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Cálculo Diferencial e Integral III: Derivadas parciales de segundo orden

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

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Introducción

En las entradas anteriores definimos qué quiere decir que un campo escalar sea diferenciable. Así mismo, definimos las derivadas parciales y el gradiente. Ya usamos estas herramientas para hablar de dirección de cambio máximo y de puntos críticos. Además demostramos una versión del teorema del valor medio para este caso, lo que nos permitió poner un poco de orden a nuestra teoría: una función es diferenciable en un punto cuando existen sus parciales en ese punto y son continuas. Es momento de hablar de derivadas parciales de segundo orden. Cualquiera de las derivadas parciales es por sí misma un campo escalar, así que podemos preguntarnos si tiene o no sus propias derivadas parciales. Exploraremos esta idea.

Derivadas parciales de segundo orden

Las derivadas parciales de un campo escalar $f$ nos originan nuevos campos escalares. Supongamos que $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ es un campo escalar para el cual existe la $k$-ésima derivada parcial en un conjunto abierto $S’\subseteq S$. Entonces, obtenemos un nuevo campo escalar $\frac{\partial f}{\partial x_{k}}:S’\rightarrow \mathbb{R}$.

Este campo escalar puede o no tener $j$-ésima derivada parcial. Suponiendo que la tiene en algún $U\subseteq S’$ podríamos escribirla como

$$\frac{\partial\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}\right)}{\partial x_j}.$$

Sin embargo, esta notación es engorrosa, y por ello optamos o bien por escribir la expresión como sigue

\[ \frac{\partial}{\partial x_{j}}\left( \frac{\partial f}{\partial x_{k}}\right)\]

o todavía más compacto, como

\[ \frac{\partial ^{2}f}{\partial x_{j}\partial x_{k}}.\]

A esto le llamamos una derivada parcial de segundo orden. Si $j=k$, introducimos la notación

\[ \frac{\partial ^{2}f }{\partial x_{k}^{2}}.\]

Las derivadas parciales de segundo orden vuelven a ser, una vez más, cada una de ellas un campo escalar. Esto permite seguir iterando la idea: podríamos hablar de derivadas parciales de segundo, tercero, cuarto, … , $k$-ésimo, … orden. Daremos una definición un poco más formal en una siguente entrada, pero por ahora trabajemos en entender a las derivadas parciales de segundo orden.

Un ejemplo de derivadas parciales de segundo orden

Ejemplo. Consideremos el campo escalar $f(x,y,z)=x^{2}yz$. Para este campo escalar tenemos que sus derivadas parciales con respecto a $x$, $y$ y $z$ son:

\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&=2xyz,\\
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&=x^{2}z\\
\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&=x^{2}y.
\end{align*}

Cada una de estas expresiones es a su vez un campo escalar. Cada una de ellas es derivable con respecto a $x$ en todo $\mathbb{R}^3$. Al derivarlas con respecto a $x$ obtenemos:

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}(x,y,z)&=2yz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y,z)&=2xz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial z}(x,y,z)&=2xy.
\end{align*}

Por otro lado, las derivadas parciales de primer orden también podríamos haberlas derivado con respecto a $y$. En este caso, hubieramos obtenido.

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y \partial x}(x,y,z)&=2xz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y ^2}(x,y,z)&=0,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial z}(x,y,z)&=x^2.
\end{align*}

También podríamos derivar a las derivadas parciales de primer orden con respecto a $z$ para obtener las tres derivadas de orden dos faltantes. En total tenemos tres derivadas parciales de primer orden y nueve derivadas parciales de segundo orden.

$\triangle$

Igualdad de las derivadas parciales de segundo orden mixtas

En numerosos campos escalares de interés tenemos una propiedad muy peculiar: que los operadores «obtener la derivada parcial con respecto a $x$» y «obtener la derivada parcial con respecto a $y$» conmutan. Es decir, varias veces podemos intercambiar el orden de derivación de las parciales y obtener el mismo resultado. En el ejemplo anterior quizás hayas notado que

\[ \frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}=2xz=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}.\]

Esto no siempre pasa, pero hay criterios de suficiencia sencillos de verificar. Por ejemplo, basta que las parciales mixtas existan y sean continuas para que sean iguales. El siguiente teorema formaliza el resultado.

Teorema. Sea $f:S\subseteq \mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ un campo escalar tal que las derivadas parciales $\frac{\partial f}{\partial x}$, $\frac{\partial f}{\partial y}$, $\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}$, $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ existen en un conjunto abierto $U$. Si $(a,b)\in U$ es tal que $\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}$, $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ son continuas en $(a,b)$, entonces dichas derivadas mixtas de segundo orden son iguales en $(a,b)$.

Demostración. Sean $h,k\neq 0$ suficientemente chicos para que los puntos en el plano $(a,b)$, $(a,b+k)$, $(a+h,b)$, y $(a+h,b+k)$ estén en $U$.

Definamos la función $\Gamma (x)=f(x,b+k)-f(x,b)$ para $x\in [a,a+h]$ y definamos

\begin{equation} \Delta (h,k)=\Gamma (a+h)-\Gamma (a).\end{equation}

Notemos que $\Gamma$ es una función de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ cuya derivada es $$\Gamma'(x)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,b+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(x,b).$$ Así, se le puede aplicar el teorema del valor medio con extremos en $a$ y $a+h$ para concluir que existe $\xi _{1}\in [a,a+h]$ que nos permite escribir $\Delta(h,k)$ de la siguiente manera:

\begin{align*}
\Delta(h,k)&=\Gamma (a+h)-\Gamma (a)\\
&= h\Gamma'(\xi _{1})\\
&=h\left[ \frac{\partial f}{\partial x}(\xi _{1},b+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(\xi _{1},b) \right]
\end{align*}

Ahora podemos aplicar el teorema del valor medio en la función $y\mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (\xi _{1},y)$ con extremos $b$ y $b+k$. Esto nos permite continuar la cadena de igualdades anterior mediante un $\eta _{1}\in [b,b+k]$ que cumple

\begin{equation}\label{eq:primerdelta} \Delta (h,k)=hk\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1}).\end{equation}

Como $(\xi _{1},\eta _{1})\in [a,a+h]\times[b,b+k]$, se tiene que $(\xi _{1},\eta _{1})\to (a,b)$ conforme $(h,k)\to \bar{0}$.

Ahora consideremos análogamente a la función $\varLambda (y)=f(a+h,y)-f(a,y)$. Mediante un procedimiento similar al que acabamos de hacer, pero aplicado a $\varLambda$ en vez de a $\Gamma$, se tiene otra forma de expresar a $\Delta(h,k)$:

\begin{equation}\label{eq:segundodelta}\Delta(h,k)=hk\frac{\partial ^{2} f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2}),\end{equation} donde $(\xi _{2},\eta _{2})\in [a,a+h]\times[b,b+k]$. Nuevamente, $(\xi _{2},\eta _{2})\to (a,b)$ conforme $(h,k)\to (0,0)$.

Igualando las expresiones en \eqref{eq:primerdelta} y \eqref{eq:segundodelta}, tenemos lo siguiente:

\[ \frac{\partial f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1})=\frac{\partial f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2}).\]

El resultado se sigue de hacer tender $(h,k)\to (0,0)$, ya que dado que las derivadas parciales les estamos pidiendo que sean continuas, tenemos que:

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2} f}{\partial y\partial x}(a,b)&=\lim\limits_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\partial ^{2} f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1})\\
&=\lim\limits_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2})\\
&=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(a,b).
\end{align*}

Así concluimos nuestro resultado.

$\square$

Más adelante…

En esta entrada hablamos de las derivadas parciales de segundo orden y vimos que bajo condiciones razonables podemos elegir las variables de derivación en el orden que queramos. Estas ideas son más generales, y a continuación nos llevarán a definir las derivadas parciales de cualquier orden $k$. Después, usaremos estas derivadas parciales para generalizar otro de los teoremas de cálculo unidimensional: el teorema de Taylor.

Tarea moral

  1. Para las siguientes funciones calcula $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}$:
    • $f(x,y)=x^{2}+y^{2}cos(xy)$
    • $f(x,y)=e^{x}cos(y)$
    • $f(x,y,z)=\textup{log}(x^{2}+2y^{2}-3z^{2})$
  2. En el teorema que afirma que las derivadas parciales mixtas son iguales usamos cuatro veces el teorema del valor medio (¿cuáles 4 son?). Asegúrate de que en verdad lo podamos usar.
  3. Calcula $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}$, y $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ para las funciones del punto 1. Explica por qué no es necesario calcular de manera separada $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$
  4. Investiga de un ejemplo en el que las derivadas parciales $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ y $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$ no sean iguales. Realiza las cuentas para verificar que en efecto tienen valores distintos en algún punto.
  5. El teorema que enunciamos está muy limitado. Sólo nos habla de campos escalares de $\mathbb{R}^2$ en $\mathbb{R}$. Sin embargo, debería también funcionar si $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$. Enuncia y demuestra un resultado similar que te permita garantizar que $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}.$$

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Cálculo Diferencial e Integral III: Teorema del valor medio para campos escalares

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

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Introducción

Ya hemos definido qué es el gradiente $\nabla f$ de un campo escalar $f$. Hemos visto cómo está relacionado con las derivadas direccionales. Así mismo, mostramos que conocer este gradiente nos permite dar información sobre los máximos y mínimos del campo escalar. En esta entrada mostraremos una propiedad más del gradiente: que nos ayuda a dar una generalización del teorema del valor medio de Cálculo I, pero para campos escalares. Este será un resultado fundamental para demostrar otras propiedades de los campos escalares. Como ejemplo, también damos en esta entrada un criterio suficiente para que un campo escalar sea diferenciable.

Teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$

Para facilitar la lectura de este material, recordemos lo que nos dice el teorema del valor medio sencillo, es decir, el de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$.

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

Una vez que uno interpreta el teorema gráficamente, se vuelve muy intuitivo. Considera la siguiente figura.

Intuición geométrica del teorema del valor medio

El término $$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$ es la pendiente del segmento que une los puntos $(a,f(a))$ y $(b,f(b))$ El término $f'(c)$ va marcando la pendiente de la recta tangente a $f$ en cada punto $c$. En términos geométricos, lo que nos dice este teorema es que para algún valor de $c$, la pendiente de la recta tangente en $c$ es la pendiente del segmento entre los extremos.

Lo que haremos a continuación es dar una generalización apropiada para funciones de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}$.

Teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}^n$ en $\mathbb{R}$

Para generalizar el teorema del valor medio a funciones de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}$, necesitaremos cambiar un poco las hipótesis. El segmento $[a,b]$ que usábamos ahora será un segmento (multidimensional) que conecte a dos vectores $\bar{x}$ y $\bar{y}$ en $\mathbb{R}^n$. La diferenciabilidad la pediremos en todo un abierto que contenga al segmento. El enunciado apropiado se encuentra a continuación.

Teorema (del valor medio para campos escalares). Sea $S$ un abierto de $\mathbb{R}^n$. Tomemos $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ un campo escalar diferenciable. Sean $\bar{x}$ y $\bar{y}$ en $S$ tales que el segmento que une a $\bar{x}$ con $\bar{y}$ se queda contenido en $S$. Entonces, existe $c \in (0,1)$ tal que $$\nabla f((1-c )\bar{x}+c \bar{y})\cdot (\bar{y}-\bar{x})=f(\bar{y})-f(\bar{x}).$$

En este caso no podemos «pasar dividiendo $\bar{y}-\bar{x}$» pues no tiene sentido dividir entre vectores. Pero en el caso $n=1$ sí se puede, y justo obtenemos de vuelta el teorema del valor medio de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$. Uno podría pensar que entonces esta es una manera alternativa de demostrar el teorema para funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$. Sin embargo, como veremos a continuación, la demostración de la versión para campos escalares usa la versión para funciones reales.

Demostración. Consideremos la función $\gamma:[0,1] \to \mathbb{R}^{n}$ dada $\gamma (t)=(1-t)\bar{x}+t\bar{y}$. Notemos que $\gamma$ es diferenciable, con $\gamma’ (t)=\bar{y}-\bar{x}$. Además, por hipótesis $f$ es diferenciable en $S$. Así, $f\circ \gamma:[0,1]\to \mathbb{R}$ también es diferenciable, y por regla de la cadena

\begin{align*}
(f\circ \gamma)'(t)&=\nabla f(\gamma(t))\cdot \gamma'(t)\\
&=\nabla f(\gamma(t))\cdot (\bar{y}-\bar{x}).
\end{align*}

¡Pero $f\circ \gamma$ ya es una función de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$! Así, podemos aplicarle el teorema del valor medio real (verifica las hipótesis como tarea moral). Al hacer esto, obtenemos que existe una $c\in (0,1)$ tal que
\begin{align*}
(f\circ \gamma)'(c) &= \frac{(f\circ \gamma)(1)-(f\circ \gamma)(0)}{1-0}\\
&=f(\bar{y})-f(\bar{x}).
\end{align*}

Usando la fórmula que obtuvimos por regla de la cadena para $(f\circ \gamma)’$ y la definición de $\gamma$ obtenemos que

$$ \nabla f((1-c)\bar{x}+c\bar{y})\cdot (\bar{y}-\bar{x})=f(\bar{y})-f(\bar{x}),$$

tal y como buscábamos.

$\square$

En el teorema anterior estamos pidiendo que $f$ sea diferenciable. Sin embargo, basta con que exista la derivada de la composición en el segmento que nos interesa y el resultado también se sigue. Es decir, tenemos la siguiente versión con una hipótesis más débil. La enunciamos pues la usaremos en la siguiente sección.

Teorema (del valor medio para campos escalares, hipótesis debilitada). Sea $S$ un abierto de $\mathbb{R}^n$. Tomemos $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ un campo escalar. Sean $\bar{x}$ y $\bar{y}$ en $S$ tales que el segmento que une a $\bar{x}$ con $\bar{y}$ se queda contenido en $S$ y tales que para toda $c\in[0,1]$ se cumple que la derivada (real) de $f((1-c)\bar{x}+c\bar{y}))$ existe. Entonces, existe $c \in (0,1)$ tal que $$\nabla f((1-c )\bar{x}+c \bar{y})\cdot (\bar{y}-\bar{x})=f(\bar{y})-f(\bar{x}).$$

La demostración es exactamente la misma.

Aplicación del teorema del valor medio

Como primera aplicación del teorema del valor medio para campos escalares mostraremos un criterio de diferenciabilidad muy útil, al que llamaremos el teorema de diferenciabilidad y derivadas parciales.

Teorema. Sea $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ un campo escalar. Supongamos que para cierto punto $\bar{a}\in S$ y cierta vecindad $B_r(\bar{a})\subset S$ existen las derivadas parciales $\frac{\partial f}{\partial x_{1}},\dots ,\frac{\partial f}{\partial x_{n}}$ y son continuas en $\bar{a}$. Entonces $f$ es diferenciable en $\bar{a}$.

Demostración. Elijamos un vector $\bar{u}=u_1\hat{e}_1+\dots +u_n\hat{e}_n$ de norma $1$ y tomemos $\bar{v}=\lambda \bar{u}$ con $\lambda$ suficientemente chico como para que $\bar{a}+\bar{v}$ esté en $B_{r}(\bar{a})$. Definamos los siguientes vectores:

\begin{align*}
\bar{v}_0&=\bar{0}\\
\bar{v}_1&=u_1\hat{e}_1\\
\bar{v}_2&=u_1\hat{e}_1+u_2\hat{e}_2\\
&\vdots\\
\bar{v}_n&=u_1\hat{e}_1+u_2\hat{e}_2+\ldots+u_n\hat{e}_n=\bar{u}.
\end{align*}

Con ellos creamos la siguiente suma telescópica para expresar a $f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})$

\begin{align}
f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})&=f(\bar{a}+\lambda \bar{u})-f(\bar{a}) \nonumber\\
&=\sum_{k=1}^{n}[f(\bar{a}+\lambda \bar{v}_{k})-f(\bar{a}+\lambda \bar{v}_{k-1})] \label{eq:telescopica}
\end{align}

Notemos que el $k$-ésimo término de esta suma puede ser escrito como $$f(\bar{a}+\lambda \bar{v}_{k-1}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k})-f(\bar{a}+\lambda \bar{v}_{k-1}).$$ Para simplificar, definimos $\bar{b}_{k}=\bar{a}+\lambda \bar{v}_{k-1}$ y reescribiendo el $k$-ésimo término tenemos $$f(\bar{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k})-f(\bar{b}_{k}).$$

Aplicando el teorema del valor medio con hipótesis debilidada para campos escalares a los puntos $\bar{b}_{k}$ y $\bar{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k}$ (verifica las hipótesis), tenemos que para cada $k$ existe $\xi_k \in (0,1)$ tal que

\begin{align*}
f(\bar{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k})-f(\bar{b}_{k})&=\triangledown f((1-\xi_k )\bar{b}_{k}+\xi_k (\bar{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k}))\cdot (\lambda u_{k}\hat{e}_{k})\\
&=\lambda u_{k}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k}),
\end{align*}

en donde hemos definido $\bar{c}_k:=(1-\xi_k )\bar{b}_{k}+\xi_k (\bar{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k})$, que es un punto en el segmento que une a $\bar{b}_k$ con $\bar{b}_k+\lambda u_k\hat{e}_k$.

Tenemos pues que podemos escribir al $k$-ésimo término como:

$$f(\hat{b}_{k}+\lambda u_{k}\hat{e}_{k})-f(\bar{b}_{k})=\lambda u_{k}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k}).$$

Notemos además que si $\lambda \to 0$, entonces $\bar{b}_{k}\to \bar{a}$, $\bar{c}_{k} \to a$ y $\bar{v}\to \bar{0}$.

Escribimos entonces la ecuación \eqref{eq:telescopica} como:

\begin{equation}
\label{eq:resumen}
f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})=\lambda \sum_{k=1}^{n}u_k\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})
\end{equation}

En unos momentos usaremos esta expresión. Antes de ello, estudiemos otro de los términos involucrados en la diferenciabilidad. Tenemos que:

\begin{align}
\triangledown f(\bar{a})\cdot \bar{v}&=\triangledown f(\bar{a})\cdot \lambda u \nonumber\\
&=\lambda \triangledown f(\bar{a})\cdot u \nonumber\\
&=\lambda \sum_{k=1}^{n}u_{k}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a}) \label{eq:ppunto}.
\end{align}

Empecemos entonces a combinar lo visto hasta ahora para entender los términos en la definición de diferenciabilidad. Tenemos juntando \eqref{eq:resumen} y \eqref{eq:ppunto} que

\begin{align*}
f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})-\triangledown f(\bar{a})\cdot v&=\lambda \sum_{k=1}^{n}u_{k}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})-\lambda \sum_{k=1}^{n}u_{k}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a})\\&=\lambda \sum_{k=1}^{n}u_{k}\left[ \frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})-\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a}) \right].
\end{align*}

Como mencionamos, si $\lambda \to 0$ entonces $\bar{v}\to \bar{0}$. Además, $||\bar{v}||=|\lambda|$. Así:

\[ \lim\limits_{\bar{v}\to \bar{0}} \frac{|f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})-\triangledown f(\bar{a})\cdot \bar{v}|}{||\bar{v}||}=\lim\limits_{\lambda \to 0} \left|\sum_{k=1}^{n}\left[ \frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})-\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a}) \right]u_{k}\right|.\]

Veamos qué más sucede cuando $\lambda \to 0$. Ya notamos que $\bar{c}_k\to \bar{a}$, así que usando la continuidad de las derivadas parciales tenemos:

\[ \lim\limits_{\lambda \to 0}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})=\lim\limits_{\bar{c}_{k}\to \bar{a}}\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})=\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a}).\]

Aplicando desigualdad del trángulo en la suma, el límite buscado es menor o igual a

\[ \lim\limits_{\lambda \to 0}\sum_{k=1}^{n}\left|\left[ \frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{c}_{k})-\frac{\partial f}{\partial x_{k}}(\bar{a}) \right]u_{k}\right|=0.\]

Y aquí cada sumando se va a $0$. La conclusión final es que

\[ \lim\limits_{\bar{v}\to \bar{0}}\frac{|f(\bar{a}+\bar{v})-f(\bar{a})-\triangledown f(\bar{a})\cdot \bar{v}|}{||\bar{v}||}=0,\]

de modo que $f$ es diferenciable en $\bar{a}$.

$\square$

El regreso del teorema anterior no se vale

El teorema de diferenciabilidad nos dice que si las derivadas parciales existen y son continuas, entonces la función es diferenciable. Sin embargo, el regreso de este teorema no se vale, en el sentido de que existen funciones diferenciables cuyas derivadas parciales no son continuas. En otras palabras, si las derivadas parciales no son continuas, no podemos descartar la diferenciablidad de una función.

A continuación esbozamos un ejemplo que deberás completar como tarea moral.

Ejemplo. Consideremos la función

$$f(x,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)\sin\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) &\text{si $(x,y)\neq (0,0)$}\\ 0 & \text{si $(x,y)=(0,0)$}\end{cases}$$

Se puede demostrar que $f$ es diferenciable en $(0,0)$. De manera intuitiva, la función queda entre las funciones $(x,y)\to x^2+y^2$ y $(x,y)\to -x^2-y^2$. Se puede usar un argumento de acotamiento para mostrar que el plano tangente coincide entonces con el de estas funciones en $(0,0)$ que es el plano $z=0$. Verifica los detalles de tarea moral.

Así mismo, se puede ver que las derivadas parciales en $(0,0)$ existen y que de hecho se satisface $$\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = 0.$$

Finalmente, se puede ver que las derivadas parciales no convergen a $0$. Fuera del $(0,0)$, tenemos por reglas de derivación que

\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) &= 2 x \sin \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{x \cos \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) &= 2 y \sin \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{y \cos \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}. \end{align*}

Una manear de ver que estas no son contínuas es aproximándonos por un eje. Por ejemplo, puedes verificar que sobre el eje $x$, conforme $x\to 0$, tenemos que la primera parcial oscila entre $-1$ y $1$.

$\triangle$

Más adelante…

Hemos enunciado y demostrado una versión del teorema del valor medio para campos escalaras. Gracias a ella hemos podido mostrar que si un campo escalar tiene derivadas parciales continuas, entonces es diferenciable. Las aplicaciones del teorema del valor medio para campos escalares van más allá. En la siguiente entrada hablaremos de las derivadas parciales de orden superior. El teorema del valor medio para campos escalares nos permitirá demostrar que bajo ciertas condiciones, en cierto sentido estas derivadas parciales «conmutan».

Tarea moral

  1. ¿Qué dice el teorema del valor medio para campos escalares para la función $f(x,y)=\sin(x)\cos(y)$ tomando como extremos los puntos $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ y $\left(\frac{\pi}{2},0\right)$? Verifica si puedes aplicar las hipótesis.
  2. En la demostración del teorema del valor medio que dimos, verifica que la función $f\circ \gamma$ dada en efecto satisface las hipótesis del teorema del valor medio real.
  3. Supongamos que $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ es diferenciable en un abierto $S$ que contiene al segmento cuyos extremos son ciertos vectores $\bar{x}$ y $\bar{y}$ de $\mathbb{R}^n$. Supongamos que $f(\bar{x})=f(\bar{y})$. ¿Será cierto siempre que $\nabla f$ se anula en algún vector del segmento que une $x$ con $y$? Ten cuidado, pues hay un producto escalar involucrado. En caso de que no siempre sea cierto, ¿Qué es lo que sí puedes garantizar?
  4. En la demostración del teorema de diferenciabilidad, verifica que se pueden usar las hipótesis del teorema del valor medio para campos escalares con hipótesis debilitada. Necesitarás ver que la derivada real que tiene que existir es justo una parcial de las que suponemos que existen, completa los detalles. Luego, verifica que en efecto la conclusión que obtuvimos es justo la que se obtiene. Observa además que no podemos usar el teorema del valor medio para campos diferenciables con la hipótesis usual pues necesitaríamos saber que $f$ es diferenciable, lo cual es justo lo que queremos mostrar.
  5. Completa el contraejemplo al regreso del teorema de diferenciabilidad. Entre otras cosas, tienes que hacer lo siguiente:
    • Verificar que en efecto la función es diferenciable en $(0,0)$. Puedes proceder por definición o acotando como se sugiere.
    • Revisar que las parciales en $(0,0)$ en efecto existen y coinciden con lo que sabemos a partir de que el plano tangente en el origen es $(0,0)$.
    • Obtener paso a paso la fórmula que dimos para las parciales, usando lo que sabes de regla de la cadena, derivadas en $\mathbb{R}$, etc.
    • Verificar que ninguna de las dos derivadas parciales es continua, completando el argumento de que al acercarnos por los ejes tenemos oscilaciones.

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Cálculo Diferencial e Integral II: Teorema del valor medio para integrales

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En las secciones anteriores vimos algunos métodos numéricos de integración que se utilizan para dar solución a la integral de funciones, en esta sección veremos el teorema del valor medio para integrales.

Teorema del valor medio para integrales

El teorema del valor medio es una consecuencia del teorema de valor medio para la derivada y el teorema fundamental del Cálculo [Hipervinculo: Calculo II-Teorema fundamental del calculo], geométricamente significa que para funciones no negativas y continuas en un intervalo $[a, b]$ existe un valor $c$ en el mismo intervalo, tal que, el rectángulo con base $[a, b]$ y altura $f(c)$ tiene la misma área que la región bajo la gráfica de $f$ en el intervalo $[a, b]$ o lo que es lo mismo decir, alcanza su valor promedio en al menos un punto $c$ (ver figura 1).

Figura 1: Teorema del valor medio para integrales.

Enunciamos el siguiente teorema:

Teorema del valor medio para integrales

Sea función continua $f(x)$ en un intervalo $[a, b]$ entonces existe $c \space \epsilon \space [a, b]$, tal que:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$$

Demostración:

Como $c \space \epsilon \space [a, b]$ supongamos sin perdida de generalidad que $a<c<b$ entonces:

$$\int_{a}^{b} f(x)dx=\int_{a}^{c} f(x)dx+\int_{c}^{b} f(x)dx$$

Por las propiedades de la integral [Hipervinculo: Calculo II-Propiedades de la integral], la función $f$ es integrable en $[a, c]$ y $[c, b]$.

Ahora por el teorema del valor extremo sabemos que $f$ alcanza sus valores máximo y mínimo absolutos en el intervalo, el cual se denotan como $M$ y $m$ respectivamente, así, sabemos que:

$$\int_{a}^{b} mdx\leq \int_{a}^{b} f(x)dx\leq \int_{a}^{b} Mdx$$

Las integrales de la izquierda y derecha se pueden evaluar fácilmente:

$$m(b-a)\leq \int_{a}^{b} f(x)dx\leq M(b-a) \tag{1}$$

Por otro lado, como $c \space \epsilon \space [a, b]$ entonces: $m\leq f(c) \leq M$ para alguna $c \space \epsilon \space [a, b]$.

Si $m$ y $M$ son infinitesimalmente pequeños, entonces $m=f(c)=M$, por lo que en $(1)$:

$$f(c)(b-a)\leq \int_{a}^{b} f(x)dx\leq f(c)(b-a)$$

$$\Rightarrow \int_{a}^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$$

$\square$

Veamos un ejemplo.

Ejemplo

  • Determine el valor promedio de la función $f(x)=1+x^{2}$ en el intervalo $[-1,2]$.

Vemos que $a=-1$ y $b=2$, para calcular el valor promedio de la función $f(x)$ utilizamos el teorema del valor medio como sigue:

$$f_{prom}=f(c)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx$$

Así tenemos que:

$$f(c)=\frac{1}{2-(-1)}\int_{-1}^{2}(1+x^{2})dx=\frac{1}{3}\left [ x+\frac{x^{3}}{3} \right ]\bigg{|}_{-1}^{2}$$

$$=\frac{1}{3}\left [ 2+\frac{2^{3}}{3}-(-1)-\frac{(-1)^{3}}{3} \right ]=2$$

Vemos que $f(c)=2$, evaluamos en la función $f(x)$ el valor $c$ para encontrar su valor:

$$f(c)=1+c^{2}=2 \Rightarrow c=\pm 1$$

Sucede que en este caso hay dos números $c=1$ y $c=-1$ que toman el valor medio de la función $f(x)$.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Halle el valor promedio de las siguientes funciones en el intervalo indicado.

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

  1. $f(x)=4x-x^{2}$, $[0,4]$
  2. $f(x)=4-x$, $[0,3]$
  3. $f(x)=3x^{2}-2x$, $[1,4]$
  • Determine los números $b$ talque el valor promedio de la función $f(x)=2+6x-3x^{2}$ en el intervalo $[0,b]$ sea igual a 3.
  • Demuestre que la velocidad promedio de un automóvil en un intervalo de tiempo $[t_{1}, t_{2}]$ es la misma que el promedio de sus velocidades.

Más adelante…

En esta sección vimos el teorema del valor intermedio aplicado a las integrales, en las siguientes secciones veremos las integrales impropias, es decir, integrales en donde se evalúa una función dentro de un intervalo que tiende a infinito o casos en donde la integral de una función se evalúa en todo $\mathbb{R}$.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema de Rolle y teorema del valor medio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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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, así como el criterio de la derivada antes mencionado. Sin embargo, será en una entrada de la siguiente unidad donde daremos la demostración del criterio de la derivada, esto con la finalidad de revisarlo junto con sus aplicaciones.

Definición: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subset I$ con $r > 0$ tal que $f'(x_0)$ existe. 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) $ ocurre que:
    $$f(x)\leq f(x_0).$$
  • $x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)$ ocurre que:
    $$f(x_0)\leq f(x).$$

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

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

\begin{gather*}
f(a) < f(x_0) \leq f(c).
\end{gather*}

Se sigue que
\begin{gather*}
& f(c) > f(a) = f(b). \\ \\
\therefore & c \neq a, \quad c \neq b. \\ \\
\therefore & c \in (a,b), \quad a<c<b.
\end{gather*}

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

Además, $f$ es derivable en $(a,b)$. Por tanto, es derivable en $c$. Por el teorema anterior, se concluye que $f'(c) = 0.$

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 $c$ de tal manera que la pendiente de la recta tangente es la misma que la pendiente de la recta que pasa 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 $\rho'(c)=0$. Veamos que

\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 $\forall x \in [a,b]$ se tiene que $f(x) = k.$

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*}
& 0 = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}. \\ \\
\Leftrightarrow & f(x)-f(a) = 0. \\ \\
\Leftrightarrow & 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 todo $x \in [a,b]$ se tiene $h(x) = k.$ Se sigue que

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

$\square$

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.

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 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 $[0,2].$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Álgebra Superior II: Continuidad y diferenciabilidad de polinomios reales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

Al inicio de esta unidad, hablamos de las propiedades algebraicas de $\mathbb{R}[x]$, definimos sus operaciones y argumentamos por qué se puede usar la notación de potencias. Luego hablamos de las propiedades aritméticas de los polinomios cuando hablamos de divisibilidad, máximo común divisor y factorización en irreducibles. Vimos una aplicación de esto a la solución de desigualdades. Lo que queremos hacer ahora es pensar a los polinomios como funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ y entender las propiedades analíticas que tienen, es decir en términos de cálculo. Nos interesa saber qué les sucede cuando su entrada es grande, la continuidad y la diferenciabilidad de polinomios.

Estas propiedades tienen consecuencias algebraicas importantes. La continuidad de polinomios nos permite encontrar raíces reales en ciertos intervalos. La diferenciabilidad de polinomios nos ayuda a encontrar la multiplicidad de las raíces. Supondremos que manejas conocimientos básicos de cálculo y de manipulación de límites, pero de cualquier forma recordaremos algunas definiciones y daremos esbozos de la demostración de algunos resultados.

Límites a reales y límites a infinito

Recordemos dos definiciones de cálculo, que se aplican para funciones arbitrarias definidas en todos los reales.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función y $a, b$ reales. Decimos que $$\lim_{x\to a} f(x) = b$$ si para todo $\epsilon >0$ existe un $\delta > 0 $ tal que cuando $0<|x-a|<\delta$, entonces $|f(x)-b|<\epsilon$. En palabras, decimos que el límite de $f$ cuando $x$ tiende a $a$ es $b$.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función. Decimos que $$\lim_{x\to \infty} f(x) = \infty$$ si para todo $M>0$ existe un $r > 0 $ tal que cuando $x>r$, entonces $f(x)>M$. En palabras, decimos que el límite de $f$ cuando $x$ tiende a infinito es infinito.

De manera análoga se pueden definir límites cuando $x$ tiende a menos infinito, y definir qué quiere decir que el límite sea menos infinito. La siguiente proposición se prueba en textos de cálculo.

Proposición (propiedades de límites). Sean $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ funciones y $a$, $b$, $c$ reales. Si $$\lim_{x\to a} f(x) = b \quad \text { y } \quad \lim_{x\to a} g(x)= c,$$ entonces:

  • «El límite de la suma es la suma de los límites», en símbolos, $$\lim_{x\to a} (f+g)(x) = b+c.$$
  • «El límite del producto es el producto de los límites», en símbolos, $$\lim_{x\to a} (fg)(x)=bc.$$

La proposición anterior es sólo para cuando los límites son reales. Hay resultados para cuando algunos de los límites son infinitos, pero en general hay que tener cuidado.

La primer propiedad analítica de los polinomios es saber cómo es su comportamiento cuando $x$ se hace infinito o menos infinito. Si el polinomio es constante, entonces este límite es simplemente su valor en cualquier punto. Para polinomios de grado mayor o igual a $1$, su comportamiento queda resumido en la siguiente proposición.

Proposición (límites a infinito). Tomemos al polinomio $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ dado por $$p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n,$$ en donde $n\geq 1$ y $a_n\neq 0$.

  • Si $a_n>0$ y $p(x)$ es de grado par entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \lim_{x\to-\infty} p(x)= \infty,$$
  • Cuando $a_n>0$ y $p(x)$ es de grado impar entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty \quad \text { y } \quad \lim_{x\to -\infty} p(x)=-\infty$$
  • Si $a_n<0$ y $p(x)$ es de grado par entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \lim_{x\to-\infty} p(x)= -\infty,$$
  • Cuando $a_n<0$ y $p(x)$ es de grado impar entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = -\infty \quad \text { y } \quad \lim_{x\to -\infty} p(x)=\infty.$$

Demostración. Vamos a hacer una de las demostraciones. Mostraremos que para cuando $a_n>0$ y el grado es par, entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty.$$ Las demás se siguen haciendo cambios de signo cuidadosos y usando que una potencia impar de un real negativo es un real negativo, y una potencia par es siempre un real positivo. Pensar en estas demostraciones queda como tarea moral.

Tomemos entonces $p(x)$ un polinomio de grado par y con coeficiente principal $a_n>0$. Intuitivamente, tenemos que mostrar que si $x$ es muy grande, entonces $p(x)$ es tan grande como queramos. Tomemos un real $M>0$. Como haremos $x$ grande, podemos suponer que $x>1$.

Como el término $a_nx^n$ es positivo, basta mostrar como resultado auxiliar que si $x$ es suficentemente grande, entonces $$a_nx^n >M+|a_0+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|,$$ ya que si esto sucede, tendríamos que:
\begin{align*}
a_nx^n&>M+|a_0+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|\\
&=M+|-a_0-a_1x-\ldots-a_{n-1}x^{n-1}|\\
&>M-a_0-a_1x-\ldots-a_{n-1}x^{n-1},
\end{align*}

y de aquí, pasando todo excepto a $M$ a la izquierda, tendríamos $p(x)>M$.

Para probar el resultado auxiliar, tomemos $A$ como el máximo de los valores absolutos $|a_0|,\ldots,|a_{n-1}|$. Por la desigualdad del triángulo y usando $x>1$ tenemos que

\begin{align*}
M+|a_0&+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|\\
&\leq M+|a_0|+|a_1 x| + \ldots + |a_{n-1}x^{n-1}|\\
&\leq M+A(1+x+\ldots+x^{n-1})\\
&< M+nA\\
&<(M+nA)x^{n-1}
\end{align*}

De esta forma, para mostrar nuestra desigualdad auxiliar basta mostrar que para $x$ suficientemente grande, tenemos que $(M+nA)x^{n-1}<a_nx^n$. Pero como $x>0$, esta desigualdad es equivalente a $x>\frac{M+nA}{a_n}$.

Recapitulando, para cualquier $M>0$, si $x>\frac{M+nA}{a_n}$, entonces $p(x)>M$. Esto termina la demostración.

$\square$

Podemos usar la proposición anterior para comparar polinomios cuando su variable tiende a infinito.

Ejemplo. Mostraremos que existe una $M$ suficientemente grande tal que si $x>M$, entonces $$\frac{1}{2}x^7-x^6-x-1>x^6+1000x^5+1000000.$$ Pasando todo del lado izquierdo, nos queda la desigualdad equivalente $$\frac{1}{2}x^7-2x^6-1000x^5-x-999999>0.$$ Aquí tenemos un polinomio $p(x)$ de grado impar y coeficiente principal positivo. Por la proposición anterior, $\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty$, de modo que la $M$ que estamos buscando existe.

$\triangle$

Continuidad de polinomios

Antes de llegar a diferenciabilidad de polinomios, haremos un paso intermedio. Recordemos otra definición de cálculo.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función y $a$ un real. Decimos que $f$ es continua en $a$ si $$\lim_{x\to a} f(x) = f(a).$$ Decimos que $f$ es continua si es continua en todo real.

Por la proposición de propiedades de límites, la suma o producto de funciones continuas es continua. Las funciones constantes son continuas. La función identidad $I:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dada por $I(x)=x$ es continua. Estos tres hechos nos ayudan a demostrar que todos los polinomios son funciones continuas sin tener que recurrir a la definición de límite.

Teorema. Cualquier polinomio $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ pensado como una función $p:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es una función continua.

Demostración. Supongamos que $p(x)$ está dado por $$p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n.$$

Para toda $i$ de $0$ a $n$ tenemos que la función $x\mapsto a_i$ es constante y por lo tanto es continua. Si $i>0$, la función $x\mapsto x^i$ es producto de $i$ veces la identidad consigo misma. Como la identidad es continua y producto de continuas es continua, entonces $x\mapsto x^i$ es continua.

De nuevo, usando que producto de funciones continuas es continua, tenemos que $x\mapsto a_ix^i$ es una función continua. De esta forma, $p(x)$ es la suma de $n+1$ funciones continuas, y por lo tanto es una función continua.

$\square$

El resultado anterior nos ayuda a usar teoremas versátiles de cálculo en nuestro estudio de polinomios. Recordemos el teorema del valor intermedio.

Teorema (del valor intermedio). Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función continua. Sean $a<b$ dos reales. Entonces entre $a$ y $b$, la función $f$ toma todos los valores entre $f(a)$ y $f(b)$.

Veamos cómo el teorema del valor intermedio nos permite encontrar raíces de polinomios.

Problema 1. Muestra que el polinomio $p(x)=x^7-5x^5+x^2+3$ tiene por lo menos una raíz en el intervalo $[0,2]$.

Solución. Al evaluar al polinomio en cero, obtenemos $p(0)=3$. Al evaluarlo en $2$, obtenemos
\begin{align*}
p(2)&=2^7-5\cdot 2^5+x^2 + 3\\
&=128-160+4+3\\
&=-25.
\end{align*}

Como los polinomios son funciones continuas, podemos aplicar el teorema del valor intermedio. Concluimos que $p(x)$ toma todos los valores de $-25$ a $2$ en el intervalo $[0,2]$. En particular, existe un real $r$ en $[0,2]$ tal que $p(r)=0$.

$\triangle$

El teorema del valor intermedio nos ayuda a demostrar que un polinomio tiene una raíz en cierto intervalo. Sin embargo, no es de tanta utilidad para decir exactamente cuál es esa raíz. Es un resultado existencial en vez de ser constructivo. Veamos un ejemplo más, que muestra una proposición que quedó pendiente en una entrada anterior.

Problema 2. Sea $p(x)$ un polinomio cuadrático, mónico e irreducible en $\mathbb{R}[x]$. Muestra que $p(r)>0$ para todo real $r$.

Solución. Procedamos por contradicción. Supongamos que $p(r)\leq 0$ para algún real $r$.

Como $p(x)$ es mónico, su coeficiente principal es $1$, que es positivo. Como $p(x)$ es cuadrático, es de grado par. Por la proposición de límites a infinito, existe un real $t>r$ tal que $p(t)>0$. Por el teorema del valor intermedio, existiría un real $s$ en el intervalo $[r,t]$ tal que $p(s)=0$. Pero esto es imposible, pues entonces por el teorema del factor $x-s$ divide a $p(x)$ y esto contradice que $p(x)$ es irreducible.

$\triangle$

Como muestra el problema anterior, se pueden combinar los límites de polinomios a infinito y menos infinito, y sus propiedades de continuidad. Otra aplicación es mostrar que todo polinomio de grado impar tiene por lo menos una raíz real. Esto se verá en otra entrada.

Por supuesto, otros resultados de continuidad también se pueden usar en todos los polinomios, como el teorema del valor extremo. Aplicándolo directamente, concluimos lo siguiente.

Proposición. Sean $a<b$ reales y $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}$. Entonces $p(x)$ está acotado en el intervalo $[a,b]$ y existen reales $r$ y $s$ en dicho intervalo tales que $p(r)$ y $p(s)$ son el mínimo y máximo de $p(x)$ en $[a,b]$, respectivamente.

Diferenciabilidad de polinomios

Es momento de hablar de diferenciabilidad de polinomios. Recordemos una última definición de cálculo.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función. Decimos que $f$ es diferenciable en $a$ si el límite $$\lim_{h\to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$ existe. En este caso, a ese límite lo denotamos por $f'(a)$. Una función es diferenciable si es diferenciable en todo real. A la función $f’:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ le llamamos la derivada de $f$.

Al igual que en el caso de continuidad, la suma y producto de funciones diferenciales es diferenciable. Si $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ son diferenciables, entonces la derivada de $f+g$ está dada por $$(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)$$ y la derivada de $fg$ está dada por la regla de la cadena $$(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).$$

Las funciones constantes son diferenciables, y su derivada es la función constante $0$. La función identidad es diferenciable, y su derivada es la función constante $1$. Esto es sencillo de mostrar y queda como tarea moral.

Proposición. Sea $n\geq 1$ un entero. El polinomio $p(x)=x^n$ es diferenciable, y su derivada es la función $p'(x)=nx^{n-1}$.

Demostración. Haremos la prueba por inducción. Si $n=1$, el polinomio es $p(x)=x$, y su derivada es $p'(x)=1=1\cdot x^0$, como queremos. Supongamos que el resultado es cierto para el entero $n\geq 1$ y tomemos $p(x)=x^{n+1}=x^n\cdot x$. Por hipótesis inductiva, $x\mapsto x^n$ es diferenciable. Como $p(x)$ es producto de dos funciones diferenciables, entonces es diferenciable.

Usando la regla de la cadena, la hipótesis inductiva de la fórmula y la derivada de $x\mapsto x$, tenemos que $$p'(x)=(nx^{n-1})(x)+(x^n)(1)=(n+1)x^n.$$ Esto termina la demostración.

$\square$

Con todos estos ingredientes podemos mostrar la diferenciabilidad de todos los polinomios. Los detalles quedan como tarea moral.

Teorema (diferenciabilidad de polinomios). Sea $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}[x]$ dado por $$p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n,$$ Entonces $p(x)$ pensado como función es diferenciable y su derivada es un polinomio. Si $p(x)$ es constante, su derivada es el polinomio $0$. En otro caso, su derivada es el polinomio $$a_1+2a_2x+3a_3x^2+\ldots+na_nx^{n-1}.$$

Ejemplo. El polinomio $x^7+3x^2-1$ es diferenciable. Su derivada es el polinomio $7x^6+6x$.

$\triangle$

Ya que sabemos que los polinomios son diferenciables, podemos usar todas las herramientas de cálculo diferencial, como:

No profundizaremos en esto, pues es el contenido de un buen curso de cálculo, o bien de material de algún texto en el área, como el libro de Cálculo de Spivak.

A nosotros nos interesa una consecuencia algebraica de que los polinomios tengan derivada. Como la derivada de un polinomio es otro polinomio, entonces la derivada es diferenciable. Por ello, un polinomio $p(x)$ se puede derivar iteradamente tantas veces como se quiera. Al polinomio obtenido de derivar $n$ veces le llamamos la $n$-ésima derivada y lo denotamos por $p^{(n)}(x)$. En la siguiente entrada veremos cómo la repetida diferenciabilidad de polinomios nos ayuda a detectar la multiplicidad de sus raíces.

Más adelante…

En la siguiente sección nos encargaremos de realizar varios problemas para repasar las definiciones y propiedades que acabamos de enunciar, y posteriormente ocuparemos todo lo aprendido para explotar el conocimiento que tenemos de los polinomios.

En particular, nos será útil el concepto de diferenciabilidad pues con este podemos dar una definición precisa de lo que significa que la raíz de un polinomio sea múltiple.

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 la teoría vista.

  1. Estudia el resto de los casos de la proposición de límites de polinomios cuando la entrada va a menos infinito y a infinito.
  2. Muestra usando la definición de límite que las funciones constantes y la función identidad son continuas.
  3. Demuestra por definición que las funciones constantes son diferenciables y que su derivada es la función constante $0$. Demuestra por definición que la función identidad es diferenciable y que su derivada es la función constante $1$.
  4. Muestra que existe un real $x$ en el cual los polinomios $p(x)=x^5+x^3+x$ y $q(x)=100x^4+10x^2$ son iguales. Sugerencia. Reescribe esta igualdad en términos de encontrar una raíz de un sólo polinomio.
  5. Completa los detalles del teorema de diferenciabilidad de polinomios.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»