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augusto-crurre
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INTRODUCCIÓN
Pendiente en forma polar: Si f es una función diferenciable (o derivable) de 𝜃, entonces lapendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑟 = 𝑓 𝜃 en el punto 𝑟, 𝜃 es:
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑑𝑦𝑑𝜃𝑑𝑥𝑑𝜃
=𝑓 𝜃 cos 𝜃 + 𝑓´ 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃
−𝑓 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑓′ 𝜃 cos 𝜃
Siempre que𝑑𝑥
𝑑𝜃≠ 0 en 𝑟, 𝜃
Si:
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 0 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙
𝑑𝑥
𝑑𝜃= 0 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙
Rectas tangentes en el polo: Si 𝑓 𝛼 = 0 y 𝑓′ 𝛼 ≠ 0, entonces la recta 𝜃 = 𝛼 es tangente a lagráfica de 𝑟 = 𝑓 𝜃 en el polo.
PRIMER EJEMPLO APLICADO AL HALLAZGO DE RECTAS TANGENTES HORIZONTALES Y VERTICALES
EJEMPLO: Hallar las rectas tangentes horizontales y verticales de la siguiente ecuación e intervalo:
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 , 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
SOLUCIÓN:
Utilizando la ecuación siguiente y sustituyendo:
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃
𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
Derivándolo con respecto a “𝜃”𝑑𝑥
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= 𝑠𝑒𝑛 𝜃 −𝑠𝑒𝑛 𝜃 + cos 𝜃 cos 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= −𝑠𝑒𝑛2 𝜃 + cos2 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
Ahora, haciendo que 𝑑𝑥
𝑑𝜃= 0, se despeja el parámetro “𝜃”:
𝑑𝑥
𝑑𝜃= cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃
0 = cos2 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃
0 = cos2 𝜃 − 1 − cos2 𝜃
0 = 2 cos2 𝜃 − 1
Cuando 𝜃 =1
4𝜋 = 45°:
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛𝜋
4=
1
2
𝑟 =1
2
Cuando 𝜃 =3
4𝜋 = 135°:
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛3
4𝜋 =
1
2
𝑟 =1
2
∴ Los puntos verticales son: 1
2,
𝜋
4𝑦
1
2,
3
4𝜋
Ahora:
𝑦 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛2𝜃
Derivándolo con respecto a “𝜃”𝑑𝑦
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃𝑠𝑒𝑛2 𝜃
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
Ahora, haciendo que 𝑑𝑦
𝑑𝜃= 0, se despeja el parámetro “𝜃”:
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
0 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
0 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
0 = 𝑠𝑒𝑛 2𝜃
𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 0 = 2𝜃
2𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 0
Y se obtienen dos soluciones:2𝜃 = 0 𝑦 2𝜃 = 𝜋
Al despejar “𝜃” en ambas:
𝜃 = 0 𝑦 𝜃 =𝜋
2
Cuando 𝜃 = 0:
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 0 = 0
𝑟 = 0
Cuando 𝜃 =1
2𝜋:
𝑟 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑠𝑒𝑛1
2𝜋 = 1
𝑟 = 1
∴ Puntos horizontales: 0, 0 𝑦 1,𝜋
2
SEGUNDO EJEMPLO APLICADO AL HALLAZGO DE RECTAS TANGENTES HORIZONTALES Y VERTICALES
EJEMPLO: Hallar las rectas tangentes horizontales y verticales de la siguiente ecuación:
𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
SOLUCIÓN:
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃
𝑥 = 2 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 cos 𝜃
𝑥 = 2 cos 𝜃 − cos2 𝜃
Derivándolo con respecto a “𝜃”:𝑑𝑥
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃2 cos 𝜃 − cos2 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= 2 −𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= 2 −𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 2 sen 𝜃 cos 𝜃
𝑑𝑥
𝑑𝜃= −2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 4 sen 𝜃 cos 𝜃
Ahora, haciendo que 𝑑𝑥
𝑑𝜃= 0, se despeja el parámetro “𝜃”:
𝑑𝑥
𝑑𝜃= −2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 4 sen 𝜃 cos 𝜃
0 = −2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 4 sen 𝜃 cos 𝜃
2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 4 𝑠𝑒𝑛𝜃 cos 𝜃
2 𝑠𝑒𝑛 𝜃
4 𝑠𝑒𝑛 𝜃= cos 𝜃
2
4= cos 𝜃
cos 𝜃 =2
4=
1
2
𝜃 = arccos1
2
Como existen dos valores de “𝜃”:
𝜃 =𝜋
3𝑦 𝜃 =
5𝜋
3
Cuando 𝜃 =𝜋
3𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
𝑟 = 2 1 − cos𝜋
3
𝑟 = 2 1 −1
2= 1
𝑟 = 1
Cuando 𝜃 =5𝜋
3𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
𝑟 = 2 1 − cos5
3𝜋
𝑟 = 2 1 −1
2= 1
𝑟 = 1
∴ Puntos verticales: 1,𝜋
3𝑦 1,
5
3𝜋
𝑦 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑦 = 2 1 − cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃
Derivándolo con respecto a “𝜃”: 𝑑𝑦
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 2 cos 𝜃 − 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 −𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2 cos 𝜃 cos 𝜃
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 2 cos 𝜃 + 2 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 2 cos2 𝜃
Ahora, haciendo que 𝑑𝑦
𝑑𝜃= 0, se despeja el parámetro “𝜃”:
𝑑𝑦
𝑑𝜃= 2 cos 𝜃 + 2 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 2 cos2 𝜃
0 = 2 cos 𝜃 + 2 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 2 cos2 𝜃
2 cos 𝜃 + 2 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 2 cos2 𝜃 = 0
2 cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − cos2 𝜃 = 0
cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − cos2 𝜃 =0
2
cos 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − cos2 𝜃 = 0
Recordando que:
𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 1 − cos2 𝜃
Entonces, sustituyendo:
cos 𝜃 − cos2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 0
cos 𝜃 − cos2 𝜃 + 1 − cos2 𝜃 = 0
−2 cos2 𝜃 + cos 𝜃 + 1 = 0
Para resolverlo, se usa fórmula general pero se obtienen primeramente los coeficientes de la ecuación:
𝑎 = −2 , 𝑏 = 1 , 𝑐 = 1
cos 𝜃 =− 1 ± 1 2 − 4 −2 1
2 −2=
−1 ± 1 + 8
−4=
−1 ± 9
−4=
−1 ± 3
−4
cos 𝜃1 =−1 + 3
−4=
2
−4= −
1
2
𝜃1 = 𝑎𝑟𝑐 cos −1
2
𝜃1 =2𝜋
3𝑦 𝜃1 =
4𝜋
3
Cuando 𝜃 =2𝜋
3:
𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
𝑟 = 2 1 − cos2𝜋
3
𝑟 = 2 1 +1
2
𝑟 = 23
2𝑟 = 3
Cuando 𝜃 =4𝜋
3:
𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
𝑟 = 2 1 − cos4𝜋
3
𝑟 = 2 1 +1
2
𝑟 = 23
2𝑟 = 3
Luego:
cos 𝜃2 =−1 − 3
−4=
−4
−4= 1
𝜃2 = 𝑎𝑟𝑐 cos 1
𝜃2 = 0 𝑦 𝜃2 = 2𝜋
Cuando 𝜃 = 0:𝑟 = 2 1 − cos 𝜃𝑟 = 2 1 − cos 0
𝑟 = 2 1 − 1𝑟 = 2 0
𝑟 = 0
Cuando 𝜃 = 2𝜋:𝑟 = 2 1 − cos 𝜃
𝑟 = 2 1 − cos 2𝜋𝑟 = 2 1 − 1
𝑟 = 2 0𝑟 = 0
∴ Puntos horizontales: 0, 0 , 4, 𝜋 , 3,2
3𝜋 𝑦 3,
4
3𝜋