Derivadas de funciones trigonométricas inversas

Objetivos

En esta sección aprenderás cómo usar las fórmulas derivativas para las funciones trigonométricas inversas.

Concepto

Si estás interesado en el béisbol, sabes que hacer contacto con una bola rápida es difícil, especialmente cuando la bola es lanzada a velocidades que pueden alcanzar las 100 mph. ¿Por qué es difícil? La dificultad es la habilidad del bateador para seguir la pelota. La tasa de cambio del ángulo de observación del bateador mientras pasa la bola es demasiado rápida comparada con la habilidad del ojo o cerebro para seguir la bola. El bateador claramente tiene que predecir donde estará la bola. ¿Puedes determinar qué tan rápido tendría que ser lanzada una bola para que la vea un bateador parado a $h$ pies del cajón con una tasa de cambio de ángulo de observación $\frac{d\theta}{dt}$ no mayor a 3 radianes/seg (aproximadamente la tasa máxima que el cerebro y el ojo puede seguir)? ¿Puedes hacerlo ahora? Si no puedes, trata de responder la pregunta tan pronto como puedas.

Mira Esto

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http://www.youtube.com/watch?v=Vy002NmyT5s - Ej 1: Derivadas de Funciones Trigonométricas Inversas

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http://www.youtube.com/watch?v=yNYhNARIG50

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http://www.youtube.com/watch?v=qTqBttouhW0 - Ej 3: Derivadas de Funciones Trigonométricas Inversas

Orientación

Si $u(x)$ es una función diferenciable de $x$ entonces las formulas derivativas generalizadas para las funciones trigonométricas inversas son:

**Derivadas de funciones trigonométricas inversas**
$\frac{d}{dx}[\arcsin u] = \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|<1$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \csc u] = \frac{-1}{\|u\|\sqrt{u^2-1}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|>1$
$\frac{d}{dx}[\arccos u] = \frac{-1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|<1$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \sec u] = \frac{-1}{\|u\|\sqrt{u^2-1}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|>1$
$\frac{d}{dx}[\arctan u] = \frac{1}{1+u^2}\frac{du}{dx}$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \cot u] = \frac{-1}{1+u^2}\frac{du}{dx}$

Nótese que hay solamente tres resultados que recordar porque los otros tres están relacionados por un cambio de signo:

$\frac{d}{dx}[\arccos u]=-\frac{d}{dx}[\arcsin u]$
$\frac{d}{dx}[\text{arc} \cot u]=-\frac{d}{dx}[\arctan u]$
$\frac{d}{dx} [ \text{arc} \csc u ]= - \frac{d}{dx} [ \text{arc} \sec u ]$

Las relaciones anteriores se pueden derivar cada una usando el siguiente ejemplo de tipo de procedimiento para $\frac{d}{dx}[\arcsin u]$ , donde decimos que $y = \arcsin u$ :

$y &= \arcsin u \\\sin y &=\sin(\arcsin u) \\\sin y &= u\\\frac{d}{dx}[\sin y] &=\frac{du}{dx}\\\cos y \cdot \frac{dy}{dx} &=\frac{du}{dx}\\\frac{dy}{dx} &= \frac{1}{\cos y}\frac{du}{dx} \\\frac{d}{dx}[\arcsin u] &= \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 y}}\frac{du}{dx}\\\frac{d}{dx}[\arcsin u] &= \frac{1}{\sqrt{1-u^2 }}\frac{du}{dx}$

Ejemplo A

Diferencia $y=\sin^{-1}\left(2x^4\right)$ .

Solución:

Digamos que $u=2x^4$ . Entonces $y=\sin^{-1}u$ .

Usando la fórmula para $\frac{d}{dx}[\sin^{-1}u]$ obtenemos:

$\frac{dy}{dx} &=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}\\&=\frac{1}{\sqrt{1-\left(2x^4\right)^2}}\cdot \left(8x^3\right)\\&=\frac{8x^3}{\sqrt{1-4x^8}}$

Ejemplo B

Diferencia $\tan^{-1}\left(e^{3x}\right)$ .

Solución:

Digamos que $u=e^{3x}$ . Entonces $y=\tan^{-1}u$ .

Usando la fórmula para $\frac{d}{dx}[\tan^{-1}u]$ obtenemos:

$\frac{dy}{dx} &=\frac{1}{1+u^2}\frac{du}{dx}\\&=\frac{1}{1+\left(e^{3x}\right)^2}\cdot 3e^{3x}\\&=\frac{3e^{3x}}{1+e^{6x}}$

Ejemplo C

Encuentra $\frac{dy}{dx}$ si $y=\cos^{-1}(\sin x)$ .

Solución:

Digamos que $u=\sin x$ . Entonces $y=\cos^{-1}u$ .

Usando la fórmula para $\frac{d}{dx}[\cos^{-1} u]$ obtenemos:

$\frac{dy}{dx} &=\frac{-1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}\\&=\frac{-1}{\sqrt{1-\sin^2 x}}\cos x\\&=-1$

Análisis del Problema de la Sección

¿Puedes determinar qué tan rápido habría que lanzar una bola $(\text{speed} = v)$ para que el bateador parado a $h$ pies del cajón vea la bola viajando con una tasa de cambio de ángulo de observación $\frac{d\theta}{dt}$ no mayor a 3 radianes/seg (aproximadamente la tasa máxima que el cerebro y el ojo puede seguir)?

A continuación se muestra una figura que representa la geometría del problema.

El ángulo de observación del bateador se puede expresar como:

$\tan\theta (t) = \frac{d}{h}=\frac{60.5 - vt}{h} \text{ or } \theta(t) = \text{arctan} \left ( \frac{60.5-vt}{h}\right )$

donde 60,5 ft es la distancia desde el cajón del bateador al lanzador, $v$ es la velocidad de la bola, y $t$ es el tiempo en segundos.

La tasa de cambio de $\theta$ es $\frac{d}{dt}\theta(t) = \frac{d}{dt}\text{arctan}\left(\frac{60.5-vt}{h}\right )=\frac{1}{1+\left(\frac{60.5-vt}{h}\right)^2}\left(\frac{-v}{h}\right)$ .

Cuando la bola llega al cajón, $\frac{d}{dt}\theta(t)=\left(\frac{-v}{h}\right)$ , para que $h=3 \ ft$ y $\frac{d}{dt}\theta(t)=3 \ radians/sec$ , entonces $v=3 \cdot 3=9 \ ft/sec \approx 6 \ mph$ . Esto es 15-17 veces más lento que las velocidades de 90 a 100 mph con las que lazan los buenos lanzadores.

Práctica guiada

Encuentra la ecuación de la recta tangente a $(1,0)$ de la función inversa $\arctan(x+y)=y^2+\frac{\pi}{4}$ .

Solución:

Primero tenemos que encontrar la pendiente $y^{\prime}=\frac{dy}{dx}$ en (1,0). Luego escribimos la ecuación de la recta en ese punto.

$\frac{d}{dx}[\arctan(x+y)] &= \frac{d}{dx}\left[y^2+\frac{\pi}{4}\right]\\\frac{1}{1+(x+y)^2}\frac{d}{dx}(x+y)&=2yy^{\prime}\\\frac{1}{1+(x+y)^2}(1+y^{\prime})&=2yy^{\prime}\\y^{\prime}&=\frac{1}{1-2y[1+(x+y)^2]}$

En (1,0), $y^{\prime}=\frac{-1}{1-2\cdot 0[1+(1+0)^2]}=-1$ .

La recta tangente tiene la forma $y=mx+b$ :

$y &= mx+b\\0 &=-1 \cdot 1+b\\b &=1$

La recta tangente es $y=-x+1$ .

Práctica

Encuentra la derivada con respecto a la variable independiente en cada caso:

$y=\sec^{-1}x^2$ .
$y = \frac{1}{\tan^{-1}x}$ .
$y=\ln(\cos^{-1}x)$ .
$y = \sin^{-1}e^{-4x}$ .
$y=\sin^{-1}(x^2 \ln x)$ .
$y=3x^2 \arctan x$ .
$y=\sin^{-1}\sqrt{2x}$ .
$y=\tan^{-1}2t^3$ .
$x=\sin^{-1}\sqrt{1-t^4}$ .
$y=t\cot^{-1}(1+3t^2)$ .
$x=\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}+\cos^{-1}t$ .
$z=\cot^{-1}\left(\frac{y}{1-y^2}\right )$ .
Encuentra el extremo relativo para $y= \arcsin x-2 \arctan x$ .
¿Cuál es la derivada de la función $\cos(\arcsin x)$ .
Encuentra el extremo relativo para $z=\frac{-e^{- \arcsin x}}{\sqrt{1-x^2}}$ .

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$\frac{d}{dx}[\arcsin u] = \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|<1$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \csc u] = \frac{-1}{\|u\|\sqrt{u^2-1}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|>1$
$\frac{d}{dx}[\arccos u] = \frac{-1}{\sqrt{1-u^2}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|<1$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \sec u] = \frac{-1}{\|u\|\sqrt{u^2-1}}\frac{du}{dx}, \ \|u\|>1$
$\frac{d}{dx}[\arctan u] = \frac{1}{1+u^2}\frac{du}{dx}$	$\frac{d}{dx}[\text{arc} \cot u] = \frac{-1}{1+u^2}\frac{du}{dx}$

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