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FUNCIONES DERIVABLES EN UN INTERVALO Las funciones que son continuas en un intervalo cerrado [a, b] y derivables en un intervalo abierto (a, b) tienen propiedades importantes. Teorema de Rolle. Sea f una función que verifica las siguientes hipótesis: a) Es continua en el intervalo cerrado [a, b] b) Es derivable en el intervalo abierto (a, b) c) Toma el mismo valor en los extremos del intervalo, es decir f(a) = f(b) Entonces, existe un punto c∈(a, b) tal que f´(c) = 0 es decir, con tangente horizontal. Teorema de Rolle

Hipótesis: f es continua en [a, b] f es derivable en (a, b) f(a) = f(b) Tesis: ∃ c∈(a, b) / f´(c) = 0

Demostración: Como f es continua en un intervalo cerrado [a, b] alcanza en dicho intervalo un valor máximo y otro mínimo. (Teorema de Weierstrass) Pueden darse dos casos: Si el máximo y el mínimo están en los extremos, estos son iguales, ya que f(a) = f(b). Entonces se trata de una función constante y , por tanto, f ′(c) = 0 Si el valor máximo o mínimo se encuentran en un punto c de (a, b) la función alcanza un máximo y un mínimo (teorema de Weierstrass) y como f es derivable en c, se cumple que f ′(c) = 0 Ejemplo1: La función f: [1, 3] → R definida por f(x) = x2 – 4x + 11 verifica las siguientes hipótesis: a) Es continua en [1, 3] por ser polinómica b) Es derivable en (1, 3) por se polinómica. c) f(1) = 8; f(3) = 8 Entonces existe un punto c en el intervalo abierto (a, b) con derivada nula en dicho punto. Veamos: f´(x) = 2x – 4; f´(c) = 2c – 4 = 0 2c = 4 c=2

El punto c esta en el interior del intervalo. Teorema del valor medio Sea f una función que verifica las siguientes hipótesis: • Es continua en el intervalo cerrado [a, b] • Es derivable en el intervalo abierto (a, b)

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Entonces, existe un punto c∈(a, b) tal que

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f (b) − f (a ) = f ′(c) b−a

Teorema del Valor Medio

Hipótesis: f es continua en [a, b] f es derivable en (a, b) Tesis:

∃ c∈(a, b)/

f (b) − f (a ) = f ′(c) b−a

Interpretación geométrica: Existe un punto en la curva cuya tangente es paralela a la cuerda. Demostración: Formamos la función h( x) = que: • •

f (b) − f (a ) x − f ( x) y aplicamos el teorema de Rolle ya b−a

Es continua en [a, b] por serlo f. Es derivable en (a, b) por serlo f.

Además h(a ) = y h (b ) =

af (a ) − af (b) af (a ) − af (b) − bf (a ) + af (a ) af (b) − bf (a ) − f (a) = = b−a b−a b−a

bf (b) − bf (a ) bf (b) − bf (a ) − bf (b) + af (b) af (b) − bf (a ) − f (b) = = b−a b−a b−a

es decir, • h(a) = h(b) Como se cumplen las hipótesis del teorema de Rolle, existe un punto c ∈ (a, b) tal que h(c) = 0, por tanto, si h ′( x) = h ′(c) =

fb) − f (a ) − f ′( x) , b−a

f (b) − f (a ) − f ′(c) = 0 b−a

f (b) − f (a ) = f ′(c) b−a

Ejemplo 2: La función f(x) = 3x2 es continua y derivable en todo R, podemos encontrar un punto, por ejemplo, en el intervalo (0, 4) cuya tangente a la curva sea paralela a la cuerda que une los puntos de abscisas x = 0; x = 4. f(x) = 6x; f´(c) =6c f(0) = 0; f(4) = 48 f ′(c) =

f ( 4) − f ( 0) 4−0

6c =

48 − 0 4−0

6c = 12

c=2

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Teorema de Cauchy. Si f y g son dos funciones continuas en [a. b] y derivables en (a, b), existe un punto c en f (b) − f (a ) f ′(c) = (a, b) tal que g (b) − g (a ) g ′(c)

Demostración: Nos ayudamos de la función auxiliar h( x) = f ( x)[ g (b) − g (a )] − g ( x)[ f (b) − f (a )] A esta función podemos aplicar el teorema de Rolle ya que • Es continua en [a, b] por ser diferencia de funciones continuas • Es derivable en (a, b) por ser derivable de funciones derivables. • h(a) = h(b) Derivando la función, h ′( x) = f ′( x)[ g (b) − g (a )] − g ′( x)[ f (b) − f (a )] Y si h ′(c) = 0 , f ′( x)[ g (b) − g (a )] − g ′( x)[ f (b) − f (a )] = 0

f (b) − f (a) f ′(c) = g (b) − g (a) g ′(c) (Siempre que g (b) − g (a ) ≠ 0 y g ′(c) ≠ 0 ) Ejemplo 3: Halla el valor de c del intervalo (1, 4) donde se cumple la tesis del teorema de Cauchy, siendo f ( x) = 3 x + 2 y g ( x) = x 2 + 1 Las funciones son continuas y derivables en todo R por se funciones polinómicas f ′( x) = 3 ; f ′(c) = 3 g ′( x) = 2 x ; g ′(c) = 2c Valores de las funciones en los extremos del intervalo: f(1) = 5; f(4) = 14 g(1) =2; g(4) = 17 luego

14 − 5 3 = 17 − 2 2c

9 3 = 15 2c

18c = 45

c=

45 5 = ; 18 2

5 ∈ (1,4) 2

Regla de L´Hôpital. Es una consecuencia del teorema de Cauchy y nos permite obtener fácilmente ciertos límites que, sin esta regla, resultarían complicadísimos. Esta regla dice: f ′( x) Si lím f ( x) = 0 , lím g ( x) = 0 y existe lím entonces se cumple que x→a x→a x → a g ′( x) f ( x) f ′( x) lím = lím x → a g ( x) x → a g ′( x )

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Demostración: Si f y g son continuas en [a, x] y derivables en (a, x) se cumplirá : f ( x) − f (a ) f ′(c) = donde c ∈ (a, x) (Teorema de Cauchy) g ( x) − g (a ) g ′(c) Pero f (a ) = lím f ( x) = 0 y g (a ) = lím g ( x) = 0 x→a

x →a

f ( x) f ′(c) luego = g ( x) g ′(c) Si x → a entonces c → a ya que c ∈ (a, x) f ( x) f ′(c) luego lím = lím x→a g ( x) c → a g ′(c ) f ′( x) f ′(c) Como existe lím por hipótesis, existirá también lím y ambos serán iguales. x → a g ′( x) c → a g ′(c ) f ( x) f ′( x) = lím Queda, por tanto, que lím x → a g ( x) x → a g ′( x ) La regla de L´Hôpital también puede ser aplicada al caso de indeterminaciones del tipo ∞ . ∞ Ejemplo 4: 1 − cos x x →0 x2

lím

0 por lo que podemos aplicar la regla: 0 1 − cos x 0 senx 0 cos x 1 lím = = lím = = lím = 2 x →0 x→0 2 x x→0 0 0 2 2 x La regla puede aplicarse una o más veces, mientras se mantenga la indeterminación. Este es un caso de indeterminación del tipo

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Ejercicios resueltos 1.- La función f: [- 1, 1] → R definida por f ( x) = 3 x 2 toma el mismo valor en los extremos del intervalo, f ( −1) = 3 (−1) 2 = 1 ; f (1) = 3 12 = 1 Encontrar su derivada y comprobar que no se anula nunca. ¿Contradice esto el teorema de Rolle?. Solución:

2 − 13 2 1 2 1 x = . 1 = .3 3 3 x 3 3 x Si intentamos anular la derivada resulta: 2 1 = 0 2 = 0 ¡absurdo! 33 x Esto no contradice el teorema de Rolle porque la segunda hipótesis no se verifica. La función no es derivable en todos los puntos del intervalo. Concretamente, en el punto x = 0, no existe la derivada como podemos ver calculándola a través del límite: 2

f ( x) = 3 x 2 = ( x ) 3 ;

f ′(0) = lím h →0

f ′( x) =

3 3 f ( 0 + h ) − f ( 0) h2 − 0 h2 1 3 1 = lím = lím = lím = lím = ∞ h→0 h →0 3 h→0 h h h h 3 h →0 h

2.- Calcula b para que la función f(x) = x3 - 4x +3 cumpla las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo [0, b]. ¿Dónde se cumple la tesis?. Solución: Por ser una función polinómica, es continua y derivable en todo R. y se cumplen las dos primeras hipótesis. Tercera hipótesis: f(0) = 3;

f(b) = b3 – 4b +3 = 3

b3 –4b = 0

b(b2 – 4) =0

Cuyas soluciones son b = 0; b = 2; b = -2 : La única solución válida es b = 2. ¿Dónde se cumple la tesis?: f´(x) = 3x2 – 4; f´(c ) = 3c2 – 4 = 0

c= 2

3

2 x + 2 si − 1 ≤ x < 1 2 2 5 − ( x − 2) si 1 ≤ x ≤ 4 Cumple las hipótesis del Teorema de Rolle. Averigua dónde cumple la tesis. 3.- Comprueba que la función f ( x) =

Solución: En cada uno de los intervalos es una función polinómica que es continua y derivable. El único punto dudoso es x =1, luego hemos de estudiar la continuidad y derivabilidad en dicho punto:

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Continuidad: lím− f ( x) = lím− (2 x + 2) = 4 ; x →1

x →1

[

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]

lím f ( x) = lím+ 5 − ( x − 2) 2 = 4

x →1+

x →1

Existe límite en dicho punto y vale 4. Además el valor de la función para x = 1, también es 4, luego es continua. Se cumple la 1ª hipótesis. Derivabilidad:

f ′( x) =

2 si − 1 ≤ x < 1 2 − 2 x + 4 si 1 ≤ x ≤ 4

f ′(1− ) = 2 f ′(1+ ) = 2 Las derivadas laterales son iguales, luego es derivable en x = 1 y se cumple la 2ª hipótesis. 1 f ( 4 ) = − 4 2 + 4 .4 + 1 = 1 Además, f (− 1 ) = 2(− ) + 2 = 1 ; 2 2 Como toma el mismo valor en los extremos del intervalo, se cumple la 3ª hipótesis. Veamos dónde se verifica la tesis: 2 si − 1 ≤ c < 1 2 f ′(c) = − 2c + 4 si 1 ≤ c ≤ 4 Haciendo f ′(c) = 0 , resulta: 0 = 2 que es absurdo. 0 = –2c + 4, es decir, c=2

La tesis se verifica en c = 2 4.- Siendo f(x) = (x – 2)2(x + 1), hallar un número c, en el intervalo (0, 4) de modo que se verifique el teorema del valor medio. Solución: Como es una función polinómica, es continua y derivable en todo R, luego podemos aplicar el teorema: f (b) − f (a ) = f ′(c) b−a f(0) = (0 – 2 )2(0 + 1) = 4 ; f(4) = (4 – 2 )2(4 + 1) = 20 f´(x) = 2(x – 2 )(x + 1 ) + 1. (x – 2 )2 = (x – 2 )[2(x + 1 ) + (x – 2 )] = (x – 2 )3x f´(c) = (c – 2)3c 20 − 4 = (c − 2)3c 4−0

3c2 – 6c = 4

3c2 – 6c – 4 = 0

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21 6 ± 36 + 48 6 ± 84 6 ± 2 21 1 + 3 La solución válida es la 1ª. c= = = = 6 6 6 21 1− 3 3 − x2 si x < 1 2 5.- Prueba que la función f ( x) = 1 si x ≥ 1 x satisface las hipótesis del teorema del valor medio en el intervalo [0, 2] y calcula el o los valores vaticinados por el teorema. Solución: La función es continua en el intervalo [0, 2]

-x f ′( x) = − 1 x2

si x < 1 si

x ≥1

f´(1-) = -1 f´(1+)= -1 La función es derivable en el punto de abscisa x = 1, único punto dudoso, luego se cumplen las hipótesis del teorema del valor medio. f (b) − f (a ) = f ′(c) resulta: b−a − c si c < 1 f(2) = 1/2 ; f(0) = 3/2 , f ′(c) = − 1 si c ≥ 1 c2 Aplicando la fórmula

luego

1 −3 −c 2 2= −1 2−0

si c < 1

si c ≥ 1 c2 De la primera ecuación se obtiene: –1/2 = -c Y de la segunda ecuación: -1/2 = - 1/c2

c = 1/2.

c2 = 2

c= 2

6.- Aplica el teorema de Cauchy a las funciones f ( x) = x 2 − 2 ; g ( x) = 3x 2 + x − 1 en el intervalo [0, 4] Solución: Las funciones son continuas y derivables por tratarse de funciones polinómica, por tanto, f ′( x) = 2 x ; f ′(c) = 2c g ′( x) = 6 x + 1 ; g ′(c) = 6c + 1

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Valores de las funciones en los extremos de los intervalos: f (0) = −2 ; f (4) = 14 g (0) = −1 ; g (4) = 51 14 − (−2) 16 2c 4 2c 2c Entonces, = = = 51 − (−1) 6c + 1 52 6c + 1 13 6c + 1 es decir, 24c + 4 = 26c

2c = 4

c=2

La tesis se verifica en c = 2 7.- Resuelve el siguiente límite aplicando la regla de L´Hôpital: ax − bx lím x →0 x Solución: ax − bx a0 − b0 1 − 1 0 a x .La − b x .Lb lím = = = = lím = lím( a x La − b x Lb ) = x →0 x → 0 x →0 0 0 0 1 x

= a 0 La − b 0 Lb = La − Lb 8.- Calcula los límites siguientes: lím+ ( xLx ) ;

lím x→0

x→0

x − senx sen 2 x

Solución: 1 2 Lx ∞ x = lím x = lím (− x) = 0 lím+ ( xLx) = (0.∞) = lím+ = = lím+ x→0 x→0 1 x →0 − 1 x →0 + − x x →0 + ∞ 2 x x (Las indeterminaciones de la forma 0.∞ se pueden resolver también aplicando L´Hôpital) lím x→0

x − senx 0 1 − cos x 1 − cos x 0 senx 0 = = lím = lím = = lím = =0 2 x → 0 x → 0 x → 0 sen 2 x 0 2 senx. cos x 0 cos 2 x.2 2 sen x

xsenx x → 0 1 − cos x

9.- Resuelve el siguiente límite: lím Solución:

cos x + 1. cos x + (− senx).x 2 xsenx 0 1.senx + x cos x 0 = = lím = = lím = =2 x → 0 1 − cos x x→0 x→0 0 senx 0 cos x 1

lím

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10.- Calcula lím+ x x x →0

Solución: Hacemos A = lím+ x x y aplicamos logaritmos: LA = lím+ ( x.Lx ) = (0.∞) , es decir, x→0

x→0

1 Lx ∞ x = lím (− x) = 0 . LA = lím+ = = lím+ x→0 1 x →0 − 1 x →0+ ∞ x x2 Si LA = 0 entonces e0 = A, es decir A = 1 y, por tanto, lím+ x x = 1 x →0

e x − e −x − 2x x →0 x − senx

11.- Calcula lím

Solución: e x − e −x − 2x e x + e−x − 2 0 0 e x − e−x 0 e x + e−x = = lím = = lím = = lím =2 x →0 x→0 x →0 x − senx 0 1 − cos x 0 0 cos x senx

lím

x →0

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Ejercicios propuestos 1.- ¿Se puede aplicar el teorema de Rolle a la función f ( x) = [0, 4]?. Razona la contestación.

x 2 − 4x en el intervalo x−2

2.- Comprueba si se verifica el teorema de Rolle para la función f ( x) = x 2 − 4 x + 11 , en el intervalo [1, 3]. 3.- Aplica el teorema del valor medio, si es posible, a la función f ( x) = x 2 − 3 x + 2 en el intervalo [-2, -1]. (Solución: c = -3/2 )

4.- Calcula a y b para que f ( x) =

ax − 3

si

x