Cálculo I

3 Derivadas 3.6 Derivadas de funciones trigonométricas 3.8 Regla de la cadena

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3.7 Linealización y diferenciales

Una función diferenciable en un punto $x_{0}$ puede aproximarse por la recta tangente a su gráfico en ese punto. Esta aproximación se denomina linealización de la función en $x_{0}$ . Este hecho también puede emplearse para aproximar el valor de la función en puntos cercanos a $x_{0}$ , mediante el concepto de diferencial.

3.7.1 Linealización

Si $f$ es diferenciable en $x_{0}$ , entonces la linealización de $f$ en $x_{0}$ es la función

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}l(x)=f^{\prime% }(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})

(3.387)

Se trata de una aproximación lineal de $f$ alrededor de $x_{0}$ , es decir $f(x)\approx l(x)$ para $x$ cercano a $x_{0}$ . Consultemos la Figura3.10.

Figura 3.10: Gráficos de $f$ y su linealización $l$ en $x_{0}$ .

Observemos que el gráfico de $l$ es la recta tangente al gráfico de $f$ en el punto $(x_{0},f(x_{0}))$ . Podemos usar la linealización para aproximar el valor de $f$ en puntos cercanos a $x_{0}$ , tenemos

f(x)=l(x)+\varepsilon,

(3.388)

donde $\varepsilon=\varepsilon(|x-x_{0}|)$ es un error que tiende a cero cuando $x$ tiende a $x_{0}$ .

Ejemplo 3.7.1.

Tenemos que $\ln(1+x)\approx x$ para $x$ cercano a $0$ . Esto es consecuencia de la linealización de $f(x)=\ln(1+x)$ en $x_{0}=0$ , pues

	$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}$		(3.389)
	$\displaystyle f^{\prime}(0)=1$		(3.390)
	$\displaystyle f(0)=\ln(1+0)=0$		(3.391)

Luego, la linealización de $f$ en $x_{0}=0$ es

	$\displaystyle l(x)=f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$		(3.392)
	$\displaystyle\text{}\quad=1\cdot(x-0)+0=x$		(3.393)

La siguiente tabla contiene el error de esta aproximación, es decir $\varepsilon=|l(x)-f(x)|$ para algunos valores de $x$ cercanos a $0$ .

$x$	$\ln(1+x)$	$l(x)$	$\varepsilon$
$10$	$06931$	$10$	$03068$
$05$	$04055$	$05$	$00945$
$01$	$00953$	$01$	$00047$

Código 65: Python

⬇

1fromsympyimportSymbol,ln,diff,Lambda

2x=Symbol('x')

3f=Lambda(x,ln(x+1))

4print(f'f(x)={f(x)}')

5fl=Lambda(x,diff(f(x),x))

6x0=0

7l=Lambda(x,fl(x0)*(x-x0)+f(x0))

8print(f'l(x)={l(x)}')

f(x)=log(x+1)

l(x)=x

3.7.2 Diferenciales

Si $y=f(x)$ es una función diferenciable en $x$ , entonces definimos la diferencial de $y$ como

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\mathrm{d}y=f^% {\prime}(x)\mathrm{d}x,

(3.394)

donde $\mathrm{d}x$ es la diferencial de $x$ , es decir, una variación infinitesimal de $x$ . La diferencial $\mathrm{d}y$ es una aproximación de la variación de $y$ cuando $x$ varía de $x$ a $x+\mathrm{d}x$ . Esto es consecuencia de la linealización de $f$ en $x$ , pues

	$\displaystyle f(x+\mathrm{d}x)\approx L(x+\mathrm{d}x)$		(3.395)
	$\displaystyle\text{}\quad=f^{\prime}(x)(x+\mathrm{d}x-x)+f(x)$		(3.396)
	$\displaystyle\text{}\quad=f^{\prime}(x)\mathrm{d}x+f(x),$		(3.397)

de donde se sigue que

f(x+\mathrm{d}x)-f(x)\approx f^{\prime}(x)\mathrm{d}x,

(3.399)

es decir, la variación de $y$ es aproximadamente igual a la diferencial $\mathrm{d}y$ . La relación entre las diferenciales motiva la notación de Leibniz⁸⁸8Gottfried Wilhelm Leibniz, 1646 - 1716, matemático y filósofo alemán. Fuente: Wikipedia: Gottfried Wilhelm Leibniz., donde

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f^{\prime}(x)

(3.400)

Ejemplo 3.7.2.

Sea $C$ la longitud de una circunferencia de radio $r$ . Sabemos que $C=2\pi r$ . Usando diferenciales, podemos estimar la variación de $A$ cuando $r$ varía de $5$ m a $55$ m. Calculamos

	$\displaystyle\mathrm{d}C=(2\pi r)^{\prime}\mathrm{d}r$		(3.401)
	$\displaystyle\text{}\quad=2\pi\mathrm{d}r$		(3.402)

Así pues, para $\mathrm{d}r=05$ m, tenemos

\mathrm{d}C=2\pi\cdot 05=\pi\text{m}\approx 314\text{m}

(3.403)

Es decir, cuando el radio varía de $5$ m a $55$ m, la longitud de la circunferencia varía aproximadamente $314$ m.

Notemos que la variación exacta de la longitud es

	$\displaystyle\Delta C=C(55)-C(5)$		(3.404)
	$\displaystyle\text{}\quad=2\pi\cdot 55-2\pi\cdot 5$		(3.405)
	$\displaystyle\text{}\quad=2\pi\cdot 05=\pi\text{m}\approx 314\text{m}$		(3.406)

Es decir, en este caso, la aproximación mediante la diferencial es exacta.

Ejemplo 3.7.3.

Sea $V=x^{3}$ el volumen de un cubo de arista $x$ . Usando diferenciales, podemos estimar la variación de $V$ cuando $x$ varía de $2$ m a $21$ m. Calculamos

	$\displaystyle\mathrm{d}V=(x^{3})^{\prime}\mathrm{d}x$		(3.407)
	$\displaystyle\text{}\quad=3x^{2}\mathrm{d}x$		(3.408)

Así pues, para $x=2$ m y $\mathrm{d}x=01$ m, tenemos

\mathrm{d}V=3\cdot 2^{2}\cdot 01=12\text{m}^{3}

(3.409)

Es decir, cuando la arista varía de $2$ m a $21$ m, el volumen del cubo varía aproximadamente $12\text{m}^{3}$ . ¿Cuál es el error de esta aproximación? Verifíquelo.

Error en la aproximación diferencial

Sea $f$ una función diferenciable en $x$ . La aproximación de la variación de $f$ mediante la diferencial se expresa por

	$\displaystyle\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)$		(3.410)
	$\displaystyle\text{}\quad\approx\mathrm{d}y=f^{\prime}(x)\Delta x,$		(3.411)

donde $\Delta x$ es una variación finita de $x$ y $\mathrm{d}x$ es una variación infinitesimal de $x$ . El error de esta aproximación es

	$\displaystyle\Delta y-\mathrm{d}y=f(x+\Delta x)-f(x)-f^{\prime}(x)\Delta x$		(3.412)
	$\displaystyle\text{}\quad=\underbrace{\left(\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x% }-f^{\prime}(x)\right)}_{\varepsilon}\Delta x$		(3.413)

Con ello, podemos escribir

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\Delta y=f^{% \prime}(x)\Delta x+\varepsilon\Delta x,

(3.414)

donde $\varepsilon\to 0$ cuando $\Delta x\to 0$ .

3.7.3 Ejercicios resueltos

ER 3.7.1.

Use la linealización para aproximar el valor de $\sqrt{41}$ .

Resolución.

Sea $f(x)=\sqrt{x}$ . Podemos aproximarla por su linealización $l(x)$ en $x_{0}=4$ . Para ello calculamos

	$\displaystyle f^{\prime}(x)=\left(x^{\frac{1}{2}}\right)^{\prime}$		(3.415)
	$\displaystyle\text{}\quad=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$		(3.416)
	$\displaystyle f^{\prime}(4)=\frac{1}{2\sqrt{4}}=\frac{1}{4}$		(3.417)
	$\displaystyle f(4)=\sqrt{4}=2$		(3.418)

Luego, la linealización de $f$ en $x_{0}=4$ es

	$\displaystyle l(x)=f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$		(3.419)
	$\displaystyle\text{}\quad=\frac{1}{4}(x-4)+2$		(3.420)
	$\displaystyle\text{}\quad=\frac{x}{4}+1$		(3.421)

Así, para $x=41$ tenemos

	$\displaystyle\sqrt{41}=f(41)\approx l(41)$		(3.422)
	$\displaystyle\text{}\quad=\frac{41}{4}+1=2025$		(3.423)

El valor exacto es $\sqrt{41}\approx 202485$ , es decir, el error de la aproximación es aproximadamente $000015$ .

ER 3.7.2.

Use diferenciales para estimar la variación del área de un círculo cuando su radio varía de $5$ cm a $51$ cm. Luego, verifique el error de esta aproximación.

Resolución.

Sea $A=\pi r^{2}$ el área de un círculo de radio $r$ . Usando diferenciales, podemos estimar la variación de $A$ cuando $r$ varía de $5$ cm a $51$ cm. Calculamos

	$\displaystyle\mathrm{d}A=(\pi r^{2})^{\prime}\mathrm{d}r$		(3.424)
	$\displaystyle\text{}\quad=2\pi r\mathrm{d}r$		(3.425)

Así, para $r=5$ cm y $\mathrm{d}r=01$ cm, tenemos

	$\displaystyle\mathrm{d}A=2\pi\cdot 5\cdot 01$		(3.426)
	$\displaystyle\text{}\quad=\pi\text{cm}^{2}\approx 314\text{cm}^{2}$		(3.427)

Es decir, cuando el radio varía de $5$ cm a $51$ cm, el área del círculo varía aproximadamente $314\text{cm}^{2}$ .

El error de esta aproximación es

	$\displaystyle\varepsilon=\|\Delta A-\mathrm{d}A\|$		(3.428)
	$\displaystyle\text{}\quad=\|\pi(51)^{2}-\pi(5)^{2}-\pi\|$		(3.429)
	$\displaystyle\text{}\quad=\|\pi(2601-25-1)\|$		(3.430)
	$\displaystyle\text{}\quad=\|\pi(001)\|$		(3.431)
	$\displaystyle\text{}\quad=001\pi\text{cm}^{2}\approx 00314\text{cm}^{2}$		(3.432)

3.7.4 Ejercicios

E. 3.7.1.

Calcule la linealización de $f(x)=\sqrt{1+x}$ en $x_{0}=0$ . Luego, úsela para aproximar el valor de $\sqrt{11}$ .

$l(x)=\frac{x}{2}+1$ , $l(01)=105$ .

E. 3.7.2.

¿Cuál es la linealización de $y=\mathop{\operator@font sen}\nolimits(x)$ en $x=0$ ? Luego, úsela para aproximar el valor de $\mathop{\operator@font sen}\nolimits(01)$ .

$l(x)=x$ , $l(01)=01$ .

E. 3.7.3.

Muestre que valen las siguientes aproximaciones para $x$ cercano a $0$ :

a)

$\cos x\approx 1$
b)

$\mathop{\operator@font tg}\nolimits x\approx x$
c)

$e^{x}\approx 1+x$
d)

$\ln(1+x)\approx x$

Basta calcular las linealizaciones de cada función en $x_{0}=0$ : a) $l(x)=1$ ; b) $l(x)=x$ ; c) $l(x)=1+x$ ; d) $l(x)=x$ .

E. 3.7.4.

Muestre que $(1+x)^{k}\approx 1+kx$ para $x$ cercano de $0$ .

Basta calcular la linealización de $f(x)=(1+x)^{k}$ en $x_{0}=0$ : $l(x)=kx+1$ .

E. 3.7.5.

Recordando que el volumen de una esfera de radio $r$ es $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ , use diferenciales para estimar la variación del volumen cuando el radio varía de $10$ cm a $101$ cm. Luego, verifique el error de esta aproximación.

La variación aproximada del volumen es $40\pi\text{cm}^{3}$ . El error de esta aproximación es aproximadamente $04\text{cm}^{3}$ .

E. 3.7.6.

Recordando que el área de la superficie de una esfera de radio $r$ es $A=4\pi r^{2}$ , use diferenciales para estimar la variación del área cuando el radio varía de $10$ cm a $101$ cm.

La variación aproximada del área es $8\pi\text{cm}^{2}$ .

E. 3.7.7.

Use diferenciales para estimar la variación del área de la superficie de un cubo cuando su arista varía de $2$ m a $205$ m. Luego, verifique el error de esta aproximación.

La variación aproximada del área es $12\text{m}^{2}$ . El error de esta aproximación es aproximadamente $02025\text{m}^{2}$ .

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Cálculo I

3.7 Linealización y diferenciales

3.7.1 Linealización

Ejemplo 3.7.1.

3.7.2 Diferenciales

Ejemplo 3.7.2.

Ejemplo 3.7.3.

Error en la aproximación diferencial

3.7.3 Ejercicios resueltos

ER 3.7.1.

Resolución.

ER 3.7.2.

Resolución.

3.7.4 Ejercicios

E. 3.7.1.

E. 3.7.2.

E. 3.7.3.

E. 3.7.4.

E. 3.7.5.

E. 3.7.6.

E. 3.7.7.

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