APLICACIONES GEOMÉTRICAS 1. Buscar los puntos de la curva cuya ecuación es y = x4 + 7x³ + 13 x² + x + 1, para los cuales la tangente forma un ángulo de π/4 rad con el eje OX+. Solución. π Se pide buscar los puntos donde la derivada de la función sea igual a la tg = 1 , basándose en la 4 definición de derivada de una función en un punto(“La derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente en ese punto”), y en que la pendiente de una recta es la tangente trigonométrica del ángulo que forma la recta con OX+. f ′(x ) = 4 x 3 + 21x 2 + 26x + 1 = 1 ordenando y resolviendo:   x = 0 3 2 2 4x + 21x + 26x = 0 : x ⋅ 4 x + 21x + 26 = 0 : x ⋅ (x + 2 ) ⋅ (4 x + 13) = 0 :  x = −2 x = − 13  4 Conocidos los valores de x donde la pendiente de la tangente vale 1, se calculan su imágenes para determinar los puntos.   x = 0 : y = f (0) = 0 4 + 7 ⋅ 0 3 + 13 ⋅ 0 2 + 0 + 1 = 1 ⇒ P1 = (0, 1)  x = −2 : y = f (− 2) = (− 2 )4 + 7 ⋅ (− 2)3 + 13 ⋅ (− 2)2 + (− 2) + 1 = 11 ⇒ P2 = (− 2, 11) Si:  4 3 2  x = − 13 : y = f  − 13  =  − 13  + 7 ⋅  − 13  + 13 ⋅  − 13  +  − 13  + 1 = 6'3 ⇒ P3 = (0, 6'3)  4  4  4  4  4  4

(

)

2. Determinar el valor de m para que y = mx² + x tenga una recta tangente horizontal en x = 1. Solución. Teniendo en cuenta que la interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto, y que la pendiente de una recta es la tangente trigonométrica del ángulo que forma la recta con el semi-eje OX positivo, y por lo tanto una recta horizontal tiene de pendiente cero, el problema se resuelve con la siguiente igualdad: f ′(1) = 0 f (x ) = mx + x 2

:

f ′(1) = 2m ⋅1 + 1 = 0

f ′(x ) = 2mx + 1

:

m=

−1 2

3. Hallar m para que y = x² + mx tenga una recta tangente en el punto x=0 que forme un ángulo de 45o con 0X. Solución. Teniendo en cuenta que la interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto, y que la pendiente de una recta es la tangente trigonométrica del ángulo que forma la recta con el semi-eje OX positivo: f ′(0) = tg 45º = 1 f (x ) = x + mx : f ′(x ) = 2 x + m f ′(0) = 2 ⋅ 0 + m = 1 : m = 1 2

4. En qué punto la función y = x² + x tiene una recta tangente que forme 45º con 0X? Solución.

Conocido el valor de la pendiente de la recta tangente, la abscisa(x) del punto de tangencia se obtiene igualando la derivada de la función a la pendiente de la recta tangente. f ′(x ) = m = tg 45º = 1 f ′(x ) = 2 x + 1 = 1 : x = 0 Conocida la x del punto de tangencia, la ordenada(y) se obtiene sustituyendo en la función. f (0 ) = 0 2 + 0 = 0 La función tiene una tangente de pendiente 45º en el punto (0, 0) 5. Hallar m para que la curva y = 4x3 −mx² −2x +4 tenga en x =

1 una tangente paralela a la recta 2

r≡ −x +2y +6 = 0. Solución. Para que la curva tenga en x =1/2 una tangente paralela a la recta r se debe de cumplir: 1 f ′  = m r 2 Teniendo en cuenta que la recta está expresada en forma general: A −1 1 mr = − = − = B 2 2 1 1 f ′  = 2 2 derivando f (x) f ′(x ) = 12 x 2 − 2mx − 2 particularizando para x = ½ 2

1 1 1 f ′  = 12 ⋅   − 2m ⋅ − 2 = 1 − m 2 2 2 igualando al valor de la pendiente se despeja el parámetro m 1 1 1− m = : m= 2 2 sustituyendo 1 y = f (x ) = 4x 3 − x 2 − 2 x + 4 2

(

)

x2

xo = 1. 6. Ecuación de la tangente a y = x 2 + 1 Solución. La ecuación de la recta tangente a la función y = f (x) en el punto xo = 1 en forma punto-pendiente es: y − f (1) = f ′(1) ⋅ (x − 1) f (1) se obtiene sustituyendo 1 en la función

(

)

(

)

y = f (1) = 12 + 1

12

= 21 = 2 Para calcular f ′(1) hace falta previamente calcular f ′(x ) . Por ser f(x) una función exponencial, su derivada se hace tomando previamente logaritmos neperianos, que permiten bajar el exponente de la función. x2 x2   y = x 2 +1 : Ln y = Ln  x 2 + 1  : Ln y = x 2 ⋅ Ln x 2 + 1   ′   y derivando en forma implícita  (Ln y )′ =  el primer miembro y mediante la regla del producto el segundo y 

(

miembro de la igualdad:

)

(

)

(

)

y′ 2x = 2 x ⋅ Ln x 2 + 1 + x 2 ⋅ 2 y x +1 despejando y’, y sustituyendo y por su expresión: x2  2x 3  y ′ = x 2 + 1 ⋅  2 x ⋅ Ln x 2 + 1 + 2  x + 1   con la expresión de y’ se calcula f ′(1)

(

(

)

)

(

(

)

)

 2 ⋅13  2  ⋅  2 ⋅1 ⋅ Ln 12 + 1 + 2 = 2 ⋅  2 ⋅ Ln 2 +  = 4 ⋅ Ln 2 + 2 = Ln 16 + 2  2 1 +1   sustituyendo en la expresión de la recta tangente los valores obtenidos y − 2 = (Ln 16 + 2 ) ⋅ (x − 1) f ′(1) = 12 + 1

12

2

7. Ecuación de la tangente a y = (cos x )cos x xo = 0. Solución. La ecuación de la recta tangente a la función y = f (x) en el punto xo = 0 en forma punto-pendiente es: y − f (0) = f ′(0 ) ⋅ (x − 0) f (0) se obtiene sustituyendo 0 en la función cos 2 0

= 11 = 1 y = f (0) = (cos 0 )1 Para calcular f ′(0) hace falta previamente calcular f ′(x ) . Por ser f(x) una función exponencial, su derivada se hace tomando previamente logaritmos neperianos, que permiten bajar el exponente de la función. 2 2   y = (cos x )cos x : Ln y = Ln (cos x )cos x  = cos 2 x ⋅ Ln cos x    y′  derivando en forma implícita  (Ln y )′ =  el primer miembro y mediante la regla del producto el segundo y  miembro de la igualdad: y′ −sen x = 2 ⋅ cos x ⋅ (− sen x ) ⋅ Ln(cos x ) + cos 2 x ⋅ y cos x simplificando la expresión mediante la trigonometría(2sen x cos x = sen 2x), despejando y’, y sustituyendo y por su expresión: 2 sen 2x   y ′ = (cos x )cos x ⋅  − sen 2x ⋅ Ln(cos x ) −  2   con la expresión de y’ se calcula f ′(0) sen (2 ⋅ 0 )   ⋅  − sen (2 ⋅ 0 ) ⋅ Ln(cos 0 ) − =0 2   sustituyendo en la expresión de la recta tangente los valores obtenidos y − 1 = 0 ⋅ (x − 1) : y −1 = 0 f ′(0) = (cos 0)cos

(

2

0

)

sen x

xo = 0. 8. Tangente y normal a y = arccos x 2 Solución. La ecuación de la recta tangente a la función y = f (x) en el punto xo = 0 en forma punto-pendiente es: y − f (0) = f ′(0 ) ⋅ (x − 0) f (0) se obtiene sustituyendo 0 en la función

(

)

0

π =   =1 2 Por ser f(x) una función exponencial, su derivada se hace tomando previamente logaritmos neperianos, que permiten bajar el exponente de la función. sen x sen x   2 y = arcos x 2 : Ln y = Ln arcos x 2  = sen x ⋅ Ln arcos x    y′  derivando en forma implícita  (Ln y )′ =  el primer miembro y mediante la regla del producto el segundo y  miembro de la igualdad: y′ 1 1 = cos x ⋅ Ln arcos x 2 + sen x ⋅ ⋅ ⋅ 2x 2 y arcos x 2 2 1− x despejando y’, y sustituyendo y por su expresión: sen x  sen x 2 x  ⋅ y ′ = arcos x 2 cos x ⋅ Ln arcos x 2 +  arcos x 2 1 − x 4   con la expresión de y’ se calcula f ′(0) y = f (0) = arccos 0 2

(

)

(

(

(

)

(

)

)

)

( )

(

)

0 π 2 ⋅ 0   π   π  =   1 ⋅ Ln + 0 ⋅ 0  = Ln 2   2 2 2 4  arcos 0 1− 0      sustituyendo en la expresión de la recta tangente los valores obtenidos π π y − 1 = Ln ⋅ (x − 0) : y = Ln ⋅ x + 1 2 2

(

f ′(0) = arcos 0 2

sen 0 

sen 0

)

(

)

cos 0 ⋅ Ln arcos 0 2 +

sen 0

⋅

Calculada la ecuación de la tangente se calcula la ecuación de la normal, teniendo en cuenta que son rectas perpendiculares que se cortan en el punto de tangencia, y por tanto la ecuación de la normal es: −1 y − f (0) = ⋅ (x − 0) f ′(0 ) sustituyendo −1 −x y −1 = ⋅ (x − 0 ) : y = +1 Ln π Ln π 2 2

[

]

x

9. Tangente y normal a y = Ln 2 ( x + 1) en xo = 1. Solución. La ecuación de la recta tangente a la función y = f (x) en el punto xo = 1 en forma punto-pendiente es: y − f (1) = f ′(1) ⋅ (x − 1) f (1) se obtiene sustituyendo 1 en la función

[

]

1

y = f (1) = Ln 2 (1 + 1) = Ln 2 2 Por ser f(x) una función exponencial, su derivada se hace tomando previamente logaritmos neperianos, que permiten bajar el exponente de la función. x x  y = Ln 2 (x + 1) : Ln y = Ln Ln 2 (x + 1)  = x ⋅ Ln Ln 2 (x + 1)    y′  derivando en forma implícita  (Ln y )′ =  el primer miembro y mediante la regla del producto el segundo y  miembro de la igualdad:

(

)

(

)

(

)

(

)

y′ 1 1 2 ⋅ Ln(x + 1) ⋅ = 1 ⋅ Ln Ln 2 (x + 1) + x ⋅ ⋅1 2 y x +1 Ln (x + 1) simplificando, despejando y’, y sustituyendo y por su expresión: x   2x  y ′ = Ln 2 (x + 1) ⋅  Ln Ln 2 (x + 1) + (x + 1) ⋅ Ln(x + 1)   con la expresión de y’ se calcula f ′(1)

(

(

)

)

(

(

)

)

1   2 ⋅1  = 2Ln 2 2 ⋅ Ln(Ln 2 ) + Ln 2 y ′ = Ln 2 (1 + 1) ⋅  Ln Ln 2 (1 + 1) + 1 1 Ln 1 1 ( ) ( ) + ⋅ +   sustituyendo en la expresión de la recta tangente los valores obtenidos

(

)

y − Ln 2 2 = 2Ln 2 2 ⋅ Ln(Ln 2) + Ln 2 ⋅ (x − 1)

Calculada la ecuación de la tangente se calcula la ecuación de la normal, teniendo en cuenta que son rectas perpendiculares que se cortan en el punto de tangencia, y por tanto la ecuación de la normal es: −1 y − f (1) = ⋅ (x − 1) f ′(1) sustituyendo −1 y − Ln 2 2 = ⋅ (x − 1) 2 2Ln 2 ⋅ Ln(Ln 2 ) + Ln 2

10. Hallar el punto de la gráfica de la función y =

4 x

en el que la tangente forma un ángulo de 60º

con el eje OX, y escribir la ecuación de esa tangente. Solución. Conocido el valor de la pendiente de la recta tangente(m = tg α), la abscisa(xo) del punto de tangencia se obtiene igualando la derivada de la función a la pendiente de la recta tangente. f ′(x o ) = m = tg 60º = 3 f (x ) =

4 x

= 4⋅x

−1

2

: f ′(x ) = 4 ⋅

− 1 − 32 −2 x = 2 x3

:

f ′(x o ) =

−2 x 3o

= 3

elevando al cuadrado y despejando xo: 4 : 3 conocido xo, yo se calcula sustituyendo en la función: 4 yo = = xo x 3o =

xo = 3 4 3

4

4 3

= 4⋅6 3

3 4

 4 3 conocido el punto de tangencia  3 , 4 ⋅ 6  y la pendiente de la recta tangente 4  3 tangente en forma punto pendiente es:  3 4 y − 4 ⋅ 6 = 3 ⋅  x − 3  4 3 

( 3 ) , la ecuación de la recta

11. Encontrar la ecuación de la tangente a la curva y = x² + 6 que pase por el punto (1, −1). Solución. Se pide calcular la tangente a una curva trazada desde un punto(1, −1) exterior a la curva.

El problema se resuelve calculando las coordenadas del punto de tangencia Po. Para ello se tiene en cuenta que de todas las rectas que pasan por el punto (1, −1) y + 1 = k ⋅ (x − 1) ∀ k ∈ R se busca la que además pasa por Po, por lo que sus componentes(xo, yo) deberán cumplir la ecuación y o + 1 = k ⋅ (x o − 1) expresión de la que se puede despejar el parámetro k y +1 k= o x o −1 que representa la pendiente de la recta tangente. Teniendo en cuenta que la pendiente de la recta tangente es la derivada de la función particularizada en xo. k = f ′(x o ) = 2 x o sustituyendo en la expresión anterior, se obtiene una ecuación con dos variables y +1 2x o = o operando y ordenando y o = 2x o2 − 2x o − 1 x o −1 Como además Po es un punto de la curva, sus coordenadas(xo, yo) deben cumplir la ecuación de la curva(y = x² + 6), por lo que se puede plantear un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas cuya solución serán las coordenadas de Po:  y o = 2 x o2 − 2 x o − 1   y o = x o2 + 6 resolviendo por igualación 2 ± 4 + 28 x o2 + 6 = 2 x o2 − 2 x o − 1 : x o2 − 2x o − 7 = 0 : x o = = 1± 2 2 2 conocido xo, yo se calcula sustituyendo en la función  x = 1 + 2 2 : y = 1 + 2 2 2 + 6 = 15 + 4 2 ⇒ P = 1 + 2 2 , 15 + 4 2 o o  2 x ′o = 1 − 2 2 : y ′o = 1 − 2 2 + 6 = 15 − 4 2 ⇒ P ′ = 1 − 2 2 , 15 − 4 2

( (

) )

( (

) )

Conocidas las coordenadas de los puntos de tangencia, se puede calcular el valor de k  15 + 4 2 + 1 = 2+4 2  P 1 + 2 2 , 15 + 4 2 : k =  1+ 2 2 −1  P ′ 1 − 2 2 , 15 − 4 2 : k = 15 − 4 2 + 1 = 2 − 4 2  1− 2 2 −1

(

)

(

)

sustituyendo el valor de k en el haz de rectas, se obtienen las dos tangentes

( (

) )

r : y + 1 = 2 + 4 2 ⋅ (x − 1) r ′ : y + 1 = 2 − 4 2 ⋅ (x − 1) 12. ¿En qué puntos de la curva x2 − y2 = 8 la tangente es perpendicular a la recta x − 3y + 9 =0? Solución. Se pide calcular la tangente a una función implícita que sea perpendicular a una recta conocida.

De la ecuación de la recta conocida, se obtiene la pendiente de la tangente teniendo en cuenta la relación entre pendientes de rectas perpendiculares. −1  Tang ⊥ r ⇒ m Tang = −1 m r  : m =3  Tang = 1 A 1 −  mr = − = − 3  B 3 Conocida la pendiente de la recta tangente, se calcula el punto de tangencia igualando la derivada de la función con el valor de la pendiente. La derivada de la función se hace en forma implícita. x x 2 − y 2 = 8 derivando implicitamente 2 x − 2 y ⋅ y ′ = 0 despejando y ′ = y igualando al valor de la pendiente x m Tang = 3 = : x = 3y y ecuación con dos incógnitas. Teniendo en cuenta que el punto que se busca también pertenece a la función se plantea un sistema entre la función y la ecuación anterior y = 1 : x = 3 ⋅1 = 3 ⇒ P = (3, 1)  x = 3y  sustituyendo :(3y )2 − y 2 = 8 ; y = ±1 :   2 2 x − y = 8  y = −1 : x = 3 ⋅ (− 1) = −3 ⇒ P ′ = (− 3, − 1) Por ser un sistema cuadrático, aparecen dos soluciones que son las coordenadas de los puntos donde la función tiene una recta tangente perpendicular a la recta r. Conocidos los puntos de tangencia y la pendiente, las rectas se expresan en forma punto-pendiente. y − 1 = 3·(x − 3) y + 1 = 3·(x + 3)