Cálculo - Frank Ayres Jr & Elliot Mendelson - 5ed (1)

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b) Derivando ambos lados de (17.9), tan 2 x + 1 = sec 2 x, mediante la regla de la cadena se obtiene
Por tanto, D x (sec x) = tan x sec x.
2 tan x sec 2 x = 2 sec x D x (sec x).
4. Pruebe (17.10): tan(x + ) = tan x.
sen (x + ) = sen x cos + cos x sen = –sen x
cos (x + ) = cos x cos – sen x sen = –cos x
Entonces,
5. Deduzca tan ( u − v)
=
tanu
− tanv
1+
tanu
tanv
sen( x + π)
tan( x + π)
= = − sen x
=
sen x
= tan x
cos( x + π)
− cos x cos
x
sen ( u − v)
tan ( u − v)
= =
sen ucos
v−
cosusen
v
cos ( u − v)
cosucos v+
sen usen
v
sen u
−
senv
= cosu cosv
(divida el numerador y el denominador entre cos u cos v
1+
sen u senv
cosu
cosv
=
tanu
− tanv
1+
tanu
tanv
CAPÍTULO 17 Derivación de funciones trigonométricas
6. Calcule las derivadas de las funciones siguientes: a) 2 cos 7x; b) sen 3 (2x); c) tan (5x); d) sec (1/x).
a) D x (2 cos 7x) = 2(–sen 7x)(7) = –14 sen 7x
b) D x (sen 3 (2x)) = 3(sen 2 (2x))(cos (2x))(2) = 6 sen 2 (2x) cos (2x)
c) D x (tan (5x)) = (sec 2 (5x))(5) = 5 sec 2 (5x)
d) D x (sec (1/x)) = tan (1/x) sec (1/x)(–1/x 2 ) = –(1/x 2 ) tan (1/x) sec (1/x)
7. Halle todas las soluciones de la ecuación cos x = 1 2.
1 2 2
Al resolver ( 2 ) + y = 1 , se observa que los únicos puntos en el círculo unitario con abscisa 1 2 son ( )
1 23
2,
y (
1 3
2, −
2 ) . Los ángulos centrales correspondientes son /3 y 5/3. Éstas son, entonces, soluciones en [0, 2].
Como cos x tiene periodo 2, las soluciones son /3 + 2n y 5/3 + 2n, donde n es cualquier número entero.
8. Calcule los límites siguientes: a) lím sen 5x
; b) lím
x0
2x
sen 3x
; c) lím
tan x
x0
sen 7 x
x0
x
a) lím sen 5x
lím 5 sen 5x
5
lím sen u 5 5
x0 2x
x0 2 5x
2 u0
u
2
() 1 2
b) lím sen 3x
lím sen 3x
7x
3
3
lím sen u
lím
u
x0 sen 7x
x0
3x
sen 7x
7 7 u0 u u0
sen u
3
()() 11 7
3 7
c) lím tan x
lím sen x
1
lím sen x
lím 1
x0 x x0 x cos x x0
x u0
cos x
( 1)( 1
) 1
1
9. Sea y = x sen x. Halle y
y = x cos x + sen x
y = x(–sen x) + cos x + cos x = – x sen x + 2 cos x
Y = –x cos x – sen x – 2 sen x = –x cos x – 3 sen x