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Cálculo Diferencial e Integral I: Diferenciales

Introducción

Vimos que una forma de expresar a la derivada de una función $y=f(x)$ es utilizando la notación:
$$\dfrac{dy}{dx}=f'(x)$$

Recordemos que $ \dfrac{dy}{dx}$ es un «símbolo» que utilizamos para denotar el límite:
$$\lim_{\varDelta x \to 0}\frac{\varDelta y}{\varDelta x}$$
Por lo que no consideremos a $\dfrac{dy}{dx}$ como una fracción donde su numerador es $dy$ y su denominador $dx$. No obstante en diversos problemas de aplicaciones del Cálculo es necesario dar interpretaciones separadas a $dx$ y $dy$. En esta entrada veremos cuál es la interpretación de estos nuevos «símbolos» y como su aplicación nos resulta útil.

Definición de la diferencial de una función

Definición (Diferencial): Si tenemos una función $f$ derivable. Definimos a la diferencial de $f$ como el producto de su derivada por la diferencial de la variable independiente $x$.
$$df(x)=f'(x)dx$$

Para simplificar un poco la notación consideremos $y=f(x)$ y nos quedamos con:
$$dy=f'(x)dx$$

A continuación veremos algunos ejemplos donde se nos pide hallar la diferencial de una función haciendo uso de la definición revisada.

Algunos ejemplos de funciones y su diferencial

Obtén la diferencial de las siguientes funciones:

  1. $$y=x^{3}-3x$$
  2. $$\rho = \sin(a\theta)$$
  3. $$t=\frac{x}{a}+\frac{a}{x}$$
  4. $$s=\theta cos(\theta)$$
  5. $$y=\log(\sin(x))$$
  6. $$\gamma = e^{t}cos(\pi t)$$

Solución: Aplicaremos la definición siguiente en cada uno de los incisos
$$dy=f'(x)dx$$

  1. Para la función $y=x^{3}-3x$ tenemos:
    \begin{align*}
    dy&=(x^{3}-3x)’ dx\\
    &=(3x^{2}-3)dx
    \end{align*}
    Por lo que la diferencial es $dy=(3x^{2}-3)dy$
  2. Ahora para la función $\rho =\sin(a\theta)$:
    \begin{align*}
    d \rho &= (\sin(a\theta))’ d\theta\\
    &=a \cos(a\theta) d\theta
    \end{align*}
    Concluimos que $d \rho =a \cos(a\theta) d\theta$
  3. Aplicando la definición con $t=\frac{x}{a}+\frac{a}{x}$:
    \begin{align*}
    dt &=\left(\frac{x}{a}+\frac{a}{x}\right)’ dx\\
    &= \left(\frac{x}{a}+ax^{-1}\right)’ dx\\
    &=\left(\frac{1}{a}-ax^{-2}\right) dx\\
    &= \left(\frac{1}{a}-\frac{a}{x^{2}}\right) dx
    \end{align*}
    Por lo tanto $dt = \left(\frac{1}{a}-\frac{a}{x^{2}}\right) dx$
  4. Del mismo modo para $s=\theta cos(\theta)$:
    \begin{align*}
    ds&= (\theta \cos(\theta))’ d\theta\\
    &= (\cos(\theta)-\theta \sin(\theta))d\theta
    \end{align*}
    Así $ds = (\cos(\theta)-\theta \sin(\theta))d\theta$
  5. Y si consideramos $y=\log(\sin(x))$:
    \begin{align*}
    dy &= (\log(\sin(x)))’dx\\
    &=\frac{1}{\sin(x)}\cdot \cos(x) dx\\
    &=\frac{\cos(x)}{\sin(x)} dx\\
    &=ctg(x) dx
    \end{align*}
    Por lo que $dy = ctg(x) dx$
  6. Finalmente para $\gamma = e^{t}cos(\pi t)$:
    \begin{align*}
    d\gamma &= (e^{t}\cos(\pi t))’ dt\\
    &= (e^{t}\cos(\pi t)-e^{t}\sin(\pi t))dt
    \end{align*}
    Concluyendo $d\gamma =(e^{t}\cos(\pi t)-e^{t}\sin(\pi t))dt$

A continuación veremos una interpretación geométrica de la diferencial que más adelante nos permitirá revisar algunos problemas de aplicación.

Una interpretación de la diferencial

Tomemos la función $y=f(x)$ y al punto $A$ sobre la curva. Consideremos a $f'(x)$ como el valor de la derivada en $A$ y tracemos la recta tangente en dicho punto.

Nombremos al segmento $AB$ como $dx$. Recordemos que la definición de la diferencial es:
$$dy=f'(x)dx$$

Por lo visto en la primera entrada de esta unidad sabemos que:
$$f'(x)=\tan(\alpha)$$

Además aplicando la definición de la función tangente apoyándonos en el gráfico siguiente se sigue:
\begin{align*}
\tan(\alpha)&= \frac{co}{ca}\\
&=\frac{CB}{AB} \tag{*}
\end{align*}

Cuando sustituimos $(*)$ y $dx=AB$ obtenemos lo siguiente:
\begin{align*}
dy&= \left(\frac{CB}{AB}\right)(AB)\\
&= \left(\frac{CB}{\cancel{AB}}\right)(\cancel{AB})\\
&=CB
\end{align*}
Observamos que $dy$ nos brinda una aproximación al incremento $\varDelta y$ que esta dado por el segmento $A_1B$, cuando $dx$ es pequeña.

Es decir:
$$dy \approx \varDelta y$$

Utilizaremos esta cualidad cuando necesitemos hallar un valor aproximado del incremento de una función. En las siguientes secciones revisaremos un par de problemas donde haremos uso de la diferencial para resolverlos.

Problema 1

Obtener el incremento del área de un cuadrado de lado $8m$ al aumentar el lado $5mm$.
Para resolver este problema veremos dos métodos de solución, en el primero no usaremos la diferencial y en el segundo si la utilizaremos.

Solución sin usar la diferencial

Sabemos del problema que:
\begin{align*}
I&= 8m & \varDelta l &=5mm\\
A&=64 m^{2} & l_0&= 8.005m
\end{align*}
Por lo que el área del nuevo cuadrado con el lado $l_0$ sería:
\begin{align*}
A_0&= (8.005 m)^{2}\\
&=64.080025 m^{2}
\end{align*}

Obtenemos el incremento del área $\varDelta A$ haciendo la resta del área original con el área del nuevo cuadrado.
\begin{align*}
\varDelta A &= 64.080025m^{2} -64m^{2}\\
&=0.080025m^{2}
\end{align*}

$$\therefore \varDelta A=0.080025 m^{2}$$

Solución utilizando la diferencial

Si tomamos a $l$ como el lado del cuadrado tenemos que su área es:
$$A=l^{2}$$
Cómo sabemos que $dA\approx \varDelta A$ usando la definición para la diferencial de $a$ tendríamos:
\begin{align*}
dA&= 2l dl\\
&=2(8)(0.005)\\
&= 0.08
\end{align*}
Por lo tanto tenemos que el incremento obtenido es:
$$\varDelta A \approx 0.08m^{2}$$

que notamos es una buena aproximación al incremento obtenido en el método anterior, sin embargo, al haber utilizado la diferencial el problema nos resultó un poco más sencillo de resolver.

Problema 2

Si sabemos que $\sqrt{25}=5$, obtén una aproximación al valor $\sqrt{27}$.
Solución:
Consideraremos la función $y=\sqrt{x}$. Del problemas podemos ver que el incremento de $x$ es:
$$\varDelta x = 27-25=2$$

Ahora obtengamos la diferencial de $y$:
$$dy=\frac{dy}{2\sqrt{x}}$$
$(**)$

Nosotros consideraremos a $x=25$ y como una aproximación al diferencial de $x$ al incremento $\varDelta x=2$. Entonces ocurre que al sustituir todo en $(**)$ tenemos:
\begin{align*}
dy&=\frac{2}{2\sqrt{25}}\\
&=\frac{2}{(2)(5)}\\
&=\frac{1}{5}\\
&=0.2
\end{align*}
Concluimos así que una aproximación al valor de $\sqrt{27}$ es:
\begin{align*}
\sqrt{27}&\approx 5+0.2\\
&\approx 5.2
\end{align*}
$$\therefore \sqrt{27}\approx 5.2$$
Si comparamos esta aproximación con el valor que nos brinda una calculadora ($\sqrt{27}=1961$ considerando sólo cuatro decimales) podemos notar que es bastante similar. Así la diferencial se puede utilizar cuando necesitemos obtener aproximaciones de valores cuyo incremento con uno conocido sea pequeño.

En la siguiente sección encontrarás ejercicios que podrás realizar para aplicar lo estudiado en esta entrada.

Tarea moral

  • Demuestra usando la definición, las siguientes reglas para las diferenciales:
    • $$d(s+t)=ds + dt$$
    • Con $c$ una constante:
      $$d(cu)=c \cdot du$$
    • $$d(st)=s dt+ t ds$$
  • Hallar la diferencial de las siguientes funciones:
    • $y=\sqrt{1-4x}$
    • $t=\sin{2s}$
    • $u=\log{cv}$
  • Sabiendo que $\sqrt{16} =4$ utilizando la diferencial obtén una aproximación de $\sqrt{17}$.
  • Utilizando la diferencial da una aproximación del incremento del volumen de un cubo con $l=3m$ al aumentar el lado $0.002m$.

Más adelante

¡Te felicitamos por concluir con el curso de Cálculo Diferencial e Integral I! Con este tema cerramos el temario, esperamos que hayas disfrutado este viaje por el mundo del Cálculo. Te invitamos a continuar con tu estudio ahora con el curso de Cálculo Diferencial e Integral II que se encuentra disponible en la siguiente página.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Aplicaciones en economía

Introducción

Imaginemos que una empresa refresquera produce $x$ botellas de bebida hidratante en total y que $a$ es el precio de venta de cada una de ellas. Si nos pidieran obtener el ingreso bastaría considerar el producto:
$$ax$$
Por lo que la función de ingreso para $x$ número de unidades producidas esta definida como:
$$I(x)= ax$$

Ahora si consideramos que el precio de venta al público tiene una dependencia lineal con las unidades producidas. Es decir, si tomamos $a=bx+c$ una recta ,tenemos que la función de ingreso es:
\begin{align*}
I(x)&=(bx+c)x\\
&=bx^{2}+cx
\end{align*}

Observamos así que la función $I(x)$ es una parábola.

Si la empresa refresquera sabe que el costo por producir $x$ botellas de bebida hidratante está dado por la función $C(x)$, la función que nos daría el costo medio de cada botella es:

$$C_m(x)=\frac{C(x)}{x}, \quad \text{con}\quad x>0$$

Además si queremos obtener la función que nos daría su utilidad, bastaría con restarle a los ingresos los costos de producción:
$$U(x)=I(x)-C(x), \quad \text{con} \quad x\geq 0$$

Ya que hemos visto una idea general de las funciones que utilizaremos para resolver los problemas de carácter económico de esta entrada. Comencemos con ejemplos donde se nos pide realizar la optimización de dichas funciones, para concluir revisando los conceptos: Costo marginal, Ingreso marginal y Utilidad marginal.

Problema 1

Una pequeña compañía de alimentos conoce que las funciones de ingreso y costo (en pesos) de su famosa mermelada son:
\begin{align*}
I(x)&= -4x^{2}+400x & C(x)&=x^{2}+20x+12
\end{align*}
Donde $x$ representa los frascos fabricados.

Te solicitan encontrar:

  1. El costo fijo de producción
  2. El ingreso máximo
  3. La máxima utilidad
  4. El costo medio de cada frasco

Solución:

$1.$

Para obtener el costo fijo, bastará con evaluar la función $C(x)$ cuando no se produce ningún frasco, es decir, cuando $x=0$:
\begin{align*}
C(0)&= 0^{2}+20(0)+12\\
&=12
\end{align*}
Por lo que el costo fijo de producción para esta mermelada es de $12$ pesos.

$2.$

Cómo nos están solicitando encontrar el ingreso máximo, aplicaremos el análisis para hallar el máximo de la función $I(x)$ apoyándonos del Criterio de la segunda derivada. Comenzamos obteniendo la primera derivada e igualando a cero para obtener los puntos críticos:
$$I’ (x)= -8x+400$$
\begin{align*}
I'(x)=0 &\Leftrightarrow 8x=400\\
&\Leftrightarrow x=\frac{400}{8}\\
&\Leftrightarrow x=50
\end{align*}
Queremos ver que $x=50$, al obtener la segunda derivada notamos que:
$$I^{‘ ‘}(x)=-8 \tag{ que es menor que $0$}$$
Concluyendo así que cuando $x=50$ la función $I$ tiene un máximo y que el ingreso máximo de esta bebida se obtiene al sustituir dicho valor:
\begin{align*}
I(50)&=-4(50)^{2}+400(50)\\
&=-10000+20000\\
&=10000
\end{align*}
Por lo que es de $10,000$ pesos.

$3.$

Primero necesitamos definir a la función de la utilidad, para ello usaremos la igualdad siguiente sustituyendo la función del ingreso y la del costo:
\begin{align*}
U(x)&=I(x)-C(x)\\
&= -4x^{2}+400-x^{2}-20x-12\\
&=-5x^{2}+388x-12\\
\therefore U(x)&= 5x^{2}+388x-12
\end{align*}

Derivamos la función $U$:
$$U'(x)=-10x+388$$
La igualamos a cero y obtenemos los puntos críticos:
\begin{align*}
-10x+388=0 &\Leftrightarrow 388=10x\\
&\Leftrightarrow x=\frac{388}{10}
\end{align*}
Al volver a derivar la función vemos que:
$$U^{‘ ‘}(x)=-10 \tag{que es negativo}$$
por lo que aplicando el Criterio de la segunda derivada nos indica que $U$ tiene un máximo cuando $x=\frac{388}{10}$

Sustituimos el valor para $x$ obtenido en la función:
\begin{align*}
U\left(\frac{388}{10}\right)&=-5\left(\frac{388}{10}\right)^{2}+388\left(\frac{388}{10}\right)-12\\
&\approx 7515.2
\end{align*}
Concluyendo así que la utilidad máxima es de $7,515.2$ pesos.

$4.$

Obtengamos la función de costo medio:
\begin{align*}
C_m(x)&= \frac{C(x)}{x}\\
&= \frac{x^{2}+20x+12}{x}\\
\therefore C_m(x)&=x+20+\frac{12}{x}
\end{align*}
Del mismo modo que en los incisos anteriores, debemos derivar la función:
$$C_m’ (x)=1-\frac{12}{x^{2}}$$
Y analizar los valores que obtengamos al igual la derivada a cero:
\begin{align*}
C_m(x)=0 &\Leftrightarrow 1=\frac{12}{x^{2}}\\
&\Leftrightarrow \frac{1}{12}=\frac{1}{x^{2}}\\
&\Leftrightarrow 12=x^{2}\\
&\therefore x=\sqrt{12}
\end{align*}
Queremos ver que el valor $x=\sqrt{12}$ es un mínimo para la función del costo medio, aplicando el criterio:
$$C_m^{‘ ‘}(x)=\frac{24}{x^{3}}$$
Debido a que $C_m(\sqrt{12})>0$ confirmamos que se trata de un mínimo. Finalmente sustituimos:
\begin{align*}
C_m(\sqrt{12})&=\sqrt{12}+20+\frac{12}{\sqrt{12}}\\
&\approx 26.92
\end{align*}

En resumen, el costo medio de cada frasco es de $26.92$ pesos.

Hablemos del costo marginal

Recordemos un poco lo visto en la entrada Razón de cambio aplicándolo ahora a la función del costo $C(x)$. Imaginemos que la compañía decide aumentar el número de artículos producidos de $x_1$ a $x_2$, por lo que el costo tendría un incremento de $C(x_1)$ a $C(x_2)$. Con lo anterior, la razón de cambio del costo quedaría:
\begin{align*}
\dfrac{\varDelta C}{\varDelta x}&=\frac{C(x_2)-C(x_1)}{x_2-x_1}\\
\end{align*}

Cabe aclarar que escribimos $\varDelta x = x_2-x_1$ para referimos al «incremento de $x$».

Observación: Como sabemos que $x_1 < x_2$ una forma de reescribir a $x_2$ haciendo uso de la notación anterior sería:
$$x_2= x_1+ \varDelta x$$

Por lo que concluimos que:
\begin{align*}
\dfrac{\varDelta C}{\varDelta x}&=\frac{C(x_1+\varDelta x)-C(x_1)}{\varDelta x}
\end{align*}

Si consideramos el límite cuando el incremento $\varDelta x \to 0$, es decir,
$$\lim_{\varDelta x \to 0} \frac{C(x_1+\varDelta x)-C(x_1)}{\varDelta x}$$

vemos que es justo la derivada de la función $C(x)$ por definición. En Economía a dicha derivada $C'(x)$ se le conoce como Costo marginal.

Una relación entre el Costo promedio y el Costo marginal

Ya vimos que la función de costo promedio está dada por:
$$C_m(x)=\frac{C(x)}{x}$$
¿Qué pasaría si decidimos hallar el mínimo de $C_m(x)$? Aplicando las reglas de derivación correspondientes tenemos:
$$C_m’ (x)=\frac{x C'(x)- C(x)}{x^{2}}$$

Procedemos a igualar la derivada a cero:
\begin{align*}
C_m’ (x) = 0 &\Leftrightarrow \frac{x C'(x)- C(x)}{x^{2}} =0\\
&\Leftrightarrow x C'(x)- C(x)=0\\
&\Leftrightarrow x C'(x) =C(x)\\
&\Leftrightarrow C’ (x)=\frac{C(x)}{x}
\end{align*}

Por lo que vemos que el costo marginal es igual al costo promedio siempre que verifiquemos que $x$ es un mínimo de $C_m$. Esta relación es quizás una de las más interesantes, revisemos como utilizarla en el siguiente problema.

Problema 2

Una franquicia de panaderías conoce que la función de costo por elaborar $x$ donas es:
$$C(x)=\frac{x^{2}}{500}+2x+3000$$

Se requiere obtener el nivel de producción para el cuál el costo promedio es el más bajo.

Solución:
Cómo ya vimos, si queremos minimizar el costo promedio basta con igualarlo al costo marginal y verificar que el valor $x$ obtenido es un mínimo. Para ello procedemos de con:
\begin{align*}
C'(x)&= \frac{x}{250}+2 & C_m(x)&=\frac{x}{500}+2+\frac{3000}{x}
\end{align*}

Igualando las funciones:
\begin{align*}
C'(x)=Cm_(x) &\Rightarrow \frac{x}{250}+2 =\frac{x}{500}+2+\frac{3000}{x}\\
&\Rightarrow \frac{x}{250}=\frac{x}{500}+\frac{3000}{x}\\
&\Rightarrow \frac{x}{500}=\frac{3000}{x}\\
&\Rightarrow \frac{x^{2}}{500}=3000\\
&\Rightarrow x^{2}=\frac{3000}{\frac{1}{500}}\\
&\Rightarrow x=\sqrt{1500000}\\
&\therefore x\approx 1224.7448
\end{align*}

Verifiquemos que $x=1224.7448$ es un mínimo observando la segunda derivada de $C_m(x)$:
$$ C_m ‘ (x)= \frac{1}{500}-\frac{3000}{x^{2}} \Rightarrow C_m^{‘ ‘}(x)=\frac{6000}{x^{3}}$$

Al evaluarla vemos que cumple ser mayor que cero $C_m(1224.7448)>0$, que sabemos nos indica que se trata de un mínimo. Por lo tanto, el nivel buscado es el de producir $1,225$ donas con costo medio de $C_m(1225)=6.89$ por pieza.

Análogamente…

Si realizamos un desarrollo similar al revisado en la sección anterior para el costo $C(x)$ aplicado ahora a las funciones de ingreso $I$ y de utilidad $U$, tenemos que las derivadas de ellas son conocidas en Economía como:

  • Ingreso marginal
    $$I'(x)$$
  • Utilidad marginal
    $$U'(x)$$

En los ejercicios de Tarea moral se proponen algunos donde podrás aplicar este par de conceptos, al igual que los revisados durante toda la sesión.

Tarea moral

  • Dadas las funciones de ingreso y costo siguientes:
    \begin{align*}
    I(x)&=-x^{2}+170 & C(x)&=\frac{3}{2}x^{2}+300
    \end{align*}
    Obtén lo siguiente:
    • El costo fijo de producción
    • El ingreso máximo
    • La máxima utilidad
    • El costo medio de cada frasco
  • Con el planteamiento del Problema 1. Determina cuando se producen $20$ frascos de mermelada:
    • El ingreso y el ingreso marginal
    • La utilidad y su utilidad marginal.

Más adelante

Ya que hemos concluido de revisar algunas aplicaciones de la derivada relacionadas ahora en el ámbito de la Economía. En la siguiente entrada estudiaremos el último tema de nuestro temario para Cálculo Diferencial e Integral I: las diferenciales.

Entradas relacionada

Cálculo Diferencial e Integral I: Polinomios de Taylor (Parte 2)

Introducción

En la entrada anterior vimos que el polinomio de Taylor para una función $f$ que se puede derivar $n$ veces es:
$$T_{a,n}=\sum_{j=0}^{n} \frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^{j}$$

Además vimos que cumplía con la siguiente igualdad:
$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-T_{a,n}(x)}{(x-a)^{n}}=0$$

que nos indicaba que el polinomio de Taylor es una buena aproximación de la función $f$.

Pero, ¿qué podemos decir de la diferencia $ f(x)-T_{a,n}(x)$? ¿Cuáles son las propiedades que cumple?

A lo largo de esta entrada veremos que dicha diferencia es llamada Residuo de Taylor y que existen un par de formas de escribirlo. También veremos un ejemplo donde se nos pedirá estimar dicho residuo dependiendo del polinomio de Taylor considerado.

Definición del Residuo de Taylor

Retomando uno de los ejemplos anteriores:

En esta imagen vemos que aunque el polinomio de Taylor $T_{2,0}$ se parece mucho a la función $f$ cuando $a=0$. Sin embargo, sigue existiendo una diferencia o «error» ya que el polinomio y $f$ no son «idénticas». A dicho error se le conoce formalmente como Residuo de Taylor, veamos su definición:

Definición (Residuo de Taylor): Consideremos una función $f: [x_0,y_0] \rightarrow \r$ de clase $C^{(n)}$. Definiremos al Residuo de Taylor de grado $n$ con centro en $a$ como:
$$R_{n,a}:[x_0,y_0] \rightarrow \r$$
$$R_{n,a}(x)=f(x)-T_{n,a}(x)$$

Nota: Recordemos que una función es de clase $C^{(n)}$ si es $n$ veces derivable y sus $n$ derivadas son continuas.

Vemos que de la definición anterior tenemos que al realizar una aproximación usando polinomios de Taylor para una función $f$ se da la siguiente igualdad :
$$f(x)=T_{n,a}+R_{n,a}$$

Y además si sustituimos $ R_{n,a}(x)=f(x)-T_{n,a}(x)$ en el siguiente límite:
$$ \lim_{x\to a}\frac{f(x)-T_{n,a}(x)}{(x-a)^{n}}=0$$

Concluimos que:

$$\lim_{x\to a}\frac{R_{n,a}(x)}{(x-a)^{n}}=0$$

Reescribiendo tenemos que podemos hallar al polinomio de Taylor para una función $f$ considerando:
$$f(x)=T_{n,a}(x)+(x-a)^{n}R_{n,a}(x)$$
donde el residuo cuando $x$ tiende a $a$ es cero:
$$\lim_{x \to a}R_{n,a}(x)=0$$

¿De forma podemos escribir el Residuo de Taylor?

En el siguiente teorema veremos dos maneras distintas para el residuo: la de Cauchy y la de Lagrange.

Teorema: Consideremos una función $f: [x_0,y_0] \rightarrow \r$ donde $f$ es $n+1$ veces derivable en $(x_0,y_0)$, un punto $a\in [x_0,y_0]$ y un $x \in (x,y_0]$. Entonces existe $t\in (a,x)$ tal que:

  1. $$R_{n,a}(x)=\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}(x-a)$$
    que es la forma del residuo de Cauchy
  2. $$R_{n,a}(x)=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$
    que es la forma del residuo de Lagrange

Demostración: Para realizar la prueba de los dos puntos del teorema veremos primero cuál es la derivada del residuo $R_{n,t}$. Por ello consideraremos a la función $Q: [a,x] \rightarrow \r$ como sigue:
\begin{align*}
Q(t)&=R_{n,t}(x)\\
&=f(x)-T_{n,t}(x)\tag{por definición de residuo}\\
&=f(x)-\sum_{j=0}^{n}\frac{f^{(j)}(t)}{j!}(x-t)^{j} \tag{por definición de Taylor}
\end{align*}

$(*)$ Observemos los siguientes puntos:

  • \begin{align*}
    Q(x)&=f(x)-T_{n,x}(x)\\
    &=f(x)-f(x)\\
    &=0
    \end{align*}
  • $$Q(a)=R_{n,a}$$

Ahora si derivamos a $Q(t)$ respecto de $t$ obtenemos:
\begin{align*}
\dfrac{dQ}{dt}(t)&=0- \sum_{j=0}^{n}\left( \frac{f^{(j+1)}(t)}{j!}(x-t)^{j}- \frac{f^{(j)}(t)}{j!}j (x-t)^{j-1}\right)\\
&=- \sum_{j=0}^{n}\left( \frac{f^{(j+1)}(t)}{j!}(x-t)^{j}-\frac{f^{(j)}(t)}{(j-1)!}(x-t)^{j-1}\right)\\
&=- \left(f^{(1)}(t)(1)-0+f^{(2)}(t)(x-t)-f^{(1)}(t)+\frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t)^{2}-f^{(2)}(t)(x-t)+\ldots+ \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}-\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\right)
\end{align*}

Observamos que los términos se van cancelando, ya que va apareciendo alternadamente positivos y negativos:
\begin{align*}
& =- \left(\cancel{f^{(1)}(t)(1)}-0+f^{(2)}(t)(x-t)-\cancel{f^{(1)}(t)}+\frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t)^{2}-f^{(2)}(t)(x-t)+\ldots+ \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}-\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\right)\\
& =- \left(\cancel{f^{(2)}(t)(x-t)}+\frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t)^{2}-\cancel{f^{(2)}(t)(x-t)}+\ldots+ \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}-\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\right)\\
\end{align*}

Si continuamos cancelando los términos, notamos que el único que nos queda es:
\begin{align*}
&=- \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}
\end{align*}

Concluimos que:
$$Q'(t)=- \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n} $$
$(**)$

Pasemos a probar los puntos $1.$ y $2.$:

  1. Aplicaremos el Teorema del valor medio para la derivada en el intervalo $[a,x]$, así tenemos que existe un $t\in [a,x]$ tal que.
    $$Q'(t)=\frac{Q(x)-Q(a)}{x-a}$$
    Por las observaciones $(*)$ y $(**)$ tendríamos la siguiente igualdad:
    $$-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}=\frac{0-R_{n,a}(x)}{x-a}$$
    De lo anterior, al simplificar nos queda:
    $$R_{n,a}(x)=\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}(x-a)$$
  2. Ahora usaremos el Teorema del valor medio generalizado o de Cauchy, si tomamos $g(t)=(x-t)^{n+1}$ entonces existe un $t\in (a,x)$ tal que:
    \begin{align*}
    (Q(x)-Q(a))g'(t)=(g(x)-g(a))Q'(t)&\Rightarrow \frac{Q(x)-Q(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{Q'(t)}{g'(t)}
    \end{align*}
    Así por $(**)$ ocurre que:
    \begin{align*}
    \frac{Q(x)-Q(a)}{g(x)-g(a)}&=\frac{-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}\cancel{(x-t)^{n}}}{-(n+1)\cancel{(x-t)^{n}}}\\
    &=\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!(n+1)}\\
    &=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!}
    \end{align*}
    Si ahora consideramos las observaciones dadas en $(*)$ para $Q(x)$ y evaluamos $g(x)$ ocurre que:
    \begin{align*}
    \frac{Q(x)-Q(a)}{g(x)-g(a)}&=\frac{0-Q(a)}{0-g(a)}\\
    &=\frac{Q(a)}{g(a)}
    \end{align*}
    Finalmente tenemos que:
    $$\frac{Q(a)}{g(a)}=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!} \Leftrightarrow Q(a)=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$
    Ya que $Q(a)=R_{n,a}(x)$ concluimos:
    $$R_{n,a}(x)=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$

$\square$

Ahora que hemos terminado la demostración, para los ejercicios que veremos a continuación podremos utilizar la forma del residuo que más nos convenga.

Ejercicios

  1. Consideremos la función $f(x)=e^{x}$ en $a=0$. Estima el error de la aproximación del polinomio de Taylor de grado $2$ para $x=\frac{1}{2}$

Solución:
Primero obtengamos el Residuo de $f$ utilizando la forma de Lagrange:
\begin{align*}
R_{2,0}\left(\frac{1}{2}\right)&=\frac{f^{(2+1)}(t)}{(2+1)!}\left(\frac{1}{2}-0\right)^{2+1}\\
&= \frac{f^{(3)}(t)}{3!}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\\
\end{align*}

Cómo la tercera derivada de $f(t)$ es $e^{t}$, sustituyendo nos queda:
\begin{align*}
&= \frac{e^{t}}{3!}\left(\frac{1}{2}\right)^{3}\\
&= \frac{e^{t}}{6}\left(\frac{1}{8}\right)\\
&= \frac{e^{t}}{48}
\end{align*}

Del Teorema que vimos, sabemos que $t\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ por lo que se cumple la desigualdad:
$$ \frac{e^{t}}{48}< \frac{\sqrt{e}}{48}$$
Observemos además que el valor de $e^{t}$ se encuentra dentro del intervalo:
$$(e^{0},e^{\frac{1}{2}})=(1,\sqrt{e})$$

Así concluimos que el Residuo está acotado por el valor:
$$ \frac{\sqrt{e^{t}}}{48} \approx 0.034$$
$$\therefore R_{2,0}<0.034$$

De este modo el polinomio de Taylor $T_{2,0}\left(\frac{1}{2}\right)$ de grado $2$ con centro en $0$ para el valor $x=\frac{1}{2}$ aproxima a $f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e}$ con un error menor que $0.034$.

  1. Brinda una aproximación del valor $\sqrt[3]{e^{2}}$ con un error menor a $10^{-4}$.

Solución:
Para resolver este problema vamos a considerar lo siguiente:
\begin{align*}
f(x)&= e^{x} & a&=0 & x&=\frac{2}{3}
\end{align*}

Observamos que en este caso no sabemos cuál es el valor $n$ del grado del polinomio de Taylor, esta variable $n$ es justo la que queremos encontrar. Comenzamos escribiendo el Residuo de Taylor en la forma de Lagrange sustituyendo los valores que si conocemos:
\begin{align*}
R_{n,0}\left(\frac{2}{3}\right) &=\frac{f^{(n+1)}(t)}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}-0\right)^{n+1}\\
&= \frac{e^{t}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3})^{n+1}\right)\tag{ por $f^{(n+1)}(t)= e^{t}$}\\
\end{align*}

Como $t\in\left(0,\frac{2}{3}\right)$ tenemos la desigualdad:
$$ \frac{e^{t}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} < \frac{e^{\frac{2}{3}}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}$$
Donde $ \frac{e^{\frac{2}{3}}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}$ cumple:
$$ \frac{e^{t}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} < \frac{e^{\frac{2}{3}}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} < \frac{e}{(n+1)!}$$
Además como $\frac{e}{(n+1)!}$ es menor que $\frac{3}{(n+1)!}$:
$$ \frac{e^{t}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} < \frac{e^{\frac{2}{3}}}{(n+1)!}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} < \frac{e}{(n+1)!}< \frac{3}{(n+1)!} $$

Así por la transitividad de las desigualdades tenemos que el Residuo cumple:
$$R_{n,0}< \frac{3}{(n+1)!}$$

Sin embargo nos piden que el error sea menor que $10^{-4}$, por lo que necesitamos estudiar la desigualdad:
$$ \frac{3}{(n+1)!} < \frac{1}{10^{4}}$$

Si reescribimos la desigualdad anterior:
\begin{align*}
\frac{3}{(n+1)!} < \frac{1}{10^{4}} &\Leftrightarrow (3)(10^{4})< (n+1)!\\
&\Leftrightarrow 30 000 < (n+1)!
\end{align*}

Ahora debemos pensar en un valor $n+1 \in \mathbb{N}$ cuyo factorial cumpla con ser mayor que $30 000$, veamos una lista:

\begin{align*}
1!&=1\\
2!&=2\\
3!&= 6\\
4!&= 24\\
5!&=120\\
6!&=720\\
7!&=5040\\
8!&= 40320
\end{align*}

Vemos que si $n+1=8$ ya logramos cumplir con la desigualdad, por lo que cuando consideramos el grado del Polinomio de Taylor $n=7$ para el valor $x=\frac{2}{3}$ cumplimos con que el error es menor a $10^{-4}$.

En la sección de Tarea moral te dejaremos algunos ejercicios que ayudarán a practicar lo estudiado en esta entrada.

Tarea moral

  • Realiza el ejercicio $1$ ahora utilizando la forma de Cauchy para el residuo.
  • Para la función:
    $$g(x)=x\log(1+x)$$
    • Obtén el polinomio de Taylor de grado $n$ con $a=0$
    • Obtén el Residuo de Taylor utilizando la forma de Lagrange
    • Da una cota para el error al querer aproximar $10 \log\left(\frac{11}{10}\right)$ al utilizar el polinomio de Taylor de grado $3$

Más adelante

Por el momento hemos terminado de revisar los temas concernientes a los polinomios de Taylor para este curso, en Cálculo Diferencial e Integral II revisarás algunos otros resultados. Para la próxima entrada veremos algunas aplicaciones del Cálculo en el ámbito de la Economía.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Regla de L’Hôpital

Introducción

Esta entrada es la última de la unidad 7 y la dedicaremos a demostrar uno de los resultados ampliamente usado en el cálculo de límites para los casos donde existen indeterminaciones de los tipos $0/0$ y $\infty/\infty$; este tipo de límites es posible resolverlos mediante de la derivada.

Teorema del Valor Medio Generalizado

Antes de probar la Regal de L’Hôpital, probaremos una generalización del teorema del valor medio, también conocido como teorema del Valor Medio de Cauchy. Para ello, primero revisemos el siguiente teorema.

Teorema. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, tal que $f(a)=g(a)=0$ y sea $g(x) \neq 0$ para $a<x<b$. Si $f$ y $g$ son derivables en $a$ y si $g'(a) \neq 0$, entonces el límite de $f/g$ en $a$ existe y es igual a $f'(a)/g'(a)$. Por tanto,

$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$

Demostración.

Puesto que $f(a) = g(a) = 0$, el cociente $\frac{f(x)}{g(x)}$ para $a<x<b$ puede escribirse como sigue

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \frac{g(x)-g(a)}{x-a} }$$

Aplicando el límite, tenemos que

$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x \to a+} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \lim_{x \to a+} \frac{g(x)-g(a)}{x-a} } = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$

$\square$

Teorema del valor medio de Cauchy. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, ambas funciones continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$, y suponer que $g'(x) \neq 0$ para toda $x$ en $(a,b)$. Entonces existe $c$ en $(a,b)$ tal que

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$$

Demostración.

Notemos que como $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b)$, del teorema de Rolle se sigue que $g(a) \neq g(b)$. Para $x$ en $[a,b]$, se define ahora

$$h(x) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} (g(x)-g(a))-(f(x)-f(a))$$

Entonces $h$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $h(a)=h(b)=0$. Por lo tanto, del teorema de Rolle se sigue que existe un punto $c$ en $(a,b)$ tal que

$$0 = h'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(c)-f'(c)$$

Puesto que $g'(c) \neq 0$, podemos dividir la expresión anterior entre $g'(c)$, con lo que obtenemos

\begin{gather*}
\frac{0}{g'(c)} =\frac{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(c)-f'(c) }{g'(c)} \\ \\
\Rightarrow 0 = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}-\frac{f'(c)}{g'(c)} \\ \\
\therefore \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}
\end{gather*}

$\square$

Regla de L’Hôpital

Demostraremos la regla de L’Hôpital empleando límites por la derecha, pero los resultados se extienden de forma análoga al límite por la izquierda, y por tanto el límite por ambos lados.

Regla de L’Hôpital. Sea $-\infty \leq a < b \leq \infty$ y que sean $f$, $g$ derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Supongamos que

$$\lim_{x \to a+} f(x) = 0 = \lim_{x \to a+} g(x) $$

  1. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
  2. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \{-\infty, \infty \}$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.

Demostración.

Si $a < \alpha < \beta < b$, entonces el teorema de Rolle implica que $g(\beta) \neq g(\alpha)$ (ya que para que exista el límite de $f'(x)/g'(x)$ debe haber un intervalo donde $g'(x) \neq 0$ lo que implica que $g(x) \neq 0$ y si se asume que $g(\alpha) = g(\beta)$ por el teorema de Rolle se tendrían que existe un valor $c$ en el intervalo tal que $g'(c) = 0$, lo cual es una contradicción). Además, por el teorema del valor medio de Cauchy, existe $u \in (\alpha, \beta)$, tal que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} = \frac{f'(u)}{g'(u)}$$

$(1)$. Si $L \in \RR$ y sea $\varepsilon > 0$. Por hipótesis, sabemos que $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$$

entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\left| \frac{f'(u)}{g'(u)} – L \right|< \varepsilon \text{ para } u \in (a,c)$$

De donde se sigue que

$$\left| \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } a < \alpha < \beta \leq c$$

Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$, se tiene que $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, y por la expresión anterior se sigue que

$$\left| \frac{f(\beta)}{g(\beta)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } \beta \in (a,c]$$

$$\therefore \lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$$

$(2)$. Veremos el caso donde $L = \infty$ (para $L = -\infty$ es análogo). Sea $M>0$, Como $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$$

Entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\frac{f'(u)}{g'(u)} >M \text{ para } u \in (a,c)$$

de donde se sigue que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} > M \text{ para } a < \alpha < \beta < c$$

Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$ entonces $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, por tanto de la expresión anterior se tiene

$$\frac{f(\beta)}{g(\beta)} \geq M \text{ para } \beta \in (a,c)$$

$$\therefore \lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$$

$\square$

Hay diversas extensiones de la regla de L’Hôpital que permiten el estudio del comportamiento de un cociente $f(x)/g(x)$ cuando en el límite poseen la forma $\infty/\infty$. Como una extensión del teorema anterior, tenemos el siguiente.

Teorema. Sea $- \infty \leq a < b \leq \infty$ y sean $f$, $g$ funciones derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Suponer que

$$\lim_{x \to a+} g(x) = \pm \infty$$

  1. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
  2. Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$ ó $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.

Procederemos ahora a revisar algunos ejemplos de límite donde aplicaremos la regla de L’Hôpital.

Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1}$$

Aplicando la Regla de $L’Hôpital$, tenemos

\begin{align*}
\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1} & = \lim_{x \to 1} \frac{(ln(x))’}{(x-1)’} \\ \\
& = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} \\ \\
& = 1
\end{align*}

Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x}$$

Usando la generalización de la regla de L’Hôpital se tiene

\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x} & = \lim_{x \to \infty} \frac{(x^2)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{(2x)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0
\end{align*}

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Sea $f(x) = x^2$ para $x$ racional y $f(x) = 0$ para $x$ irracional. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Usa el primer teorema revisado en esta entrada para probar que $\lim_{x \to 0} f(x)/g(x) = 0$.
  • Sea $f(x) = x^2sen(1/x)$ para $x \neq 0$ y $f(0) = 0$. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Demuestra que $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$ pero que el límite $\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ no existe.
  • Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \pi/2)$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \frac{ln(x+1)}{sen(x)}$$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \frac{tan(x)}{x}$$
    • $$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x}-\frac{1}{sen(x)} \right)$$
  • Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \infty)$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{x}$$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{\sqrt{x}}$$
    • $$\lim_{x \to \infty} \frac{x+ln(x)}{xln(x)}$$

Más adelante…

En la siguiente unidad estudiaremos las aplicaciones prácticas de la derivada con lo cual podrás podrás relacionar toda la abstracción revisada con la «realidad». Se revisará la manera en que se puede usar el cálculo en ámbitos diversos, desde física hasta economía.

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Introducción

Hasta este punto nos hemos enfocado en estudiar la derivada para distintos tipos de funciones, orientando los esfuerzos principalmente en la ejecución, en derivar tal cual. En esta entrada estudiaremos dos teoremas que nos darán visibilidad de algunas propiedades que tienen las funciones que son derivables en un intervalo abierto.

Teorema de Rolle

En el bachillerato revisaste el tema de máximos y mínimos, donde uno de los criterios que se usaban para encontrarlos era usar el hecho de que si $x_0$ es un mínimo o máximo local, entonces la derivada en dicho punto es cero. De momento, formalizaremos tanto la definición de máximo y mínimo local como el criterio antes mencionado, sin embargo, será hasta la siguiente sección donde daremos la demostración con la finalidad de revisarlo junto con sus aplicaciones.

Definición: Consideremos a una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$ con $r\in \r^{+}$ y tenemos que existe $f'(x_0)$ decimos que:

  • $x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x)\leq f(x_0)$$
  • $x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x_0)\leq f(x)$$

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$. Si tenemos que $x_0$ es un máximo ó un mínimo de local de $f \Rightarrow f'(x_0)=0$

Ahora veremos el Teorema de Rolle que menciona que si tenemos una función $f:[a,b] \to \RR$ derivable en el intervalo $(a,b)$, que satisface que $f(a) = f(b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es cero, es decir, que si la función inicia y termina en el mismo punto, entonces existe un máximo o mínimo local.

Teorema de Rolle. Sea $f:[a,b] \to \RR$ tal que $f$ es continua en $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$. Si $f(a) = f(b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que $f'(c) =0$

Demostración.

Caso 1. Para todo $x \in [a,b]$, $f(x) = k$

Como $f$ es constante, entonces $f'(x) = 0$ para todo $x \in [a,b]$.

Así, podemos considerar $c = \frac{a+b}{2}$. Donde se cumple que $a<c<b$ y $f'(c) =0$.

Caso 2. Existe $x_0 \in [a,b]$, tal que $f(x_0) > f(a)$

Por el teorema del máximo-mínimo, existe $c \in [a,b]$ tal que para toda $x \in [a,b]$, $f(x) \leq f(c)$

\begin{gather*}
\Rightarrow & f(a) < f(x_0) \leq f(c) \\ \\
\Rightarrow & f(c) > f(a) = f(b) \\ \\
\Rightarrow & c \neq a, \quad c \neq b \\ \\
\Rightarrow & c \in (a,b), \quad a<c<b
\end{gather*}

Por tanto, para toda $x \in [a,b]$, se cumple que $f(x) \leq f(c)$. Donde se concluye que $f$ es un máximo local en $c$.

Además, $f$ es derivable en $c$, entonces $f'(c) = 0$

Caso 3. Existe $x_0 \in [a,b]$ tal que $f(x_0) < f(a)$

Este caso es análogo al anterior.

$\square$

Teorema del Valor Medio

El siguiente teorema que probaremos indica que si una función es continua en $[a,b]$ y derivable en el intervalo $(a,b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es $$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

Lo anterior indica que existe un punto $c$ cuya pendiente de la recta tangente es la misma que la pendiente de la recta generada por los puntos extremos del intervalo $a$, $b$. Esto se puede ver gráficamente en la siguiente imagen.

Teorema del Valor Medio. Sea $f:[a,b] \to \RR$ continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

Demostración.

Consideremos $g(x) = f(a) + \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a)$ y $\rho(x) = f(x)-g(x)$. Así, se tiene que

$$\rho(x) = f(x) – \left(f(a)+\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right)$$

Notemos que $\rho: [a,b] \to \RR$, cumple que

  1. $\rho$ es continua en $[a,b]$ pues $f$ lo es.
  2. $\rho$ es derivable en $(a,b)$ pues $f$ lo es.
  3. $\rho(a) = f(a)-(f(a)+0) = 0$ y $\rho(b) = f(b)-(f(a)+f(b)-f(a)) = 0$. Por tanto, $\rho(a) = \rho(b)$.

Por el teorema de Rolle, existe $c$, $a<c<b$ tal que $\rho'(c)=0$. Como

\begin{align*}
\rho'(x) & =f'(x)-\left( \left( f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right)’ \\ \\
& = f'(x)- \left( 0 + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} (1) \right) \\ \\
& = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right)
\end{align*}

$$\therefore \rho'(x) = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right)$$

Considerando que $\rho'(c)=0$, de la expresión anterior, se sigue que

$$ f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

$\square$

Corolario. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = 0$, entonces existe $k \in \RR$ tal que $\forall x \in [a,b]$, $f(x) = k$.

Demostración.

Si $x = a$, entonces $f(x) = f(a)$. Si $x \in [a,b]$, con $x \neq a$, entonces $x>a$. Aplicando el Teorema del Valor Medio en $[a,x]$, existe $c$, $a<c<x \leq b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$

Por hipótesis, $f'(c) = 0$ y $x \neq a$, entonces

\begin{gather*}
\Rightarrow & 0 = \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ \\
\Rightarrow & f(x)-f(a) = 0 \\ \\
\Rightarrow & f(x) = f(a)
\end{gather*}

Por tanto, para todo $x \in [a,b]$, se tiene que $f(x) = k$, con $k = f(a)$.

$\square$

Corolario. Sean $f,g:[a,b] \to \RR$ continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = g'(x)$, entonces $f(x) = g(x) +k$.

Demostración.

Consideremos $h(x) = f(x)-g(x)$, entonces se tiene que $h'(x) = f'(x)-g'(x)= 0$ para todo $x \in (a,b)$.

Por el corolario anterior, existe $k \in \RR$, constante, tal que para toda $x \in [a,b]$ se tiene $h(x) = k$.

\begin{gather*}
\Rightarrow & f(x)-g(x) = k \\
\therefore & f(x) = g(x) + k \quad \forall x \in [a,b]
\end{gather*}

$\square$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Comprueba el teorema de Rolle en los intervalos que se muestran y halla los valores de $c$ para las siguientes funciones:
    • $f(x) = x^2-x-6$ en el intervalo $[-2,3]$.
    • $f(x) = x^2-4$ en el intervalo $[-2,2]$.
    • $f(x) = \sqrt{x}-2 \sqrt[4]{x}$ en el intervalo $[0,16]$
  • Comprueba el teorema del valor medio en los intervalos que se muestran y encuentra el valor $c$ para las siguientes funciones:
    • $f(x) = \sqrt{x+1}$ en el intervalo $[-1,3]$
    • $f(x) = sen(x)$ en el intervalo $[0, \pi/4]$
    • $f(x) = ln(2x+5)$ en el intervalo $[0,2]$

Más adelante…

La siguiente entrada será la última de la unidad y revisaremos un potente resultado de la derivada que nos permitirá hacer el cálculo de cierto tipo de límites con mayor facilidad, este resultado es conocido como la regla de L’Hôpital.

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