Propiedades de las funciones en un intervalo Teorema de Rolle · TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL...

Propiedades de las funciones en un intervalo

Teorema de Rolle: si una función es continua y derivable en un intervalo ytoma valores iguales en sus extremos, existe un punto donde la derivadaprimera se anula. Página web con ideas, conceptos y ejercicios de análisis.

Teorema de Rolle

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)- Toma el mismo valor en los extremos del intervalo, es decir f(a) = f(b)

Entonces, existe un punto c que pertenece (a, b) tal que f´(c) = 0 , es decir,con tangente horizontal.

Ejemplos y ejercicios resueltos

1 Comprobar que la función f(x) = x2– 4x + 11 verifica las hipótesis delteorema de Rolle en el intervalo [1, 3]

- Es continua en [1, 3] por ser polinómica.- Es derivable en (1, 3) por ser polinómica.- f(1) = 8; f(3) = 8

Entonces existe un punto c en el intervalo abierto (a, b) con derivada nulaen dicho punto.

Veamos: f´(x) = 2x – 4; f´(c) = 0; 2c – 4 = 0; 2c = 4; c = 2

El punto c = 2 esta en el interior del intervalo [1, 3]

Nenina Martín Ossorio 1

TEOREMA DE ROLLE

Si una función f(x) es

1. continua en un intervalo cerrado [a, b] entonces existe al menos un punto c tal que

2. derivable en el intervalo abierto (a, b) f´(c) = 0

3. f(a) = f(b)

Geométricamente, este teorema expresa la existencia de un punto c de (a, b) tal que la recta

tangente en (c, f(c)) es paralela al eje OX

Por ser f(x) continua en el intervalo cerrado [a, b], la función alcanza un máximo y mínimo

(teorema de Weierstrass). De este hecho se obtienen tres posibilidades, tal como se indica en

las siguientes figuras:

Y

f´(c)=0

f(a)=f(b)

O a c b X

Y f(a)=f(b)

f´(c)=0

O a c b X

Y f´(c)=0 f(a)=f(b)

O a b c

Si el valor máximo o mínimo se presenta en un punto c de (a, b), entonces por el teorema de la

derivada en un punto máximo, f´(c) = 0

Si los valores máximo y mínimo se presentan ambos en los extremos, entonces son iguales, ya

que f(a) = f(b), luego la función f(x) es constante.

Por tanto, para todo punto c de (a, b), f´(c) = 0

TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL CÁLCULO DIFERENCIAL O

TEOREMA DE LAGRANGE


Continua en un intervalo cerrado [a, b]

Derivable en el intervalo abierto (a, b)

Entonces existe al menos un punto interior c de (a, b) tal que

Lo cual equivale a


Expresión que recibe el nombre de fórmula de incrementos finitos.

La interpretación geométrica del teorema de Lagrange nos dice que si la gráfica de una

función continua tiene tangente en todo punto del arco AB, entonces hay por lo menos un punto

C en el que la tangente es paralela a la secante AB.

Y

B

C

f(b)-f(a)

A

O a c b X

b – a

Ejercicios resueltos

1.- Dada la función f(x) = x2 – 4x + 1, ¿verifica las condiciones del teorema de Rolle en

el intervalo [1, 3]? En caso afirmativo, encontrar el valor de c de (1, 3) donde se anula la

derivada.

Solución: Teorema de Rolle


1. Continua en un intervalo cerrado [a, b] entonces existe al menos un punto c tal que

2. Derivable en el intervalo abierto (a, b) f´(c)= 0

3. f(a) = f(b)

1.- es continua por ser un polinomio

2.- es derivable por ser un polinomio f´(x) = 2x – 4 se cumple el Tma. Rolle. Luego existe

3.- f(1) = f(3) = -2 un punto

f´(c) = 2c – 4 = 0 , se tiene que c = 2


2.- Dada la función

Comprueba que f(x) verifica las hipótesis del teorema del valor medio en el intervalo [0,4]

y halla el número c cuya existencia asegura dicho teorema.

Solución: Si una función f(x) es

1. Continua en un intervalo cerrado [a, b] entonces existe un punto tal que

2. Derivable en el intervalo abierto (a, b)

1. Continua en [0,4]

La función f(x) es continua en [0,4] pues está definida por polinomios y en los puntos de salto

se cumple

En x = 1

es continua

2. Derivable en (0,4)

es derivable en x = 1

es derivable en x = 2

Por tanto, habrá al menos un valor tal que

Estudiamos los tres trozos:

En (0,1) 8 c + 4 = 9

En (1,2)

En (2,4)

Hay tres soluciones que son los valores de c que pertenecen a (0,4) que verifican el teorema

Matemáticas II Teoremas del valor medio y regla de L´Hôpital

José María Martínez Mediano

1

TEOREMAS DEL VALOR MEDIO

Teorema de Rolle

Si )(xf es continua en [a, b] y derivable en (a, b), y si )()( bfaf , entonces existe algún

punto c (a, b) tal que 0)´( cf .

Interpretación geométrica: existe un punto al menos de ese intervalo, en el que la

tangente a la curva es horizontal.

En ese punto c (en alguno de ellos si hay varios) se da el máximo o el mínimo de )(xf en ese

intervalo.

Ejemplos:

La función 2)( 2 xxxf verifica las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo

[2, 1], pues:

es continua y derivable en todo R; en particular en el intervalo [2, 1].

4)2( f y 4)1( f . Esto es, toma el mismo valor en los extremos del intervalo.

En consecuencia, existe un punto c (2, 1) en el que su derivada vale 0: 012)´( xxf

2/1x . Este es el valor c que asegura el teorema.

La función xxf 1)( no satisface las condiciones del teorema de

Rolle en el intervalo [1, 1], pues no es derivable en el punto x = 0 de

ese intervalo.

Teorema del valor medio (Lagrange)

Si )(xf es continua en [a, b] y derivable en (a, b), entonces existe algún punto c (a, b) tal

que )´()()(

cfab

afbf

.

Interpretación geométrica: existe un punto perteneciente al

intervalo en el que la tangente a )(xf es paralela a la secante

que pasa por los puntos de abscisa a y b.

De otro modo: existe un punto del intervalo en el que la tasa

de variación instantánea coincide con la tasa de variación

media de todo el intervalo.

Interpretación física: si se realiza un trayecto a velocidad media v, en algún instante de

ese trayecto se ha llevado esa velocidad v.

a b c a b c a b c



2

Ejemplo:

La función xxxf 6)( 3 es continua y derivable en el intervalo [2, 1] c, 2 < c <

1 tal que )´()2(1

)2()1(cf

ff

.

En efecto: 63)2(1

45 2

x 633 2 x 12 x x = 1, x = 1.

El valor que cumple el teorema es x = 1, el número que pertenece a (2, 1)

Diversas formas de expresión del teorema

De )´()()(

cfab

afbf

))(´()()( abcfafbf

Si se toma x (a, b) puede escribirse: ))(´()()( axcfafxf , con c (a, x)

Si se hace b = a + h, se tendrá: )´(·)()( cfhafhaf , c (a, a + h)

Si se toma x = a + h, se tendrá: )´(·)()( hafhafxf , 0 < < 1, c (a, x)

Ejemplo:

Aplicamos el teorema de los incrementos finitos al cálculo aproximado de 102 .

Si se toma xxf )( , para x = 102, a = 100 y h = 2, se tiene:

)2100´(·2)100()102( fff

21002

1·2100102 , pues

xxf

2

1)´(

Como 05,020

1

1002

1

21002

1)2100´(

f , el valor aproximado pedido será:

21002

1·2100102 10 + 2 · 0,05 = 10,1

NOTAS: 1. El valor obtenido con la calculadora es: ...0995,10102 La aproximación es

muy buena.

2. Puede observarse que aplicando la diferencial (véase) se llega al mismo resultado.

Algunas consecuencias más

A partir de cualquiera de estas expresiones pueden demostrarse fácilmente algunas

propiedades de uso frecuente. Entre ellas:

1. Si una función )(xf es tal que 0)´( xf para todo x de un intervalo, entonces

)(xf es constante en el intervalo.

Si 0)´( xf , de ))(´()()( axcfafxf )()( afxf = cte.

2. Si )(xf y )(xg verifican que )´()´( xgxf para todo x de un intervalo, entonces

)(xf y )(xg se diferencian en una constante. (Pues f g cumple que f´ g´= 0)

3. Si una función )(xf es tal que 0)´( xf para todo x de un intervalo, entonces

)(xf es creciente en el intervalo.

Si 0)´( xf , de )´(·)()( cfhafhaf )()( afhaf

Análogamente, si 0)´( xf para todo x de un intervalo, entonces )(xf es decreciente

en el intervalo.



3

Teorema de Cauchy

Si )(xf y )(xg son continuas en [a, b] y derivables en (a, b), y si )()( agbg y )´(xf y

)´(xg no son ceros a la vez, entonces, existe un punto c (a, b) tal que )´(

)´(

)()(

)()(

cg

cf

agbg

afbf

Otra forma del teorema:

Con las mismas hipótesis, si tomamos a < x < b, existe un punto c (a, x) tal que

)´(

)´(

)()(

)()(

cg

cf

agxg

afxf

)´()()()´()()( cfagxfcgafxf

APLICACIÓN AL CÁLCULO DE LÍMITES. REGLA DE L´HÔPITAL

Indeterminaciones:

En el cálculo de límites pueden aparecer siete expresiones (formas) indeterminadas. Son:

0

0

[0 · ] [ ] [1

] [0

0] [

0]

Las dos primeras pueden resolverse aplicando la regla de L´Hôpital; las otras cinco formas

habrá que transformarlas previamente para poder aplicar dicha regla.

Regla de L´Hôpital para resolver la indeterminación

0

0

Supongamos que 0)(

xflímax

y 0)(

xglímax

, siendo g(x) 0 en un entorno de a, entonces,

si existe )´(

)´(

xg

xflím

ax, se cumple que

)(

)(

xg

xflím

ax=

)´(

)´(

xg

xflím

ax

(Esto es válido si a se sustituye por a+, a

, +, o .)

NOTA: La regla dice que “el límite de un cociente es igual al límite del cociente de las

derivadas”; y NO al límite de la derivada del cociente.

Ejemplos:

0

0

0 x

senxlímx

aplicando la regla de L´Hôpital (L´H) se tiene:

11

1

1

cos

0

0

00

xlím

x

senxlím

xx.

ERROR: (?)··cos

0

0200

x

senxxxxlím

x

senxlím

xx OJO: no se hace la derivada del

cociente.

0

0

352

232

2

4/ tagxxtag

tagxxtaglím

x (recuerda que tag(/4) = 1)

Aplicando L´H se tiene:

52

10

)1(5)1(4

1)1(6

0

0

352

2322

22

4/2

2

4/

xtagxtagtagx

xtagxtagtagxlím

tagxxtag

tagxxtaglím

xx



4

Regla de L´Hôpital para resolver la indeterminación

Si

)(xflímax

y

)(xglímax

, entonces, si existe )´(

)´(

xg

xflím

ax, se cumple que

)(

)(

xg

xflím

ax=

)´(

)´(

xg

xflím

ax

(Esto es válido si a se sustituye por a+, a

, +, o .)

Ejemplos:

0

1

/1

1

ln xlím

x

xlím

xx

02222

xxxxxx elím

e

xlím

e

xlím

Resolución de las formas [0 · ] y [ ]

Para resolverlas se reducen, operando previamente, a alguna de las formas

0

0 o

Ejemplos:

·0cot)cos1(0

agxxlímx

. (Recuerda que cotag 0 = 1/tag 0 = 1/0 = )

Sustituyendo cotag x por 1/tag x se tiene:

01

0

1)´(

0

0cos1·0cot)cos1(

2000

xtag

senxlímHL

tagx

xlímagxxlím

xxx

xelím

xx

1

1

1

0= [ ].

Haciendo la resta indicada se tiene:

xelím

xx

1

1

1

0=

xe

exlím

x

x

x )1(

1

0

=

0

0= (L´H) =

1

1

0

xx

x

x exe

elím =

0

0= (L´H) =

= 2

1

20

xx

x

x exe

elím



5

Resolución de las formas [1], [0

0] y [

0]

Si al intentar calcular )(xflímax

aparece alguna de estas formas (esto es:

1)(xflím

ax, o

00)(

xflímax

, o 0)(

xflímax

) se calculará, si se puede, el límite ))(ln( xflímax

. Con

esto, la indeterminación inicial se transforma en otra del tipo [0 · ], que se resolverá como se

ha indicado antes.

Una vez resuelto, si Lxflímax

))(ln( , se tiene que el límite buscado vale L

axexflím

)( .

NOTAS: 1. Los límites cumplen la siguiente propiedad:

)(ln)(ln xflímxflím

axax.

2. Recuérdese la definición de logaritmo, ln A = L A = eL; y la propiedad: ln(B

p) = p · ln B.

(Aunque resulte matemáticamente chirriante, esta propiedad justifica el paso de las formas

[1], [0

0] y [

0] a la forma [0 · ]. Véase un caso: ln[1

] · L 1 [ · 0])

Ejemplos:

1

11

x

x xlím Aplicando logaritmos: 0·

11ln

11ln

xxlím

xlím

x

x

x =

= (transformando) =

0

0

1

11ln

x

xlímx

= (L´H) = 11

1

1

1

11

1

2

2

x

lím

x

x

x

límxx

.

Por tanto, eex

lím

x

x

111

NOTA: Este resultado se toma como definición de e.

0

00

x

xxlím Aplicando logaritmos: )·(0lnln

00

xxlímxlím

x

x

x =

= (transformando) = 0)(/1

/1)´(

/1

ln

02

00

xlím

x

xlímHL

x

xlím

xxx

Por tanto, 10

0

exlím x

x.

0ln/12 4

x

xxlím Aplicando logaritmos:

x

xlímx

xlímxlím

xx

x

x ln

4ln4ln

ln

14ln

22ln/12 = (L´H) =

=

4

2

/1

)4/(22

22

x

xlím

x

xxlím

xx = (L´H) = 2

2

4

x

xlímx

Por tanto, 2ln/12 4 exlímx

x

TEORMAS DE WEIERSTRASS, BOLZANO, ROLLE Y LAGRANGE

PROBLEMAS RESUELTOS

Dada F(x) = 4

222

−+−

xxx , escriba la ecuación de la secante a F que une los puntos (–2, F(–2)) y

(2, F(2)). ¿Existe un punto c en el intervalo [–2, 2] verificando que la tangente a la gráfica de F en (c, F(c)) es paralela a la secante que ha hallado? En caso afirmativo razone su respuesta y calcule c, en caso negativo razone por qué no existe.

F (–2) = 35

610

−=− ; F (2) = 2

2−

= –1

La ecuación de la recta secante que pasa por los puntos

−−

35,2 y (2, –1) es:

( ) (

Punto : (2, 1)2Vector director : 4, 12, 2 6, 13

− ≈ ≈

) ⇒

11

62 +

=− yx ⇒ x – 6y – 8 = 0

Por otra parte, la función F (x) es continua en el intervalo [–2, 2], puesto que su dominio es Dom F(x) = – {4}. Además es derivable en el intervalo (–2, 2). Por tanto podemos aplicar el teorema del valor medio y afirmar que existe un punto c ∈ (–2, 2) tal que:

F ‘ (x) = )2(2

)2()2(−−

−− FF

es decir, existe al menos un punto en (–2, 2) tal que la tangente es paralela a la secante. Esto es:

secante

tangente

16

'( )

m

m F

=

c

=

Deben coincidir por ser paralelas.

F ‘ (x) = 2

2

)4(68

−+−

xxx ⇒ F ‘(c) =

61 ⇒ 2

2

)4(68

−+−

ccc =

61

Desarrollando la ecuación anterior y simplificando queda: c2 – 8c + 4 = 0

cuyas raíces son: c = 4 32± . Existe sólo un punto que cumple la condición buscada, c1 = 4 – 2 3 , ya que c2 = 4 + 2 3 ∉(–2, 2). Demuestra que la función f (x) = 2 + 2x − ex corta al eje OX en el intervalo (−1, 1) y tiene un máximo relativo en ese mismo intervalo. La función es continua en el intervalo de estudio y, además, tiene distinto signo en los extremos del intervalo. Por tanto, por el teorema de Bolzano, cortará al eje OX entre −1 y 1. En efecto:

f (−1) = 2 – 2 – e–1 < 0 y f (1) = 2 + 2 – e1 < 0 En consecuencia, existirá un punto c ∈ (−1, 1) tal que f (c) = 0. En ese punto, la corta al eje OX. Para ver que tiene un máximo hallamos las derivadas primera y segunda:

f ‘ (x) = 2 – ex = 0 ⇒ x = Ln 2 ≅ 0,6931 < 1 f ‘’ (x) = – ex ⇒ f ‘’ (Ln 2) = –eLn 2 = –2 < 0

Como la derivada segunda es negativa en x = Ln 2, para ese valor se tendrá, efectivamente un máximo.

Se considera la función f (x) = x(x − a) (x − b) (x − c), con 0 < a < b < c. Demostrar que la ecuación f ‘(x) = 0 tiene exactamente tres raíces reales. La función f (x) = x(x − a) (x − b) (x − c) es polinómica. Por tanto, es continua y derivable en todo

. Además corta al eje OX exactamente en cuatro puntos: x = 0, x = a, x = b y x = c. Un esbozo de su gráfica es:

Como puede apreciarse visualmente, la curva tiene un máximo y dos mínimos. En las abscisas de esos puntos la derivada se anula, pues son puntos con tangente horizontal (*).

Por tanto, la ecuación f ‘(x) = 0 tiene exactamente tres raíces reales: x1, x2 y x3. (*) Esto es consecuencia del teorema de Rolle, que dice: Si f (x) es una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a, b) que verifica f (a) = f (b), entonces existe, al menos, un punto c ∈ (a, b) tal que f ‘(c) = 0. Aquí los intervalos son: [0, a], [a, b] y [b, c]. Demostrar que la ecuación x3 + x2 + x – 1 = 0 tiene una única solución real. Consideramos la función f (x) = x3 + x2 + x – 1, que es continua y derivable por ser un polinomio. Como f (0) = −1 y f (1) = 2, por el teorema de Bolzano se deduce que la función corta al eje OX en el intervalo (0, 1). Luego la ecuación x3 + x2 + x – 1 = 0 tiene una raíz entre 0 y 1. Como f ´(x) = 3x2 + 2x + 1 > 0 para todo x, la función será siempre creciente. En consecuencia, sólo corta una vez al eje OX. Luego la ecuación x3 + x2 + x – 1 = 0 sólo tiene una raíz real. Enunciar el teorema de Rolle. Demostrar que la función f (x) = x3 – x + a cumple la hipótesis de este teorema en el intervalo [0, 1] cualquiera que sea el valor de a. Encontrar el punto en el cual se cumple la tesis. Teorema de Rolle: Sea f (x) una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a, b) que verifica f (a) = f (b). Entonces existe, al menos, un punto c ∈ (a, b) tal que f ‘ (c) = 0. Por tratarse de un polinomio, la función f (x) = x3 – x + a es continua para todo número real; en particular en el intervalo [0, 1]. Como además f (0) = a y f (1) = a, también se verifica la segunda hipótesis. En consecuencia, existe un punto c ∈ (0, 1) tal que f ‘ (c) = 0. Derivando:

f ‘ (x) = 3x2 – 1 ⇒ x = 13

±

El valor buscado es x = 13

, que es el que cae dentro del intervalo.

Dada la función f (x) = sen sen( 1)cos cos( 1)

x xx x+ +− +

en el intervalo 0 < x < 2π, calcula su derivada,

simplificándola en lo posible. ¿Es constante esta función f (x)? Derivando como un cociente se tiene:

f ‘ (x) = 2

(cos cos( 1))(cos cos( 1)) (sen sen( 1))( sen sen( 1))(cosx-cos(x+1))

x x x x x x x x+ + − + − + + − + + =

= 2 2 2 2

2

(cos cos ( 1)) (sen ( 1) sen )(cos cos( 1))

x x xx x

− + − + −− +

x =

= 2 2 2 2

2 2

(cos sen (sen ( 1) cos ( 1)) 1 1(cos cos( 1)) (cos cos( 1))

x x x xx x x x

+ − + + + −=

− + − + = 0

Como su derivada vale 0, la función es constante. Nota: Si utilizamos las fórmulas de sumas de senos y cosenos se tiene que:

f (x) = sen sen( 1)cos cos( 1)

x xx x+ +− +

=

2 1 12sen cos2

2 1 12sen sen2 2

x

x

+ −

+ − −

2 = – cotg 12

−

Esta función es constante, y por tanto, su derivada valdrá 0. Enunciar el Teorema del Valor Medio del cálculo diferencial. Usarlo para demostrar que para cualesquiera números reales x < y se verifica que cos y – cos x = y – x. El teorema del valor medio dice: Si f (x) es continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a, b), entonces existe un punto c ∈ (a, b) tal que:

( ) ( )f b f ab a

−−

= f ‘ (c)

Consideramos la función f (x) = cos x. Esta función es continua y derivable en todo , y en particular en cualquier intervalo [x, y]. Por tanto, aplicando el teorema:

( ) ( )f y f xy x

−−

= f ‘ (c), siendo x < c < y

Luego: cos cosy

y xx−

− = –sen c ⇒ cos y – cos x = (y – x) (–sen c)

Como sen c ≤ 1 para cualquier valor de c, se tendrá que: (y − x) (−sen c) ≤ y − x

Por tanto, cos y − cos x ≤ y − x. Demuestra que la función y = x3 – x – sen πx tiene un máximo relativo en el intervalo (–1, 0) y un mínimo relativo en el intervalo (0, 1). Menciona los resultados teóricos que utilices. La función dada es continua y derivable (con derivada continua) en todo , y en particular en los intervalos [–1, 0] y [0, 1]. Por tanto cumple el teorema de Rolle, el de Bolzano y todos los relativos a continuidad y derivabilidad. Como y (1) = 0, y (0) = 0 e y (1) = 0, por el teorema de Rolle, existirá un valor c ∈ (–1, 0) en donde y ‘ (c) = 0; y por lo mismo, otro punto c ‘ ∈ (0, 1) en el que y ‘ (c ‘) = 0. Lo que no sabemos, de momento, es si esos puntos son máximos o mínimos. Haciendo la derivada se tiene: y ‘ = 3x2 – 1 – cos πx.

• Como y ‘ (–1) = 2 + π > 0 e y ‘ (0) = –1 – π < 0, la función es creciente en un entorno de x = –1 y decreciente en un entorno de x = 0. Por tanto, algún valor c ∈ (–1, 0) tal que y ‘ (c) = 0 es un máximo.

• Como y ‘ (0) = –1 – π < 0 e y ‘ (1) = 2 + π > 0, la función es decreciente en un entorno de x = 0 y creciente en un entorno de x = 1. Por tanto, algún valor c ‘ ∈ (0, 1) tal que y ‘ (c ‘) = 0 es un mínimo.

Comprobar que se verifican las hipótesis del teorema de Rolle para la función f (x) = 3cos2 x, en el intervalo [π/2, 3π/2]. Calcular también el valor al que se refiere la tesis del teorema. La función es continua y derivable en todo ; en particular, en el intervalo [π/2, 3π/2]. Además:

f (π/2) = 0 = f (3π/2) Por tanto cumple las hipótesis del teorema de Rolle. Luego, existe un punto c ∈ (π/2, 3π/2) tal que f ‘(c) = 0. Calculémoslo:

f ‘ (x) = −6 cos x sen x = −3 sen 2x = 0 ⇒ 2x = kπ ⇒ x = π2k con k ∈

El punto buscado es c = π, ya que es el punto que pertenece al intervalo [π/2, 3π/2]. ¿Puede aplicarse el teorema de Bolzano a la función f (x) = sen 2x + cos 3x en el intervalo [0, π]? Encontrar, si existe, un punto de [0, π] en el cual se anule esta función. Teorema de Bolzano. Si una función es continua en un intervalo [a, b] y toma valores de signo opuesto en los extremos (por ejemplo, f (a) > 0 y f (b) < 0), entonces existe al menos un punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = 0. La función f (x) = sen 2x + cos 3x es continua en todo , en particular en [0, π]. Además:

f (0) = sen 0 + cos 0 = 1 y f (π) = sen 2π + cos 3π = –1 Luego verifica las hipótesis del teorema de Bolzano. Por tanto, existe un punto tal que f (x) = sen 2x + cos 3x = 0. A ojo, se ve que una solución de esa ecuación trigonométrica es x = π/2. Nota: Hacemos un intento de resolución de la ecuación sen2x + cos3x = 0:

sen 2x + cos 3x = 0 ⇒ 2sen x cos x + cos x cos 2x – sen x sen 2x = 0 ⇒ ⇒ 2sen x cos x + cos x (cos2 x − sen2 x) − sen x 2sen x cos x = 0 ⇒

⇒ cos x (cos2 x − 3sen2 x 2sen x) = 0 ⇒ x = π/2 + kπ Aunque hay más soluciones, a nosotros nos vale con encontrar una: x = π/2, que, como hemos dicho, puede verse a ojo. Se considera la función f (x) = arctg x. Demostrar que existe algún número real x ∈ (0, 1) tal que f ‘(x) = x.

f (x) = arctg x ⇒ f ‘(x) = 2

11 x+

Consideramos la función F (x) = f ‘(x) − x = 2

11 x+

– x

Esta función es continua en [0, 1]. Además, F (0) = 1 y F (1) = 12

− . Luego, por el teorema de

Bolzano, existe un punto c ∈ (0, 1) tal que F (c) = 0. Por tanto:

F (c) = 0 ⇔ F (c) = 2

11 c+

– c = 0 ⇔ 2

11 c+

= c ⇔ f ‘(c) = c

Podemos aplicar el teorema de Rolle a la función f (x) =

2 1xe − en el intervalo es [–1, 1]?¿Para qué valor α es f ‘(α) = 0? Teorema de Rolle: Si f (x) es una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a, b) y además f (a) = f (b), entonces existe, al menos, un punto c ∈ (a, b) tal que f ‘(c) = 0. La función f (x) = cumple las hipótesis anteriores en el intervalo [–1, 1], ya que es continua y derivable en él y además:

2 1xe −

f (–1) = e0 = 1 y f (1) = e0 = 1 Por tanto:

f ‘(x) = 2x2 1xe − = 0 ⇒ x = 0

El valor pedido es α = 0. Demostrar que, para cualquier valor de m, la ecuación x3 – 3x + m = 0 no tiene dos raíces diferentes que pertenecen al intervalo [0, 1]. Consideramos la función f (x) = x3 – 3x + m que es continua y derivable en todo . Su derivada, f ‘ (x) = 3x2 – 3, vale 0 en x = –1 y en x = 1. Como f ‘ es negativa para todo x ∈ (–1, 1), la función es decreciente en todo el intervalo. En consecuencia, f (x) = x3 – 3x + m sólo puede cortar una vez, como máximo, al eje OX en el intervalo (–1, 1). Por tanto, la ecuación x3 – 3x + m = 0 sólo puede tener una raíz en ese intervalo. Aplicar, si es posible, a la función f (x) = sen x cos x en si el intervalo es [0, π], el teorema de Rolle, dando c ∈ (0, π) para el cual f ‘(c) = 0. La función f (x) = sen x cos x es continua y derivable en toda la recta. En particular en el intervalo [0, π]. Además:

f (0) = sen 0 cos 0 = 0 y f (π) = sen π ·cos π = 0 Por tanto, puede aplicarse el teorema. En consecuencia, existe un punto c ∈ (0, π) tal que f ‘(c) = 0

f ‘ (x) = cos x cos x – sen x sen x = cos 2x = 0 ⇒ 2x = π/2 ⇒ x = π/4 El valor buscado es c = π/4 Nota: Hay otra solución: c = 3π/4 Aplicar el teorema de Bolzano para demostrar que la ecuación x = cos x tiene al menos una solución dentro del intervalo [0, π/2]. Consideramos la función f (x) = x – cos x. Esa función es continua en todo , en particular en [0, π/2]. Además:

f (0) = 0 – cos 0 = –1 < 0 y f (π) = π – cos π = π + 1 > 0 Luego verifica las hipótesis del teorema de Bolzano. Por tanto, existe un punto c ∈ (0, π/2) tal que f (c) = 0:

f (c) = 0 ⇒ f (c) = c – cos c = 0 ⇒ c = cos c Esto es, la ecuación x = cos x tiene una solución que es c. Calcula un punto el intervalo [1, 3] en el que la recta tangente a la curva y = x2 – x + 2 es paralela a la cuerda que une los puntos A = (1, 2) y B = (3, 8). El teorema del valor medio dice: Si f (x) es continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo (a, b), entonces existe un punto c ∈ (a, b) tal que:

f ‘ (c) = ( ) ( )f b f ab a

−−

Como la función y = f (x) = x2 – x + 2 cumple las condiciones del teorema se tendrá: (3) (1)

3 1f f−

− = 2c – 1 (ya que f ‘ (x) = 2x – 1 ⇒ f ‘ (c) = 2c – 1) ⇒

⇒ 8 23 1

−−

= 3 = 2c – 1 ⇒ c = 2

El punto pedido es x = 2. Considera la función:

f (x) =

2 si 0si 0 3

3cos( 3) si 3

x x xx xx x

+ ≤ < ≤ − >

a) Estudia si es derivable en x = 0 y en x = 3. b) Razona si se puede asegurar que existe un punto c en el intervalo [–2, 2] en el cual f ‘(c) = 0. a) Veamos primero la continuidad. La función es continua en todo , salvo quizás en los puntos x = 0 y x = 3, que es los que se cambia de un trozo a otro.

Si x → 0– ⇒ f (x) → 0 Si x → 0+ ⇒ f (x) → 0

La función es continua en x = 0. Si x → 3– ⇒ f (x) → 3 Si x → 3+ ⇒ f (x) → 3 cos 0 = 3

La función es continua en x = 3. Salvo en x = 0 y x = 3, su derivada es:

f ‘ (x) = 2 1 si 0

1 si 03sen( 3) si 3

x xx

x x

+ < 3< <− − >

Para x = 0: Si x → 0– ⇒ f ‘(x) → 1 Si x → 0+ ⇒ f ‘(x) → 1

La función es derivable en x = 0. Para x = 3:

Si x → 3– ⇒ f ‘(x) → 1 Si x → 3+ ⇒ f ‘(x) → –3 sen 0 = 0

La función no es derivable en x = 3. La derivada es pues:

f ‘ (x) = 2 1 si 0

1 si 03sen( 3) si 3

x xx

x x

+ ≤ 3< <− − >

b) En el intervalo [–2, 2] la función es continua y derivable; en consecuencia cumple el teorema de Rolle, y existe un punto c ∈ (–2, 2) tal que f ‘(c) = 0. Ese punto es la solución de:

2x + 1 = 0 ⇒ x = 12

−

Prueba que la función f (x) = x2 – 2x + cos x tiene al menos un mínimo relativo en el intervalo (0, π). La función f (x) = x2 – 2x + cos x es continua y derivable para todo x. Lo mismo le sucede a su derivada, f ‘ (x) = 2x – 2 – sen x. Como:

f ‘ (0) = –2 < 0 y f ‘ (π) = 2π – 2 > 0 por el teorema de Bolzano, existe algún punto c entre 0 y π tal que f ‘ (c) = 0. Este punto c será el punto singular de la función f. La segunda derivada vale f ‘’ (x) = 2 – cos x. Entonces:

f ‘’ (c) = 2 – cos c > 0 (por ser –1 ≤ cos α ≤ 1, para todo α) Por tanto, c cumple las condiciones de mínimo relativo: f ‘ (c) = 0 y f ‘’ (c) > 0.

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2010–11. MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II

Lección 1. Funciones y derivada.

1

5. Aproximación de funciones: polinomios de Taylor y teorema de Taylor. Algunas veces podemos aproximar funciones complicadas mediante otras funciones más simples (con las que es más simple trabajar) que dan la exactitud adecuada en ciertas aplicaciones. Comen-zaremos estudiando el proceso de linealización que ofrece la derivada y continuaremos estudiando polinomios de Taylor.

Como sabemos, la tangente a ( )y f x= en un punto ,x a= donde la función f es derivable, pasa por el punto ( ), ( )a f a con pendiente ( )f a′ y tiene por ecuación ( ) ( )( ).y f a f a x a′= + −

Entonces, la recta tangente es la gráfica de la función lineal ( ) : ( ) ( )( ).L x f a f a x a′= + − Observa que, donde esta recta permanezca cerca de la gráfica de ,f ( )L x ofrecerá una buena aproximación de ( ).f x A la función ( )L x se le llama linealización de la función f en el punto .a La aproxima-ción ( ) ( )f x L x≈ se llama aproximación lineal de f en el punto .a Observa que ( ) ( )L a f a= y que ( ) ( ).L a f a′ ′=

EJEMPLO. Un cálculo sencillo muestra que la aproximación lineal de la función ( ) 1f x x= + en el

punto 0a = viene dada por 1 .2xy = + De forma similar se puede obtener que la aproximación line-

al de la función ( ) 1f x x= + en el punto 3a = viene dada por 5 .4 4

xy = +



2

Entonces 1 12xx + ≈ + si x está cerca de 0.a = Por ejemplo, si usamos esta aproximación obte-

nemos que 1.2 1.10.≈ Observa que 1.2 1.095445,= con lo cual el error es menor que 210 .− Sin embargo, si nos alejamos de 0a = esta aproximación pierde precisión y no es esperable que pro-duzca buenos resultados, por ejemplo, cerca de 3.a = Aquí debemos usar la otra linealización es

decir, 51 .4 4

xx + ≈ + Observa que si usamos la primera obtenemos 3.2 2.10,≈ mientras que con

la segunda aproximación obtenemos 5 2.23.2 1.8.4 4

≈ + = Recuerda que 3.2 1.78885.=

Este proceso de aproximación se puede generalizar, siempre que la función f tenga suficientes de-rivadas, usando polinomios en lugar de la aproximación lineal ( ) : ( ) ( )( ).L x f a f a x a′= + −

EJEMPLO. Consideremos la función exponencial ( ) xf x e= y el punto 0.a = Entonces la aproxima-ción lineal en 0a = es, ( ) 1 ,L x x= + puesto que (0) 1f = y (0) 1.f ′ = Por comodidad denotaremos, en adelante a la función ( )L x por 1( ),P x puesto que se trata de un polinomio de grado 1. Observa que 1(0) 1P = y 1(0) 1.P′ = Buscamos ahora un polinomio de grado dos 2 ( ),P x de forma que

2 (0) 1,P = 2 (0) 1P′ = y 2 (0) (0) 1.P f′′ ′′= = No es difícil comprobar que 2

2 ( ) 1 .2xP x x= + + Continuan-

do este proceso, buscamos ahora un polinomio de grado tres 3( ),P x de forma que 3(0) 1,P =

3 (0) 1,P′ = 3 (0) 1P′′ = y 3 (0) (0) 1.P f′′′ ′′′= = No es difícil comprobar que 2 3

3 ( ) 1 .2 6x xP x x= + + +



3

Cada una de estas funciones: 1( ),y P x= 2 ( ),y P x= e 3 ( )y P x= mejora la aproximación de la fun-ción exponencial ( ) .xf x e= De hecho, si aproximamos el valor de 2.71828,e ≈ que se obtiene para

1,x = obtenemos los siguientes resultados:

1 2 3(1) 2, (1) 2.5, (1) 2.66667.e P e P e P≈ = ≈ = ≈ =

Los polinomios 1( ),P x 2 ( )P x y 3 ( )P x se llaman polinomios de Taylor de la función exponencial de ordenes 1, 2 y 3, respectivamente. En general tenemos la siguiente definición.

DEFINICIÓN. Sea f una función con derivadas de orden ,k para 0,1, ,k N= … en un intervalo que contiene al punto a en su interior. Para cada 0,1, ,n N= … el polinomio

)2 3( ) ( ) ( )( ) : ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2! 3! !

nn

nf a f a f aP x f a f a x a x a x a x a

n′′ ′′′

′= + − + − + − + + −

se llama polinomio de Taylor de f de orden n alrededor de .a

OBSERVACIÓN. El polinomio de Taylor ( )nP x y todas sus derivadas hasta el orden n coinciden con las de la función ( )f x en el punto ,x a= es decir,

( ) ( ),nP a f a= ( ) ( ),nP a f a′ ′= ( ) ( ),nP a f a′′ ′′= ( ) ( ),nP a f a′′′ ′′′= …, ) )( ) ( ).n nnP a f a=

EJEMPLO. Vamos a calcular los diferentes polinomios de Taylor de la función coseno ( ) : cos ,f x x= centrados en 0.a = Las sucesivas derivadas de la función coseno son

2 ) 2 1)

( ) cos , ( ) sen ,( ) cos , ( ) sen ,

( ) ( 1) cos , ( ) ( 1) sen .n n n n

f x x f x xf x x f x x

f x x f x x+

′= = −′′ ′′′= − =

= − = −

Como cos 0 1= y sen 0 0,= tenemos que 2 ) (0) ( 1)n nf = − y 2 1) (0) 0.nf + = Puesto que 2 1) (0) 0nf + = los polinomios de órdenes 2n y 2 1n + son idénticos, es decir,

2 4 6 2

2 1 2( ) ( ) 1 ( 1) .2! 4! 6! (2 )!

nn

n nx x x xP x P x

n+ = = − + − + + −

A continuación dibujamos algunos de estos polinomios y cómo aproximan la función coseno.



4

Ahora responderemos a la siguiente pregunta: ¿Cómo de buena es la aproximación de una función ( )f x por el polinomio de Taylor ( )nP x en un intervalo dado? La respuesta a esta cuestión está en el

teorema de Taylor que enunciamos a continuación.

TEOREMA (TAYLOR). Supongamos que la función [ ]: , ( )f x a b f x∈ ⊆ → ∈ tiene derivadas ,f ′

,f ′′ …, )nf que son continuas en [ ],a b y que )nf es derivable en ( ), .a b Entonces existe ( ),c a b∈

tal que ) 1)

2 1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) .2! ! ( 1)!

n nn nf a f a f cf b f a f a b a b a b a b a

n n

++′′

′= + − + − + + − + −+

OBSERVACIÓN. El teorema de Taylor es una generalización del teorema del valor medio de Lagran-ge. Cuando aplicamos el teorema de Taylor usualmente dejamos fijo el punto a y tratamos b como variable. La fórmula de Taylor es más fácil de escribir en esta situación si cambiamos la variable b por la variable x que usamos normalmente. Con este cambio de notación el teorema de Taylor afirma que si la función f tiene suficientes derivadas en un intervalo I que contiene al punto a en su interior y ,x I∈ entonces existe ( , )c I a x∈ tal que

)2( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ),

2! !

nn

nf a f af x f a f a x a x a x a R x

n′′

′= + − + − + + − +

donde 1)

1( )( ) : ( ) .( 1)!

nn

nf cR x x an

++= −

+ Es importante recalcar que el punto c que aparece en la expre-

sión de ( )nR x depende del punto .x Es decir, para cada ,x I∈ existe ( , )c I a x∈ que verifica la igualdad anterior, que se le llama fórmula de Taylor de la función f de orden n alrededor de .a La expresión ( )nR x se le llama resto de Taylor de orden .n

EJEMPLO. Vamos a calcular e con un error menor que 610 .− De la fórmula de Taylor (centrada en 0a = ) de la función exponencial

2 3 411 , (0, )

2! 3! 4! ! ( 1)!

n cx nx x x x ee x x c I x

n n+= + + + + + + + ∈

+

obtenemos, para 1,x = que 1 1 1 11 1 (1),2! 3! 4! ! ne R

n= + + + + + + + con (1)

( 1)!

c

neR

n=

+ y ( )0,1 .c∈

Entonces tenemos que 1 1 1 1 31 1 (1) .2! 3! 4! ! ( 1)! ( 1)!

c

nee R

n n n⎛ ⎞− + + + + + + = = <⎜ ⎟ + +⎝ ⎠

Suponemos

que nosotros conocemos que 3,e < con lo cual 3ce < porque 1.c < Ahora es fácil comprobar que 63 10 .

10!−< Entonces, basta tomar 9n = en la fórmula anterior para obtener

1 1 1 1 1 1 1 11 1 2.7182822! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!

e = + + + + + + + + + =

Con un error menor que 610 .−



5

EJEMPLO. Para la función seno ( ) : sen ,f x x= tenemos que las sucesivas derivadas son

2 ) 2 1)

( ) sen , ( ) cos ,( ) sen , ( ) cos ,

( ) ( 1) sen , ( ) ( 1) cos .n n n n

f x x f x xf x x f x x

f x x f x x+

′= =′′ ′′′= − = −

= − = −

Como cos 0 1= y sen 0 0= tenemos que 2 ) (0) 0nf = y 2 1) (0) ( 1) .n nf + = − Puesto que 2 ) (0) 0nf = los polinomios de órdenes 2 1n + y 2 2n + son idénticos, es decir,

3 5 7 2 1

2 2 2 1( ) ( ) ( 1) .3! 5! 7! (2 1)!

nn

n nx x x xP x P x x

n

+

+ += = − + − + + −+

A continuación dibujamos algunos de estos polinomios y cómo aproximan la función seno.

Entonces, la fórmula de Taylor para la función seno es

3 5 7 2 12 3cossen ( 1) ( 1) , (0, ).

3! 5! 7! (2 1)! (2 3)!

nn n nx x x x cx x x c I x

n n

++= − + − + + − − − ∈

+ +

En particular tenemos que 3

5cossen ,3! 5!x cx x x= − + con (0, ).c I x∈ El error que se comete al apro-

ximar sen x por 3

3!xx − está acotado por

535cossen

3! 5! 5!xx cx x x

⎛ ⎞− − = ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

puesto que cos 1c ≤

para cualquier valor de .c Entonces, el error será menor que 43 10−⋅ si se verifica que 5

43 10 ,5!x −< ⋅

lo que significa que 5 4360 10 0.514.x −< ⋅ ≈

OBSERVACIÓN. En las condiciones del teorema de Taylor, para una función f que tiene suficientes derivadas en un intervalo I que contiene al punto a en su interior y ,x I∈ sabemos que existe



6

( , )c I a x∈ tal que )

2( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ),2! !

nn

nf a f af x f a f a x a x a x a R x

n′′

′= + − + − + + − + donde

1)1( )( ) : ( ) .

( 1)!

nn

nf cR x x an

++= −

+ Como antes, si escribimos

)2( ) ( )( ) : ( ) ( )( ) ( ) ( ) ,

2! !

nn

nf a f aP x f a f a x a x a x a

n′′

′= + − + − + + −

tenemos la igualdad ( ) ( ) ( ),n nf x P x R x= + donde 1)

1( )( ) : ( ) .( 1)!

nn

nf cR x x an

++= −

+ Nos preguntamos aho-

ra qué ocurre en la igualdad ( ) ( ) ( ),n nf x P x R x= + cuando ,x a→ es decir, cuando x está próximo al valor a (y dejamos fijo el grado n del polinomio). O bien, cuando ,n →∞ es decir, cuando au-mentamos el grado del polinomio de Taylor, pero dejamos fijo el valor de .x Observa que, de la

continuidad de la derivada 1)nf + se verifica que 1)( ) ( )lim lim ( ) 0.

( ) ( 1)!

nn

nx a x a

R x f c x ax a n

+

→ →= − =

− + Entonces

( ) ( ) ( )lim lim 0.( ) ( )

n nn nx a x a

f x P x R xx a x a→ →

−= =

− −

Es decir, cuando ,x a→ la diferencia entre el polinomio de Taylor ( )nP x y ( )f x converge a cero más rápidamente que la potencia ( )nx a− tiende a 0. Esto significa que ( )nP x está muy próximo a

( )f x cuando x está cerca de .a

Si existe una constante positiva M tal que 1) ( )nf z M+ ≤ para todo [ ], ,z a x∈ entonces el resto de

Taylor está acotado por 11)

1( )( ) ( ) .( 1)! ( 1)!

nnn

n

x af cR x x a Mn n

+++ −

= − ≤+ +

Se puede probar que

1

lim 0,( 1)!

n

n

x an

+

→∞

−=

+

independientemente del valor .x a− Con estas hipótesis de acotación para las derivadas de la fun-ción f se verifica que lim ( ) ( ),nn

P x f x→∞

= esto es,

)2

)2

)

0

( ) ( )( ) lim ( ) ( )( ) ( ) ( )2! !

( ) ( ): ( ) ( )( ) ( ) ( )2! !

( ): ( ) .!

nn

n

nn

kk

k

f a f af x f a f a x a x a x an

f a f af a f a x a x a x an

f a x ak

→∞

∞

=

′′⎛ ⎞′= + − + − + + −⎜ ⎟

⎝ ⎠′′

′= + − + − + + − +

= −∑



7

En este caso decimos que la serie de potencias )

0

( ) ( ) ,!

kk

k

f a x ak

∞

=

−∑ que se llama serie de Taylor de

la función f alrededor del punto ,a es convergente a la función o que la función f coincide con la suma de su serie de Taylor.

EJEMPLO. Existen funciones para las que su serie de Taylor no converge a la función. Por ejemplo,

consideremos la función de Cauchy 2

1

, 0,( ) :0, 0

xe xf xx

−⎧⎪ ≠= ⎨⎪ =⎩

Es posible comprobar que ) (0) 0,nf = para todo 0,1,...n = Esto significa que su serie de Taylor de f centrada en 0a = es

)2 2(0) (0)(0) (0) 0 0 0 0 0.

2! !

nn nf ff f x x x x x x

n′′

′+ + + + + = + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

Esta serie converge para todo ,x (su suma vale siempre 0) pero converge a ( )f x sólo para 0.x = EJERCICIO 1. Calcula los polinomios de Taylor de orden 1, 2 y 3 alrededor del punto a para las siguientes funciones .f

1. ( ) log( 1), 0.f x x a= + = 2. 1( ) , 0.1

f x ax

= =+

3. 1( ) , 2.f x ax

= =

4. ( ) sen , .4

f x x a π= = 5. ( ) 1, 0.f x x a= + = 6. ( ) , 4.f x x a= =

EJERCICIO 2. Calcula los polinomios de Taylor de grado 4 de las funciones que se indican a conti-nuación alrededor del punto dado.

(1) 1( )1

f xx

=−

alrededor de 0.a = (2) ( )1

xf xx

=+

alrededor de 1.a =

(3) ( ) logf x x= alrededor de 1.a = (4) 3 2( ) 2 3 5f x x x x= − + − alrededor de 2.a =

EJERCICIO 3. ¿Para qué valores de x se puede remplazar sen x por 3

6xx − con un error menor que

45 10−⋅ ?



8

EJERCICIO 4. El polinomio de Taylor de orden 2 de una función ( )f x dos veces derivable en x a= se llama aproximación cuadrática de f en el punto .a Para las siguientes funciones calcula la li-nealización (el polinomio de Taylor de orden 1) y la aproximación cuadrática en el punto 0.a =

1. ( ) log(cos ).f x x= 2. sen( ) .xf x e= 3. 2

1( ) .1

f xx

=−

4. ( ) cosh .f x x= 5. ( ) sen .f x x= 6. ( ) tan .f x x=

EJERCICIO 5. Si remplazamos cos x por 2

12x

− y 0.5,x < ¿qué estimación se puede dar del error?

EJERCICIO 6. Cuando 0 0.01,x≤ ≤ demuestra que xe se puede remplazar por 1 x+ con un error menor que el 0.6 % de .x Usa que 0.01 1.01.e = EJERCICIO 7. ¿Para qué valores de 0x > se puede remplazar log(1 )x+ por x con un error menor que el 1% de x ? EJERCICIO 8. Usa un desarrollo de Taylor de la función log(1 )x+ para calcular log(1.2) con un error menor que 0.01.ε =

EJERCICIO 9. Considera la función 1

( ) ,tx ef x dt

t= ∫ definida para 0.x >

a) Halla los polinomios de Taylor de grados 2 y 3 de f alrededor de 1.a = b) Aproxima el valor de (1.1)f usando el polinomio de Taylor anterior de grado 2 y estima

el error cometido.

Propiedades de las funciones en un intervalo Teorema de Rolle · TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL...

Documents

Transcript of Propiedades de las funciones en un intervalo Teorema de Rolle · TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL...