106 – Matem´aticas 1

Parte III

C´ alculo diferencial en IR

Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

Grados de Ing. Industrial : Curso 2012–2013

107 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Cap´ıtulo 10

Funciones derivables 10.1

Derivada de una funci´ on en un punto

Definici´ on 204.- Se dice que f : (a, b) −→ R es derivable en el punto x0 ∈ (a, b) si l´ım

x→x0

f (x) − f (x0 ) =L∈R x − x0

es decir, si existe y es finito ese l´ımite (´ o el l´ımite equivalente, l´ım

h→0

f (x+h)−f (x) h

).

Al valor de dicho l´ımite se lo denomina derivada de f en el punto x0 y se representa por f 0 (x0 ) ´o La derivada nos indica lo que “crece” la funci´on alrededor del punto, puesto que en el cociente usado para definirla nos aparece el incremento f (x) − f (x0 ) de la funci´ on en relaci´on con el incremento x − x0 de la variable. (x0 ) , para cada x , es la pendiente El valor del cociente f (x)−f x−x0 de la cuerda entre los puntos (x0 , f (x0 )) y (x, f (x)) (ver figura aneja), por lo que en el l´ımite se obtendr´ a la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de la funci´ on en el punto. Es decir, la recta y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) resulta ser la recta tangente a la gr´ afica de f en el punto (x0 , f (x0 )) .

df dx (x0 ) .

y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 )

rf (x)  

f (x0 )

f (x) − f (x0 )



r |

α {z

x−x0

←←

x0

} f (x)−f (x0 ) x−x0

= tg α

x

Diremos que f : A −→ R es derivable en un conjunto A1 ⊆ A, si lo es en cada punto de A1 . Entonces, se puede construir la funci´ on que asocia a cada punto x ∈ A1 la derivada de la funci´on f en el punto x ; A esta funci´ on se le llama funci´ on derivada de f y se le representa por f 0 , donde f 0 : A1 −→ R . Si a su vez, f 0 : A1 −→ R es derivable en un conjunto A2 ⊆ A1 , se puede construir la derivada de la funci´ on f en cada punto x ∈ A2 . A esta funci´ on se le llama funci´ on derivada segunda de f y se le representa por (f 0 )0 = f 00 , donde f 00 : A2 −→ R . An´ alogamente se tienen la derivadas de ´ordenes superiores, f 000 , . . . , f n) . 0

Ejemplo l´ım

?

La funci´ on constante f : R −→ R , con f (x) = k , es derivable en cada punto de su dominio: k−k 0 = l´ım x−x = l´ım x−x = 0 = f 0 (x0 ) ; con lo que f 0 (x) = 0 para todo x ∈ R . 0 0

f (x)−f (x0 ) x−x0 x→x0

x→x0

x→x0

? La funci´ on identidad f : R −→ R , con f (x) = x , es derivable en cada punto de R: (x0 ) 0 l´ım f (x0 +h)−f = l´ım x0 +h−x = l´ım 1 = 1 = f 0 (x0 ) , y f 0 (x) = 1 para todo x ∈ R. h h h→0

h→0

h→0

? La funci´ on polin´ omica f : R −→ R dada por f (x) = x2 es derivable en cada punto de su dominio pues x2 −x2 (x0 ) 0 )(x+x0 ) = l´ım x−x00 = l´ım (x−xx−x = l´ım x + x0 = 2x0 = f 0 (x0 ) , y f 0 (x) = 2x en R. l´ım f (x)−f x−x0 0 x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

? La exponencial f (x) = e es derivable en cada punto de R y f 0 (x) = ex , pues x h x+h x h h l´ım e h−e = l´ım e (eh −1) = l´ım ex ( e h−1 ) = ex l´ım e h−1 = ex · 1 = ex = f 0 (x) . x

h→0

h→0

h→0

h→0

? f (x) = ln x , es derivable en (0, +∞) y f 0 (x) = l´ım

h→0

ln(x+h)−ln(x) h

= l´ım

h→0

ln( x+h x ) h

= l´ım

h→0

ln(1+ h x) xh x

1 x ln(1+ h x) = x1 l´ım h h→0 x

=

1 x

= f 0 (x) .

? La funci´ on f (x) = sen x es derivable en cada punto de R y f 0 (x) = cos x h 2 sen( h sen(x+h)−sen(x) (1) 2 ) cos(x+ 2 ) = l´ım h h h→0 h→0

l´ım

(1) sen x−sen y = sen( x+y + 2

x−y 2 )

− sen( x+y − 2

= l´ım cos(x + h2 ) h→0

x−y 2 )

x−y x+y x−y = sen( x+y 2 ) cos( 2 ) + cos( 2 ) sen( 2 ) −

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sen( h 2) h 2

= cos(x) · 1 = cos x = f 0 (x) .

 x−y x+y x−y x+y x−y sen( x+y 2 ) cos( 2 ) − cos( 2 ) sen( 2 ) = 2 cos( 2 ) sen( 2 )

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108 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.1 Derivada de una funci´ on en un punto

? La funci´ on f (x) = cos x es derivable en cada punto de R y f 0 (x) = − sen x h −2 sen( h cos(x+h)−cos(x) (2) 2 ) sen(x+ 2 ) = l´ım h h h→0 h→0

l´ım

= l´ım − sen(x + h2 )

sen( h 2) h 2

h→0

(2) An´ alogamente al caso del seno, cos x − cos y = cos( x+y + 2

x−y 2 )

− cos( x+y − 2

x−y 2 )

= − sen(x) = f 0 (x) . x−y = −2 sen( x+y 2 ) sen( 2 )

? La recta y = cos 0 − sen 0(x − 0) = 1 es la recta tangente a cos(x) en el punto 0. An´alogamente, la recta y = sen 0 + cos 0(x − 0) = x es la tangente a sen(x) en el 0. 4 Para que una funci´ on sea derivable, debe existir l´ım

x→x0

f (x)−f (x0 ) x−x0

. Ahora bien, el denominador siempre

tiende hacia 0, por lo que s´ olo puede existir el l´ımite si el l´ımite del denominador tambi´en es cero; puesto que f (x)−f (x0 ) si f (x) − f (x0 ) 6→ 0 entonces x−x0 −→ ∞ o no existe. Luego debe cumplirse que l´ım f (x) = f (x0 ) , es x→x0

decir que f sea continua en x0 : Teorema 205.- Si f es derivable en un punto x0 entonces f es continua en dicho punto. Demostraci´ on: Veamos que l´ım f (x) = f (x0 ) . Para cada x 6= x0 , la funci´on f (x) puede escribirse en la forma x→x0

(x0 ) f (x) = f (x) − f (x0 ) + f (x0 ) = f (x)−f (x − x0 ) + f (x0 ), x−x0 y tomando l´ımites se prueba la continudad de f en x0 , ya que:

l´ım f (x) = l´ım

x→x0

x→x0

f (x) − f (x0 ) · l´ım (x − x0 ) + l´ım f (x0 ) = f 0 (x0 ) · 0 + f (x0 ) = f (x0 ). x→x0 x→x0 x − x0

Nota: Como consecuencia de este resultado una funci´on s´olo puede ser derivable en los puntos de continuidad. Pero la continuidad no garantiza la derivaci´on: Ejemplo La funci´ on f (x) = |x| es continua pero no derivable en 0, ya que l´ım

x→0+

f (x)−f (0) x−0

= l´ım

x→0+

|x| x

= l´ım

x→0+

x x

=1

y

l´ım

x→0−

f (x)−f (0) x−0

= l´ım

x→0−

|x| x

= l´ım

x→0−

−x x

= −1

4

Como para los l´ımites y la continuidad, la derivabilidad se extiende bien mediante las operaciones con funciones: Propiedades 206.- Sean f y g funciones derivables en un punto x0 , entonces: a) f + g es derivable en x0 b) f g es derivable en x0

y

y

(f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) .

(f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ) .

c) f /g es derivable en x0 , si g(x0 ) 6= 0 ,

y

(f /g)0 (x0 ) =

f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) .  2 g(x0 )

.

Ejemplos ? Si g derivable en x0 y k una constante, f (x) = k g(x) es derivable en x0 y f 0 (x0 ) = k g 0 (x0 ) . En efecto, basta aplicar la f´ ormula del producto, f 0 (x0 ) = 0g(x0 ) + k g 0 (x0 ) = k g 0 (x0 ) . ? La funci´ on f (x) = x3 es derivable en cada x ∈ R , por ser producto de funciones derivables. f (x) = x3 = x2 x = g(x)h(x) , y f 0 (x) = (gh)0 (x) = g 0 (x)h(x) + g(x)h0 (x) = 2x · x + x2 · 1 = 3x2 . En general, f (x) = xn es derivable en R con ? f (x) =

x2 −1 x

f 0 (x) = nxn−1

y los polinomios son derivables en R .

, cociente de derivables, es derivable en su dominio y f 0 (x) =

(2x)(x)−(x2 −1)(1) x2

=

x2 +1 x2

.

4

Regla de la cadena 207.- Sea f derivable en x0 y g derivable en f (x0 ) , entonces la funci´on compuesta g ◦ f es derivable en x0 y adem´ as:   (g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 f (x0 ) f 0 (x0 ). . Ejemplo f (x) = xα es derivable en (0, +∞) , pues f (x) = xα = eα ln(x) donde g(x) = ex y h(x) = α ln x son derivables en sus dominios. Adem´ as, f 0 (x) = g 0 (h(x))h0 (x) = eα ln x (α x1 ) = xα αx = αxα−1 . 4

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109 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.1.1

10.1 Derivada de una funci´ on en un punto

Aplicaciones de la derivada

Regla simple de L’Hˆ opital 208.- Si f (x0 ) = g(x0 ) = 0 y f y g son derivables en x0 con g 0 (x0 ) 6= 0 . f (x) f 0 (x0 ) Entonces, l´ım = 0 . x→x0 g(x) g (x0 ) Demostraci´ on: Por ser f y g derivables en x0 , y f (x0 ) = g(x0 ) = 0 , se tiene f (x) f (x) − f (x0 ) l´ım = l´ım = l´ım x→x0 g(x) x→x0 g(x) − g(x0 ) x→x0

Ejemplo l´ım

x→0

0

sen x x

f (x)−f (x0 ) x−x0 g(x)−g(x0 ) x−x0

x→x0

f (x)−f (x0 ) x−x0

l´ım

g(x)−g(x0 ) x−x0

l´ım

=

x→x0

=

f 0 (x0 ) g 0 (x0 )

= 1 pues f (x) = sen x y g(x) = x , verifican las condiciones del resultado, f (0) = g(0) = 0 ,

0

f (0) = cos(0) y g (0) = 1 . Luego l´ım

x→0

sen x x

=

cos(0) 1

=1

ln x 2 x→1 cos(πx)+e1−x

Ejemplo Calcular el valor del l´ımite l´ım

4 .

La funci´ on f (x) = ln x verifica que f (1) = 0 y derivable en 1 con f 0 (x) =

1 x

y f 0 (1) = 1 .

2

La funci´ on g(x) = cos(πx) + e1−x verifica que g(1) = cos(π) + e0 = −1 + 1 = 0 y derivable en 1 con 2 0 g (x) = −π sen(πx) + e1−x (−2x) y g 0 (1) = −π sen(π) + e0 (−2) = −2 6= 0 . 1 ln x = −2 Luego l´ım cos(πx)+e 1−x2 4 x→1 Nota: La derivaci´ on es una potente herramienta para el c´alculo de l´ımites, no solo por el resultado anterior sino por la m´ as u ´til Regla General de L’Hˆ opital 218 y los polinomios de Taylor, que veremos m´as adelante. 10.1.1.1

Crecimiento de una funci´ on en un punto. Extremos locales

El significado de la derivada como lo que crece la funci´on cerca del punto, queda de manifiento con el siguiente resultado: Teorema 209.- Sea f : (a, b) −→ R derivable en el punto x0 ∈ (a, b) . Entonces, si f 0 (x0 ) > 0 (resp. f 0 (x0 ) < 0 ) la funci´ on f es estrictamente creciente (resp. decreciente) en x0 . Demostraci´ on: Si f 0 (x0 ) > 0 , como f 0 (x0 ) = l´ım

x→x0

f (x)−f (x0 ) x−x0

, se tiene que

f (x)−f (x0 ) x−x0

> 0 para los x cercanos a x0 . Entonces

? si x0 < x, como x − x0 > 0 , necesariamente f (x) − f (x0 ) > 0 de donde f (x0 ) < f (x) ? y si x < x0 , es x − x0 < 0 y debe ser f (x) − f (x0 ) < 0 de donde f (x) < f (x0 ) An´ alogamente, para f 0 (x0 ) < 0 . Definici´ on 210.- Sea f : (a, b) −→ R , se dice que f alcanza un m´ aximo local en el punto x0 ∈ (a, b) (o que f (x0 ) es un m´ aximo local de f ) si f (x) ≤ f (x0 ) para todos los x de alg´ un entorno E(x0 , δ) de x0 . Se dice f alcanza un m´ınimo local en x0 si f (x0 ) ≤ f (x) para todos los x del entorno. Nota: Diremos extremo local para referirnos indistintamente a un m´aximo o un m´ınimo local. Proposici´ on 211.- Sea f : [a, b] −→ R continua y c ∈ (a, b) . Si f es decreciente en cada x ∈ [a, c) y creciente en cada x ∈ (c, b] , entonces f (c) es un m´ınimo local de f . Si f es creciente en cada x ∈ [a, c) y decreciente en cada x ∈ (c, b] , f (c) es un m´aximo local de f . Demostraci´ on: En efecto, en el primer caso, por ser f continua en [a, b] existe el m´ınimo de f en el conjunto, pero no se puede alcanzar en un punto de [a, c) ya que todos los puntos son decrecientes (el valor de f en el punto es mayor que los cercanos de su derecha); y no puede alcanzarse en (c, b] ya que todos los puntos son crecientes (el valor de f

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110 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.1 Derivada de una funci´ on en un punto

en el punto es mayor que los cercanos de su izquierda). Luego necesariamente, el m´ınimo tiene que alcanzarse en c. An´ alogamente, para el caso del m´ aximo. Ejemplo La funci´ on f (x) = |x| presenta un m´ınimo local en 0 , pues es continua en R (luego en cualquier intervalo cerrado como [−1, 1] ), decreciente a la izquierda de 0 ( f (x) = −x ) y creciente a la derecha (f (x) = x ). 4 Nota: La hip´ otesis de continuidad de la funci´on es imprescindible para asegurar el resultado. En la figura aneja pueden observarse distintas situaciones en las que sin continuidad no hay los extremos esperados: en los dos primeros casos la funci´ on no alcanza el m´aximo esperado y no hay extremo local; en el tercero, no se tiene el m´aximo esperado aunque s´ı un extremo ya que se alcanza un m´ınimo local en el punto. Con la continuidad, si f es creciente (o decreciente) en los puntos a derecha e izquierda de c, tambi´en se garantiza la no existencia de extremo. Pero sin continuidad, a pesar de ser creciente antes del punto y creciente despues del punto puede existir extremo, como en la cuarta situaci´ on de la figura donde tenemos un m´ aximo local.

r

b r

b r b

b r

r b

Corolario 212.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a,b] y derivable en (a, b) . Si f 0 (x) < 0 (resp. f 0 (x) > 0 ) para cada x ∈ (a, c) y f 0 (x) > 0 (resp. f 0 (x) < 0) en cada x ∈ (c, b) , la funci´on f alcanza en c un m´ınimo local (resp. m´ aximo local). 2

Ejemplo La funci´ on f (x) = e−x , continua y derivable en R , presenta un m´aximo local en 0 , pues su 2 derivada f 0 (x) = e−x (−2x) es positiva si x < 0 y negativa si x > 0 . 4 Teorema 213 (Condici´ on necesaria de extremo).- Sea f : (a, b) −→ R . Si f es derivable en el punto c ∈ (a, b) y f alcanza un extremo local en c, entonces f 0 (c) = 0 . Demostraci´ on: Si f es derivable en c, existe f 0 (c) = l´ım

x→c

f (x)−f (c) x−c

= x→c l´ım

f (x)−f (c) x−c

= x→c l´ım

xc

? si f (c) es un m´ aximo local, se verifica que f (x) − f (c) ≤ 0 para los x cercanos a c, luego f 0 (c) = x→c l´ım xc

f (x) − f (c)  ≤ 0  = ≤0 x−c ≥0

=⇒ f 0 (c) = 0

? An´ alogamente, si f (c) es m´ınimo local, f (x) − f (c) ≥ 0 , luego f 0 (c) = x→c l´ım xc

f (x) − f (c) ≥0 x−c

=⇒ f 0 (c) = 0

2

Ejemplo La funci´ on f (x) = e−x del ejemplo anterior, es derivable en 0 y presenta un m´aximo local en 0 . 2 Y ciertamente se verifica que f 0 (0) = e−0 (−2 · 0) = 0 . 4 La condici´ on anterior es s´ olo una condici´ on necesaria, bajo la hip´otesis de derivaci´on, pero no es suficiente para asegurar la existencia de extremo. Es decir, de los puntos donde la funci´on sea derivable puede alcanzarse extremo u ´nicamente en aquellos donde la derivada se anule, pero tambi´en puede no alcanzarse extremo en ellos. Son, de entre los puntos derivables, los u ´nicos puntos candidados a albergar extremo. En consecuencia, para encontar los extremos locales de una funci´on, basta con buscarlos entre los puntos donde sea derivable, con derivada cero, y los puntos donde la funci´on no sea derivable. Ejemplo

La funci´ on f (x) = x3 es derivable en R y f 0 (x) = 3x2 se anula en x = 0 , pero no tiene extremo

local en el punto. Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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111 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Ejemplo La funci´ on f (x) =

3x4 −8x3 16 0

10.2 Teoremas de derivaci´ on

3x2 (x−2) 4

0

y se anula ( f (x) = 0 ) (−1, 3) ; su derivada en (−1, 3) es f (x) = en los puntos x = 0 y x = 2 . Entonces los u ´nicos puntos “candidatos” a albergar un extremo local son x = 0 y x = 2 (donde existe la derivada y se anula), pero tambi´en los puntos x = −1 y x = 3 donde la funci´on no es derivable (por ser extremos del intervalo de definici´on). De hecho, el los extremos del intervalo se alcanza extremo local (f (−1) y f (3) son m´ aximos locales) y tambi´en en el punto interior x = 2 (f (2) es m´ınimo local); mientras que el otro “candidato” x = 0 no alberga extremo. 4

10.2

r

es continua en [−1, 3] y derivable en r r r

Teoremas de derivaci´ on

Los tres teoremas siguientes son b´ asicos para pasar los resultados de derivaci´on sobre puntos a todo un intervalo, lo que nos servir´ a adem´ as para contruir mejores herramientas de trabajo. Teorema de Rolle 214.- Sea f : [a, b] −→ R tal que f es continua en [a, b] y derivable en (a, b) y adem´ as f (a) = f (b) , entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0 . Demostraci´ on: Por ser f continua en [a, b] , el Teorema de Weierstrass (88) garantiza que se alcanzan el m´aximo y el m´ınimo en el conjunto. Entonces, ? si se alcanza uno de los extremos en alg´ un c ∈ (a, b) , por ser f derivable en (a, b) , se cumple que f 0 (c) = 0 ? si los extremos se alcanzan en a y b, por ser f (a) = f (b) , el m´aximo y el m´ınimo deben coincidir, por lo que la funci´ on es constante en [a, b] y f 0 (c) = 0 para todo c ∈ (a, b) . Ejemplo La funci´ on polin´ omica f (x) = x4 − 4x2 se anula en x = 0 y x = 2 , luego f (0) = 0 = f (2) y es continua y derivable en [0, 2] . Entonces, el polinomio f 0 (x) = 4x3 − 8x tiene alguna ra´ız entre 0 y 2 . 4 Nota: Si la funci´ on no es constante, el teorema de Rolle tiene otra lectura: se asegura la existencia de al menos un extremo en el intervalo. Geom´etricamente, el teorema de Rolle significa que existe un punto con tangente horizontal. f (b)−f (a) El teorema siguiente, conocido como de los f 0 (c) = b−a incrementos finitos o del valor medio de Laf 0 (c) = 0 r r grange, generaliza el Teorema de Rolle. Y, en q f (b) sentido geom´etrico, significa que hay un punto q q q f (a) = f (b) f (a) cuya recta tangente tiene la misma pendiente que la cuerda que une los puntos extremos de a c a c b b (a) 0 la gr´ afica f (b)−f = f (c) . Teorema de Rolle Teorema de Lagrange b−a Teorema del valor medio de Lagrange 215.- Sea f : [a, b] −→ R tal que f es continua en [a, b] y derivable en (a, b) , entonces ∃c ∈ (a, b) tal que: f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a) Demostraci´ on: Como a 6= b, podemos escribir f 0 (c) =

f (b)−f (a) b−a

, es decir, buscamos un c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) sea la pendiente

(a) de la cuerda entre los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)) que tiene por ecuaci´on y = f (a) + f (b)−f (x − a) . b−a
(a) Consideremos entonces la funci´ on g(x) = f (x) − f (a) + f (b)−f (x − a) (la funci´ o n menos la cuerda) b−a para llevar el problema a las condiciones del teorema de Rolle. En efecto, g: [a, b] −→ R es continua en [a, b] y
(a) derivable en (a, b) por ser suma de continuas y derivables, adem´as, g(a) = f (a) − f (a) + f (b)−f (a − a) = 0 b−a
(a) (b − a) = 0 . y g(b) = f (b) − f (a) + f (b)−f b−a (a) Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que g 0 (c) = 0 ; y como g 0 (x) = f 0 (x) − f (b)−f , se tiene la igualdad propuesta b−a

ya que 0 = f 0 (c) −

f (b)−f (a) b−a

.

El u ´ltimo de los teoremas y m´ as general es el teorema de Cauchy. Aunque gr´aficamente no tiene un significado claro, es muy u ´til para la extensi´ on de la teor´ıa: Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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112 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.2 Teoremas de derivaci´ on

Teorema del valor medio de Cauchy 216.- Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b) . Si g 0 (x) 6= 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que: f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 g(b) − g(a) g (c)

.

Con los teoremas anteriores y la derivaci´ on, ya se puede asegurar la monoton´ıa por intervalos: Proposici´ on 217.- Si f es un funci´ on continua en [a, b] y derivable en (a, b) y f 0 (x) > 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces f es estrictamente creciente en [a, b] . Si f es una funci´ on continua en [a, b] y derivable en (a, b) y f 0 (x) < 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces f es estrictamente decreciente en [a, b] . Demostraci´ on: Para cualesquiera x1 , x2 ∈ [a, b] , con x1 < x2 , consideremos el intervalo [x1 , x2 ] . Podemos aplicar el teorema del valor medio de Lagrange en este intervalo, luego ∃ c ∈ (x1 , x2 ) tal que f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ) . Entonces, ? si f 0 > 0 en (a, b) , tambi´en f 0 (c) > 0 y se tiene que f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ) > 0 por lo que f (x1 ) < f (x2 ) y, en consecuencia, f es estrictamente creciente en [a, b] . ? si f 0 < 0 en (a, b) , tambi´en f 0 (c) < 0 y se tiene que f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ) < 0 por lo que f (x1 ) > f (x2 ) y, en consecuencia, f es estrictamente decreciente en [a, b] . Y tambi´en podemos obtener el resultado de la Regla General de L’Hˆopital para el c´alculo de l´ımites: Regla General de L’Hopital 218.- Sean f y g funciones derivables en un entorno reducido de x0 , E ∗ (x0 , δ) , con g(x) 6= 0 y g 0 (x) 6= 0 , ∀ x ∈ E ∗ (x0 , δ) y l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x) . Entonces, x→x0

si existe

0 (x) l´ım fg0 (x) x→x0

se cumple que

x→x0

f (x) x→x0 g(x)

l´ım

f 0 (x) 0 x→x0 g (x)

= l´ım

.

.

Nota: Esta regla es tambi´en v´ alida en los casos en que x0 sea +∞ ´o −∞ y cuando l´ım f (x) = +∞ ´o −∞ x→x0

y l´ım g(x) = +∞ ´ o −∞, (tambi´en en este caso x0 puede ser +∞ ´o −∞) sin m´as que traducir las hip´ otesis x→x0

de f y g a entornos de +∞ ´ o −∞ . Ejemplo

Calcular el l´ım

x→0

sen(x)−x x3

.

Las funciones f (x) = sen(x) − x y g(x) = x3 son derivables en R ,

con f (0) = 0 = g(0) ; y sus derivadas son f 0 (x) = cos(x) − 1 y g 0 (x) = 3x2 . Entonces, por L’Hˆopital, el l´ımite inicial existe si existe ´el del cociente de las derivadas, por lo que hemos trasladado el problema al c´alculo de un nuevo l´ımite l´ım cos(x)−1 . Como tambi´en es indeterminado y las derivadas son derivables, podemos aplicar de 3x2 x→0

nuevo L’Hˆ opital para resolver este l´ımite. Sucesivamente, tendremos que l´ım

x→0

cos(x) − 1 − sen(x) −1 sen(x) −1 sen(x) − x = l´ım = l´ım = l´ım = 3 2 x→0 x→0 x→0 x 3x 6x 6 x 6

La existencia del u ´ltimo l´ımite garantiza la cadena de igualdades. Ejemplo Calcular l´ım+ x→0

tg( π 2 −x) ln x

4

. tg( π −x)

+∞ Como las funciones del cociente son derivables cerca de 0+ , y ln2 x → −∞ , aplicando l’Hˆopital −1 π
π 2 − cos ( −x) tg( −x) 0 −1 2 l´ım+ ln2 x = l´ım+ = l´ım+ cos2−x ım+ 2 cos( π −x)(−−1 1 ( π −x) = 0+ = l´ sen( π −x))(−1) = ( 0+ ) = −∞

x→0

x→0

Ejemplo Sabemos que

x

x→0

2 l´ım x2 −x x→+∞ x +3x

2

x→0

= 1 , y usando l’Hˆopital

2

2

2 l´ım x2 −x x→+∞ x +3x

= l´ım

2x−1 x→+∞ 2x+3

2 x→+∞ 2

= l´ım

=1

4 4

A˜ nadamos un resultado que puede parecer irrelevante, pero que resulta de utilidad para las funciones definidas a trozos:

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113 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.2 Teoremas de derivaci´ on

Proposici´ on 219.- Sea f : (a, b) −→ R tal que f es continua en x0 ∈ (a, b) , f es derivable en un entorno reducido de x0 , y existen los l´ım+ f 0 (x) y l´ım− f 0 (x) . Entonces: x→x0

x→x0

f es de derivable en x0 si y s´olo si l´ım+ f 0 (x) = l´ım− f 0 (x) . x→x0

x→x0

Demostraci´ on: Por ser f continua en x0 , f (x) → f (x0 ) cuando x → x0 y, por ser derivable, puede aplicarse la Regla de L’Hˆ opital para obtener las igualdades de l´ımites siguientes: l´ım+

x→x0

f (x) − f (x0 ) f 0 (x) = l´ım+ = l´ım+ f 0 (x) x − x0 1 x→x0 x→x0

Entonces, si f es derivable en x0 , f 0 (x0 ) = l´ım− x→x0

0

l´ım−

x→x0

f (x)−f (x0 ) x−x0

0

x→x0

f (x)−f (x0 ) y l´ım+ f 0 (x) x−x0 x→x0 x→x0 f (x)−f (x0 ) (x0 ) = l´ım+ f (x)−f x−x0 x−x0 x→x0 0

= l´ım+

Rec´ıprocamente, si l´ım+ f (x) = l´ım− f (x), entonces l´ım− x→x0

f (x) − f (x0 ) f 0 (x) = l´ım− = l´ım− f 0 (x) x − x0 1 x→x0 x→x0

x→x0 0

= l´ım− f 0 (x) . x→x0

y existe el l´ımite

global, por lo que f es derivable en x0 y f 0 (x0 ) = l´ım+ f (x) = l´ım− f (x) . x→x0

x→x0



x, si x ≥ 0 no es derivable en x = 0 . En efecto, es continua en −x, si x < 0 0 x = 0 y derivable en R − {0}, y como l´ım+ f (x) = l´ım+ 1 = 1 6= l´ım− f 0 (x) = l´ım− −1 = −1 , la funci´ on

Ejemplos

?

La funci´ on f (x) = |x| =

x→0

x→0

x→0

x→0

no es derivable en el punto.  x2 , si x ≥ 0 ? La funci´ on f (x) = es derivable en x = 0 . En efecto, es continua en x = 0 y derivable −x2 , si x < 0 0 en R − {0} , y como l´ım+ f (x) = l´ım+ 2x = 0 = l´ım− f 0 (x) = l´ım− −2x = 0 , la funci´on es derivable en x→0

el punto y f 0 (0) = 0 .

10.2.1

x→0

x→0

x→0

4

Teorema de la funci´ on inversa

El siguiente teorema garantiza de modo sencillo la existencia de funci´on inversa en un conjunto y procura un m´etodo para obtener las derivadas de la inversa aunque no conozcamos su expresi´on. Teorema de la funci´ on inversa 220.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a, b] y derivable
en (a, b) , con f 0 > 0 o ´ 0 f < 0 en (a, b) . Entonces f admite funci´ on inversa derivable en (a, b) y (f −1 )0 f (x) = f 01(x) . . Corolario 221.- Si f es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente), su inversa f −1 es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente) Demostraci´ on:
Como (f −1 )0 f (x) =

1 f 0 (x)

, su signo es el mismo que el de f 0 .

Corolario 222.- Si f 0 es continua, entonces la derivada de la inversa es tambi´en continua. Ejemplo La funci´ on f (x) = tg x es continua y derivable en (− π2 , π2 ) , con f 0 (x) = 1 + tg2 x que es mayor que cero en cada punto. Luego f es estrictamente creciente en el intervalo y su funci´on inversa arccotg: R −→ 1 (− π2 , π2 ) es tambi´en estrictamente creciente y (f −1 )0 (tg(x)) = 1+tg 2 x luego haciendo y = tg x , se obtiene que (f −1 )0 (y) = (arccotg y)0 =

1 1 + y2

4

Ejemplo La funci´ on f (x) = sh(x) es continua y derivable en R, con f 0 (c) = ch(x) que es continua y mayor que cero en el conjunto. Luego admite inversa en R y su funci´on inversa argsh: R −→ R tiene tambi´en derivada 1 continua. Como (f −1 )0 (sh(x)) = ch(x) haciendo y = sh(x) y usando que ch2 x − sh2 x = 1 , se tiene (f −1 )0 (y) = (argsh y)0 = p

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1 1 + y2

4

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10.2 Teoremas de derivaci´ on

Inversas de las dem´ as funciones trigonom´ etricas e hiperb´ olicas f (x) = sen x tiene por inversa en [− π2 , π2 ] a arcsen: [−1, 1] −→ [− π2 , π2 ] y (arcsen y)0 = √

1 1−y 2

f (x) = cos x tiene por inversa en [0, π] a arccos: [−1, 1] −→ [0, π] y (arccos y)0 = √−1

1−y 2

f (x) = ch x tiene por inversa en [0, +∞) a argch: [1, +∞) −→ [0, +∞) y (argch y)0 = √ f (x) = th x tiene por inversa en R a argth: (−1, 1) −→ R y (argth y)0 =

10.2.2

1 y 2 −1

1 1−y 2

Representaci´ on gr´ afica de funciones (1)

A lo largo de este tema (y tambi´en en el anterior) hemos obtenido resultados sobre el comportamiento de la funci´ on: continuidad, monoton´ıa, extremos, . . . . Resultados que tambi´en se reflejan en la gr´afica de la funci´ on, y que vamos a utilizar, para realizar un esbozo de la misma. La representaci´on gr´afica ser´a m´as completa tras el tema siguiente sobre las derivadas de ´ ordenes superiores. 10.2.2.1

Monoton´ıa y extremos locales

Basta para ello reunir algunos de los resultados ya obtenidos, en particular: uso del signo de la derivada para el crecimiento de la funci´ on, la condici´ on necesaria de extremos locales, la condici´on suficiente de extremo que se da en la Proposici´ on 211. Para el estudio del signo de la funci´ on derivada, si esta es continua, puede resultar u ´til el Teorema de Bolzano. Si f 0 (c) = 0 y f 0 (d) = 0 , f 0 continua en [c, d] y no se anula en ning´ un otro punto, el signo de f 0 (x) es el mismo para todos los x ∈ (c, d) . En efecto, si dos puntos de (c, d) , x1 y x2 , con x1 < x2 , verifican que f 0 tiene signos distintos, por ser continua, tendr´ıa que existir un punto x0 ∈ (x1 , x2 ) en el que f 0 (x0 ) = 0 en contra de que no se anula en ning´ un punto m´ as del conjunto. Luego todos tienen el mismo signo y para conocerlo basta con calcularlo en uno de los puntos. Ejemplo La funci´ on f (x) =

3x4 −8x3 16 0

es continua en [−1, 3] y derivable en

r

2

(−1, 3) ; su derivada en (−1, 3) es f (x) = 3x (x−2) y se anula u ´nicamente 4 r en x = 0 y x = 2 . Como la funci´ on derivada f 0 (x) = 43 x2 (x − 2) es continua en (−1, 3) y en (−1, 0] s´ olo se anula en 0 , tiene el mismo signo en todos los r −15 puntos de (-1,0); como f 0 ( −1 2 ) = 32 < 0 en (−1, 0) es siempre negativa y la funci´ on f es decreciente en (−1, 0) . f 0 (x) es continua en [0, 2] y s´ olo se anula en los extremos, luego tiene el r mismo signo en (0, 2) . Como f 0 (1) = −3 4 < 0 es siempre negativa y f es decreciente en (0, 2) . f 0 (x) es continua en [2, 3) y s´ olo se anula en 2, luego tiene el mismo signo en (2, 3) . Como f 0 ( 25 ) = 75 32 > 0 es siempre positiva y f es creciente en (2, 3) . Los u ´nicos puntos “candidatos” a albergar un extremo local son x = 0 y x = 2 (donde existe la derivada y se anula), y los puntos x = −1 y x = 3 donde la funci´on no es derivable por ser extremos del dominio. Como f es continua en −1 y es decreciente en (−1, 0) , f (−1) es un m´aximo local. Como f es continua en 0 y es decreciente en (−1, 0) y decreciente en (0, 2) , f (0) no es un extremo. Como f es continua en 2 y es decreciente en (0, 2) y creciente en (2, 3) , f (2) es un m´ınimo local. Como f es continua en 3 y es creciente en (2, 3) , f (3) es un m´ aximo local. 4 10.2.2.2

Concavidad y convexidad

Hemos visto en la condici´ on necesaria de extremo local c´omo, cuando es derivable, la derivada en el punto es cero; o lo que es lo mismo, la recta tangente a la gr´afica en el punto es horizontal. Si el extremo es un m´aximo, para valores cercanos al punto los valores de la funci´on son menores que el m´aximo local luego, gr´aficamente, los puntos de la gr´ afica est´ an por debajo de la recta tangente; y si es un m´ınimo los puntos de la gr´afica est´ an por encima de la recta tangente. Pero, tambi´en eso puede ocurre en cualquier otro punto (ver la gr´afica que ilustra los teoremas de Rolle y del valor medio de Lagrange en p´ag 111) y nos lleva a las definiciones de funci´ on c´ oncava y convexa. Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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10.3 Ejercicios

Aunque pueden darse definiciones para las que no es necesaria la derivaci´on (mejores y menos restrictivas que ´estas), las que damos a continuaci´ on son sencillas de introducir y m´as que suficientes para el uso que haremos de los conceptos, pero tambi´en incorporann herramientas para una f´acil manipulaci´on. Definici´ on 223.- Diremos que una funci´ on f : (a, b) −→ R , derivable en x0 ∈ (a, b) es convexa en el punto x0 si f (x) ≤ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) para los x de alg´ un entorno de x0 . Diremos que es c´ oncava en x0 si f (x) ≥ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) para los x de alg´ un entorno de x0 . Diremos que es c´ oncava o convexa es un intervalo si lo es en cada punto. Un punto de continuidad se dice de inflexi´ on si la funci´on cambia de concavidad en ´el. Nota: En otras palabras, diremos que es convexa (c´oncava) en x0 si, cerca de x0 , la gr´afica de la funci´on est´ a por debajo (encima) de la recta tangente en el punto. Con los comentarios hechos en la introducci´on de este apartado, en los m´ aximos donde la funci´ on sea derivable la funci´on es convexa y en los m´ınimos c´oncava. Ejemplo La funci´ on f (x) = x2 es c´ oncava en cada
punto de R. Como es derivable en cada punto x = a y 0 f (x) = 2x , se cumple que f (x) − f (a) + f 0 (a)(x − a) = x2 − a2 − 2a(x − a) = x2 − 2ax + a2 = (x − a)2 ≥ 0 para todo x , luego f (x) ≥ f (a) + f 0 (a)(x − a) y es c´oncava en cada punto. Ejemplo La funci´ on f (x) = x2 (x − 3) , es convexa en x = 0 , c´oncava en x = 3 y presenta un punto de inflexi´ on en x = 1 . En efecto, consideremos la funci´ on ga (x) = f (x) − (f (a) + f 0 (a)(x − a)) entonces, si ga (x) ≥ 0 en alg´ un entorno de a es c´ oncava en a, si ga (x) ≤ 0 en alg´ un entorno de a es convexa en a y si ga (x) cambia de signo en a es un punto de inflexi´ on. Como ga (a) = 0 y es derivable (pues f lo es), veamos como se comporta cerca de cada uno de los puntos indicados: ? En x = 0 , se tiene g00 (x) = 3x(x − 2) , por lo que es positiva antes de 0 y negativa depu´es (y g0 es creciente antes de 0 y decreciente depu´es) luego g0 (x) ≤ g0 (0) = 0 en alg´ un entorno de 0. q

? En x = 3 , se tiene g30 (x) = 3(x + 1)(x − 3) , por lo que es negativa antes de 3 y positiva depu´es (y g3 es decreciente antes de 3 y creciente depu´es) luego g3 (x) ≥ g3 (3) = 0 en alg´ un entorno de 3.

q

q

? En x = 1 , se tiene g10 (x) = 3(x − 1)2 , por lo que es positiva antes de 1 y tambi´en depu´es (y g1 es creciente antes de 1 y creciente depu´es) luego g1 (x) ≤ g1 (1) = 0 para los x menores que 1 y g1 (x) ≥ 0 para los x mayores que 1. Luego es convexa en x = 0 , c´ oncava en x = 3 y tiene un punto de inflexi´on en x = 1 .

10.3

4

Ejercicios

10.126 Aplicar las reglas de derivaci´ on, para encontrar la expresi´on de f 0 en: a) f (x) =

√ √x−1 x+1

b) f (x) =

√ d) f (x) = ln x

e)

g) f (x) = arccotg

2+x x2

q

x−1 x+1

c)

f (x) = ln(sen x)

h) f (x) = ln(arccos(tg(x2 )))

f (x) =

q

√x−1 x+1

f) f (x) = (ln(2 − x2 ))−1   −5 3 i) f (x) = √x−1 x+1

10.127 Encontar la expresi´ on de las funciones derivadas, indicando el conjunto donde tienen validez: a) f (x) = d) f (x) =

√1 x

√

x2 − 2x

b) f (x) = e)

√ x x x2 +1

f (x) = ln |x|

4

c)

f (x) =

x5 (x+1)3

p f) f (x) = − |x| − x

10.128 Hallar la recta tangente a las gr´ aficas de las funciones siguientes en los puntos que se indican: a) f (x) = x3 − x , en x = 0 y en x = 1 . 1

b) f (x) = e x2 , en x = −1 y en x = 0 .

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c) f (x) =

√

10.3 Ejercicios

√ + 2 − x2 , en x = 1 y en x = − 2 .

10.129 Probar que la par´ abola y = (x + 1)2 + 1 tiene recta tangente en todos sus puntos. ¿En qu´e puntos la recta tangente pasa por (0, 0) ? 10.130 Usar la regla de L’Hˆ opital, para calcular a) d) g) j) m)

2 l´ım 2x −4 x→−2 x (2+x) 3 l´ım 7x 2+4x 3 x→∞ 3x−x −2x

b) e)

2

l´ım ln(x ) x→1 x−1 x l´ım e 6 x→∞ x l´ım

x→1



1 ln x

h) k) −

1 x−1



n)

3 3 l´ım x +2 x→−2 x+2 x) l´ım ln(cos x2 x→0

cos x l´ım 2x−π x→ π 2 l´ım xα ln |x| x→0

c) f) i) α∈R

l)

l´ım xsen x

o)

x→0+

3 l´ım 7x 2+4x 3 x→0 3x−x −2x 2 x l´ım sen x+e −1 x→0 arccotg x

l´ım (x + 1)( π2 − arccotg(2x))

x→∞

l´ım lnαx x→∞ x

α∈R

l´ım (x2 + 1)

−1 x2

x→∞

10.131 Estudiar la derivabilidad y obtener las derivadas, de las funciones del ejercicio 3.44. 10.132 Obtener las as´ıntotas de las funciones del ejercicio 3.44.  10.133 Estudiar la continuidad y derivabilidad de la funci´on f (x) =

arccotg

intervalos de crecimiento y decrecimiento. ¿Tiene as´ıntotas?

1+4x 4x2 , π 2,

si x 6= 0 , e indicar sus si x = 0

10.134 Para las funciones f , g y h del ejercicio 3.46: a) Estudiar su derivabilidad en los puntos del dominio. b) Dar la expresi´ on de las funciones derivadas. c) Obtener los intervalos de monoton´ıa. d) Estudiar la existencia de extremos locales. e) Estudiar la existencia de as´ıntotas. f) Estudiar la continuidad y derivabilidad de las funciones f 0 , g 0 y h0 . 10.135 Hallar los extremos locales y globales de f (x) =

√ x x 2 x +1

en [1, 3] y en [0, +∞) .

10.136 Estudiar la monoton´ıa de f (x) = x − sen x en [0, π] y deducir de ello que x ≥ sen x en [0, π] . 10.137 Probar que: a) Si f es una funci´ on estrictamente creciente, entonces f ◦ g alcanza un m´ aximo/m´ınimo en a ⇐⇒ h alcanza un m´aximo/m´ınimo en a b) Si f es una funci´ on estrictamente decreciente, entonces f ◦ g alcanza un m´ aximo/m´ınimo en a ⇐⇒ g alcanza un m´ınimo/m´aximo en a 10.138 Usar los resultados del ejercicio 10.137, para encontrar los extremos locales de las funciones x+1

a)

f (x) = e x2 +3

b) f (x) = √

1 (x2 −5)2 +x2

10.139 Si f es par y alcanza un extremo en x = a, ¿alcanzar´a tambi´en un extremo en x = −a ? ¿Que ocurrir´ a si f es impar? ¿Y si es peri´odica de periodo T ? 10.140 Problema: Con una cuerda atamos una vaca al exterior de un edificio de planta cuadrada situado en el centro de un prado. Si la longitud de la cuerda es la misma que el lado del edificio, ¿en qu´e punto debemos atar la vaca para que tenga la mayor ´ area posible de pasto? ¿y la menor? Modelado del problema: Representamos el edificio por un cuadrado de lado L, por ejemplo ´el de v´ertices (0, 0) , (L, 0) , (L, L) y (0, L) . Como el edificio es cuadrado, ocurre lo mismo en cada lado, por lo que basta estudiar uno de los lados, por ejemplo el lado inferior (el segmento {(x, 0) : x ∈ [0, L]} ). Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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117 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

10.3 Ejercicios

Luego, para cada x ∈ [0, L] , debemos encontrar un funci´on f que asigne a cada x el ´area buscado, es decir, tal que f (x) = ´ area-abarcado-atando-en-x . La soluci´ on del problema se obtiene encontrando los puntos donde de alcancen el m´aximo y el m´ınimo global de f en el intervalo [0, L] . a) Resolver el problema planteado. b) Repetir el problema para una cuerda de longitud la mitad del per´ımetro del edificio. 10.141 Descomponer 100 en dos sumandos tales que el cu´adruplo del primero m´as el cuadrado del segundo sea m´ınimo. 10.142 Hallar dos n´ umeros cuya suma sea a , de modo que la suma de la cuarta potencia de uno, m´as el cuadrado del otro, sea m´ axima. 10.143 Entre todos los rect´ angulos de ´ area 50, ¿cu´al es el de per´ımetro m´ınimo? ¿y m´aximo? 10.144 Sean los tri´ angulos rect´ angulos que tienen la suma de los catetos constante (e igual a k ). ¿Cu´al de ellos tiene ´ area m´ axima? 10.145 Dado un tri´ angulo is´ osceles de base 8 cm y altura 5 cm, hallar las dimensiones de un rect´angulo inscrito en ´el de ´ area m´ axima. 10.146 Un prisma de 15 cm de altura tiene como base un tri´angulo rect´angulo de hipotenusa igual a 10 cm. Calcular las longitudes de los catetos para que el volumen sea m´aximo. 10.147 De entre todos los cilindros con volumen 100π cm 3 , escoger el de ´area lateral m´axima. ¿Cu´al es el de area total m´ ´ axima? 10.148 Hallar las distancias m´ınima y m´ axima del punto (1, 1) a la circunferencia (x − 2)2 + (y − 2)2 = 9 . 10.149 Hallar, las dimensiones del cilindro de volumen m´aximo inscrito en una esfera de radio R 10.150 Hallar, las dimensiones del cilindro de ´ area total m´axima inscrito en una esfera de radio R 10.151 Un pescador en bote de remos se encuentra, mar adentro, a una distancia de 2 km. del punto m´as cercano de una playa recta y desea llegar a otro punto de la playa a 6 km. del primero. Suponiendo que se puede remar a una velocidad de 3 km/h. y caminar a 5 km/h, ¿qu´e trayectoria debe seguir para llegar a su destino en el menor tiempo posible? Si tiene una lancha que viaja a 15 km/h, ¿qu´e trayectoria debe seguir ahora? 10.152 Hay que cortar un hilo de longitud L en dos trozos. Con uno de ellos se forma un c´ırculo, y con el otro un cuadrado. ¿C´ omo hay que cortar el hilo para que la suma de las ´areas sea m´axima? ¿Y para que sea m´ınima?. 10.153 Un cami´ on ha de recorrer 300 kms en una carretera llana a una velocidad constante de x km/h. Las leyes de circulaci´ on prescriben para la velocidad un m´aximo de 60 km/h y un m´ınimo de 30 km/h. Se supone x2 que el carburante cuesta 3 duros/litro y que el consumo es de 10 + 120 litros por hora. El conductor cobra 10 duros por hora. Teniendo en cuenta que la empresa paga al conductor y el carburante, a qu´e velocidad tendr´ a que viajar el cami´ on para que el dinero desembolsado por la empresa sea m´ınimo. 10.154 Sea f (x) una funci´ on derivable en todo R , cuya gr´afica es sim´etrica respecto al eje OY . a) Estudiar la paridad (simetr´ıa) de f 0 (x) . b) Determinar, si es posible, f 0 (0) . 10.155 Sea f una funci´ on de clase 1 (derivable con derivada continua) en la recta real R. Supongamos que f tiene exactamente un punto cr´ıtico x0 que es un m´ınimo local estricto de f . Demostrar que x0 tambi´en es un m´ınimo absoluto para f .

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118 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Cap´ıtulo 11

Polinomios de Taylor Hemos visto el uso de la derivada como aproximaci´on de la funci´on (la recta tangente) y como indicadora del comportamiento de la funci´ on (monoton´ıa). En este tema veremos las derivadas de ´ordenes superiores para mejorar estos usos. Una definici´ on usada cuando se manejan derivadas de ´ordenes superiores es la siguiente: Definici´ on 224.- Se dice que f es una funci´ on de clase 1 (o que es C 1 ) es x0 si es derivable en el punto y su derivada es continua en el punto. En general, se dice de clase m (o C m ) si admite derivada hasta orden m y son todas continuas. Si admite derivadas de cualquier orden y todas son continuas, se dice de clase ∞ (C ∞ ). Ejemplos ? f (x) = ex es continua y derivable en R y su derivada es f 0 (x) = ex continua en R, luego es C 1 en R. Como su derivada es ella misma, vuelve a ser derivable y su derivada continua y, sucesivamente, es en realidad de C ∞ . ? Los polimonies son de clase ∞ es R. En efecto, son continuos y derivables, y su derivada es un polinomio, que vuelve a ser continua y derivable, etc. ? Las funciones seno y coseno son C ∞ , pues salvo signos una es la derivada de la otra y son continuas y derivables. 4

11.1

Polinomios de Taylor

Cuando en el c´ alculo de l´ımites usamos L’Hˆ opital o algunos infinit´esimos, estamos sustituyendo el comporta´ miento de la funci´ on cerca del punto por el de su recta tangente. Esta aproximaci´on que usamos, coincide con la funci´ on en su valor y el valor de la derivada en el punto; los polinomios de Taylor que construiremos a continuaci´ on se toman para que coincida con la funci´on en todas las derivadas. Definici´ on 225.- Lamaremos polinomio de Taylor de grado n para la funci´ on f en el punto a , y lo denotaremos por Pn,a , al polinomio: n

Pn,a (x) = f (a) +

X f (k) (a) f 0 (a) f 00 (a) f (n) (a) (x − a) + (x − a)2 + · · · + (x − a)n = (x − a)k 1! 2! n! k! k=0

Los polinomios de Taylor en el punto a = 0 , suelen denominarse polinomios de McLaurin. Nota: Observamos que el polinomio de grado 1, P1,a (x) = 0 f (a) + f 1!(a) (x − a) es la recta tangente a f en el punto a, de manera que los polinomios de Taylor ser´ an una especie de “polinomios tangentes” a la funci´ on en el punto. Al tener mayor grado que la recta tangente se espera que se parezcan m´ as a la funci´ on que ´esta, aunque dado que para su construcci´ on u ´nicamente usamos los valores de f y sus derivadas en el punto a , ser´ a una aproximaci´ on local (cerca de a ).

f (x) = sen(x)

r

P1, 2π (x) 3

P2, 2π (x) 3

P3, 2π (x) 3

P4, 2π (x) 3

(k)

En efecto, para todo k = 1, . . . , n , se cumple que Pn,a (a) = f (k) (a) : (n) f 0 (a) f 00 (a) f 000 (a) f (n−1) (a) 1 2 3 n−1 + f n!(a) (x 1! (x − a) + 2! (x − a) + 3! (x − a) + · · · + (n−1)! (x − a) 00 000 (n−1) (n) (a) (a) 0 Pn,a (x) = f 0 (a) + f 1!(a) (x − a)1 + f 2!(a) (x − a)2 + · · · + f (n−2)! (x − a)n−2 + f(n−1)! (x − a)n−1 000 (n−1) (n) (a) (a) 00 Pn,a (x) = f 00 (a) + f 1!(a) (x − a)1 + · · · + f (n−3)! (x − a)n−3 + f(n−2)! (x − a)n−2 (n−1) (n) (a) (a) 000 Pn,a (x) = f 000 (a) + · · · + f (n−4)! (x − a)n−4 + f(n−3)! (x − a)n−3

Pn,a (x) = f (a) +

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− a)n

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119 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

···

11.1 Polinomios de Taylor

···

(n−1)

Pn,a (x) = f (n−1) (a) + (n) Pn,a (x) = f (n) (a)

f (n) (a) (x 1!

− a)1

(k)

Y sustituyendo, se ve que Pn,a (a) = f (k) (a) , para todo k . Ejemplo La funci´ on f (x) = sen x es C ∞ en R, y sus derivadas son f 0 (x) = cos x , f 00 (x) = − sen x , (3) (4) f (x) = − cos x y f (x) = sen x = f (x) de nuevo, luego f (0) = 0 , f 0 (0) = 1 , f 00 (0) = 0 , f (3) (0) = −1 y se repiten f (4) (0) = f (0) = 0 , f (5) (0) = f 0 (0) = 1 , etc. Por lo que 0 0 1 0 −1 1 3 4 5 6 7 (x−0)+ 2! (x−0)2 + −1 P7,0 (x) = 0+ 1! 3! (x−0) + 4! (x−0) + 5! (x−0) + 6! (x−0) + 7! (x−0) = es su polinomio de Taylor de grado 7 en x = 0 .

x x3 1! − 3!

5

7

+ x5! − x7!

4

Por la propia contrucci´ on de los polinomios de Taylor, resulta evidente el siguiente resultado Proposici´ on 226.- Si P (x) es el polinomio de Taylor de grado n de f en a, entonces P 0 (x) es el polinomio de Taylor de grado n − 1 de f 0 en a . Ejemplo La funci´ on f (x) = cos x es la derivada del seno y el polinomio de Taylor de g(x) = sen x en 0 de 3 5 7 x grado 7 es P (x) = 1! − x3! + x5! − x7! . Entonces, el polinomio de MacLaurin de grado 6 de f (x) = cos x en 0 , 2 4 6 es P6,0 = P 0 (x) = 1 − x2! + x4! − x6! . 4 Como es habitual, la obtenci´ on de polinomios de Taylor se amplia con las operaciones algebraicas b´asicas: Propiedades 227.- Sean f y g dos funciones y Pn,a y Qn,a los polinomios de Taylor de grado n en a respectivos. Se tiene 1.- El polinomio de Taylor de grado n para f + g en a es Pn,a + Qn,a 2.- El polinomio de Taylor de grado n para f g en a es la parte hasta grado n del polinomio producto de Pn,a y Qn,a . 3.- El polinomio de Taylor de grado n para f /g en a se obtiene dividiendo el polinomio Pn,a entre el polinomio Qn,a , pero ordenados de la potencia menor a la potencia mayor, hasta llegar al grado n en el cociente. Proposici´ on 228.- Si Pn,a es el polinomio de Taylor de grado n para f en a y Qn,f (a) es el polinomio de Taylor de grado n para g en f (a) , entonces el polinomio de Taylor de grado n para g ◦ f en a se obtiene tomando la parte hasta el grado n del polinomio Qn,f (a) [Pn,a (x)] , composici´on de los de f y g . Nota: La divisi´ on entre polinomios comenzando por los t´erminos de menor grado a que se hace referencia en el resultado anterior, la vemos ejemplificada a la derecha, dividiendo 1+2x entre 1+x2 . Nos hemos detenido tras obtener 4 t´erminos del cociente, pero se puede dividir tanto como se quiera, mientras el resto no se anule. Puede comprobarse que es cierto que 1 + 2x x4 + 2x5 2 3 = 1 + 2x − x − 2x + 1 + x2 1 + x2

1 +2x 1 + x2 2 −1 −x 1 + 2x − x2 − 2x3 2 2x −x −2x −2x3 2 −x −2x3 x2 +x4 3 −2x +x4 2x3 +2x5 4 x +2x5

Ejemplo Obtener el polinomio de Taylor de grado 3 en 0 de f (x) = sen x + cos x , g(x) = sen x cos x y x x3 h(x) = tg x = sen cos x . Como el polinomio de McLaurin de grado 3 de sen x es P (x) = x − 3! y el de cos x es 2 Q(x) = 1 − x2! , se tiene ? P (x) + Q(x) = 1 + x − ? P (x)Q(x) = x −

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x3 3!

−

x2 2!

x3 2!

−

+

x3 3!

x5 2!3!

es el polinomio de McLaurin de grado 3 de f . , luego x −

4x3 3!

es el polinomio de McLaurin de grado 3 de g .

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120 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

?

P (x) Q(x)

3

=

x− x6

2

1− x2

= x+

x3 3

2

1− x2

= x+

x3 3

+

11.1 Polinomios de Taylor

x5 6

2

1− x2

= x+

x3 3

+

x5 6

+

x7 12

2

1− x2

, luego x +

x3 3

es el polinomio de

McLaurin de grado 3 de h.

4

Ejemplo El polinomio de Taylor de grado 4 de f (x) = x2 en 0 es P (x) = x2 y el polinomio de Taylor de 2 3 4 x grado 4 de g(x) = ex en f (0) = 0 es Q(x) = 1 + 1! + x2! + x3! + x4! , luego el polinomio de Taylor de grado 4 4 6 8 2 2 de (g ◦ f )(x) = ex ser´ a: la parte hasta grado 4 del polinomio Q(P (x)) = 1 + x1! + x2! + x3! + x4! , es decir, el 2 4 polinomio 1 + x1! + x2! . 4 Un primer resultado en el sentido de que el polinomio de Taylor es una buena aproximaci´on de la funci´ on f en un entorno del punto: Proposici´ on 229.- Sea f es una funci´ on de clase C n−1 en un entorno de a y existe f (n) (a) . Sea Pn,a (x) el polinomio de Taylor de grado n para la funci´on f en el punto a, entonces: l´ım

x→a

f (x) − Pn,a (x) =0 (x − a)n

Demostraci´ on: Basta aplicar L’Hˆ opital sucesivamente al l´ımite siguiente ( n − 1 veces, que es aplicable por tener la funci´ on y el polinomio de Taylor las mismas derivadas en el punto), y tener en cuenta que existe f (n) (a) : 0 00 f 0 (x) − Pn,a (x) f 00 (x) − Pn,a (x) f (x) − Pn,a (x) = l´ım = l´ım = ··· n n−1 x→a n(x − a) x→a n(n − 1)(x − a)n−2 x→a (x − a)

l´ım


(n) (n−1) f (n−1) (x) − f (n−1) (a) + f 1!(a) (x − a) f (n−1) (x) − Pn,a (x) = l´ım x→a x→a n · · · 2(x − a) n · · · 2(x − a)     (n−1) (n−1) 1 f (x) − f (a) 1 = l´ım − f (n) (a) = f (n) (a) − f (n) (a) = 0 n! x→a x−a n! = l´ım

Nota: El resultado nos indica que la diferencia entre f (x) y Pn,a (x) se hace peque˜ na cuando x es cercano a a incluso en comparaci´ on con (x − a)n , con lo que los polinomios de Taylor aproximan muy bien a la funci´ on, casi puede decirse que “reproducen” la funci´ on cerca del punto. Por ello, el uso de los polinomios de Taylor en este sentido, es uno de los m´etodos m´ as sencilos para evaluar funciones de forma aproximada. 1 Es obvio, que si aumentamos el orden del polinomio se prof (x) = 1+x 2 P0,0 (x) = 1 duce una mejor aproximaci´ on, no solo porque el valor del polinomio en un punto sea m´ as cercano al valor real de la P2,0 (x) = 1 − x2 r funci´ on (“mejor” aproximaci´ on) sino tambi´en porque pueP4,0 (x) = 1 − x2 + x4 den aumentar los puntos para los cuales la aproximaci´on P6,0 (x) = 1 − x2 + x4 − x6 es “buena”. No obstante ´esto no es lineal, es decir, no por aumentar mucho el grado del polinomio vamos a conseguir P8,0 (x) = 1 − x2 + x4 − x6 + x8 una buena aproximaci´ on en todo el dominio. En la figura aneja, podemos ver un ejemplo de lo que estamos diciendo, por mucho que aumentemos el orden de los polinomios de Taylor en x = 0 la funci´ on f (x) = x21+1 no puede aproximarse para los valores de x fuera de (−1, 1) . Por ello, decimos que las aproximaciones de Taylor son aproximaciones locales.

11.1.1

F´ ormula de Taylor.

Todas estas ideas y comentarios sobre la aproximaci´on de funciones con polinomios quedan de manifiesto con la obtenci´ on de la F´ ormula de Taylor, que relaciona con igualdad la funci´on y el polinomio de Taylor: F´ ormula de Taylor 230.- Si para una funci´ on f existen f 0 , f 00 , . . . , f (n) y f (n+1) sobre el intervalo [a, x] . Entonces, f (n+1) (c) f (x) − Pn,a (x) = (x − a)n+1 para un cierto c ∈ (a, x), (n + 1)! llamado resto de Lagrange, o tambi´en f (x) − Pn,a (x) = que se denomina resto de Cauchy. Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

f (n+1) (c) (x − c)n (x − a) para un cierto c ∈ (a, x), n! . Grados de Ing. Industrial : Curso 2012–2013

121 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

11.2 Representaci´ on de funciones (2)

Corolario 231.- Cualquier polinomio de grado n , P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , se puede escribir como P (x) = P (a) +

P 0 (a) P (n) (a) (x − a) + · · · + (x − a)n 1! n!

∀a ∈ R

La F´ ormula de Taylor y el hecho de que la derivada de orden n + 1 para un polinomio de grado n es cero, garantiza la igualdad de los dos polinomios del corolario. Pero tambi´en, la igualdad propuesta por la F´ormula de Taylor, nos permitir´ a sustituir la funci´ on por el polinomio de Taylor en el c´alculo de l´ımites; esta sustituci´ on ampl´ıa el uso de los infinit´esimos equivalentes (que son casos simples de los polinomios de Taylor) eliminando la restricci´ on de su uso a los productos y cocientes. 3

Ejemplo

sen x−x x3 x→0

l´ım

= l´ım

x→0

(x− x3! +

sen(c)x4 4! x3

)−x

3

sen(c)x4 4!

− x3! + x3 x→0

= l´ım

1 = l´ım − 3! + x→0

sen(c)x 4!

=

−1 6

4

Cuando aproximamos el valor real de una funci´on en un punto cercano a a usando el polinomio de Taylor de la funci´ on en a, con la F´ ormula de Taylor podemos buscar una cota del error cometido. En efecto, al tomar (n+1) como valor de la funci´ on el del polinomio, el error cometido ser´a f (x) − Pn,a (x) = f (n+1)!(c) (x − a)n+1 , para alg´ un c entre a y x , y aunque no conocemos el valor c, s´ı que podemos intentar acotar el valor del resto (n+1) n+1 f (c) f (n+1) (c) . (x − a)n+1 = |x−a| (n+1)!

Ejemplo

(n+1)|

Sabemos que sen(x) = x − (0.4)3 3!

x3 3!

+

sen(c)x4 4!

cerca de a = 0 , entonces si decimos que el valor de 4

4

= 0.389333 el error cometido lo podemos acotar con |sen(c)||0.4| ≤ 1·|0.4| = 0.00106 . sen(0.4) ≈ (0.4) − 4! 24 Como sabemos que sen x < x, y como c ∈ (0, 0.4) , es mejor aproximaci´on sen(c) < c < 0.4 que sen(c) ≤ 1 , 4 |0.4|4 luego |sen(c)| |0.4| 4! < |0.4| 24 = 0.000426 es una cota del error cometido (el error real cometido es menor que 0.0001 ). 4

11.2

Representaci´ on de funciones (2)

Monoton´ıa y extremos locales El siguiente resultado nos ofrece una condici´on suficiente que caracteriza extremos locales, generalizada al uso de las derivadas de ´ordenes superiores: Proposici´ on 232.- Sea f una funci´ on de clase C n−1 en un entorno del punto a , para la que se cumple que 0 00 (n−1) f (a) = f (a) = · · · = f (a) = 0 , y adem´ as existe f (n) (a) 6= 0 . Entonces: a) Si n es par y f (n) (a) > 0 , f presenta un m´ınimo local en a . b) Si n es par y f (n) (a) < 0 , f presenta un m´aximo local en a. c) Si n es impar y f (n) (a) > 0 , f es estrictamente creciente en a. d) Si n es impar y f (n) (a) < 0 , f es estrictamente decreciente en a.

.

Ejemplo La funci´ on f (x) = x4 presenta un m´ınimo local en 0 , pues f 0 (0) = f 00 (0) = f 000 (0) = 0 y f (4) (0) = 24 > 0 siendo n = 4 par. Mientras que f (x) = x3 es estrictamente creciente en 0 , pues f 0 (0) = f 00 (0) = 0 y f 000 (0) = 6 > 0 siendo n = 3 impar. 4 Concavidad y convexidad Con la F´ ormula de Taylor, la derivada segunda se convierte en la herramienta para el estudio de la concavidad y convexidad: Proposici´ on 233.- Sea f : (a, b) −→ R. a) Si f 00 (x) < 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces f (x) es convexa en (a, b) . b) Si f 00 (x) > 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces f (x) es c´oncava en (a, b) . Demostraci´ on: 00 Sea x0 ∈ (a, b) , entonces: f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + f 2!(t) (x − x0 )2 tanto, si f 00 < 0 en (a, b) , f (x) − [f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 )] = f 00 (t)

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para un cierto t entre x y x0 . Por

(x − x0 )2 ≤0 2! Grados de Ing. Industrial : Curso 2012–2013

122 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

11.2 Representaci´ on de funciones (2)

luego f es convexa ya que ´esto se dar´ a para todo x, x0 ∈ (a, b) , y significa que todos los puntos de la curva est´ an por debajo de la tangente a la curva en cualquier punto x0 ∈ (a, b) . An´ alogamente, ser´ a c´ oncava si f 00 > 0 en (a, b) . Ejemplo La funci´ on f (x) = x2 es c´ oncava en todos los puntos, pues f 00 (x) = 2 > 0 . An´alogamente, 2 f (x) = −x es convexa en todo R. 4 Corolario 234.- Si f 00 (x) existe en un entorno de x0 y es continua en x0 , entonces una condici´on necesaria para que x0 sea un punto de inflexi´ on de f es que f 00 (x0 ) = 0 . Demostraci´ on: Si x0 es un punto de inflexi´ on de f , entonces: Si f es c´ oncava a la derecha de x0 (luego f 00 (x) > 0 en (x0 , b) ), ser´a convexa a la izquierda de x0 (luego f 00 (x) < 0 en (a, x0 ) ), y viceversa. Como f 00 es continua en x0 , se tiene que l´ım f 00 (x) = f 00 (x0 ) de donde puede concluirse que f 00 (x0 ) = 0 . x→x0

Ejemplo f (x) = x3 presenta un punto de inflexi´on en x = 0 , pues es C 2 es R y f 00 (x) = 6x se anula en x = 0 , por lo que verifica la condici´ on necesaria. Como es continua en 0 y f 00 < 0 en (−∞, 0) y f 00 > 0 en (0, ∞) es punto de inflexi´ on. 4

11.2.1

Representaci´ on de funciones en forma expl´ıcita: y = f (x)

Dada una funci´ on y = f (x) , nos proponemos hacer su estudio y representaci´on gr´afica. Para ello se deben estudiar en t´erminos generales los siguientes aspectos: 1.- Dominio y continuidad de la funci´ on. 2.- Simetr´ıas (par e impar) y periodicidad. Definici´ on 235.- Una funci´ on f se dice par si f (−x) = f (x) ( f sim´etrica respecto al eje OY ). Una funci´ on f se dice impar si f (−x) = −f (x) ( f sim´etrica respecto al origen (0, 0) ). Definici´ on 236.- Una funci´ on f se dice peri´ odica de periodo T , si T es el menor n´ umero real tal que f (x + T ) = f (x) , ∀x . 3.- Comportamiento asint´ otico. 4.- Derivabilidad de la funci´ on. 5.- Intervalos de crecimiento y decrecimiento. 6.- Extremos locales y globales. Generalmente, al estudiar una funci´ on f sobre un conjunto A va a interesar conocer los valores m´ as extremos que puede tomar f en la totalidad del conjunto A, es decir, el m´aximo global y el m´ınimo global. Estos extremos globales (tambi´en llamados extremos absolutos) pueden existir o no, seg´ un sean f y A ; sin embargo el teorema de Weierstrass (Th. 88) garantiza, bajo ciertas condiciones su existencia. Es claro que los extremos globales han de buscarse entre los extremos locales y los posibles valores de f en la frontera de A. 7.- Intervalos de concavidad y convexidad. 8.- Puntos de inflexi´ on.

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123 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

11.3 Ejercicios

11.2.2

Estudio de curvas dadas en forma param´ etrica y polar

11.2.2.1

Curvas dadas en forma param´ etrica: x = ϕ(t) , y = ψ(t).

Dadas ϕ, ψ: A −→ R , si consideramos los puntos del plano de la forma (ϕ(t), ψ(t)) , para cada valor t ∈ A, estaremos representando sobre el plano real una curva. Se dice que la curva viene dada por sus ecuaciones  x = ϕ(t) param´ etricas y al valor t se lo denomina par´ ametro. y = ψ(t) −1 Si la funci´ on x = ϕ(t) admite inversa, t = ϕ (x) , entonces y se podr´a escribir como funci´on de x , y = ψ(t) = ψ(ϕ−1 (x)) = f (x) y tendremos la curva representada por una funci´on en forma expl´ıcita. En general, aunque x = ϕ(t) no admita inversa para todo t , si admitir´a inversa por “trozos” (al menos siempre que ϕ0 (t) 6= 0 , por el Teorema de la funci´on inversa), luego podremos suponer que a la curva en param´etricas se le puede asociar, por trozos, alguna funci´on en forma expl´ıcita. Entonces, para estudiar una curva dada en param´etricas podemos usar los resultados conocidos para la forma expl´ıcita. En efecto, supuesto y = ψ(t) = ψ(ϕ−1 (x)) = f (x) , se tiene que ?

l´ım f (x) = y0 , si se cumple que l´ım ϕ(t) = x0 y l´ım ψ(t) = y0 t→t0

t→t0

x→x0

? f 0 (x) = ψ 0 [ϕ−1 (x)] · (ϕ−1 )0 (x) = ψ 0 (t)(ϕ−1 )0 (x) = ψ 0 (t) ϕ01(t) h 0 i h 0 i h 0 i 00 0 ψ (t) (t)−ϕ00 (t)ψ 0 (t) 1 d ψ (t) dt d ψ (t) d −1 0 = = ) (x) = ψ (t)ϕ (ϕ ? f 00 (x) = dx 0 0 0 (t))2 ϕ (t) dt ϕ (t) dx dt ϕ0 (t) (ϕ ϕ0 (t) luego todos los conceptos y resultados tratados para la representaci´on en expl´ıcitas son estudiables para las param´etricas: continuidad, as´ıntotas, monoton´ıa, extremos, convexidad, etc. 11.2.2.2

Curvas dadas en coordenadas polares

Sean O un punto del plano, al que llamaremos polo, y una semirrecta, llamada eje polar, que tiene su origen en O . La posici´ on de un punto cualquiera P del plano se determina por dos n´ umeros: r y θ ; el primero de ellos indica la distancia del punto P al polo y el segundo el ´angulo formado por el eje polar y la recta OP . Los n´ umeros r y θ se denominan coordenadas polares del punto P . Si θ var´ıa entre 0 y 2π , a todo punto P distinto de O le corresponde un par, bien determinado, de n´ umeros r y θ . El polo es el u ´nico punto cuyo r vale 0 , aunque θ no est´ a determinado. Una curva en coordendas polares es un curva en el plano descrita por una ecuaci´on r = f (θ) , una vez fijados el polo y el eje polar. Si tomamos el 0 = (0, 0) como poloy el semieje de abcisas positivo como eje polar, cada punto (x, y) del x = r cos θ plano viene descrito por las ecuaciones , por lo que para un estudio exhaustivo de una curva en y = r sen θ  x = f (θ) cos θ polares r = f (θ) , podemos realizar el estudio de la curva en param´etricas dada por . Aunque y = f (θ) sen θ para una representaci´ on sencilla de la curva basta la propia definici´on de las coordendas polares como distancia al polo y ´ angulo recorrido.

11.3

Ejercicios

11.156 Escribir cada uno de los polinomios P (x) = x3 − 2x2 + 3x + 5 y Q(x) = 2x3 − 6x2 + 8 en potencias de x − 2 y en potencias de x + 1 . 11.157 Construir un polinomio de grado menor o igual que 10 que verifique: P (7) = 1 , P 0 (7) = 2 , P 00 (7) = −3 , P (3) (7) = · · · = P (8) (7) = 0 , P (9) (7) = −1 , P (10) (7) = 5 . Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´ afica de P (x) en el punto de abscisa x = 9 . 11.158 Probar que β es una ra´ız de multiplicidad m del polinomio P (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 si, y s´ olo si P (β) = P 0 (β) = P 00 (β) = · · · = P m−1) (β) = 0 y P m) (β) 6= 0 . 11.159 Hallar los polinomios de Taylor de grado 4 de las funciones siguientes en los puntos indicados: 2 a) f (x) = 3−x en α = 1 x d) f (x) = e en α = −1

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b) f (x) = cos x en α = π2 e) f (x) = tg x en α = 0

c) f (x) = ln x en α = 1 3 f) f (x) = x 4 en α = 1

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124 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

11.3 Ejercicios

√ 11.160 Construir la f´ ormula de Taylor para el polinomipo de grado 4 de f (x) = 3 + x en el punto 1 y obtener √ una cota del error cometido al aproximar el valor 5 mediante el polinomio de Taylor de orden 4. 11.161 Construir la f´ ormula de MacLaurin de f (x) = ex . Si aproximo el valor de e−1 mediante un polinomio de MacLaurin ¿qu´e grado tendr´ a que tener al menos, para que el error cometido sea menor que una diezmil´esima ( 10−4 )? 11.162 Construir la f´ ormula de Taylor de f (x) = ln x en el punto 1 . Dar el valor aproximado de ln 32 , con un error menor que una diezmil´esima. √ 11.163 Considerar los polinomios de MacLaurin de grado 4 de las funciones ex , sen x , cos x , x(1 − x) , 1 + x y ln(1 + x) . Usar las operaciones con los polinomios de Taylor, para calcular los polinomios de MacLaurin de grado 4 de: b) ex ln(1 + x) √ f) x(1−x) 1+x

a) sen x + cos x 1 e) √1+x

d) x(1 − x) + ex 2 sen2 x h) √ + cosex x 1+x

c) x(1 − x) ln(1 + x) x g) sen ex + ln(1 + x)

11.164 Usar los desarrollos limitados (polinomios de Taylor) de las funciones f y g en los puntos que se indican, para encontrar los polinomios de Taylor de la composici´on pedidos: a) f (x) = x2 en α = 0 y g(y) = ey en β = 0 , hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 8. b) f (x) = 1 − x en α = 1 y g(y) = ln(1 − y) en β = 0 , hallar el de g ◦ f en α = 1 de grado 5. c) f (x) = 2x en α = 0 y g(y) = sen y en β = 0 , hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 7. 1

d) f (x) = x2 en α = 0 y g(y) = (1 + y) 2 en β = 0 , hallar el de g ◦ f en α = 0 de grado 6. e) f (x) = x2 + 4x + 5 en α = −2 y g(y) = ln y en β = 1 , hallar el de g ◦ f en α = −2 de grado 6. 11.165 Hallar los 4 primeros t´erminos (no nulos) de los polinomios de Taylor de: a)

√

2 + x2

en α = 0

1 x(1+x)

b)

en α = 1

c)

ln



1+x 1−x



en α = 0

11.166 Probar que si Pn (x) es el polinomio de Taylor de grado n de f en α , entonces f (x)−f (α) y Pn (x)−f (α) son infinit´esimos equivalentes cuando x → α . [Nota: De hecho, para los infinit´esimos conocidos se ha tomado el t´ermino de menor grado de Pn (x) − f (α) ]

11.167 Hallar polinomios que sean infinit´esimos equivalentes de las funciones: a)

√

1−x − 1

cuando x → 0

b)

cuando x →

1−sen x

π 2

c)

1 x −1

cuando x → 1

11.168 Usar los polinomios de Taylor del grado necesario para calcular: a)

x(2+cos x)−3 sen x x5 x→0

l´ım

b)

arccotg x−tg x x3 x→0

l´ım

11.169 ¿Para qu´e valores de a y de b es finito el l´ımite: l´ım

x→0

11.170 Hallar n ∈ N tal que l´ım

x→0

arccotg x−tg x xn

1+x 11.172 Encontrar a y b para que ln( 1−x )−

x(1+a cos x)−b sen x x3

l´ım

x→0



1 x

+

2(1−ch x) x3



?

= k 6= 0 y finito.

ex − 1+ax 1+bx x3 x→0

11.171 Encontrar a y b para qu´e l´ım

c)

sea finito.

x(2+ax2 ) 1+bx2

sea equivalente a

8x7 175

cuando x tiende a cero.

11.173 Encontrar una funci´ on equivalente, cuando x → 0 , a la funci´on: g(x) = l´ım g(x) = 0 .

ex +e−x −2 x2

− 1 y deducir que

x→0

11.174 Encontrar una funci´ on equivalente a la funci´on f (x) =

√ √x+2−2 x+7−3

−

3 2

cuando x tiende a 2 .

11.175 Probar que P (x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x + 5 no tiene ninguna ra´ız real. Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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125 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

11.176 Se considera la funci´ on f (x) =

11.3 Ejercicios

x ln x definida en los intervalos (0, 1) y (1, ∞) . x2 − 1

a) Probar que se pueden dar valores a f (0) y a f (1) para qu´e la funci´on sea continua en 0 a la derecha y para que f sea continua y derivable en 1 . b) ¿Qu´e vale en 0 la derivada por la derecha supuesto dado a f (0) el valor del apartado anterior?. 11.177 Dada la funci´ on f (x) =

xex |ex −1|

.

a) Definir la funci´ on f en el punto x = 0 de forma que f sea continua en dicho punto, si ello es posible. b) Hallar las as´ıntotas de f . 11.178 Para las siguientes funciones, encuentra todas sus as´ıntotas e indica, mediante un esbozo gr´afico, c´omo se aproxima la funci´ on a ellas. a) f (x) = d) f (x) =

x−1 (x2 +4x)2 3 x 3x2 −2

−

√ (2x2 −2 2 x+1)2 3 x −x sen x x

b) f (x) = 1 x

e)

f (x) =

c)

f (x) =

1 x

−

1 x−1

f) f (x) = x tg x

11.179 Encuentra todas las as´ıntotas de las funciones siguientes: a) f (x) =

√x+1 x2 −1

b) f (x) =

4√ 2−ln(x2 − 2 x+ 12 )

c)

f (x) =

x2 +2x √ x2 −1

d) f (x) =

sen x 1−cos x

11.180 Estudia las simetr´ıas y periodicidad de las funciones de los ejercicios 11.178 y 11.179 anteriores. 11.181 Sea f : [0, 9] −→ R continua. Si f 0 : (0, 8)∪(8, 9) −→ R viene dada por la gr´afica de abajo, 3

2

b

1

1

2

3

4

5

0 6

7

8

9

¿Cu´al es el dominio de f 00 y qu´e se puede decir de ella?

b

-1

Estudiar: intervalos de monoton´ıa y concavidad, puntos cr´ıticos y de inflexi´on de la funci´on f (supondremos que existe f 00 en los puntos donde lo parece). Representar aproximadamente la gr´afica de f suponiendo f (x) ≥ 0 .

-2

11.182 Estudiar las funciones siguientes y construir sus gr´aficas √ a) f (x) = (x − 1)2 (x − 2) b) f (x) = 23 8 + 2x − x2 √ d) f (x) = x − 2 arccotg x e) f (x) = x2 x + 1 5

3

2

g) f (x) =

x −10x +20x −15x+4 32

h) f (x) =

3+x x3

j) f (x) =

x ln x

k) f (x) =

x2 2

m)

q 3

(x−1)5 (x+1)2

11.184 Dada la funci´ on f (x) = arcsen √ x+1 2

f)

f (x) = 4 − x2 (x + 2)2 √ f (x) = 3 x2 − x

i) f (x) =

2x2 +3x−4 x2

l) f (x) =

x2 2 ln |x| −2x

o) f (x) = e

sen(2x)

y construir su gr´afica.

2(x +1)

a) b) c) d) e) f)

− ln x

n) f (x) = sen3 x + cos3 x

f (x) = sen(3x) − 3 sen x

11.183 Estudiar la funci´ on f (x) =

4

c)

, se pide:

Dominio y continuidad de f . ¿Tiene as´ıntotas? Ver que f no es derivable en x = 1 . Hallar la derivada a la derecha y a la izquierda del punto x = 1 . Estudiar crecimiento y decrecimiento, extremos locales y globales de f . Estudiar concavidad y los puntos de inflexi´on de f . Representaci´ on gr´ afica de f y de f 0 .

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126 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3: Demostraciones

C´ alculo diferencial en R Funciones reales de variable real Demostraci´ on de:

Propiedades del valor absoluto 45 de la p´agina 16

Propiedades del valor absoluto 45.a) |a| ≥ 0 , ∀ a y |a| = 0 ⇐⇒ a = 0

−1 c) a−1 = |a| f) |a| − |b| ≤ |a − b|

b) |ab| = |a| |b|

d) |a| ≤ k ⇐⇒ −k ≤ a ≤ k

e) |a + b| ≤ |a| + |b|

Demostraci´ on: a) |a| ≥ 0 por la definici´ on. Para la segunda parte, si |a| = 0 , o bien a = |a| = 0 , o bien a = − |a| = 0 , luego necesariamente a = 0 ; la otra implicaci´on es obvia pues |0| = 0 . b) Consideremos los casos: si a ≥ 0 y b ≥ 0 se tiene |ab| = ab = |a| |b| ; si a ≤ 0 y b ≤ 0 se tiene |ab| = ab = (−a)(−b) = |a| |b|; y si a ≤ 0 y b ≥ 0 , entonces |ab| = −ab = (−a)b = |a| |b| . c) De 1 = |1| = a−1 a = a−1 |a| , se obtiene el resultado. d) Si |a| ≤ k , ´ o a = |a| ≤ k que cumple la segunda desigualdad ´o −a = |a| ≤ k , pero entonces −k ≤ a y se cumple la primera. Si −k ≤ a ≤ k , se tiene k ≥ −a ≥ −k , por lo que −k ≤ |a| ≤ k . e) Como ∀ x , x ≤ |x| , ´ o |a + b| = a + b ≤ |a| + |b| , o bien |a + b| = −a − b ≤ |−a| + |−b| = |a| + |b| . f) |a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b|, luego |a| − |b| ≤ |a − b| ; y con b se tiene |b| − |a| ≤ |b − a| . Luego − |a − b| = − |b − a| ≤ −(|b| − |a|) = |a| − |b| ≤ |a − b| y por d) se concluye la prueba

L´ımites y continuidad Demostraci´ on de:

Proposici´ on 62 de la p´ agina 22

Proposici´ on 62.- Sean f, g, h: A −→ R y x0 un punto de acumulaci´on de A. 1.- Si f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) en A y l´ım f (x) = L = l´ım h(x) , entonces l´ım g(x) = L x→x0

x→x0

x→x0

2.- Si g est´ a acotada en A y l´ım f (x) = 0 , entonces l´ım g(x) · f (x) = 0 x→x0

x→x0

Demostraci´ on: 1.- Si l´ım f (x) = L = l´ım h(x) , entonces para cada ε > 0 : x→x0

x→x0

existe δ1 tal que si 0 < |x − x0 | < δ1 , entonces L − ε < f (x) < L + ε existe δ2 tal que si 0 < |x − x0 | < δ2 , entonces L − ε < h(x) < L + ε luego tomado δ = m´ın{δ1 , δ2 } , si 0 < |x − x0 | < δ , entonces L − ε < h(x) ≤ g(x) ≤ f (x) < L + ε . 2.- Si g est´ a acotada, existe K > 0 tal que |g(x)| ≤ K , para todo x , luego se verifica que 0 ≤ |g(x)f (x)| ≤ K |f (x)| , para todo x Por el apartado anterior, si probamos que l´ım K |f (x)| = 0 , entonces l´ım |g(x)f (x)| = 0 y se tiene que x→x0

x→x0

l´ım g(x)f (x) = 0 (por la proposici´ on 61).

x→x0

Como l´ım f (x) = 0 ⇐⇒ l´ım |f (x)| = 0 , para cada ε > 0 existe δ > 0 , tal que si 0 < |x − x0 | < δ se x→x0

ε K

x→x0

. Entonces, si 0 < |x − x0 | < δ se tiene que ε |K |f (x)| − 0| = K |f (x)| < K =ε K lo que concluye la prueba. verifica que |f (x)| <

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127 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Demostraci´ on de:

Anexo 3

Propiedades 63 de la p´ agina 22

Propiedades 63.- Si l´ım f (x) = L1 ∈ R y l´ım g(x) = L2 ∈ R, entonces: x→x0

x→x0

a) l´ım [f (x) + g(x)] = l´ım f (x) + l´ım g(x) = L1 + L2 . x→x0

x→x0

x→x0

b) l´ım [f (x) · g(x)] = l´ım f (x) · l´ım g(x) = L1 · L2 . x→x0

x→x0

f (x) x→x0 g(x)

c) l´ım

l´ım f (x)

=

x→x0

l´ım g(x)

x→x0

=

x→x0

L1 L2

,

siempre que L2 6= 0 .

Demostraci´ on: 1.- Por la definici´ on de l´ımite, tenemos que l´ım f (x) = L1 ⇐⇒ para cada ε > 0 , ∃ δ1 > 0 tal que si 0 < |x − x0 | < δ1 =⇒ |f (x) − L1 | <

ε 2

l´ım g(x) = L2 ⇐⇒ para cada ε > 0 , ∃ δ2 > 0 tal que si 0 < |x − x0 | < δ2 =⇒ |g(x) − L2 | <

ε 2

x→x0

x→x0

luego tomando δ = m´ın{δ1 , δ2 } , tenemos que: para cada ε > 0 existe δ = m´ın{δ1 , δ2 } > 0 tal que si 0 < |x − x0 | < δ (luego menor que δ1 y menor que δ2 ), entonces |(f (x) + g(x)) − (L1 + L2 )| = |f (x) − L1 + g(x) − L2 | ≤ |f (x) − L1 | + |g(x) − L2 | < 2.- Como l´ım f (x)g(x) = L1 L2 ⇐⇒ l´ım x→x0



x→x0

ε ε + =ε 2 2

 f (x)g(x) − L1 L2 = 0 , veamos esto u ´ltimo. Pero

f (x)g(x) − L1 L2 = f (x)g(x) − L2 f (x) + L2 f (x) − L1 L2 = f (x)(g(x) − L2 ) + L2 (f (x) − L1 ) y sabemos que l´ım (f (x)−L1 ) = 0 , l´ım (g(x)−L2 ) = 0 , f (x) est´a acotada en alg´ un entorno de x0 (Th x→x0

x→x0

de acotaci´ on) y L2 es constante. Por el segundo resultado de la Proposici´on 62, l´ım f (x)(g(x) − L2 ) = 0 x→x0   y l´ım L2 (f (x) − L1 ) = 0 , luego l´ım f (x)g(x) − L1 L2 = 0 + 0 = 0 . x→x0

x→x0

3.- Por ser Como

f (x) g(x)

1 g(x)

la funci´ on

= f (x) ·

− L12 =

1 g(x)

1 x→x0 g(x)

, por el apartado anterior, basta probar que l´ım

L2 −g(x) g(x)L2

=

1 g(x)L2 (L2

=

1 L2

.

− g(x)) , l´ım (g(x) − L2 ) = 0 y L2 es constante, si probamos que x→x0

1 g(x)

est´ a acotada en un entorno de x0 , por la Proposici´on 62 tendremos que l´ım x→x0   1 1 g(x)) = l´ım g(x) − L2 = 0 , lo que prueba el resultado.

1 g(x)L2 (L2

−

x→x0

En efecto, si L2 6= 0 , por el teorema del signo, o bien −K < g(x) < −k < 0 si L2 < 0 , o bien 1 1 1 < |g(x)| < k1 , luego g(x) 0 < k < g(x) < K si L2 > 0 . Entonces, 0 < k < |g(x)| < K y, por tanto, 0 < K est´ a acotada. Demostraci´ on de:

Teorema 65 de la p´ agina 22

Teorema 65.- Sean f : A −→ R y g: f (A) −→ R . Si l´ım f (x) = b y g es continua en b, entonces x→a

  l´ım g(f (x)) = g(b) = g l´ım f (x) .

x→a

x→a

Demostraci´ on: Como l´ım f (x) = b, x→a

para cada ε1 > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ entonces |f (x) − b| < ε1 . Por otra parte, si g es continua en b se tiene que: para cada ε > 0 existe δ1 > 0 tal que si |y − b| < δ1 entonces |g(y) − g(b)| < ε. Prof: Jos´ e Antonio Abia Vian

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128 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

Entonces, haciendo ε1 = δ1 y reuniendo ambas conclusiones: para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ se tiene |f (x) − b| < ε1 = δ2 y, por tanto, |g(f (x)) − g(b)| < ε.   En consecuencia, l´ım g(f (x)) = g(b) = g l´ım f (x) . x→a

Demostraci´ on de:

x→a

Proposici´ on 67 de la p´ agina 23

Proposici´ on 67 (Convergencia propia).- Sean f : A −→ R y g: f (A) −→ R. Si l´ım f (x) = b, con f (x) 6= b x→a

para todos los x de un entorno reducido E ∗ (a, δ0 ) de a, entonces l´ım (g ◦ f )(x) = l´ım g(f (x)) = l´ım g(y).

x→a

y→b

f (x)→b

Demostraci´ on: Como l´ım f (x) = b, para cada ε1 > 0 existe δ1 > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ1 entonces |f (x) − b| < ε1 , y x→a

como f (x) 6= b en E ∗ (a, δ0 ) , si tomamos δ = m´ın{δ0 , δ1 } , se tiene que: para cada ε1 > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ entonces 0 < |f (x) − b| < ε1 . Por otra parte, si L = l´ım g(y) se tiene que: y→b

para cada ε > 0 existe δ2 > 0 tal que si 0 < |g(y) − L| < δ2 entonces |g(y) − L| < ε. Entonces, haciendo ε1 = δ2 y reuniendo ambas conclusiones: para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ se tiene 0 < |f (x) − b| < ε1 = δ2 y, por tanto, |g(f (x)) − L| < ε. En consecuencia, l´ım g(f (x)) = L = l´ım g(y) . x→a

Demostraci´ on de:

y→b

Proposici´ on 69 de la p´ agina 23

Proposici´ on 69 (L´ımites laterales).- Sean a < c < b y f : (a, c) ∪ (c, b) −→ R. Entonces l´ım f (x) = L

x→c

⇐⇒

l´ım f (x) = l´ım+ f (x) = L

x→c−

x→c

Demostraci´ on: Si l´ım f (x) = L, para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − c| < δ se tiene que |f (x) − L| < ε. x→c

En particular, si 0 < |x−c| < δ y x < c se cumple, luego l´ım− f (x) = L y tambi´en si x > c , por lo que x→c

l´ım+ f (x) = L .

x→c

Rec´ıprocamente, si l´ım f (x) = l´ım f (x) = L, se tiene que x→c−

x→c+

para cada ε > 0 existe δ1 > 0 tal que si 0 < |x − c| < δ1 y x < c se tiene |f (x) − L| < ε para cada ε > 0 existe δ2 > 0 tal que si 0 < |x − c| < δ2 y x > c se tiene |f (x) − L| < ε tomando d = m´ın{δ1 , δ2 } , para cada x con 0 < |x − c| < δ sea x < c ´o x > c se cuple la definici´on de l´ımite en c. Luego l´ım f (x) = L . x→c

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129 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Demostraci´ on de:

Anexo 3

Continuidad de algunas funciones elementales 77 de la p´agina 25

Continuidad de algunas funciones elementales 77.? f (x) = ex es continua en R y l´ım ex = 0 y l´ım ex = +∞ . x→−∞

x→+∞

? f (x) = ln x es continua en (0, +∞) y l´ım ln x = −∞ y

l´ım ln x = +∞ .

x→+∞

x→0+

? f (x) = xα continua en (0, ∞) y l´ım+ xα = 0 y x→0

? f (x) = sh x es continua en R y ? f (x) = ch x es continua en R y ? f (x) = th x es continua en R y

l´ım xα = ∞ si α > 0 (resp. ∞ y 0 si α < 0 ).

x→+∞

l´ım sh x = −∞ y

l´ım sh x = +∞ .

x→−∞

l´ım ch x = ∞ y

x→−∞

l´ım th x = −1 y

x→−∞

x→+∞

l´ım ch x = +∞ .

x→+∞

l´ım th x = 1 .

x→+∞

? f (x) = sen x es peri´ odica de periodo 2π , continua en R y 6 ∃ l´ım sen x . x→±∞

? f (x) = cos x es de periodo 2π , continua en R y 6 ∃ l´ım cos x . x→±∞

? f (x) = tg x es de periodo π , continua en su dominio y

tg x = ∞ . l´ım + tg x = −∞ y l´ım π−

x→ −π 2

Demostraci´ on: Ya hemos probado que ex es continua en R y sabemos que

x→ 2

l´ım ex = +∞ (basta recordar que ex es creciente,

x→+∞

luego o est´ a acotada, o no lo est´ a y su l´ımite es +∞ , pero como 2n → +∞ y 2n < en , los valores en no est´ an acotados). Veamos lo dem´ as: ?

l´ım ex = l´ım e−x = l´ım

x→−∞

1 x x→+∞ e

x→+∞

=0 l´ım ln x

? Para cada a ∈ (0, ∞) , eln a = a = l´ım x = l´ım eln x = ex→a ; y como la exponencial es estrictamente x→a x→a creciente, debe ser ln a = l´ım ln x . Luego ln es continua en a . x→a

Como ln x es estrictamente creciente y continua, y +∞ = l´ım x = l´ım ln ex = x→+∞

acotada por lo que

x→+∞

l´ım ln(ex ) , no est´ a

ex →+∞

l´ım ln x = +∞ .

x→+∞

An´ alogamente, −∞ =

l´ım x =

x→−∞

l´ım ln ex = xl´ım + ln(ex ) , no est´a acotada inferiormente por lo que

x→−∞

e →0

l´ım+ ln x = −∞ .

x→0

? Como xα = eα ln x es continua por ser composici´on de continuas y si α > 0: l´ım xα = l´ım eα ln x = l´ım eα ln x = 0 y l´ım xα = l´ım eα ln x = x→0+

x→0+

α < 0: l´ım xα = l´ım eα ln x = x→0+

? sh x = e

x

? ch x = e

x

x→0+

l´ım eα ln x = +∞ α ln x→+∞

−e−x 2

, luego continua y

+e−x 2

, luego continua y x

x→∞

α ln x→−∞

y

x→∞

l´ım xα = l´ım eα ln x =

x→∞

x→∞

eα ln x = +∞

l´ım

l´ım

ex −e−x 2

= ( 0−∞ 2 ) = −∞ y

x→+∞

l´ım

ex −e−x 2

= ( ∞−0 2 ) = +∞ .

l´ım

ex +e−x 2

= ( 0+∞ 2 ) = +∞ y

x→+∞

l´ım

ex +e−x 2

= ( ∞+0 2 ) = +∞ .

x→−∞

−x

x

−x

x→−∞

eα ln x = 0

α ln x→−∞

x→−∞

2x

sh x e −e e −e e −1 2 ? th x = ch x = ex +e−x , luego continua y como th x = ex +e−x = e2x +1 = 1 − e2x +1 : 2 2 l´ım th x = l´ım 1 − e2x +1 = 1 − 0+1 = −1 y l´ım th x = l´ım 1 − x→−∞

l´ım

α ln x→∞

x→+∞

x→+∞

2 e2x +1

= (1 −

2 ∞+1 ) =

1

? De geometr´ıa sabemos ya que las funciones seno y coseno son peri´odicas de periodo 2π . Para la continuidad, veamos primero que sen(x) y cos(x) lo son en x = 0 : Por la construcci´ on geom´etrica del seno, sabemos que en una circunferencia de radio 1, la longitud del arco recorrido coincide con la amplitud del ´angulo en radianes, luego si x ∈ (− π2 , π2 ) , se cumple 0 ≤ |sen(x)| ≤ |x| (ver figura). Es decir, que −x ≤ sen(x) ≤ x y como 0 = l´ım −x ≤ l´ım sen(x) ≤ l´ım x = 0 , se x→0

x→0

x→0

x>0

x

sen x

sen x

x0

x tg x

sen x

sen x

x→0+

se tiene que 0 > sen(x) > x > tg(x) de donde, dividiendo por sen(x) Si x ∈ x 1 x (que es negativo), se tiene 1 < sen(x) < cos(x) como antes. Luego l´ım− sen(x) = 1.

x 0 . Tomemos c0 =

a+b 2

el punto medio entre a y b:

Si f (c0 ) = 0 , como c = c0 ∈ (a, b) , es el punto buscado. Si f (c0 ) 6= 0 pueden darse dos casos: ? si f (c0 ) > 0 , como f (a) < 0 y f continua en [a, c0 ] , el teorema se reduce al intervalo [a, c0 ] ; ? si f (c0 ) < 0 , como f (b) > 0 y f continua en [c0 , b] , el teorema se reduce al intervalo [c0 , b] . En un caso u otro el teorema queda probado si lo hacemos en el intervalo [a1 , b1 ] ⊂ [a, b] (bien [a, c0 ] o bien [c0 , b] ) de longitud b1 − a1 = b−a 2 , en el cual f es continua, f (a1 ) < 0 y f (b1 ) > 0 . 1 . Si f (c1 ) = 0 es el punto buscado; si f (c1 ) 6= 0 se En este intervalo, tomamos su punto medio c1 = a1 +b 2 1 puede, como hicimos antes, reducir el teorema al intervalo [a2 , b2 ] ⊂ [a1 , b1 ] de longitud b2 − a2 = b1 −a = b−a 2 22 en el cual f es continua, f (a2 ) < 0 y f (b2 ) > 0 . Repitiendo sucesivamente el proceso anterior, y si ninguno de los puntos medios, cn , verifica que f (cn ) = 0 , entonces hemos construido una sucesi´ on de intervalos cerrados encajados

[a, b] ⊃ [a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ · · ·

con bn − an =

b−a 2n

,

f (an ) < 0

y

f (bn ) > 0 .

Adem´ as, los puntos an extremos inferiores verifican que a ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ b, luego el conjunto A = {an : n ∈ N} est´ a acotado superiormente (por b) y, por tanto, existe c = sup A ; como a ≤ an ≤ b se cumple a ≤ c ≤ b luego c ∈ [a, b] . Por ser c = sup A, para cada ε > 0 existe an0 ∈ A con c − ε < an0 ≤ c, y como an crece con n , para cada n ≥ n0 se tiene an0 ≤ an ≤ c. Luego c − ε < an0 ≤ an ≤ c < c + ε, b−a n n→∞ 2

Como l´ım (bn − an ) = l´ım n→∞

∀ n ≥ n0

⇐⇒

|an − c| < ε,

∀ n ≥ n0

⇐⇒

l´ım an = c

n→∞

= 0 y l´ım an = c, entonces l´ım bn = c y, por ser f continua en [a, b] , n→∞

n→∞

se tiene que 0 ≥ l´ım f (an ) = f (c) = l´ım f (bn ) ≥ 0 , luego f (c) = 0 . En consecuencia, existe c ∈ [a, b] con n→∞

n→∞

f (c) = 0 y, como f (a) < 0 y f (b) > 0 , c 6= a y c 6= b, luego c ∈ (a, b) . Demostraci´ on de:

Corolario 86 de la p´ agina 28

Corolario 86.- Sea I un intervalo de R y f : I −→ R continua en I , entonces f (I) es tambi´en un intervalo de R. Demostraci´ on: Supongamos primero que f (I) no est´ a acotado ni superior ni inferiormente. Entonces, para cada y ∈ R , existe alg´ un valor mayor que ´el en f (I) , y < f (b) ∈ f (I) , y existe alg´ un valor de f (I) menor que ´el, y > f (a) ∈ f (I) , luego f (a) < y < f (b) . Como a y b son del intervalo I , el intervalo [a, b] ⊆ I (o [b, a] ⊆ I ), luego por el teorema de los valores intermedios 85 existe c entre a y b tal que f (c) = y , luego y ∈ f (I) y f (I) = R. Supongamos ahora que f (I) no est´ a acotado inferiormente pero s´ı superiormente, y sea Γ = sup f (I) . Entonces, por ser extremo superior, para cada y < Γ , existe un punto f (b) ∈ f (I) tal que y < f (b) ≤ Γ y, por no estar f (I) acotado inferiormente, existe a ∈ I , tal que f (a) < y < f (b) . Luego por el teorema 85 existe

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132 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

c entre a y b tal que f (c) = y , luego y ∈ f (I) de donde (−∞, Γ) ⊆ f (I) . Pero como Γ es el superior del conjunto, f (I) = (−∞, Γ) ´ o f (I) = (−∞, Γ] (seg´ un que el superior sea m´aximo o no lo sea). La prueba, para los dos casos que restan, son enteramente an´alogas. Demostraci´ on de:

Teorema de acotaci´ on 87 de la p´agina 28

Teorema de acotaci´ on 87.- Sea f una funci´ on continua en el intervalo cerrado [a, b] , entonces f est´a acotada en dicho intervalo. Es decir, existe M > 0 tal que |f (x)| ≤ M , para todo x ∈ [a, b] . La prueba de este resultado se incluye en la prueba del siguiente; el Teorema de Weierstrass 88. Demostraci´ on de:

Teorema de Weierstrass 88 de la p´agina 28

Teorema de Weierstrass 88.- Si f es una funci´on continua en el intervalo [a, b] , entonces f alcanza un m´ aximo y un m´ınimo en [a, b] . Es decir, ∃α ∈ [a, b] tal que f (α) ≤ f (x) , ∀x ∈ [a, b] y ∃β ∈ [a, b] tal que f (x) ≤ f (β) , ∀x ∈ [a, b] . Demostraci´ on: La demostraci´ on de este resultado y del Teorema de acotaci´on 87 anterior, que vamos a exponer aqu´ı no son todo lo rigurosas que ser´ıa de desear, por dos razones: la primera, que se hace uso del Teorema de BolzanoWeierstrass (Un conjunto infinito y acotado de R, tiene al menos un punto de acumulaci´on) que no se incluye en estos apuntes y, en segundo lugar, que simplificaremos del proceso (con una muy breve explicaci´on) en aras de entender el sentido de la prueba. Por el Corolario 86, como J = [a, b] es un intervalo, su imagen f (J) es un intervalo de R . Veamos primero, que el intervalo f (J) est´ a acotado. Supngamos que es un intervalo no acotado superiormente, en cuyo caso, el conjunto {n ∈ N} ⊆ f (J) y existen puntos xn ∈ [a, b] tales que f (xn ) = n . Los puntos son distintos, pues tienen im´ agenes distintas por la aplicaci´on f y son infinitos, luego el conjunto T = {xn : n ∈ N} ⊆ [a, b] es infinito y acotado por lo que tiene al menos un punto de acumulaci´on l (Teorema de BolzanoWeierstrass enunciado arriba). En aras de no complicar el proceso supondremos que es punto de acumulaci´ on de todo el conjunto T , es decir, que l´ım xn = l (ser punto de acumulaci´on, significa que nos podemos acercar n→∞ tanto como queramos al punto l con puntos del conjunto T ; luego que l es el l´ımite de los puntos de un subconjunto infinito de T , por lo que tiene un funcionamiento similar a si fuera todo T –en cualquier estudio sobre sucesiones de n´ umeros reales puede consultarse con m´as detalle esta simplificaci´on–). Como a ≤ xn ≤ b se tiene que a ≤ l´ım xn ≤ b, luego que l ∈ [a, b] . Entonces, por ser f continua en [a, b] , n→∞   l´ım f (xn ) = f l´ım xn = f (l) ∈ R ; pero por su construcci´on, l´ım f (xn ) = l´ım n = ∞ ∈ / R, lo que es

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

absurdo. En consecuencia, f (J) tiene que estar acotado superiormente. An´ alogamente, se obtiene que f (J) est´ a acotado inferiormente, lo que prueba el Teorema de acotaci´on 87. De lo anterior, f (J) es un intervalo acotado de R, luego de la forma [c, d] o [c, d) o (c, d] o (c, d) . Veamos si d est´ a o no en el conjunto. Por ser d = sup f (J) , para cada n ∈ N , existe xn ∈ [a, b] tal que f (xn ) = d − n1 < d, como las im´ agenes de los xn son distintas, tenemos un conjunto T = {xn : n ∈ N} infinito y acotado que tiene un punto de acumulaci´ on l . Con un razonamiento similar al de la parte anterior, sea   l´ım xn = l ∈ [a, b] y se verifica que l´ım f (xn ) = f l´ım xn = f (l) ∈ R por ser f continua y por otro lado, n→∞

n→∞

l´ım f (xn ) = l´ım d −

n→∞

n→∞

1 n

n→∞

= d , luego d = f (l) y d ∈ f (J) , por lo que d = m´ax f (J) .

An´ alogamente, se prueba que c = m´ın f (J) . Lo que concluye la prueba. Demostraci´ on de:

Corolario 89 de la p´ agina 28

Corolario 89.- Si f es continua en (a, b) y l´ım+ f (x) = l1 ∈ R y l´ım− f (x) = l2 ∈ R , la funci´on f est´a acotada x→a

en (a, b) .

x→b

(Tambi´en es cierto cuando a es −∞ y cuando b es +∞ .)

Demostraci´ on: Para que el resultado sea cierto no es necesario que exista el l´ımite en los extremos del intervalo, basta con que la funci´ on est´e acotada en alg´ un entorno de ellos. La raz´on de poner el enunciado con l´ımites est´a en que es una manera c´ omoda de asegurar la acotaci´ on y suficiente en la mayor´ıa de los casos.

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133 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

Si l´ım+ f (x) = l1 ∈ R y l´ım− f (x) = l2 ∈ R, por el Teorema de acotaci´on para l´ımites 82, existe E(a, δ1 ) x→a

x→b

y M1 > 0 tal que |f (x)| ≤ M1 para todo x ∈ (a, a + δ1 ) y existe E(b, δ2 ) y M2 > 0 tal que |f (x)| ≤ M2 para todo x ∈ (b − δ2 , b) . Entonces, (a, b) = (a, a + δ1 ) ∪ [a + δ1 , b − δ2 ] ∪ (b − δ2 , b) y al ser f continua en el intervalo [a+δ1 , b−δ2 ] est´ a acotada en ´el (Th 87), luego existe M3 > 0 , tal que |f (x)| ≤ M3 para todo x ∈ [a+δ1 , b−δ2 ] . En consecuencia, f est´ a acotada en cada uno de los tres trozos en que hemos dividido el intervalo, por lo que est´ a acotada; es decir, tomando M = m´ ax{M1 , M2 , M3 } , para todo x ∈ (a, b) , |f (x)| ≤ M . Si a = −∞ ´ o b = +∞ , la prueba es id´entica, tomando entornos de −∞ ´o +∞ .

Funciones derivables Demostraci´ on de:

Propiedades 206 de la p´ agina 108

Propiedades 206.- Sean f y g funciones derivables en un punto x0 , entonces: a) f + g es derivable en el punto x0 y (f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) . b) f g es derivable en el punto x0 y (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ) . c) f /g es derivable en el punto x0 , si g(x0 ) 6= 0 , y (f /g)0 (x0 ) =

f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) .  2 g(x0 )

Demostraci´ on: a) Es cierta, pues (f + g)(x) − (f + g)(x0 ) f (x) + g(x) − f (x0 ) − g(x0 ) = l´ım x→x0 x − x0 x − x0 f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = l´ım + l´ım = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ). x→x0 x→x0 x − x0 x − x0

(f + g)0 (x0 ) = l´ım

x→x0

b) Basta tomar l´ımites, cuando x → x0 , en la expresi´on f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) f (x)g(x) − f (x0 )g(x) + f (x0 )g(x) − f (x0 )g(x0 ) = x − x0 x − x0 f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = g(x) + f (x0 ) . x − x0 x − x0 c) Teniendo en cuenta que la expresi´ on f (x) g(x)

−

f (x0 ) g(x0 )

x − x0

f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x) g(x)g(x0 )(x − x0 ) 1 f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g(x) · = g(x)g(x0 ) x − x0   1 f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = g(x0 ) − f (x0 ) g(x)g(x0 ) x − x0 x − x0

=

es v´ alida en los valores de x pr´ oximos a x0 , y tomando l´ımites se obtiene el resultado. Demostraci´ on de:

Regla de la cadena 207 de la p´agina 108

Regla de la cadena 207.- Sea f derivable en x0 y g derivable en f (x0 ) , entonces la funci´on compuesta g ◦ f es derivable en x0 y adem´ as:   (g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 f (x0 ) f 0 (x0 ).

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134 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

Demostraci´ on: Si f (x) = f (x0 ) en un entorno de x0 , tambi´en se verifica que g(f (x)) = g(f (x0 )) y, por tanto, f y g ◦ f son constantes en dicho entorno, luego g ◦ f es derivable en x0 y (g ◦ f )0 (x0 ) = 0 . Adem´as, como f es constante, se tiene g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 ) = g 0 (f (x0 )) · 0 = 0 obteniendose la igualdad propuesta. Si f (x) − f (x0 ) 6= 0 en un entorno de x0 , podemos escribir g(f (x)) − g(f (x0 )) f (x) − f (x0 ) g(f (x)) − g(f (x0 )) g(f (x)) − g(f (x0 )) f (x) − f (x0 ) = · = · . x − x0 x − x0 f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) x − x0 Como y = f (x) 6= f (x0 ) = y0 y l´ım f (x) = f (x0 ) , por la proposici´on 67, se tiene x→x0

g(f (x)) − g(f (x0 )) g(f (x)) − g(f (x0 )) f (x) − f (x0 ) = l´ım · l´ım x→x x→x x − x0 f (x) − f (x0 ) x − x0 0 0   g(y) − g(y0 ) f (x) − f (x0 ) = l´ım · l´ım = g 0 (y0 )f 0 (x0 ) = g 0 f (x0 ) f 0 (x0 ). y→y0 x→x0 y − y0 x − x0

(g ◦ f )0 (x0 ) = l´ım

x→x0

Demostraci´ on de:

Teorema del valor medio de Cauchy 216 de la p´agina 112

Teorema del valor medio de Cauchy 216.- Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b) . Si g 0 (x) 6= 0 , ∀ x ∈ (a, b) , entonces ∃ c ∈ (a, b) tal que: f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 g(b) − g(a) g (c) Demostraci´ on: Como en la demostraci´ on del teorema del valor medio de Lagrage 215,
construyamos una
funci´on para aplicar el teorema de Rolle. Sea h: [a, b] −→ R dada por h(x) = f (b) − f (a) g(x) − g(b) − g(a) f (x) . Entonces, h es continua en [a, b] y derivable en (a, b) por ser suma de funcines continuas y derivables, y

h(a) = f (b) − f (a) g(a) − g(b) − g(a) f (a) = f (b)g(a) − g(b)f (a)

h(b) = f (b) − f (a) g(b) − g(b) − g(a) f (b) = −f (a)g(b) + g(a)f (b). Luego tambi´en se cumple que h(a) = h(b) y por el teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que h0 (c) = 0 ; es

0 (b)−f (a) (c) decir, 0 = f (b) − f (a) g 0 (c) − g(b) − g(a) f 0 (c) de donde se obtiene el resultado fg(b)−g(a) = fg0 (c) . Notar, que al ser g 0 (x) 6= 0 para cada x ∈ (a, b) , se tiene que g 0 (c) 6= 0 y g(b) 6= g(a) . Demostraci´ on de:

Regla General de L’Hopital 218 de la p´agina 112

Regla General de L’Hopital 218.- Sean f y g funciones derivables en un entorno reducido de x0 , E ∗ (x0 , δ) , con g(x) 6= 0 y g 0 (x) 6= 0 , ∀ x ∈ E ∗ (x0 , δ) y l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x) . Entonces, x→x0

si existe

0 (x) l´ım fg0 (x) x→x0

x→x0

se cumple que

f (x) x→x0 g(x)

l´ım

f 0 (x) 0 x→x0 g (x)

= l´ım

.

Demostraci´ on: Por comodidad, denotaremos por E ∗ = E ∗ (x0 , δ) y por E = E(x0 , δ) . Como l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x) , podemos ampliar estas funciones hasta E , con continuidad. En efecto, x→x x→x0 0  f (x), si x 6= x0 g(x), si x 6= x0 sean F (x) = y G(x) = ; que son continuas en E ∗ por serlo f y g y 0, si x = x0 0, si x = x0 continuas en x0 por su contrucci´ on ( l´ım F (x) = l´ım f (x) = 0 = F (x0 ) y lo mismo para G). x→x0

x→x0

Para cada x ∈ E ∗ con x < x0 , el intervalo [x, x0 ] ⊆ E , luego F y G son continuas en ´el y derivables en (x, x0 ) , donde se cumple que F 0 = f 0 y G0 = g 0 . Entonces, por el teorema de Cauchy 216, existe ξx con x < ξx < x0 tal que F 0 (ξx ) F (x) − F (x0 ) = 0 , G(x) − G(x0 ) G (ξx

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es decir, tal que

f (x) − 0 f 0 (ξx ) = 0 g(x) − 0 g (ξx )

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135 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

Luego, como x < ξx < x0 , si x → x− en ξx → x− 0 tambi´ 0 y entonces, l´ım−

x→x0

f 0 (ξx ) f 0 (ξx ) f 0 (x) f (x) = l´ım− 0 = l´ım − 0 = l´ım− 0 g(x) x→x0 g (ξx ) ξx →x0 g (ξx ) x→x0 g (x)

siempre que este u ´ltimo l´ımite exista. An´ alogamente, para los x > x0 , se tiene f 0 (x) 0 x→x0 g (x)

En consecuencia, si l´ım f (x) x→x0 g(x)

l´ımite l´ım

f 0 (x) 0 x→x0 g (x)

existe se tiene que l´ım

= l´ım− x→x0

f 0 (x) g 0 (x)

=

l´ım

f (x) g(x)

x→x+ 0 0 (x) l´ım+ fg0 (x) x→x0

= l´ım

x→x+ 0

f 0 (x) g 0 (x)

.

por lo que existe el

y coincide con el anterior.

Para la justificaci´ on del funcionamiento de la Regla de L’Hˆopital en los dem´as casos, en que decimos que tambi´en funciona, s´ olo indicamos como se obtendr´ıa ´esta o en que se basa: Para el caso x0 = ±∞, con el cambio x = 1t se tiene que las funciones F (t) = f ( 1t ) y G(t) = g( 1t ) verifican (x) F (t) que l´ım fg(x) existe si y s´ olo si l´ım± G(t) existe, y si ocurre son iguales. Aplicando el caso anterior a estas x→±∞

t→0

funciones se obtiene el resultado. f (x) x→x0 g(x)

Para la indeterminaci´ on l´ım

=

cociente puede escribirse en la forma factor

f (y)−f (x) g(y)−g(x)

=

f 0 (ξx ) g 0 (ξx )

∞ ∞

, se toma un punto y fijo y suficientemente cercano a x0 y entonces, el

f (x) g(x)

=

f (y)−f (x) g(y)−g(x)

·

g(y) −1 g(x) f (y) −1 f (x)

. Aplicando el Teorema de Cauchy 216 al primer g(y) −1 g(x) f (y) x→x0 f (x) −1

y teniendo en cuenta, que al ser y fijo, l´ım

= 1 , se observa que el resultado

ser´ a cierto (la prueba exaustiva no es tan inmediata). Demostraci´ on de:

Teorema de la funci´ on inversa 220 de la p´agina 113

Teorema de la funci´ on inversa 220.- Sea f : [a, b] −→ R continua en [a, b] y derivable
en (a, b) , con f 0 > 0 ´ o 0 f < 0 en (a, b) . Entonces f admite funci´ on inversa derivable en (a, b) y (f −1 )0 f (x) = f 01(x) . Demostraci´ on: Por ser f 0 > 0 en (a, b) (resp. f 0 < 0 en (a, b) ) la funci´on f es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente) en [a, b] , luego es inyectiva y existe f −1 : f ([a, b]) −→ [a, b] tal que f −1 (f (x)) = x para cada x ∈ [a, b] (recordar la definici´ on 55 y ver los ejemplos siguientes). De hecho, si f es estrictamente creciente, f ([a, b]) = [f (a), f (b)] y si es estrictamente decreciente, f ([a, b]) = [f (b), f (a)] . Veamos primero, que si f es continua en x0 , entonces f −1 es continua en y0 = f (x0 ) . Supongamos
que f es estrictamente creciente y sea y0 ∈ f (a), f (b) . Tomemos un ε > 0 de manera que el intervalo
f −1 (y0 ) − ε, f −1 (y0 ) + ε = (x0 − ε, x0 + ε) ⊆ (a, b) ; entonces f (x0 − ε) < f (x0 ) < f (x0 + ε) y existen y1 e y2 tales que y1 = f (x0 − ε) < y0 < f (x0 + ε) = y2 . Sea δ > 0 , tal que E(y0 , δ) ⊆ (y1 , y2 ) , entonces, para cada y ∈ E(y0 , δ) , se cumple que y1 ≤ y0 −δ < y < y0 +δ ≤ y2 y se tiene que cumplir que f −1 (y1 ) < f −1 (y) < f −1 (y2 ) pues de no ser as´ı, si f −1 (y1 ) ≥ f −1 (y) ´ o f −1 (y) ≥ f −1 (y2 ) por ser f estr. creciente ser´ıa y1 ≥ y ´o y ≥ y2 lo (∗) −1 que es absurdo . Por consiguiente, f (y1 ) < f −1 (y) < f −1 (y2 ) , es decir x0 − ε < f −1 (y) < x0 + ε , es decir f −1 (y0 ) − ε < f −1 (y) < f −1 (y0 ) + ε y f −1 es continua en y0 . Si el punto es un extremo del intervalo o para f estrictamente decreciente, basta adaptar la prueba. Veamos ahora que si f es derivable en x0 ∈ (a, b) , entonces f −1 es derivable en y0 = f (x0 ) , pero esto es sencillo, pues si y 6= y0 , f −1 (y) − f −1 (y0 ) f −1 (f (x)) − f −1 (f (x0 )) x − x0 = = = y − y0 f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 )



f (x) − f (x0 ) x − x0

−1

Si y → y0 , x = f −1 (y) tender´ a hacia x0 = f −1 (y0 ) con x 6= x0 por ser f −1 inyectiva, en consecuencia, f (x)−f (x0 ) 0 → f (x0 ) con lo que f −1 es derivable en y0 y su derivada es (f 0 (x0 ))−1 . x−x0 Nota: Durante la demostraci´ on, se ha probado (∗) que: si f es estrictamente creciente (o decreciente), f −1 tambi´en lo es.

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136 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

Polinomios de Taylor Demostraci´ on de:

F´ ormula de Taylor 230 de la p´agina 120

F´ ormula de Taylor 230.- Sea una funci´ on f existen f 0 , f 00 , . . . , f (n) y f (n+1) sobre el intervalo [a, x] . Entonces, f (n+1) (c) f (x) − Pn,a (x) = (x − a)n+1 para un cierto c ∈ (a, x), (n + 1)! llamado resto de Lagrange, o tambi´en f (x) − Pn,a (x) =

f (n+1) (c) (x − c)n (x − a) para un cierto c ∈ (a, x), n!

que se denomina resto de Cauchy.

.

Demostraci´ on: Consideremos la funci´ on G: [a, x] −→ R, definida por   (x − t)1 (x − t)2 (x − t)3 (x − t)n−1 (x − t)n (1) (2) (3) (n−1) (n) G(t) = f (x)− f (t) + f (t) + f (t) + f (t) + ··· + f (t) + f (t) 1! 2! 3! (n − 1)! n! La funci´ on G verifica que G(x) = 0 y G(a) = f (x) − Pn,a (x) y es derivable en [a, x] , por ser suma y producto de derivables. Y su derivada es "  (x − t)1 1(x − t)0 (−1)   (3) (x − t)2 2(x − t)1 (−1)  0 G (t) = − f (1) (t) + f (2) (t) + f (1) (t) + f (t) + f (2) (t) 1! 1! 2! 2!    2 n−1 3 3(x − t) (−1) (x − t) (n − 1)(x − t)n−2 (−1)  (x − t) + f (3) (t) + · · · + f (n) (t) + f (n−1) (t) + f (4) (t) 3! 3! (n − 1)! (n − 2)! #   n n−1 (x − t) n(x − t) (−1) + f (n+1) (t) + f (n) (t) n! (n − 1)! "    (x − t)1 (x − t)2 (x − t)1  = − f (1) (t) + f (2) (t) − f (1) (t) + f (3) (t) − f (2) (t) 1! 2! 1!   2 3 n−1 (x − t) (x − t)n−2  (x − t) (x − t) − f (3) (t) − f (n−1) (t) + f (4) (t) + · · · + f (n) (t) 3! 2! (n − 1)! (n − 2)! #  n n−1  (x − t) (x − t) + f (n+1) (t) − f (n) (t) n! (n − 1)! quitando " los par´entesis internos y cambiando el orden de los sustraendos, se tiene: (x − t)1 (x − t)1 (x − t)2 = − f (1) (t) − f (1) (t) + f (2) (t) − f (2) (t) + f (3) (t) 1! 1! 2! (x − t)3 (x − t)n−2 (x − t)n−1 (x − t)2 + f (4) (t) + · · · − f (n−1) (t) + f (n) (t) 2! 3! (n − 2)! (n − 1)! # n−1 n (x − t) (x − t) −f (n) (t) + f (n+1) (t) (n − 1)! n! −f (3) (t)

y cada t´ermino que resta se anula con el anterior, luego s´olo queda el u ´ltimo t´ermino: (x − t)n (n+1) = −f (t) . n! Entonces: ? Por el teorema del valor medio de Lagrange, G(x) − G(a) = −G(a) = −f (n+1) (c)

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G(x) − G(a) = G0 (c)(x − a) , para alg´ un c ∈ (a, x) . Luego

(x − c)n (x − a) n!

=⇒ f (x) − Pn,a (x) =

f (n+1) (c) (x − c)n (x − a) n!

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137 – Matem´aticas 1 : C´alculo diferencial en IR

Anexo 3

? Tomando la funci´ on g(t) = (x − t)n+1 , continua en [a, x] y derivable en (a, x) , por el teorema del valor
0 medio de Cauchy G(x) − G(a) = Gg0(c) un c ∈ (a, x) . Luego c) g(x) − g(a) , para alg´ −G(a) =

−f (n+1) (c)(x−c)n n! (n + 1)(x − c)n (−1)

− (x − a)n+1




=⇒ f (x) − Pn,a (x) =

f (n+1) (c) (x − a)n+1 (n + 1)!

y hemos obtenido el resto de Cauchy, en el primer caso, y el de Lagrange en el segundo. Demostraci´ on de:

Proposici´ on 232 de la p´ agina 121

Proposici´ on 232.- Sea f una funci´ on de clase C n−1 en un entorno del punto a , para la que se cumple que 0 00 (n−1) f (a) = f (a) = · · · = f (a) = 0 , y adem´ as existe f (n) (a) 6= 0 . Entonces: a) Si n es par y f (n) (a) > 0 , f presenta un m´ınimo local en a. b) Si n es par y f (n) (a) < 0 , f presenta un m´aximo local en a. c) Si n es impar y f (n) (a) > 0 , f es estrictamente creciente en a . d) Si n es impar y f (n) (a) < 0 , f es estrictamente decreciente en a. Demostraci´ on: Si f 0 (a) = f 00 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0 , el polinomio de Taylor de grado n de f en a se reduce al primer y (n)

u ´ltimo t´ermino, Pn,a (x) = f (a) + f n!(a) (x − a)n . f (x)−Pn,a (x) = 0 , luego Por la proposici´ on 229 anterior, l´ım (x−a)n x→a

 f (x) − f (a) + 0 = l´ım

x→a

f

(n)

(a) n! (x

− a)n

(x − a)n

 f (x) − f (a) f (n) (a) f (x) − f (a) f (n) (a) − =⇒ l´ ım = x→a (x − a)n x→a (x − a)n n! n!

= l´ım

luego ? si f (n) (a) > 0 , debe ser

f (x)−f (a) (x−a)n

> 0 para los x de un entorno de a, y

– si n es par, (x − a)n > 0 de donde f (x) − f (a) > 0 y f (x) ≥ f (a) , por lo que f (a) es m´ınimo local. – si n es impar, para los x < a se tiene que (x − a)n < 0 de donde f (x) − f (a) < 0 y f (x) < f (a) ; y para los x > a se tiene que (x − a)n > 0 de donde f (x) − f (a) > 0 y f (x) > f (a) . En consecuencia, f es estrictamente creciente en a . Y se cumplen (a) y (c). ? si f (n) (a) < 0 , debe ser

f (x)−f (a) (x−a)n

< 0 para los x de un entorno de a, y

– si n es par, (x − a)n > 0 de donde f (x) − f (a) < 0 y f (x) ≤ f (a) , por lo que f (a) es m´aximo local. – si n es impar, para los x < a se tiene que (x − a)n < 0 de donde f (x) − f (a) > 0 y f (x) > f (a) ; y para los x > a se tiene que (x − a)n > 0 de donde f (x) − f (a) < 0 y f (x) < f (a) . En consecuencia, f es estrictamente decreciente en a. Y se cumplen (b) y (d).

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