2.11: Diferenciación implícita
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La diferenciación implícita es un truco simple que se utiliza para computar derivadas de funciones ya sea
- cuando no conoces una fórmula explícita para la función, pero conoces una ecuación que la función obedece o
- incluso cuando se tiene una fórmula explícita, pero complicada, para la función, y la función obedece a una ecuación simple.
El truco es simplemente diferenciar ambos lados de la ecuación y luego resolver por la derivada que estamos buscando. De hecho ya lo hemos hecho, sin usar el nombre “diferenciación implícita”, cuando encontramos la derivada de\(\log x\) en el apartado anterior. Ahí sabíamos que la función\(f(x)=\log x\) satisfizo la ecuación\(e^{f(x)}=x\) para todos Es\(x\text{.}\) decir, las funciones\(e^{f(x)}\) y\(x\) son de hecho la misma función y así tienen la misma derivada. Así que tuvimos
\ comenzar {reunir*}\ dfrac {d} {dx} e^ {f (x)} =\ dfrac {d} {dx} x = 1\ end {reunir*}
Luego usamos la regla de la cadena para obtener la\(\dfrac{d}{dx}e^{f(x)}=e^{f(x)}f'(x)\text{,}\) cual nos dijo que\(f'(x)\) obedece a la ecuación
\ begin {align*} e^ {f (x)} f' (x) &=1 &\ text {y ahora podemos resolver para $f' (x) $}\\ f' (x) &= e^ {-f (x)} = e^ {-\ log x} =\ frac {1} {x}. \ end {align*}
La forma típica de acostumbrarse a la diferenciación implícita es jugar con problemas que involucran líneas tangentes a curvas. Entonces aquí hay algunos ejemplos encontrando las ecuaciones de líneas tangentes a curvas. Recordemos, del Teorema 2.3.4, que, en general, la línea tangente a la curva\(y=f(x)\) en\(\big(x_0,y_0\big)\) es\(y=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)=y_0+f'(x_0)(x-x_0)\text{.}\)
Encuentra la ecuación de la línea tangente a\(y=y^3+xy+x^3\) at\(x=1\text{.}\)
Este es un ejemplo sonoro muy estándar, pero que se complica un poco por el hecho de que la curva viene dada por una ecuación cúbica —lo que significa que no podemos resolver directamente para\(y\) en términos de\(x\) o viceversa. Entonces realmente necesitamos diferenciación implícita.
- Primero notamos que cuando\(x=1\) la ecuación,\(y=y^3+xy+x^3\text{,}\) de la curva se simplifica a\(y=y^3+y+1\) o\(y^3=-1\text{,}\) que podemos resolver 1:\(y=-1\text{.}\) Entonces sabemos que la curva pasa por\((1,-1)\) cuando\(x=1\text{.}\)
- Ahora, para encontrar la pendiente de la línea tangente en\((1,-1)\text{,}\) pretender que nuestra curva es\(y=f(x)\) así que\(f(x)\) obedece
\ begin {alinear*} f (x) &= f (x) ^3 + x f (x) + x^3\ end {alinear*}
para todos\(x\text{.}\) Diferenciar ambos lados da\ begin {reunir*} f' (x) =3f (x) ^2f' (x) +f (x) +xf' (x) +3x^2\ end {reunir*}
- En este punto podríamos aislarlo\(f'(x)\) y escribirlo en términos de\(f(x)\) y\(x\text{,}\) pero ya que solo queremos respuestas cuando\(x=1\text{,}\) vamos a sustituir en\(x=1\) y\(f(1)=-1\) (ya que la curva pasa a través\((1,-1)\)) y limpiar las cosas antes de hacer cualquier otra cosa.
- Subbing en\(x=1,\ f(1)=-1\) da
\ begin {align*} f' (1) &=3f' (1) -1+f' (1) +3 &\ text {y así} f' (1) =-\ frac {2} {3}\ end {align*}
- La ecuación de la línea tangente es
\ begin {reunir*} y=y_0+f' (x_0) (x-x_0) =-1-\ frac {2} {3} (x-1) =-\ frac {2} {3} x-\ frac {1} {3}\ end {reunir*}
Podemos limpiar aún más la ecuación de la línea para escribirla como\(2x+3y=-1\text{.}\)
En el ejemplo anterior sustituimos\(y\) por\(f(x)\) en medio del cómputo. En realidad no tenemos que hacer esto. Cuando estamos escribiendo nuestra solución podemos recordar que\(y\) es una función de\(x\text{.}\) Así podemos comenzar con
\ begin {align*} y &=y^3+xy+x^3 &\\\ end {alinear*}
y diferenciar recordando que\(y\equiv y(x)\)
\ begin {align*} y' &= 3 y^2 y' + xy' + y + 3x^2\\\ end {alinear*}
Y ahora sustituto\(x=1, y=-1\) para conseguir
\ begin {align*} y' (1) &= 3\ cdot y' (1) + y' (1) - 1 + 3 &\ text {y así}\\ y' (1) &= -\ frac {2} {3}\ end {align*}
El siguiente es a la vez un poco más fácil (porque es cuadrático) y un poco más difícil (porque se nos pide la tangente en un punto general de la curva, no uno específico).
Dejar\((x_0,y_0)\) ser un punto en la elipse\(3x^2+5y^2=7\text{.}\) Encuentra la ecuación para las líneas tangentes cuando\(x=1\) y\(y\) es positiva. Luego encuentra una ecuación para la línea tangente a la elipse en un punto general\((x_0,y_0)\text{.}\)
Como no se nos da un punto específico\(x_0\) vamos a tener que tener cuidado con la segunda mitad de esta pregunta.
- Cuando\(x=1\) la ecuación se simplifica a
\ begin {alinear*} 3 + 5y^2 &= 7\\ 5y^2 &= 4\\ y &=\ pm\ frac {2} {\ sqrt {5}}. \ end {align*}
Solo nos interesa\(y\text{,}\) lo positivo por lo que nuestro punto en la curva es\((1,2/\sqrt{5})\text{.}\) - Ahora utilizamos diferenciación implícita para encontrar\(\dfrac{dy}{dx}\) en este punto. Primero pretendemos que hemos resuelto la curva explícitamente, para algún intervalo de\(x\)'s, como\(y=f(x)\text{.}\) La ecuación se vuelve
\ begin {align*} 3x^2 + 5f (x) ^2 &= 7 &\ text {ahora diferenciar}\\ 6x + 10 f (x) f' (x) &= 0\\ f' (x) &= -\ frac {3x} {5f (x)}\ end {align*}
- Cuando\(x=1, y= 2/\sqrt{5}\) esto se convierte en
\ begin {align*} f' (1) &= -\ frac {3} {5\ cdot 2/\ sqrt {5}} = -\ frac {3} {2\ sqrt {5}}\ end {align*}
Entonces la línea tangente pasa a través\((1,2/\sqrt{5})\) y tiene pendiente\(- \frac{3}{2\sqrt{5}}\text{.}\) De ahí que la línea tangente tenga ecuación\ begin {align*} y &=y_0+f' (x_0) (x-x_0)\\ &=\ frac {2} {\ sqrt {5}} -\ frac {3} {2\ sqrt {5}} (x-1)\\ &=\ frac {7 - 3x} {2\ sqrt {5}} &\ text {o equivalentemente}\ 3x + 2\ sqrt {5} y&= 7\ final {alinear*}
Ahora debemos regresar y hacer lo mismo pero para un punto general en la curva\((x_0,y_0)\text{:}\)
- Un buen primer paso aquí es bosquejar la curva. Como se trata de una elipse, es bastante sencilla.
- Observe que hay dos puntos en la elipse —los extremos derecho e izquierdo\((x_0,y_0)=\pm\big(\sqrt{\frac{7}{3}},0\big)\) — en los que la línea tangente es vertical. En esos dos casos, la línea tangente es solo\(x=x_0\text{.}\)
- Ya que esto es un cuadrático pues\(y\text{,}\) podríamos resolverlo explícitamente para obtener
\ begin {align*} y &=\ pm\ sqrt {\ frac {7-3x^2} {5}}\ end {align*}
y elegir la rama positiva o negativa según corresponda. Entonces podríamos diferenciarnos para encontrar la pendiente y armar las cosas para obtener la línea tangente.
Pero incluso en este caso relativamente fácil, es computacionalmente más limpio, y por lo tanto menos vulnerable a errores mecánicos, usar diferenciación implícita. Entonces eso es lo que haremos.
- Ahora podríamos nuevamente “fingir” que hemos resuelto la ecuación para la elipse para\(y=f(x)\) cerca\((x_0,y_0)\text{,}\) pero no hagamos eso. En cambio (como hicimos justo antes de este ejemplo) solo recuerda que cuando nos diferenciamos\(y\) es realmente una función de\(x\text{.}\) Así que a partir de
\ begin {alinear*} 3x^2 + 5y^2 &=7 &\ text {diferenciando da}\\ 6x + 5\ cdot 2y\ cdot y' &= 0\ end {alinear*}
Entonces podemos resolver esto para\(y'\text{:}\)\ begin {align*} y' &= -\ frac {3x} {5y}\ end {align*}
donde\(y'\) y\(y\) son ambas funciones de\(x\text{.}\) - De ahí que en el punto\((x_0,y_0)\) tenemos
\ begin {alinear*}\ izquierda. y'\ derecha|_ {(x_0, y_0)} &= -\ frac {3x_0} {5y_0}\ end {align*}
Esta es la pendiente de la línea tangente en\((x_0,y_0)\) y así su ecuación es\ begin {align*} y &=y_0+y'\ cdot (x-x_0)\\ &= y_0 -\ frac {3x_0} {5y_0} (x-x_0)\\ final {alinear*}
Podemos simplificar esto multiplicando por\(5y_0\) para obtener
\ begin {align*} 5y_0 y &= 5y_0^2-3x_0x +3x_0^2\\\ end {align*}Podemos limpiar esto más moviendo todos los términos que contienen\(x\) o\(y\) hacia el lado izquierdo y todo lo demás a la derecha:
\ begin {align*} 3x_0x+5y_0y &=3x_0^2+5y_0^2\\\ end {alinear*}Pero hay una cosa más que podemos hacer, nuestra ecuación original es\(3x^2+5y^2=7\) para todos los puntos de la curva, así que sabemos que\(3x_0^2+5y_0^2=7\text{.}\) Esto limpia el lado derecho.
\ begin {align*} 3x_0x+5y_0y &=7\ end {alinear*} - Al derivar esta fórmula para la línea tangente en\((x_0,y_0)\) hemos asumido que\(y_0\ne 0\text{.}\) Pero de hecho la respuesta final pasa a funcionar también cuando\(y_0=0\) (que significa\(x_0=\pm\sqrt{\frac{7}{3} }\)), de modo que la línea tangente es\(x=x_0\text{.}\)
También podemos comprobar que nuestra respuesta para general se\((x_0,y_0)\) reduce a nuestra respuesta para\(x_0=1\text{.}\)
- Cuando\(x_0=1\) resolvimos que\(y_0=2/\sqrt{5}\text{.}\)
- Conectando esto a nuestra respuesta anterior da
\ begin {align*} 3x_0x+5y_0y &=7 &\ text {sub en $ (x_0, y_0) = (1,2/\ sqrt {5}) $}:\\ 3 x + 5\ frac {2} {\ sqrt {5}} y &= 7 &\ text {limpiar un poco}\\ 3x + 2\ sqrt {5} y &=7\ final {alinear*}
según se requiera.
¿En qué puntos la curva\(x^2-xy+y^2=3\) cruza el\(x\) eje —eje? ¿Las líneas tangentes a la curva son paralelas en esos puntos?
Esta es una pregunta de 2 partes: primero las\(x\) -intercepta y luego tenemos que examinar las líneas tangentes.
- Encontrar donde la curva cruza el\(x\) eje es recto. Lo hace cuando\(y=0\text{.}\) Esto significa\(x\) satisface
\ begin {align*} x^2-x\ cdot 0+0^2&=3 &\ text {así $x =\ pm\ sqrt {3} $}. \ end {align*}
Entonces la curva cruza el\(x\) eje —en dos puntos\(\big(\pm\sqrt{3}\,,\,0\big)\text{.}\) - Ahora necesitamos encontrar las líneas tangentes en esos puntos. Pero en realidad no necesitamos las líneas, solo sus pendientes. Nuevamente podemos pretender que cerca de uno de esos puntos la curva está\(y=f(x)\text{.}\) Aplicando\(\dfrac{d}{dx}\) a ambos lados de\(x^2-xf(x)+f(x)^2=3\) da
\ begin {align*} 2x-f (x) -xf' (x) +2f (x) f' (x) &=0\ end {align*}
etc. etc. - Pero dejemos de “fingir”. Solo asegúrate de recordar que\(y\) es una función de\(x\) cuando diferenciamos:
\ begin {align*} x^2-xy+y^2 &= 3 &\ text {comienza con la curva, y diferencia}\\ 2x - xy' -y + 2yy' &=0 &\ end {align*}
Ahora suplente en el primer punto,\(x=+\sqrt{3}, y=0\text{:}\)\ begin {align*} 2\ sqrt {3} -\ sqrt {3} y' + 0 &=0\\ y' &= 2\ end {align*}
Y ahora haz el segundo punto\(x=-\sqrt{3}, y=0\text{:}\)\ begin {align*} -2\ sqrt {3} +\ sqrt {3} y' + 0 &=0\\ y' &= 2\ end {align*}
Así la pendiente es la misma en\(x=\sqrt{3}\) y\(x=-\sqrt{3}\) y las líneas tangentes son paralelas.
Bien, alejémonos de las curvas y hagamos algo un poco diferente.
Estás parado en el origen. A la hora cero un lanzador te lanza una pelota a la cabeza 2.
La posición del (centro de la) pelota en el momento\(t\) es\(x(t)=d-vt\text{,}\) donde\(d\) está la distancia desde tu cabeza hasta el montículo del lanzador y\(v\) es la velocidad de la pelota. Tu ojo ve la bola llenando 3 un ángulo\(2\theta(t)\) con
\ comenzar {reunir*}\ sin\ grande (\ theta (t)\ grande) =\ frac {r} {d-vt}\ fin {reunir*}
donde\(r\) esta el radio del beisbol. La pregunta es “Qué tan rápido está\(\theta\) creciendo en el momento\(t\text{?}\)” Es decir, qué es\(\dfrac{d\theta}{dt}\text{?}\)
- No sabemos (todavía) cómo resolver esta ecuación para encontrar\(\theta(t)\) explícitamente. Entonces usamos diferenciación implícita.
- Para ello aplicamos\(\dfrac{d}{dt}\) a ambos lados de nuestra ecuación. Esto da
\ comenzar {reunir*}\ cos\ grande (\ theta (t)\ grande)\ cdot\ theta' (t) =\ frac {rv} {(d-vt) ^2}\ fin {reunir*}
- Entonces resolvemos para\(\theta'(t)\text{:}\)
\ comenzar {reunir*}\ theta' (t) =\ frac {rv} {(d-vt) ^2\ cos\ grande (\ theta (t)\ grande)}\ fin {reunir*}
- Como suele ser el caso, al utilizar la diferenciación implícita, esta respuesta no es muy satisfactoria porque contiene\(\theta(t)\text{,}\) para lo cual todavía no tenemos una fórmula explícita. Sin embargo, en este caso podemos obtener una fórmula explícita para\(\cos\big(\theta(t)\big)\text{,}\) sin tener una fórmula explícita para con\(\theta(t)\text{,}\) solo mirar el triángulo en ángulo derecho en la Figura 2.11.5, arriba.
- La hipotenusa de ese triángulo tiene longitud\(d-vt\text{.}\) Por Pitágoras, la longitud del lado del triángulo adyacente al ángulo\(\theta(t)\) es\(\sqrt{(d-vt)^2-r^2}\text{.}\) So
\[ \cos\big(\theta(t)\big)=\frac{\sqrt{(d-vt)^2-r^2}}{d-vt} \nonumber \]
y\ begin {reunir*}\ theta' (t) =\ frac {rv} {(d-vt)\ sqrt {(d-vt) ^2-r^2}}\ end {reunión*}
Bien — solo un ejemplo más tangente a la curva y luego pasaremos a algo diferente.
Deja\((x_0,y_0)\) ser un punto sobre el astroide 4 5
\ begin {reunir*} x^ {\ frac {2} {3}} +y^ {\ frac {2} {3}} =1. \ end {reunir*}
Encuentra una ecuación para la línea tangente al astroide en\((x_0,y_0)\text{.}\)
- Como fue el caso en los ejemplos anteriores podemos reescribir la ecuación del astroide cerca\((x_0,y_0)\) en la forma\(y=f(x)\text{,}\) con una explícita\(f(x)\text{,}\) resolviendo la ecuación\(x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=1\text{.}\) Pero nuevamente, es computacionalmente más limpia, y por lo tanto menos vulnerable a errores mecánicos, para usar diferenciación implícita. Entonces eso es lo que haremos.
- En primer lugar, ya que\((x_0,y_0)\) se encuentra en la curva, satisface
\ begin {reunir*} x_0^ {\ frac {2} {3}} +y_0^ {\ frac {2} {3}} =1. \ end {reunir*}
- Ahora, no pretendas que\(y=f(x)\text{,}\) esta vez, solo asegúrate de recordar cuando diferenciamos eso\(y\) cambia con\(x\text{.}\)
\ begin {alinear*} x^ {\ frac {2} {3}} +y^ {\ frac {2} {3}} &=1\\ final {alinear*}
Comience con la curva, y luego diferencie
\ begin {align*}\ frac {2} {3} x^ {-\ frac {1} {3}} +\ frac {2} {3} y^ {-\ frac {1} {3}} y' &=0\ end {align*} - Tenga en cuenta la derivada de\(x^{\frac{2}{3}}\text{,}\) saber\(\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}\text{,}\) y la derivada de\(y^{\frac{2}{3}}\text{,}\) saber se\(\frac{2}{3} y^{-\frac{1}{3}}y'\text{,}\) definen sólo cuando\(x\ne 0\) y\(y\ne 0\text{.}\) Nos interesa el caso que\(x=x_0\) y\(y=y_0\text{.}\) Así que mejor asumimos que\(x_0\ne 0\) y\(y_0\ne 0\text{.}\) Probablemente algo raro sucede cuando \(x_0=0\)o\(y_0=0\text{.}\) Volveremos a esto en breve.
- Para continuar, nos fijamos\(x=x_0, y=y_0\) en la ecuación anterior, y luego resolvemos para\(y'\text{:}\)
\[ \frac{2}{3}x_0^{-\frac{1}{3}} +\frac{2}{3} y_0^{-\frac{1}{3}} y'(x)=0 \implies y'(x_0)= -\left( \frac{y_0}{x_0} \right)^{\frac{1}{3}} \nonumber \]
Esta es la pendiente de la línea tangente y su ecuación es\[ y=y_0+f'(x_0)(x-x_0) = y_0 -\left(\frac{y_0}{x_0}\right)^{\frac{1}{3}}(x-x_0) \nonumber \]
Ahora pensemos un poco en lo que la pendiente de la línea tangente de nos\(-\root{3}\of {\frac{y_0}{x_0}}\) dice sobre el astroide.
- Primero, como observación preliminar, señalar que since\(x_0^{\frac{2}{3}}\ge0\) y\(y_0^{\frac{2}{3}}\ge0\) la ecuación\(x_0^{\frac{2}{3}}+y_0^{\frac{2}{3}}=1\) de las fuerzas astroides\(0\le x_0^{\frac{2}{3}},y_0^{\frac{2}{3}} \le 1\) y por lo tanto\(-1\le x_0,y_0\le 1\text{.}\)
- Por toda\(x_0,y_0 \gt 0\) la pendiente\(-\root{3}\of {\frac{y_0}{x_0}} \lt 0\text{.}\) Así que en todos los puntos del astroide que se encuentran en el primer cuadrante, la línea tangente tiene pendiente negativa, es decir, está “inclinada hacia atrás”.
- Como\(x_0\) tiende a cero,\(y_0\) tiende a\(\pm 1\) y la pendiente de la línea tangente tiende al infinito. Entonces en puntos del astroide cerca de\((0,\pm 1)\text{,}\) la línea tangente es casi vertical.
- Como\(y_0\) tiende a cero,\(x_0\) tiende a\(\pm 1\) y la pendiente de la línea tangente tiende a cero. Entonces en puntos del astroide cerca de\((\pm 1,0)\text{,}\) la línea tangente es casi horizontal.
Aquí hay una figura que ilustra todo esto.
Bastante seguro, como especulamos antes, algo raro le sucede al astroide cuando\(x_0\) o\(y_0\) es cero. El astroide es puntiforme, y no tiene una tangente ahí.
Ejercicios
Etapa 1
Si diferenciamos implícitamente\(x^2+y^2=1\text{,}\) obtenemos la ecuación ¿\(2x+2yy'=0\text{.}\)En el paso donde diferenciamos\(y^2\) para obtener\(2yy'\text{,}\) qué regla (s) a continuación estamos usando? (a) regla de poder, (b) regla de cadena, (c) regla de cociente, (d) derivadas de funciones exponenciales
Usando la siguiente imagen, estime\(\displaystyle\dfrac{dy}{dx}\) en los tres puntos donde la curva cruza el\(y\) eje.
Observación: para esta curva, un valor de\(x\) puede corresponder a múltiples valores de\(y\text{.}\) Entonces, no podemos expresar esta curva como\(y=f(x)\) para ninguna función\(x\text{.}\) Esta es una situación típica donde podríamos usar diferenciación implícita.
Considera el círculo unitario, formado por todos los puntos\((x,y)\) que satisfacen\(x^2+y^2=1\text{.}\)
- ¿Hay alguna función\(f(x)\) para que describa\(y=f(x)\) completamente el círculo unitario? Es decir, ¿para que los puntos\((x,y)\) que hacen\(y=f(x)\) verdadera la ecuación sean exactamente los mismos puntos que hacen que la ecuación sea\(x^2+y^2=1\) cierta?
- ¿Hay alguna función\(f'(x)\) para que describa\(y=f'(x)\) completamente la pendiente del círculo unitario? Es decir, para que por cada punto\((x,y)\) del círculo unitario, la pendiente de la línea tangente al círculo en ese punto viene dada por\(f'(x)\text{?}\)
- Utilice la diferenciación implícita para encontrar una expresión para\(\displaystyle\dfrac{dy}{dx}\text{.}\) Simplificar hasta que la expresión sea una función en términos de\(x\) solo (no\(y\)), o explicar por qué esto es imposible.
Etapa 2
Encuentra\(\displaystyle\dfrac{dy}{dx}\) si\(xy + e^x + e^y = 1\text{.}\)
Si\(e^y=xy^2+x\text{,}\) computa\(\displaystyle\dfrac{dy}{dx}\text{.}\)
Si\(x^2\tan(\pi y/4)+2x\log(y) = 16\text{,}\) entonces encuentra\(y'\) en los puntos donde\(y=1\text{.}\)
Si\(x^3+y^4 = \cos(x^2+y)\) computa\(\dfrac{dy}{dx}\text{.}\)
Si\(x^2e^y + 4x\cos(y) = 5\text{,}\) entonces encuentra\(y'\) en los puntos donde\(y=0\text{.}\)
Si\(x^2+y^2 = \sin(x+y)\) computa\(\dfrac{dy}{dx}\text{.}\)
Si\(x^2\cos(y)+2xe^y = 8\text{,}\) entonces encuentra\(y'\) en los puntos donde\(y=0\text{.}\)
En qué puntos de la elipse\(x^2+3y^2=1\) está la línea tangente paralela a la línea\(y=x\text{?}\)
Para la curva definida por la ecuación\(\sqrt{xy} = x^2y-2\text{,}\) encontrar la pendiente de la línea tangente en el punto\((1, 4)\text{.}\)
Si\(x^2y^2+x\sin(y)=4\text{,}\) encuentra\(\displaystyle\dfrac{dy}{dx}\text{.}\)
Etapa 3
Si\(x^2+(y+1)e^y = 5\text{,}\) entonces encuentra\(y'\) en los puntos donde\(y=0\text{.}\)
¿Para qué valores de\(x\) círculo\(x^2+y^2=1\) y elipse\(x^2+3y^2=1\) tienen líneas tangentes paralelas?