Valores Extremos de Funciones Definición 1. Supónga que una función f esta definida en una vecindad alrededor de un punto x0 . Entonces a) f tiene un máximo local en x0 si para cierta vecindad de x0 , f alcanza su máximo en x0 . Esto es: ∃ δ > 0 f (x0 ) = max f (Vδ (x0 )) ó equivalentemente ∃ δ > 0 ∀ x ∈ Vδ (x0 ), f (x) ≤ f (x0 ) b) f tiene un mı́nimo local en x0 si para cierta vecindad de x0 , f alcanza su mı́nimo en x0 . Esto es: ∃ δ > 0 f (x0 ) = min f (Vδ (x0 )) ó equivalentemente ∃ δ > 0 ∀ x ∈ Vδ (x0 ), f (x) ≥ f (x0 ) c) Una función f tiene un valor extremo local en x0 si f tiene un máximo local ó f tiene un mı́nimo local en x0 . Sabemos que si una función f es continua en un intervalo cerrado, entonces f alcanza su valor máximo y su valor mı́nimo. Ahora veremos que si una función f es derivable en x0 y en ese punto f tiene un valor extremo local, entonces f 0 (x0 ) = 0 Teorema 2. Supónga que f 0 (x) > 0, en un punto x0 ∈ Domf , entonces ∃ δ > 0 tal que: a) ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 ) f (x) < f (x0 ) b) ∀ x ∈ (x0 , x0 + δ) f (x) > f (x0 ) Demostración. si f 0 (x) > 0 entonces lı́m x→x0 f (x) − f (x0 ) >0 x − x0 esto quiere decir que ∃ δ > 0 tal que si x ∈ (x0 − δ, x0 ) entonces como f (x) − f (x0 ) >0 x − x0 entonces por otro lado si x ∈ (x0 , x0 + δ) entonces como f (x) − f (x0 ) >0 x − x0 entonces f (x) − f (x0 ) < 0 x − x0 < 0 por lo que f (x0 ) < f (x) x − x0 > 0 f (x) − f (x0 ) > 0 por lo que f (x0 ) > f (x) Analogamente se prueba que si f 0 (x) < 0, en un punto x0 ∈ Domf , entonces ∃ δ > 0 tal que: a) ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 ) f (x) > f (x0 ) b) ∀ x ∈ (x0 , x0 + δ) f (x) < f (x0 ) 1 Teorema 3. Si una función f tiene un valor extremo local en un punto x0 de su dominio entonces f 0 (x0 ) = 0 Demostración. Supongamos que f 0 (x0 ) 6= 0 esto es f 0 (x0 ) > 0 ó f 0 (x0 ) < 0 Caso 1 f 0 (x0 ) > 0 esto implica que ∃ δ > 0 ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 ) f (x) < f (x0 ) y también ∃ δ > 0 ∀ x ∈ (x0 , x0 + δ) f (x) > f (x0 ) Lo anterior quiere decir que x0 no es ni un máximo local, ni un mı́nimo local para f, por lo tanto f no alcanza un valor extremo en x0 El caso 2 f 0 (x0 ) < 0 es analogo Teorema 4. Teorema de Rolle Sea a < b y suponga que f : [a, b] → R es derivable en (a, b) y continua en [a, b] y f (a) = f (b). Entonces ∃ x0 ∈ (a, b) f 0 (x0 ) = 0 Demostración. Caso 1 f es una función constante en este caso f 0 (x) = 0 ∀ x ∈ (a, b) ∴ si x0 ∈ (a, b) entonces f 0 (x0 ) = 0 Caso 2 f es una función no constante en este caso existen c, d ∈ (a, b) tal que f (c) = min f ([a, b]) y f (d) = max f ([a, b]) al ser f una función no constante f (c) < f (a) = f (b) y f (d) > f (a) = f (b) y por lo tanto f (c) y f (d) son extremos locales para f en (a, b) y según el teorema de los valores extremos f 0 (c) = 0 y f 0 (d) = 0 por tanto existe al menos un x0 ∈ (a, b) tal que f 0 (x0 ) = 0 Teorema 5. Teorema del Valor Medio Suponga que f : [a, b] → R es derivable en (a, b) y continua en [a, b] donde a < b entonces f (b) − f (a) ∃ x0 ∈ (a, b) f 0 (x0 ) = b−a Demostración. Vamos a definir una función f (b) − f (a) h(x) = f (x) − f (a) − (x − a) b−a tenemos que h es continua y derivable pues f es continua y derivable, ademas h(a) = f (a) − f (a) − f (b) − f (a) (a − a) = 0 b−a h(b) = f (b) − f (a) − f (b) − f (a) (b − a) = 0 b−a estonces h(a) = h(b) = 0 y según el teorema de Rolle ∃ x0 ∈ (a, b) h0 (x0 ) = 0 Por otro lado f (b) − f (a) h0 (x) = f 0 (x) − b−a por lo tanto h0 (x0 ) = f 0 (x0 ) − f (b) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (a) ⇒ f 0 (x0 ) − = 0 ⇒ f 0 (x0 ) = b−a b−a b−a 2 Aplicaciones del Teorema del Valor Medio Suponga que f es derivable en un intervalo I, y ∀ x ∈ I f 0 (x) = 0 entonces f es constante en I Demostración. Sean x1 y x2 ∈ I con x1 < x2 aplicando el Teorema del Valor medio (TVM) al intervalo [x1 , x2 ] existe x0 ∈ (x1 , x2 ) tal que f 0 (x0 ) = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 pero f 0 (x) = 0, por lo tanto f (x2 ) − f (x1 ) = 0 ⇒ f (x2 ) − f (x1 ) = 0 ⇒ f (x2 ) = f (x1 ) x2 − x1 esto ocurre ∀ x1 , x2 ∈ I por lo tanto f es constante en I Suponga que f y g son funciones derivables en un intervalo I, y ∀ x ∈ I f 0 (x) = g 0 (x). Entonces ∃ C ∈ R ∀x ∈ I f (x) = g(x) + C Demostración. Definimos una función h(x) = f (x) − g(x) por lo tanto h0 = f 0 − g 0 = 0 pata todo x ∈ I y según el resultado previo, existe C ∈ R tal que h(x) = C lo que implica que f (x) − g(x) = C por lo tanto f (x) = g(x) + C Suponga que f es derivable en un intervalo I, si f 0 (x) ≥ 0 ∀ x ∈ I entonces f es monotona creciente en I Demostración. Sean x1 < x2 ∈ I aplicando TVM al intervalo [x1 , x2 ] existe C ∈ (x1 , x2 ) tal que f 0 (C) = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 pero f (x2 ) − f (x1 ) ≥0 x2 − x1 al ser x2 − x1 > 0 se tiene que f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0 y por lo tanto f (x2 ) ≥ f (x1 ) y por tanto f es monotona creciente en I f 0 (C) ≥ 0 ⇒ Suponga que f es derivable en un intervalo I, si f 0 (x) ≤ 0 ∀ x ∈ I entonces f es monotona decreciente en I Demostración. Sean x1 < x2 ∈ I aplicando TVM al intervalo [x1 , x2 ] existe C ∈ (x1 , x2 ) tal que f 0 (C) = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 pero f (x2 ) − f (x1 ) ≤0 x2 − x1 al ser x2 − x1 > 0 se tiene que f (x2 ) − f (x1 ) ≤ 0 y por lo tanto f (x2 ) ≤ f (x1 ) y por tanto f es monotona decreciente en I f 0 (C) ≤ 0 ⇒ 3 Use el teorema del valor medio para demostar que ∀ x, y ∈ R | sen(x) − sen(y) |≤| x − y | Demostración. Sea x < y y sea f (x) = sen(x) la cual es continua y derivable en [x, y] aplicando el TVM al intervalo [x, y] existe c ∈ (x, y) tal que f 0 (C) = sen(y) − sen(x) sen(x) − sen(y) = y−x x−y por lo tanto sen(x) − sen(y) | sen(x) − sen(y)| sen(x) − sen(y) = cos(C) = ⇒ | cos(C)| = x−y x−y |x − y| al ser | cos(C)| ≤ 1 se tiene que | sen(x) − sen(y)| ≤ 1 ⇒ | sen(x) − sen(y)| ≤ |x − y| |x − y| Aplicaciones del Teorema de Rolle Aplicando el teorema de Rolle demostrar que la ecuación cúbica x3 − 3x + b = 0 no puede tener más de una raı́z en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 Demostración. Definimos la función f (x) = x3 − 3x + b la cual es continua en R y f (−1) = 2 + b, f (1) = −2 + b por lo tanto f tiene signos contrarios en [−1, 1] por lo tanto según el teorema del valor intermedio ∃ x0 ∈ (−1, 1) tal que f (x0 ) = 0 y la ecuación tiene una raı́z, ahora suponga que ∃ x1 , x2 ∈ (−1, 1) tal que x1 < x2 y f (x1 ) = f (x2 ) aplicando el teorema de Rolle existe x0 ∈ (x1 , x2 ) tal que f 0 (x0 ) = 0 pero f 0 (x) = 3x2 − 3 para la cual @ x ∈ (−1, 1) tal que f 0 (x) = 0 lo cual es una contradicción, por lo tanto la función tiene a lo más una raiz en [−1, 1] 4