivo para "a", se tiene que:

\[\frac{d}{dx}(a^{x})=a^{x}\ln a\]

Si la base fuese el número "e", se tiene:

\[\frac{d}{dx}(e^{x})=e^{x}\ln e=e^{x}\]

Así se puede justificar la gran utilidad que tiene el número "e" en la función exponencial.

Derivación implícita

Sea la curva expresada por:

\[x^{2}+y^{2}=1\]

En funciones reales, esta expresión se la conoce como fórmula implícita, el cual es una relación no funcional. Es decir que representa una curva cuya gráfica no corresponde a una función real. Sin embargo, relaciona las variables dependiente e independiente de la forma (x,y(x))=0. La función implícita es aquella que se obtiene resolviendo la ecuación para "y":

\[y=\pm\sqrt{1-x^{2}}\]

Note que en este caso se tienen dos funciones implícitas, y se llaman así debido a que estas representan curvas cuya gráfica si corresponde a una función pero no se expresan de forma directa en la ecuación dada. Si se calcula la derivada partiendo de esta expresión se tiene que:

\[y'=\pm \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}=\mp \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\]

Por otro lado, si se parte de la fórmula implícita recordando que "y" es una función de "x", se deriva ambos miembros de la igualdad, y aplicando la regla de la cadena se tiene que:

\[\frac{d}{dx}(x^{2}+y^{2})=\frac{d}{dx}(1)\]

\[2x+2y\frac{d}{dx}(y) =0\]

Despejando la derivada se tiene que:

\[\frac{dy}{dx}=-\frac{2x}{2y}=-\frac{x}{y}\]

Como se conoce el valor de "y",  se tiene que:

\[\frac{dy}{dx}=\pm\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\]

Note que se tiene el mismo resultado. Por lo que se puede decir que la derivación implícita permite hallar la derivada de una función sin necesidad de conocer su fórmula explícita. Esto resulta útil cuando se desea derivar expresiones donde despejar la variable dependiente "y" es un trabajo complicado. 

Derivada de funciones trigonométricas inversas

Con ayuda de la derivación implícita, es posible obtener la derivada de este tipo de funciones:

Para $f(x)=\arcsin x$, se puede reescribir de forma implícita despejando la variable independiente como sigue:

\[y=\sin^{-1}x\Leftrightarrow x=\sin y\]

Aplicando la derivación implícita se tiene:

\[\frac{d}{dx}(x)=\frac{d}{dx}(\sin y)\]

\[1=\cos y\frac{dy}{dx}\]

\[\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos y}\]

Es posible expresar la derivada en función de "x" utilizando una identidad trigonométrica conocida y por el despeje realizado al principio como sigue:

\[\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin ^{2}y}}\]

\[\frac{d}{dx}(\arcsin x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\]

Para $f(x)=\arccos x$, similar al caso anterior se tiene:

\[x=\cos y\]

\[\frac{d}{dx}(x)=\frac{d}{dx}(\cos y)\]

\[1=-\sin y\frac{dy}{dx}\]

\[\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{\sqrt{1-\cos ^{2}y}}\]

\[\frac{d}{dx}(\arccos x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x ^{2}}}\]

Si $f(x)=\arctan x$, entonces:

\[x=\tan y\]

\[1=\sec ^{2}(y)\frac{dy}{dx}\]

\[\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sec ^{2}y}=\frac{1}{1+\tan ^{2}x}\]

\[\frac{d}{dx}(\arctan x)=\frac{1}{1+x ^{2}}\]

Ejemplo práctico: Hallar $\frac{d}{dt}(\textrm{arccot}(t)\textbf{i}+\textrm{arcsec}(t)\textbf{j}+\textrm{arccsc}(t)\textbf{k})$

Se sabe que para derivar una función vectorial se deriva cada función componente de forma individual, entonces:

\[x=\textrm{arccot}(t)\Leftrightarrow t=\cot x\]

\[y=\textrm{arcsec}(t)\Leftrightarrow t=\sec y\]

\[z=\textrm{arccsc}(t)\Leftrightarrow t=\csc z\]

Luego:

\[1=-\csc ^{2}(x)\frac{dx}{dt}\Rightarrow \frac{dx}{dt}=-\frac{1}{1+\cot ^{2} x}\]

\[1=\sec (y)\tan (y)\frac{dy}{dt}\Rightarrow \frac{dy}{dt}=\frac{1}{\sec y\sqrt{\sec ^{2}y-1}}\]

\[1=-\cot (z)\csc (z)\frac{dz}{dt}\Rightarrow \frac{dz}{dt}=-\frac{1}{\csc z\sqrt{\csc ^{2}z-1}}\]

Por último:

\[\frac{d}{dx}[\textrm{arccot}(t)]=-\frac{1}{1+t^{2}}\]

\[\frac{d}{dx}[\textrm{arcsec}(t)]=\frac{1}{t\sqrt{t^{2}-1}}\]

\[\frac{d}{dx}[\textrm{arccsc}(t)]=-\frac{1}{t\sqrt{t^{2}-1}}\]

Entonces:

\[\small \frac{d}{dt}(\textrm{arccot}(t)\mathbf{i}+\textrm{arcsec}(t)\mathbf{j}+\textrm{arccsc}(t)\mathbf{k})=\left ( -\frac{1}{1+t^{2}}\mathbf{i}+\frac{1}{t\sqrt{t^{2}-1}}\mathbf{j}-\frac{1}{t\sqrt{t^{2}-1}}\mathbf{k} \right )\]

Derivada de funciones logarítmicas

Sea $y=\log_{a}x$, despejando la variable independiente se tiene que:

\[a^{y}=x\]

Luego aplicando derivación implícita y como se conoce la derivada de una función exponencial se tiene:

\[a^{y}\ln a\frac{dy}{dx}=1\Rightarrow \frac{dy}{dx}=\frac{1}{a^{y}\ln a}=\frac{1}{x\ln a}\]

Aplicando esta regla para el logaritmo natural resulta que.

\[\frac{d}{dx}(\ln x)=\frac{1}{x\ln e}=\frac{1}{x}\]

En la siguiente tabla se resumen las derivadas deducidas en esta sección utilizando la regla de la cadena suponiendo que "u" es una función de "x".

Ejemplos: Hallar la derivada de las siguientes funciones:

a) $f(x)=\ln (\tan 2x)$

\[f'(x)=\frac{\tan 2x'}{\tan 2x}=\frac{2x'\sec^{2} 2x}{\tan 2x}\]

\[f'(x)=\frac{2\sec^{2} 2x}{\tan 2x}\]

b) $f(x)=e^{-x^{2}}$

\[f'(x)=(-x^{2})'e^{-x^{2}}=-2xe^{-x^{2}}\]

c) $f(x)=\arcsin \sqrt{x^{2}-4}$

\[f'(x)=\frac{\sqrt{x^{2}-4}'}{\sqrt{1-(\sqrt{x^{2}-4})^{2}}}=\frac{\frac{1}{2}(x^{2}-4)^{-\frac{1}{2}}(x^{2}-4)'}{\sqrt{1-(x^{2}-4)}}\]

\[f'(x)=\frac{\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}-4}}}{\sqrt{1-(x^{2}-4)}}\]

\[f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}-4}\sqrt{5-x^{2}}}=\frac{x}{\sqrt{(x^{2}-4)(5-x^{2})}}\]

d) $\sec ^{2}x+\csc ^{2}y=0$

\[2\sec x(\sec x)'+2\csc y(\csc y)'=0\]

\[2\sec x\sec x\tan x-2\csc y\csc y\cot y(y)'=0\]

\[y'=\frac{2\sec^{2} x\tan x}{2\csc^{2} y\cot y}=\frac{(-\csc^{2} y)\tan x}{\csc^{2} y\cot y}=-\frac{\tan x}{\cot y}\]

Note que el proceso de derivación es más sencillo aplicando las reglas deducidas a comparación del uso de la definición de derivada.

Método logarítmico de derivación

Este método permite derivar funciones complicadas que comprenden productos, cocientes o potencias.

Ejemplo: Derivar la función $f(x)=\frac{(x^{3}+1)\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\cos x}}$

Si se utiliza directamente las reglas de derivación, derivar esta función resulta ser una tarea tediosa, por lo que se puede recurrir a una forma de simplificación de estos términos usando logaritmos como sigue:

\[\ln y=\ln \left (\frac{(x^{3}+1)\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\cos x}} \right )\]

\[\ln y=\ln (x^{3}+1)+\frac{1}{2}\left [\ln (1-\sin x)-\ln (1+\cos x) \right ]\]

Luego, derivando implícitamente:

\[\frac{y'}{y}=\frac{3x^{2}}{x^{3}+1}+\frac{1}{2}\left [-\frac{\cos x}{1-\sin x}+\frac{\sin x}{1+\cos x} \right ]\]

\[y'=\frac{(x^{3}+1)\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\cos x}}\left [\frac{3x^{2}}{x^{3}+1}+\frac{1}{2}\left (-\frac{\cos x}{1-\sin x}+\frac{\sin x}{1+\cos x} \right ) \right ]\]

Cabe mencionar que la función logarítmica no acepta valores negativos por lo que el método restringe el rango de las funciones. Sin embargo para que dichos valores sean aceptados por el logaritmo, se puede usar el valor absoluto. No obstante, no se sabe si esto afectará la derivada del logaritmo, por lo que es necesario analizar dicha derivada como sigue:

\[f(x)=\ln \left | x \right |\]

Por definición de la función en valor absoluto:

\[f(x)=\left\{\begin{matrix} \ln x, & x> 0\\ \ln (-x), &x< 0 \end{matrix}\right.\]

Derivando tomando en cuenta la derivabilidad y aplicando la regla de la cadena:

\[f'(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}, & x> 0\\ \frac{1}{-x}(-1), &x< 0 \end{matrix}\right.\]

Entonces se concluye que:

\[f'(x)=\frac{1}{x},x\neq 0\]

Note que la derivada es la misma, por lo que el método es válido suponiendo que las funciones se encuentran en valor absoluto.

Este método también facilita el proceso de derivación de funciones como:

\[y=(x^{2}-1)^{\cos x}\]

Note que se presenta la forma de una función exponencial donde la base es otra función, por lo que no es posible aplicar la derivada de una función exponencial. Entonces, aplicando el método logarítmico se tiene:

\[\ln y=\cos x\ln (x^{2}-1)\]

\[\frac{y'}{y}=-\sin x\ln (x^{2}-1)+\cos x\left ( \frac{2x}{x^{2}-1} \right )\]

\[y'=(x^{2}-1)^{\cos x}\left [ \frac{2x\cos x}{x^{2}-1}-\sin x\ln ( x^{2}-1 ) \right]\]

Ejercicios:

a) Calcule y simplifique la derivada de las siguientes funciones

1) $f(x)=\ln \left ( \frac{e^{-x}-e^{x}}{x} \right )$

2) $f(x)=\sin \left (\frac{1+e^{x}}{1-e^{x}} \right )$

3) $f(x)=\frac{1-\log x}{x}$

4) $f(x)=\frac{\ln x}{x^{2}}$

5) $f(x)=\cos^{-1}\left ( \frac{x^{2}+2}{3} \right )$

6) $y^2-e^y=\textrm{arccot}(x^{3}-1)$

7) $x^{3}\cos (x^{2}-y^{2})+ye^{x}=0$

8) $\sec y-\tan x +\sqrt{y}-x=1$

9) $x^{2}+xe^{-x}\cos y-y^{2}+ye^{-x}\sin y=0$

10) $x^{3}+y^{3}=6xy$

b) Encuentre la derivada de las siguientes funciones vectoriales

1) $r(t)=\sin ^{-1}t\mathbf{i}+\sqrt{t}\mathbf{j}+\cos 3t\mathbf{k}$

2) $r(t)=e^{-t}\cos t\mathbf{i}+\csc 2t\mathbf{j}+\ln t \mathbf{k}$

3) $r(t)=\textrm{arccsc}(2t-1)\mathbf{i}+t\sin (\pi t)\mathbf{j}$

4) $r(t)=\left \langle \log _{2}(t-t^{2}),e^{t},-e^{-2t} \right \rangle$

5) $r(t)=\left \langle 4^{t-2},2^{\ln (\tan t)} \right \rangle$

Soluciones de los ejercicios