5.2 5.2.5 Derivación implícita

ci-5-2-5 5.2.5 Derivación implícita

Una relación funcional se presenta en forma explícita cuando la variable dependiente está completamente despejada en términos de la independiente: $ y = f(x) $. Sin embargo, en multitud de curvas geométricas y modelos físicos y matemáticos, la dependencia viene dada por una ecuación de ligadura implícita:

$$ F(x, y) = 0 $$

donde resulta extraordinariamente difícil o algebraicamente imposible despejar la variable $ y $ de forma cerrada.

El método de derivación implícita permite calcular la derivada $ y' = \frac{dy}{dx} $ directamente a partir de la ecuación original sin necesidad de despejar $ y $

El procedimiento se basa en las siguientes reglas fundamentales:

Tratar a $$ x $$ como la variable independiente, por lo que $$ \frac{dx}{dx} = 1 $$

Tratar a $$ y $$ como una función implícita derivable de $$ x $$: $$ y = y(x) $$

3. Al derivar cualquier expresión que involucre a $ y $, aplicar rigurosamente la Regla de la Cadena multiplicando por $ y' $:

$$ \frac{d}{dx}(y^n) = n y^{n-1} y', \qquad \frac{d}{dx}(\sin y) = \cos(y) y', \qquad \frac{d}{dx}(e^y) = e^y y' $$

En términos que contengan productos de $$ x $$ e $$ y $$, aplicar la regla del producto

$$ \frac{d}{dx}(x \cdot y) = (1) \cdot y + x \cdot y' = y + x y' $$

5. Agrupar todos los términos que contienen a $ y' $ en un miembro de la igualdad, pasar los términos restantes al otro miembro y despejar $ y' $

📝 Ejemplo: elemental de derivación implícita: Hallar la recta tangente a la circunferencia $ x^2 + y^2 = 25 $ en el punto $ P(3, 4) $

Derivamos respecto a $ x $:

$$ 2x + 2y y' = 0 \implies 2y y' = -2x \implies y' = -\frac{x}{y} $$

En el punto $ P(3, 4) $, la pendiente tangente es $ m = y'(3, 4) = -\frac{3}{4} $

La recta tangente es: $$ y - 4 = -\frac{3}{4}(x - 3) \implies 3x + 4y - 25 = 0 $$

Para calcular la segunda derivada $ y'' $, se deriva implícitamente por segunda vez la expresión obtenida para $ y' $ y posteriormente se sustituye el valor de $ y' $ calculado en el primer paso, simplificando si es posible mediante la ecuación original de la curva.

A continuación resolvemos cinco problemas prácticos avanzados con desglose minucioso:

📝 Ejemplo 1 Hallar la ecuación de la recta tangente y de la recta normal al Folium de Descartes:

$$ x^3 + y^3 - 6xy = 0 $$

en el punto del primer cuadrante donde la curva corta a la bisectriz $ y = x $ (distinto del origen).

👉 PASO 1

Hallamos el punto de corte sustituyendo $ y = x $ en la ecuación de la curva:

$$ x^3 + x^3 - 6x(x) = 0 \implies 2x^3 - 6x^2 = 0 \implies 2x^2(x - 3) = 0 $$

Descartando el origen $ x = 0 $, obtenemos $ x = 3 $. Como $ y = x $, el punto de contacto es $ P(3, 3) $

👉 PASO 2

Derivamos implícitamente la ecuación de la curva respecto a $ x $:

$$ \frac{d}{dx}(x^3 + y^3 - 6xy) = 0 \implies 3x^2 + 3y^2 y' - 6(1 \cdot y + x \cdot y') = 0 $$

$$ 3x^2 + 3y^2 y' - 6y - 6x y' = 0 $$

👉 PASO 3

Agrupamos los términos con $ y' $ y dividimos entre 3:

$$ (3y^2 - 6x) y' = 6y - 3x^2 \implies (y^2 - 2x) y' = 2y - x^2 $$

Despejamos la derivada:

$$ y' = \frac{2y - x^2}{y^2 - 2x} $$

👉 PASO 4

Evaluamos la pendiente tangente en el punto $ P(3, 3) $:

$$ m_{\text{tan}} = y'(3, 3) = \frac{2(3) - 3^2}{3^2 - 2(3)} = \frac{6 - 9}{9 - 6} = \frac{-3}{3} = -1 $$

👉 PASO 5

Escribimos la ecuación de la recta tangente en $ P(3, 3) $:

$$ y - 3 = -1(x - 3) \implies y - 3 = -x + 3 \implies x + y - 6 = 0 $$

👉 PASO 6

Hallamos la pendiente de la recta normal:

$$ m_{\text{nor}} = -\frac{1}{m_{\text{tan}}} = -\frac{1}{-1} = 1 $$

Escribimos la ecuación de la recta normal en $ P(3, 3) $:

$$ y - 3 = 1(x - 3) \implies y = x $$

✅ Conclusión

La recta tangente es $ x + y = 6 $ y la recta normal es la propia recta bisectriz $ y = x $

📝 Ejemplo 2 Calcular la segunda derivada $ y'' $ de la función implícita definida por la elipse:

$$ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \quad (y \ne 0) $$

y expresarla de la forma más simplificada posible en términos exclusivos de la variable $ y $

👉 PASO 1

Derivamos implícitamente respecto a $ x $ la ecuación de la elipse:

$$ \frac{2x}{a^2} + \frac{2y y'}{b^2} = 0 \implies \frac{y y'}{b^2} = -\frac{x}{a^2} $$

Despejamos la primera derivada $ y' $:

$$ y' = -\frac{b^2 x}{a^2 y} $$

👉 PASO 2

Derivamos implícitamente una segunda vez respecto a $ x $ aplicando la regla del cociente a $$ y' = -\frac{b^2}{a^2} \left(\frac{x}{y}\right) $$:

$$ y'' = -\frac{b^2}{a^2} \left[ \frac{(1) \cdot y - x \cdot y'}{y^2} \right] = -\frac{b^2}{a^2} \left[ \frac{y - x y'}{y^2} \right] $$

👉 PASO 3

Sustituimos la primera derivada $ y' = -\frac{b^2 x}{a^2 y} $ en el numerador:

$$ y - x y' = y - x\left( -\frac{b^2 x}{a^2 y} \right) = y + \frac{b^2 x^2}{a^2 y} = \frac{a^2 y^2 + b^2 x^2}{a^2 y} $$

👉 PASO 4

Sustituimos esta expresión en la fórmula de $ y'' $:

$$ y'' = -\frac{b^2}{a^2} \frac{\frac{a^2 y^2 + b^2 x^2}{a^2 y}}{y^2} = -\frac{b^2 (b^2 x^2 + a^2 y^2)}{a^4 y^3} $$

👉 PASO 5

Observamos que multiplicando la ecuación original de la elipse por $ a^2 b^2 $ se obtiene exactamente:

$$ b^2 x^2 + a^2 y^2 = a^2 b^2 $$

Sustituyendo este valor constante en el numerador:

$$ y'' = -\frac{b^2 (a^2 b^2)}{a^4 y^3} = -\frac{a^2 b^4}{a^4 y^3} = -\frac{b^4}{a^2 y^3} $$

✅ Conclusión

La segunda derivada simplificada de la elipse es $ y'' = -\frac{b^4}{a^2 y^3} $

📝 Ejemplo 3 Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva trascendente implícita:

$$ e^{x y} + x^2 - y^2 = 1 $$

en el punto de corte con el semieje positivo de abscisas.

👉 PASO 1

Hallamos el punto de corte haciendo $ y = 0 $ en la ecuación:

$$ e^{x(0)} + x^2 - 0^2 = 1 \implies e^0 + x^2 = 1 \implies 1 + x^2 = 1 \implies x^2 = 0 \implies x = 0 $$

En el origen $ (0, 0) $, la curva corta a los ejes coordenados.

Analizamos el punto de contacto $ P(0, 0) $

👉 PASO 2

Derivamos implícitamente respecto a $ x $:

$$ \frac{d}{dx}(e^{xy}) + \frac{d}{dx}(x^2) - \frac{d}{dx}(y^2) = 0 $$

- Derivada del término exponencial mediante la regla de la cadena:

$$ \frac{d}{dx}(e^{xy}) = e^{xy} \frac{d}{dx}(xy) = e^{xy}(y + x y') $$

- Por tanto:

$$ e^{xy}(y + x y') + 2x - 2y y' = 0 $$

👉 PASO 3

Agrupamos los términos que contienen a $ y' $:

$$ y e^{xy} + x e^{xy} y' + 2x - 2y y' = 0 \implies (x e^{xy} - 2y) y' = -(y e^{xy} + 2x) $$

Despejamos la derivada:

$$ y' = \frac{-(y e^{xy} + 2x)}{x e^{xy} - 2y} = \frac{2x + y e^{xy}}{2y - x e^{xy}} $$

👉 PASO 4

En el punto $ P(0, 0) $, la sustitución directa produce $ \frac{0}{0} $

Analizamos el límite lineal aproximando localmente.

De la ecuación original en el entorno del origen: $ e^{xy} \approx 1 + xy $, luego:

$$ 1 + xy + x^2 - y^2 = 1 \implies x^2 + xy - y^2 = 0 $$

Dividiendo entre $ x^2 $ y llamando a la pendiente límite $ m = y/x $:

$$ 1 + m - m^2 = 0 \implies m^2 - m - 1 = 0 \implies m = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} $$

La curva tiene un punto nodal en el origen con dos ramas tangentes reales cuyas pendientes son los números áureos $ m = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} $

✅ Conclusión

Las rectas tangentes en el origen son las dos rectas que pasan por el punto $ (0, 0) $ con pendientes dadas por la proporción áurea: $ y = \left(\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}\right) x $

📝 Ejemplo 4 Calcular la derivada $ y' $ de la curva conocida como Astroide:

$$ x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3} \quad (a > 0) $$

y demostrar que la longitud del segmento de cualquier recta tangente comprendido entre los ejes coordenados es una constante independiente del punto de tangencia.

👉 PASO 1

Derivamos implícitamente respecto a $ x $ la ecuación del astroide:

$$ \frac{2}{3} x^{-1/3} + \frac{2}{3} y^{-1/3} y' = 0 \implies x^{-1/3} + y^{-1/3} y' = 0 $$

Despejamos la derivada $ y' $:

$$ y' = -\frac{x^{-1/3}}{y^{-1/3}} = -\frac{y^{1/3}}{x^{1/3}} = -\sqrt[3]{\frac{y}{x}} $$

👉 PASO 2

Sea $ P(x_0, y_0) $ un punto sobre la curva en el primer cuadrante.

La pendiente de la recta tangente en $ P $ es:

$$ m = -\frac{y_0^{1/3}}{x_0^{1/3}} $$

Escribimos la ecuación de la recta tangente en $ P $:

$$ y - y_0 = -\frac{y_0^{1/3}}{x_0^{1/3}}(x - x_0) \implies x_0^{1/3}(y - y_0) = -y_0^{1/3}(x - x_0) $$

$$ x_0^{1/3} y - x_0^{1/3} y_0 = -y_0^{1/3} x + x_0 y_0^{1/3} \implies y_0^{1/3} x + x_0^{1/3} y = x_0 y_0^{1/3} + x_0^{1/3} y_0 $$

👉 PASO 3

Factorizamos el término independiente sacando $ x_0^{1/3} y_0^{1/3} $:

$$ x_0 y_0^{1/3} + x_0^{1/3} y_0 = x_0^{1/3} y_0^{1/3} (x_0^{2/3} + y_0^{2/3}) $$

Como el punto $ P $ pertenece al astroide, satisface $ x_0^{2/3} + y_0^{2/3} = a^{2/3} $. Por tanto:

$$ y_0^{1/3} x + x_0^{1/3} y = a^{2/3} x_0^{1/3} y_0^{1/3} $$

👉 PASO 4

Hallamos los puntos de intersección de la recta tangente con los ejes coordenados:

- Con el eje de abscisas ($ y = 0 $):

$$ y_0^{1/3} x = a^{2/3} x_0^{1/3} y_0^{1/3} \implies x_A = a^{2/3} x_0^{1/3} \implies A(a^{2/3} x_0^{1/3}, 0) $$

- Con el eje de ordenadas ($ x = 0 $):

$$ x_0^{1/3} y = a^{2/3} x_0^{1/3} y_0^{1/3} \implies y_B = a^{2/3} y_0^{1/3} \implies B(0, a^{2/3} y_0^{1/3}) $$

👉 PASO 5

Calculamos la longitud del segmento $ AB $ mediante el teorema de Pitágoras:

$$ L^2 = (x_A)^2 + (y_B)^2 = (a^{2/3} x_0^{1/3})^2 + (a^{2/3} y_0^{1/3})^2 = a^{4/3} x_0^{2/3} + a^{4/3} y_0^{2/3} = a^{4/3}(x_0^{2/3} + y_0^{2/3}) $$

Sustituyendo nuevamente $ x_0^{2/3} + y_0^{2/3} = a^{2/3} $:

$$ L^2 = a^{4/3} \cdot a^{2/3} = a^{4/3 + 2/3} = a^{6/3} = a^2 $$

Tomando la raíz cuadrada:

$$ L = a $$

✅ Conclusión

La longitud del segmento tangente entre los ejes es rigurosamente constante e igual a $ a $, propiedad geométrica fundamental que define al astroide como la envolvente de un segmento de longitud fija cuyos extremos se deslizan sobre los ejes coordenados.

📝 Ejemplo 5 Hallar todos los puntos de la Lemniscata de Bernoulli dada por la ecuación implícita:

$$ (x^2 + y^2)^2 = 4(x^2 - y^2) $$

en los cuales la recta tangente es estrictamente horizontal ($ y' = 0 $).

👉 PASO 1

Derivamos implícitamente respecto a $ x $ ambos miembros de la ecuación:

$$ 2(x^2 + y^2)(2x + 2y y') = 4(2x - 2y y') $$

Dividimos entre 4 para simplificar:

$$ (x^2 + y^2)(x + y y') = 2(x - y y') $$

👉 PASO 2

Desarrollamos y agrupamos los términos con $ y' $:

$$ x(x^2 + y^2) + y(x^2 + y^2) y' = 2x - 2y y' $$

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

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

Despejamos la derivada:

$$ y' = \frac{x[2 - (x^2 + y^2)]}{y[x^2 + y^2 + 2]} $$

👉 PASO 3

Para que la recta tangente sea horizontal, la derivada debe anularse ($ y' = 0 $) con denominador no nulo.

Esto exige que el numerador sea cero:

$$ x[2 - (x^2 + y^2)] = 0 \implies x = 0 \quad \text{o} \quad x^2 + y^2 = 2 $$

👉 PASO 4

Analizamos el caso $ x = 0 $:

Sustituimos en la ecuación original:

$$ (0 + y^2)^2 = 4(0 - y^2) \implies y^4 = -4y^2 \implies y^4 + 4y^2 = 0 \implies y^2(y^2 + 4) = 0 \implies y = 0 $$

En $ (0, 0) $ tanto el numerador como el denominador de $ y' $ se anulan (es el nodo singular de la lemniscata, donde hay dos tangentes inclinadas a $ \pm 45^\circ $).

No es una tangente horizontal simple.

👉 PASO 5

Analizamos la segunda condición: $ x^2 + y^2 = 2 $

Sustituimos $ x^2 + y^2 = 2 $ en la ecuación original de la lemniscata:

$$ (2)^2 = 4(x^2 - y^2) \implies 4 = 4(x^2 - y^2) \implies x^2 - y^2 = 1 $$

👉 PASO 6

Resolvemos el sistema formado por las dos relaciones cuadráticas:

$$ \begin{cases} x^2 + y^2 = 2 \\ x^2 - y^2 = 1 \end{cases} $$

Sumando ambas ecuaciones:

$$ 2x^2 = 3 \implies x^2 = \frac{3}{2} \implies x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}} $$

Restando la segunda de

la primera:

$$ 2y^2 = 1 \implies y^2 = \frac{1}{2} \implies y = \pm \sqrt{\frac{1}{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} $$

✅ Conclusión

La lemniscata posee exactamente 4 puntos con tangente horizontal, situados simétricamente en los cuatro cuadrantes:

$$ \left( \pm \sqrt{\frac{3}{2}}, \; \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \right) $$