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Seminario de Resolución de Problemas: Problemas de cálculo variados

Introducción

En las entradas anteriores ya tratamos varios temas de cálculo y cómo se combinan con heurísticas para resolver problemas de cálculo. Veremos ahora otros problemas para repasar las técnicas que hemos aprendido hasta ahora y explorar algunas nuevas ideas.

Los primeros dos ejemplos son del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. Los últimos dos son de un concurso universitario: la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas.

El método del factor de integración

Para resolver problemas de cálculo, también es útil tener algunas ideas de ecuaciones diferenciales. Un método muy útil en la resolución de problemas es el método de factor de integración, que ayuda a resolver ecuaciones diferenciales de la forma

$y'+a(x)y=b(x).$

La idea para resolver esta ecuación diferencial en $y$ (es decir, despejar a $y$ en términos de $a$ y $b$ ) es multiplicar ambos lados de la ecuación por $I(x)=e^{\int a(x)\, dx$ y observar que por regla de la cadena, la regla del producto y el teorema fundamental del cálculo, tenemos la ecuación diferencial equivalente

$(yI(x))' =I(x)b(x).$

De aquí, podemos integrar de ambos lados en un intervalo $[c,x]$ . Por el teorema fundamental del cálculo, existe una constante $C$ tal que

$yI(x)=\int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C,$

y ya de aquí podemos despejar

$y=I(x)^{-1}\left( \int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C\right).$

A $I(x)$ se le conoce como el factor de integración.

Problema. Sea $f:(0,\infty)\to \mathbb{R}$ una función diferenciable y supongamos que

$\lim_{x\to \infty} f(x)+f'(x) = 0.$

Muestra que

$\lim_{x\to 0} f(x) = 0.$

Sugerencia pre-solución. Define $g(x)=f(x)+f'(x)$ y usando el método de integración «despeja» a $f$ en términos de $g$ .

Solución. Definamos $g(x)=f(x)+f'(x)$ . La hipótesis dice que $\lim_{x\to 0} g(x) = 0$ , así que para obtener información de $f$ en términos de $g$ , podemos usar el método de factor de integración. Por la discusión antes de este párrafo, tenemos que

$f(x)=e^{-x}\int_a^x e^t g(t) \,dt + Ce^{-x}.$

Tomemos un $\epsilon>0$ . Como $g(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$ , podemos tomar un $a$ tal que $|g(x)|<\epsilon$ para todo $x>a$ . Usando desigualdad del triángulo en sumas e integrales, tenemos que para $x>a$

$\begin{align*}|f(x)|&\leq e^{-x}\left|\int_a^x e^t g(t)\right|+|Ce^{-x}|\\&\leq e^{-x}\int_a^x e^t|g(t)|\, dt + |C|e^{-x}\\&\leq \epsilon e^{-x}\int e^t\, dt + |C|e^{-x}\\&=\epsilon e^{-x}(e^x-e^a)+|C|e^{-x}\\&=\epsilon(1-e^{a-x})+|C|e^{-x}\end{align*}$

Tenemos que $\lim_{x\to \infty} e^{a-x} = 0$ y que $\lim_{x\to \infty} e^{-x}=0$ , de modo que si $x$ es suficientemente grande, la expresión anterior nos dice $|f(x)|<2\epsilon$ . En otras palabras, $f(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$ , como queríamos.

$\square$

Una integral con doble derivada

Problema. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ una función dos veces diferenciable que cumple $f(0)=f(1)=0$ y tal que $f(x)>0$ para $x$ en $(0,1)$ . Muestra que

$\int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \, dx \right| > 4.$

Sugerencia pre-solución. Tenemos ya varias técnicas para evaluar o estimar integrales. Si con un método llegas a una pared, intenta usar otro método. Necesitarás el teorema del valor extremo, el teorema del valor medio y el teorema fundamental del cálculo.

Solución. Por el teorema del valor extremo, existe un valor $c$ en $(0,1)$ tal que $y=f(c)$ es un máximo de $f$ . Por el teorema del valor medio, existen puntos $a$ en $(0,c)$ y $b$ en $(c,1)$ tales que

$f'(a)=\frac{f(c)-f(0)}{c}=\frac{y}{c}$

$f'(b)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}=\frac{-y}{1-c}.$

Usando que $f$ alcanza su máximo $y$ en $c$

$\begin{align*}\int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \, dx \right|&\geq \int_a^b \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \, dx \right| \\&\geq \frac{1}{y} \int_a^b \left| f''(x) \, dx \right|,\end{align*}$

de modo que aplicando el teorema fundamental del cálculo a la última integral, obtenemos que

$\begin{align*} \int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \, dx \right| &\geq \frac{1}{y} \int_0^1 \frac{1}{y}|f'(b)-f'(a)|\\&=\frac{1}{y} \left|\frac{-y}{1-c}-\frac{y}{c}\right|\\&=\left|\frac{1}{c(1-c)}\right|.\end{align*}$

Para terminar, notamos que la función $h(x)=x(1-x)$ es diferenciable en $(0,1)$ y continua en $[0,1]$ , de modo que alcanza su máximo en $0$ , en $1$ o en donde la derivada $h'(x)=1-2x$ es $0$ , es decir, en $1/2$ . Tenemos que $h(1/2)=1/4$ y que $h(0)=h(1)=0$ , de modo que el máximo es $1/4$ . Con esto, concluimos que

$\left|\frac{1}{c(1-c)}\right| \geq 4,$

de donde se completa la cadena de desigualdades que queremos.

$\square$

En el problema anterior usamos el teorema del valor medio como paso intermedio. Es recomendable que pienses qué hubiera pasado si nos hubiéramos saltado este paso y hubiéramos usado el mínimo directamente, sin limitarnos primero al intervalo $[a,b]$ . En los problemas de cálculo a veces es muy importante el orden en el que se hacen las cosas.

Dos problemas de cálculo de competencias

Veamos ahora algunos problemas de cálculo que han aparecido en concursos a nivel universitario. El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2015, como Problema 4.

Problema. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función continua y $\alpha$ un número real. Sabemos que $\lim_{x\to \infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} = \alpha$ . Muestra que para cualquier real positivo $r$ existen reales $x$ y $y$ tales que $y-x=r$ y $f(x)=f(y)$ .

Sugerencia pre-solución. Modifica el problema, construyendo una función que te ayude a resolverlo. Necesitarás el teorema del valor intermedio. También, una parte de la solución necesita que se use inducción.

Solución. Tomemos cualquier valor $r$ y consideremos la función $h(x)=f(x+r)-f(x)$ . Como $f$ es continua, la función $h$ es continua. Si $h(x)>0$ para todo real, entonces podemos mostrar inductivamente que para cualesquiera enteros positivos $m$ y $n$ tenemos que

$f(x-mr)<f(x)<f(x+r)<f(x+nr).$

Haciendo $n$ y $m$ ir a infinito, tendríamos que

$\alpha\leq f(x) < f(x+r) \leq \alpha,$

lo cual es una contradicción.

Así, $h(x)$ toma valores menores o iguales a $0$ . De modo similar, podemos mostrar que $h(x)$ toma valores mayores o iguales a $0$ . Como $h$ es continua, por el teorema del valor intermedio debe tomar el valor $0$ para algún $c$ , de modo que $f(c+r)-f(c)=h(c)=0$ y así, tomando $x=c$ y $y=c+r$ tenemos $y-x=r$ y

$f(y)=f(c+r)=f(c)=f(x).$

$\square$

El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2010, como Problema 4.

Problema. Sea $f:[0,1]\to [0,1]$ una función continua, creciente, diferenciable en $[0,1]$ y tal que $f'(x)<1$ en cada punto. La sucesión de conjuntos $A_1, A_2, \ldots$ se define recursivamente como $A_1=f([0,1])$ y para $n\geq 2$ , $A_n=f(A_{n-1})$ . Muestra que el diámetro de $A_n$ converge a $0$ conforme $n\to \infty$ .

El diámetro de un conjunto $X$ es $\sup_{x,y \in X} |x-y|}$ .

Sugerencia pre-solución. Para una primer parte del problema que te ayudará a entender a los $A_i$ , necesitarás el teorema del valor intermedio y el principio de inducción. Luego, necesitarás usar el teorema del valor medio y que las funciones continuas preservan límites de sucesiones convergentes.

Solución. Por conveniencia, nombramos $A_0=[0,1]$ . Sea $d_n$ el diámetro de $A_n$ . Tenemos $d_0=1$ . Como $f$ es creciente, tenemos que $f(0)<f(1)$ y que no hay ningún valor fuera del intervalo $[f(0),f(1)]$ que se tome. Como $f$ es continua, se toman todos esos valores. Así, $A_1=[f(0),f(1)]$ y su diámetro es $d_1=f(1)-f(0)$ . Inductivamente, podemos mostrar que $A_n= [f^n(0),f^n(1)]$ y que $d_n=f^{n}(1)-f^{n}(0)$ .

Notemos que la sucesión $f^{n}(0)$ es creciente y acotada, de modo que converge a un real $a$ . Como $f$ es contínua, tenemos que

$\begin{align*}f(a)&=f(\lim_{n\to \infty} f^{n}(0)) \\&= \lim_{n\to \infty} f^{n+1}(0) \\&= a.\end{align*}$

Análogamente, $f^n(1)$ converge a un real $b$ tal que $f(b)=b$ . Como $f^n(0)\leq f^n(1)$ , tenemos que $a\leq b$ . Afirmamos que $a=b$ . Si no, por el teorema del valor medio existiría un $c\in[a,b]$ tal que

$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{b-a}{b-a}=1,$

contradiciendo la hipótesis de la cota de la derivada.

Esto muestra que $a=b$ , y por lo tanto

$\begin{align*}\lim_{n\to \infty} d_n &= \lim_{n\to \infty} f^n(1)-f^n(0) \\&=b-a\\&= 0.\end{align*}$

$\square$

En este problema es muy importante primero mostrar que los extremos de los intervalos convergen a puntos fijos de $f$ y después usar el teorema del valor intermedio. Podría ser tentador usar el teorema del valor intermedio en cada intervalo $[f^n(0),f^n(1)]$ , pero con ello no se llega al resultado deseado.

Más problemas

En todas estas entradas hemos platicado acerca de problemas de temas de cálculo. Se pueden encontrar muchos más problemas de este tema en el Capítulo 6 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Además, puedes encontrar otros problemas resueltos en la sección de Material para practicar de este blog, que ayuda a prepararse para competencias internacionales de matemáticas a nivel universitario.

Seminario de Resolución de Problemas: El teorema del valor medio

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Introducción

Las funciones continuas son bonitas pues tienen la propiedad del valor intermedio y además alcanzan sus valores extremos. Las funciones diferenciables en un intervalo también tienen un par de teoremas que hablan acerca de algo que sucede «dentro del intervalo». Estos son el teorema de Rolle, del cual platicamos en la entrada anterior, y el teorema del valor medio. Ambos nos permiten encontrar en el intervalo un punto en el que la derivada tiene un valor específico.

Teorema de Rolle. Sean $a<b$ reales y $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua en el intervalo $[a,b]$ y diferenciable en el intervalo $(a,b)$ . Supongamos que $f(a)=f(b)$ . Entonces existe un punto $c\in (a,b)$ tal que $f'(c)=0$ .

Teorema del valor medio. Sean $a<b$ reales y $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función continua en el intervalo $[a,b]$ y diferenciable en el intervalo $(a,b)$ . Entonces existe un punto $c\in (a,b)$ tal que

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

En la entrada anterior vimos aplicaciones del teorema de Rolle a resolución de problemas matemáticos. En esta entrada hablaremos brevemente de la intuición geométrica del teorema del valor medio, de algunas de sus consecuencias inmediatas y de cómo usar al teorema y sus consecuencias para resolver problemas concretos.

La intuición geométrica del teorema del valor medio

El teorema del valor medio dice que una función diferenciable en $(a,b)$ y continua en $[a,b]$ cumple que hay un punto $c$ tal que el valor de la derivada en $c$ es igual a la pendiente de la recta que une los puntos del plano $(a,f(a))$ y $(b,f(b))$ . En la siguiente figura, se marca en azul el punto $c$ en donde la pendiente de la tangente es lo que queremos, es decir, la pendiente entre los puntos rojos.

En varios problemas en los que se usa el teorema del valor medio, o bien en los cuales se pide demostrar enunciados parecidos a lo que dice el teorema del valor medio, es conveniente hacer una figura para entender la intuición geométrica del problema.

Consecuencias del teorema del valor medio

Si $f$ y $g$ son funciones continuas en $[a,b]$ y diferenciables en $(a,b)$ entonces se pueden deducir los siguientes resultados a partir del teorema del valor medio. No profundizamos en las demostraciones, y dejamos su verificación como un ejercicio de práctica.

Proposición. Si $f'(x)=0$ para toda $x$ en $(a,b)$ , entonces $f$ es constante.

Proposición. Si $f'(x)=g'(x)$ para toda $x$ en $(a,b)$ , entonces existe una constante $c$ tal que $f(x)=g(x)+c$ para toda $x$ .

Proposición. Si $f'(x)>0$ para toda $x$ en $(a,b)$ , entonces $f$ es una función estrictamente creciente. Si $f'(x)<0$ en $(a,b)$ , entonces $f$ es una función estrictamente decreciente.

Cuando $f'(x)\geq 0$ y $f'(x)\leq 0$ , tenemos resultados análogos que dicen que es no decreciente y no creciente, respectivamente.

Veamos algunas aplicaciones de los resultados anteriores.

Problema. Sean $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ funciones tales que para todo par de reales $x$ y $y$ se cumple que

$|f(x)+g(y)-f(y)-g(x)|\leq (x-y)^2.$

Demuestra que $f$ y $g$ varían sólo por una constante aditiva.

Sugerencia pre-solución. Identifica cuál de las proposiciones anteriores puedes usar. Hay que tener cuidado con las hipótesis, pues en el enunciado no se habla de la diferenciabilidad de ninguna de las funciones involucradas.

Solución. Podría ser tentador usar la segunda proposición que enunciamos arriba, pero no tenemos hipótesis acerca de la diferenciabilidad de $f$ o de $g$ . Sin embargo, vamos a mostrar que sí se puede mostrar que $f-g$ es diferenciable en todo real, y que su derivada es $0$ en todo real. Para ello, definamos $h=f-g$ y notemos que la hipótesis dice que $|h(x)-h(y)|\leq (x-y)^2.$

A partir de aquí, notemos que por la hipótesis, para $x\neq y$ ,

$\frac{|h(y)-h(x)|}{|y-x|}\leq \frac{(y-x)^2}{|y-x|} = |y-x|,$

y el límite de esta última expresión conforme $y\to x$ es $0$ , de modo que

$\left|\lim_{y\to x} \frac{h(y)-h(x)}{y-x}\right|=\lim_{y\to x} \frac{|h(y)-h(x)|}{|y-x|} = 0.$

Esto muestra que para cualquier $x$ se tiene que $h$ es diferenciable en $x$ y su derivada es igual $0$ en todo $x$ . De este modo, $h$ es una función constante, y por lo tanto existe un $c$ tal que $f(x)=g(x)+c$ para todo $x$ .

$\square$

Veamos cómo el teorema del valor medio nos puede ayudar a demostrar desigualdades.

Problema. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función dos veces diferenciable tal que $f''(x)\geq 0$ para todo $x$ . Demuestra que para todo par de reales $a$ y $b$ con $a<b$ se tiene que

$f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{f(a)+f(b)}{2}.$

Sugerencia pre-solución. Haz una figura para convencerte de que el resultado es cierto. En el enunciado del problema, la función está siendo enunciada en tres valores, $a$ , $b$ y $\frac{a+b}{2}$ . Esto te dará una pista de dónde usar el teorema del valor medio.

Solución. Por el teorema del valor medio, existe un real $r$ en el intervalo $\left(a,\frac{a+b}{2}\right)$ para el cual

$\frac{f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)}{\frac{a+b}{2}-a} = f'(r).$

De manera similar, existe un real $s$ en el intervalo $\left(\frac{a+b}{2},b\right)$ para el cual

$\frac{f(b)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)}{b-\frac{a+b}{2}} = f'(s).$

Como $f''(x)>0$ para todo real $x$ , tenemos que $f'$ es una función creciente, y como $r<s$ , tenemos entonces que $f'(r)<f'(s)$ . De esta forma,

$\frac{f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f(a)}{\frac{a+b}{2}-a}<\frac{f(b)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)}{b-\frac{a+b}{2}}.$

Notemos que el denominador de ambos lados es $\frac{b-a}{2}$ . Cancelando los denominadores y reacomodando los términos en esta desigualdad, obtenemos la desigualdad deseada.

$\square$

Problemas resueltos con el teorema del valor medio y otras técnicas

Veamos algunos problemas que combinan el teorema del valor medio con otras técnicas de solución de problemas.

Problema. Sea $f(x)$ una función diferenciable en $(0,1)$ y continua en $[0,1]$ con $f(0)=0$ y $f(1)=1$ . Muestra que existen puntos distintos $a,b,c,d$ en el intervalo $[0,1]$ tales que

$\frac{1}{f'(a)}+ \frac{1}{f'(b)} + \frac{1}{f'(c)} + \frac{1}{f'(d)} = 4.$

Sugerencia pre-solución. Para resolver el problema, hay que combinar el teorema del valor medio con el teorema del valor intermedio. El primer paso del problema es encontrar reales $p<q<r$ tales que $f$ valga en ellos $1/4$ , $2/4$ y $3/4$ .

Solución. Como $f(0)=0$ , $f(1)=1$ y $0<1/4<1$ , por el teorema del valor intermedio existe un real $p$ en $(0,1)$ tal que $f(p)=1/4$ . De manera similar, existe un real $q$ en $(p,1)$ tal que $f(q)=2/4$ y un real $r$ en $(q,1)$ tal que $f(r)=3/4$ .

Aplicando el teorema del valor medio a los intervalos $[0,p]$ , $[p,q]$ , $[q,r]$ y $[r,1]$ obtenemos reales $a,b,c,d$ respectivamente tales que

$\begin{align*}f'(a)&=\frac{f(p)-f(0)}{p-0}=\frac{1/4}{p}\\f'(b)&=\frac{f(q)-f(p)}{q-p}=\frac{1/4}{q-p} \\ f'(c)&=\frac{f(r)-f(q)}{r-q}=\frac{1/4}{r-q} \\ f'(d)&=\frac{f(1)-f(r)}{1-r}=\frac{1/4}{1-r}. \end{align*}$

Estos son los valores de $a,b,c,d$ que queremos pues

$\begin{align*} \frac{1}{f'(a)}+ \frac{1}{f'(b)} + \frac{1}{f'(c)} + \frac{1}{f'(d)} &= 4(1-r+r-q+q-p+p)\\&=4.\end{align*}$

$\square$

Problema. Sean $a$ , $b$ y $c$ números distintos. Muestra que la siguiente expresión

$\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+ \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-c)}$

no depende del valor de $x$ .

Sugerencia pre-solución. Encuentra la derivada de la expresión. Puedes aprovechar la simetría para hacer menos cuentas.

Solución. Usando la regla del producto, la derivada del primer sumando es

$\begin{align*}\frac{(x-a)+(x-b)}{(c-a)(c-b)}&=\frac{(2x-a-b)(b-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}\\&=\frac{2x(b-a)+a^2-b^2}{(a-b)(b-c)(c-a)}.\end{align*}$

Por simetría, las derivadas de los otros dos términos tienen el mismo denominador que esta y en el numerador tienen, respectivamente,

$\begin{align*}&2x(c-b)+b^2-c^2\quad \text{y}\\&2x(a-c)+c^2-a^2,\end{align*}$

de modo que al sumar las tres expresiones obtenemos cero. Así, la derivada de la expresión es cero y por lo tanto es constante.

$\square$

Hay otro argumento para resolver el problema anterior, que usa teoría de polinomios. A grandes rasgos, la expresión es un polinomio de grado $2$ , que toma tres veces el valor $1$ , de modo que debe ser igual al polinomio constante $1$ .

Más problemas

Hay más ejemplos de problemas relacionados con el teorema del valor medio en la Sección 6.6 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

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