Valores Extremos de Funciones

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
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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 ⇒
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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]
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