Línea tangente

Diferenciemos implícitamente la relación

\[ y^5 + x^5 = \frac{\sqrt{\pi}}{17}, \]

suponiendo que \(y\) es función de \(x\).

Solución:

• Primero, toma la derivada de ambos lados de la ecuación con respecto a \(x\):

\[ \frac{d}{dx} (y^5 + x^5 ) = \frac{d}{dx} \izquierda( 17) derecha).

El lado derecho de la ecuación se evalúa en cero, ya que la derivada de una constante siempre es cero. Para diferenciar el lado izquierdo, recuerda que se supone que \(y\) es una función de \(x\). Así pues, escribamos \( y = f(x) \) para alguna función \(f\):

\[ \frac{d}{dx} (y^5 + x^5 ) = \frac{d}{dx} \left((f(x))^5 + x^5 \right).\]

• Como la diferenciación es lineal, puedes escribir

\[\frac{d}{dx} \left((f(x))^5 + x^5 \right) =\frac{d}{dx} (f(x))^5 + \frac{d}{dx} x^5 .\]

• Para diferenciar el segundo término, utiliza la regla de la potencia:

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + \frac{d}{dx} x^5 = \frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4.\]

• Para diferenciar el primer término, tienes que utilizar la regla de la cadena, que te da:

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4 = 5(f(x))^4f'(x) + 5x^4.\]

• Así que sustituyendo \( f(x)\) por \(y\), y luego igualando los lados izquierdo y derecho de la ecuación, obtienes

\[\frac{d}{dx} (f(x))^5 + 5x^4 = 5(f(x))^4f'(x) + 5x^4 =0,\].

o dicho de otro modo

\[ 5y^4 \frac{dy}{dx} + 5x^4 = 0,\].

• Por último, puedes resolver para \( \frac{dy}{dx}) para obtener

\[ \frac{dy}{dx} = -\frac{5x^4}{5y^4} = - \frac{x^4}{y^4}. \]

Diferenciemos implícitamente la cicloide

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

para hallar la pendiente de la recta tangente en el punto

\[ A = \left( \frac{{pi}{3}} - \frac{{sqrt{3}}{2} , \frac{1}{2} \right) \].

Solución:

• Empieza por diferenciar ambos lados de la ecuación con respecto a \(x\):

\[ \frac{d}{dx} x = \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right). \]

• Puedes utilizar la regla de potencias para hallar la derivada del lado izquierdo:

\[ \frac{d}{dx} x = 1.\]

• Para diferenciar el lado derecho, empieza escribiendo \(y = f(x) \) para alguna función \(f\): \[ \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right)\] \[= \frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-f(x))-\sqrt{f(x)(2-f(x))} \right) .\]
• Como la diferenciación es lineal, puedes escribir

\[\frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-f(x))-\sqrt{f(x)(2-f(x))} \right)\] \[= \frac{d}{dx}left(\cos^{-1}(1-f(x))\right) - \frac{d}{dx} \left(\sqrt{f(x)(2-f(x))}\right).

• Sabes que

\[ \cos^{-1}(x) = - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, \]

por lo que aplicando la Regla de la Cadena, el primer término se convierte en:

\[ \begin{align} \izquierda(\cos^{-1}(1-f(x))\derecha) & = -\frac{1}{cuadrado{1} - (1-f(x))^2}}(-f'(x)) \\ & = \frac{f'(x) }{cuadrado1 - (1-f(x))^2}}(-f'(x)) . \end{align}\]

• Aplicando la regla de la cadena, puedes escribir el segundo término como

\[ \frac{d}{dx} \left(\sqrt{f(x)(2-f(x))} \right)\} \[ = \left( \frac{1}{2} ((f(x) (2-f(x)))^{-\frac{1}{2}\}right)\left( \frac{d}{dx} f(x) (2-f(x)) \derecha). \]

• Como la diferenciación es lineal, puedes escribir:

\[ \begin{align} \f(x) (2-f(x)) &= \frac{d}{dx} \left( 2f(x) - (f(x))^2 \right) &= 2\frac{d}{dx} f(x) - \frac{d}{dx}(f(x))^2 . \fin{align} \]

• Utilizando la regla de la cadena, esta expresión se convierte en

\[2f'(x) -2f(x)f'(x).|2 = 2f'(x) -2f(x)f'(x).

• Eso significa que el segundo término es en realidad

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \Izquierda (cuadrado de f(x)(2-f(x))} \&= \left( \frac{1}{2}(f(x) (2-f(x)))^{-\frac{1}{2}}\right)\left( \frac{d}{dx} f(x) (2-f(x)) \izquierda( \frac{1}{2}(f(x) (2-f(x)))^{-\frac{1}{2} {derecha) \left( 2f'(x) -2f(x)f'(x) {derecha) \left( \frac{f'(x)(1-f(x))} {{sqrt{ f(x)(2-f(x))}}. \fin{align} \]

• Combinando las expresiones de los términos primero y segundo y reescribiendo en términos de \(y\), el lado derecho de la ecuación es:

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

• Recuerda que ya has averiguado que

\frac{d}{dx} \left(\cos^{-1}(1-y)-\sqrt{y(2-y)} \right) = 1. \]

• Juntando esto con los términos primero y segundo combinados,

\[ \frac{y' }{cuadrado{1 - (1-y)^2}} - \frac{y'(1-y)}{cuadrado{y(2-y)}} =1 .\]

Llegados a este punto, normalmente resolverías para \(y'\). Sin embargo, en realidad no necesitas hacerlo para un punto general \( (x,y) \), ya que en realidad sólo te importa \(y'\) en el punto \(A\).

• Sustituyendo en \(A\) obtienes

\[ \frac{y' }{sqrt{1 - \left(1-\frac{1}{2}\right)^2}} - \frac{y'\left(1-\frac{1}{2}\right)} {\sqrt{\frac{1}{2} \izquierda(2-\frac{1}{2} {derecha)}} =1 .\]

• Ahora es mucho más fácil resolver para \(y'\). Haciendo primero una pequeña simplificación,

\[ \begin{align} \frac{y' }{cuadrado{1} - \left(1-\frac{1}{2}\right)^2}}. - \frac{y'\left(1-\frac{1}{2}\right)} {\sqrt{\frac{1}{2} \izquierda(2-\frac{1}{2} {derecha)}} &= \frac{y'} {cuadrado{\frac{3}{4}} - \frac{\frac{1}{2}y'}{\sqrt{\frac{3}{4}}} \\ &= \frac{2}{cuadrado}{3}left( y' - \frac{1}{2} y'\right) &= \frac{y'}{cuadrado}{3}}. \fin \]

Entonces

|frac{y'} {cuadrado{3}} = 1,\}

o

\[ y' = \cuadrado{3},\]

en el punto \(A\). En otras palabras, la pendiente de la recta tangente en \(A\) es \(m = \sqrt{3}\).

Ahora que has hallado la pendiente de la cicloide

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

en el punto

\[ A = \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} , \frac{1}{2} \right) ,\] puedes utilizarla para hallar la ecuación de la recta tangente en \( A\).

Solución:

En el ejemplo anterior has averiguado que la pendiente de la recta tangente en \(A\) es \(m = \sqrt{3}\). A continuación, introduce \(m\) y \(A\) en la ecuación de la recta tangente,

\[ y - \frac{1}{2} = \sqrt{3} \izquierda( x - izquierda( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} {derecha) {derecha).

Si simplificas esto, obtienes la expresión

\y &= x\cuadrado3 - \frac{pi\qsqrt{3}{3} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \\ &= cuadratura3x + frac6-pi cuadratura3}{3}.\end{align}]

Si graficas esta recta, verás que efectivamente es la ecuación de la recta tangente a la cicloide en \(A\).

Fig. 4. La diferenciación implícita puede utilizarse para hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de una cicloide.

Hallemos la ecuación de la recta tangente a la curva

\[ y^2 (3x^2 -y^2)^2 = (x^2 + y^2)^4\]]

en

\A = izquierda( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} derecha).

Fig. 5. Una curva de rosa con seis pétalos

En primer lugar, diferencia ambos lados de la ecuación:

\[ \frac{d}{dx} \izquierda(y^2 (3x^2 -y^2)^2 derecha) = \frac{d}{dx} (x^2 + y^2)^4.\]

Como \(y\) es función de \(x\), puedes escribir \(y=f(x)\) para alguna función \(f\):

\[ \frac{d}{dx} \left((f(x))^2 (3x^2 -(f(x))^2)^2 \right) = \frac{d}{dx} (x^2 + (f(x))^2)^4.\]

El lado derecho de la ecuación se puede diferenciar mediante la regla de la cadena para obtener

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} (x^2 + (f(x))^2)^4 &= 4(x^2 + (f(x))^2)^3\left( \frac{d}{dx} \left( (x^2 + (f(x))^2\right) \right) &= 4(x^2 + (f(x))^2)^3\left( 2x + 2f(x)f'(x) \right) . \fin{align} \]

Para diferenciar el lado izquierdo de la ecuación, utiliza la regla del producto y la regla de la cadena para obtener

\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \left((f(x))^2 (3x^2 -(f(x))^2)^2 \right) &= \left(\frac{d}{dx}(f(x))^2right)\left( (3x^2 - (f(x))^2 \right)^2&\quad + (f(x))^2\frac{d}{dx}\left( (3x^2 - (f(x))^2)^2\right) \&= 2f(x)f'(x) ((3x^2 - (f(x))^2)^2 \&\quad + (f(x))^2 \cdot 2(3x^2 - (f(x))^2) \frac{d}{dx} \left( (3x^2 - (f(x))^2\2right) \\&= 2f(x)f'(x) (3x^2 - (f(x))^2)^2 \&\quad + 2 (f(x))^2 (3x^2 - (f(x))^2) (6x - 2f(x)f'(x)).\end{align}. \]

Combinando los lados derecho e izquierdo de la ecuación y sustituyendo \(f(x)\) por \(y\) obtienes

\[ 2yy'(3x^2 - y^2)^2 + 2y^2(3x^2-y^2)(6x-2yy') = 4(x^2+y^2)^3(2x+2yy').\]

Ahora introduce el punto \(A\) en la ecuación anterior y resuelve para \(y'\). Si introduces \(A\) en el lado izquierdo de la ecuación, se obtiene

\[ \begin{align} & \left. 2yy'(3x^2 - y^2)^2 + 2y^2(3x^2-y^2)(6x-2yy') \right|_A \ &\quad = 2\cdot \frac{1}{2}y'\left(3\left(\frac{1}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right) ^2\right)^2 \&\cuadrado + 2 izquierda(\frac{1}{2}}derecha) ^2 izquierda(3 izquierda(\frac{1}{2}}derecha) ^2 - izquierda(\frac{1}{2}}derecha) ^2 derecha)\ izquierda(6 izquierda(\frac{1}{2}derecha) -2 izquierda(\frac{1}{2}}derecha) y'\ derecha) \&\quad= y'\left(\frac{2}{4}\right)^2 + \frac{2}{4}\cdot\frac{2}{4}(3-y') \\&\quad= \frac{y'}{4} + \frac{3}{4} - \frac{y'}{4} \&\quad= \frac{3}{4}. \fin \]

Si se introduce \(A\) en el lado derecho de la ecuación, se obtiene la expresión

\[ \begin{align} \izquierda. 4(x^2+y^2)^3(2x+2yy') \right|_A &= 4\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right) ^2\right)^3\left(2\cdotleft(\frac{1}{2}\right) +2\left(\frac{1}{2}\right) y'\right) \&= \frac{4}{8} + \frac4y'}{8} \\ &= \frac{1}{2} + \frac{y'}{2}. \fin \]

Igualando los dos lados se obtiene

\[ \frac{3}{4} = \frac{1}{2} + \frac{y'}{2} ,\]

o lo que es lo mismo

\[ y' = \frac{1}{2}.\]

Por último, introduce este valor de \(y'\) y el punto \(A\) en la ecuación de la recta tangente en un punto, con lo que obtendrás la ecuación

\[ y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( x - \frac{1}{2} \right) .\]

Resolviendo para \(y\) se obtiene la ecuación de la recta tangente

\y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{4}.\]

Si trazas esta recta, verás que efectivamente es la que buscas.

Fig. 6. Esta curva se llama curva de la rosa, y pertenece a una familia de curvas que parecen flores.

Hallemos la ecuación de la recta normal a la curva \( (x^2+y^2)^2=2(x^2-y^2)+\tfrac{1}{4} \) a la izquierda (tfrac{1}{2},tfrac{1}{2}a la derecha).

• En primer lugar, diferenciamos ambos lados de la ecuación con respecto a x:

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left((x^2+y^2)^2\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(2(x^2-y^2)+\dfrac{1}{4}\right) \]

• Utilizando la regla de la cadena, el lado izquierdo de la ecuación se convierte en:

\[ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left((x^2+y^2)^2\right) &=2(x^2+y^2)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^2+y^2) \\ &=2(x^2+y^2)(2x+2yy')\end{align}\]

Como \(y\) es una función de \(x\), recuerda indicar su derivada como \(y'\).

• Utilizando la Regla de la Cadena y la Regla de Potencia, el lado derecho de la ecuación se convierte en:

\[ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left(2(x^2-y^2)+\dfrac{1}{4}\right) &= 2\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \izquierda(x^2-y^2\ derecha)+0 &=2(2x-2yy')\end{align}\]

• Combinando ambas expresiones, obtenemos

\[2(x^2+y^2)(2x+2yy')=2(2x-2yy')\]

• A continuación, introducimos el punto \(\left( \tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)\) en la expresión anterior para hallar la pendiente de la recta tangente en ese punto. Al hacerlo, obtenemos

\[2\left(\left( \dfrac{1}{2}\right)^2+\left( \dfrac{1}{2}\right)^2\right)\left(2\dfrac{1}{2}+2\dfrac{1}{2}y'\right)=2\left(2\dfrac{1}{2}-2\dfrac{1}{2}y'\right)\]

• Simplificando, se obtiene la expresión

\1+y'=2-2y'\]

• Resolviendo para y', obtenemos

\[y'=dfrac{1}{3}\]

Por tanto, la pendiente de la recta tangente en \(\izquierda( \tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\derecha)\) es \(\tfrac{1}{3}). Para obtener la pendiente de la recta normal, tomamos el recíproco negativo de la pendiente de la recta tangente, obteniendo \(-3\).

Por último, podemos introducir nuestro punto y la pendiente en la ecuación de la recta normal, lo que nos da

\[y-\dfrac{1}{2}=-3\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\]

Simplificando y resolviendo para \(y\), obtenemos que la ecuación de la recta normal (graficada abajo) es

\[y=-3x+2\].

Fig. 8. La recta normal a una curva implícita es perpendicular a la recta tangente y puede hallarse utilizando la diferenciación implícita