Criterio de la primera derivada para valores extremos

Criterio de la primera derivada para valores extremos
Teorema 1. Suponga que f es continua en x0 y derivable en una vecindad Vδ (x0 ) para alguna δ > 0.
Entonces
si ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 ) se tiene que f 0 (x) ≥ 0 y ∀ x ∈ (x0 , x0 + δ) se tiene que f 0 (x) ≤ 0
entonces f tiene un máximo local en c. Por otro lado
si ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 ) se tiene que f 0 (x) ≤ 0 y ∀ x ∈ (x0 , x0 + δ) se tiene que f 0 (x) ≥ 0
entonces f tiene un mı́nimo local en c.
Demostración. Si x ∈ (x0 − δ, x0 ) aplicamos el TVM al intervalo (x, x0 ) por tanto existe c ∈ (x, x0 ) tal
que
f (x0 ) − f (x)
f 0 (c) =
x0 − x
pero por hipotesis f 0 (x) ≥ 0 por lo tanto
f (x0 ) − f (x)
≥ 0 ⇒ f (x0 ) − f (x) ≥ 0 ⇒ f (x0 ) ≥ f (x)
x0 − x
Si x ∈ (x0 , x0 + δ) aplicamos el TVM al intervalo (x0 , x) por tanto existe c ∈ (x0 , x) tal que
f 0 (c) =
f (x) − f (x0 )
x − x0
pero por hipotesis f 0 (x) ≤ 0 por lo tanto
f (x) − f (x0 )
≤ 0 ⇒ f (x) − f (x0 ) ≤ 0 ⇒ f (x) ≤ f (x0 )
x − x0
∴ ∀ x ∈ Vδ (x0 ) se tiene que f (x) ≤ f (x0 ) y f tiene un máximo local en x0
El caso del mı́nimo local se demuestra de manera analoga
Ejemplo.-Entre todos los números cuya diferencia es 1, hallar el par cuyo producto sea mı́nimo.
Demostración. Considerese los números x, x+1 y la función f (x) = x·(x+1) = x2 +x donde f 0 (x) = 2x+1
por lo que
1
f 0 (x) = 0 ⇔ 2x + 1 = 0 ⇔ x = −
2
ahora bien
1
f 0 (x) < 0 ⇔ 2x + 1 < 0 ⇔ x < −
2
1
f 0 (x) > 0 ⇔ 2x + 1 > 0 ⇔ x > −
2
por lo tanto según el criterio de la primera derivada f alcanza su valor mı́nimo en x = − 12 por tanto los
números buscados son − 21 , 12
1
Teorema 2. Teorema del Valor Intermedio para Derivadas Si f es derivable en un intervalo abierto que
contenga a a y b donde a < b y si k es un número entre f 0 (a) y f 0 (b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que
f 0 (c) = k
Demostración. Supongase que f 0 (a) < c < f 0 (b). Se define la función g(x) = kx − f (x) ∀ x ∈ (a, b) se
tiene que g es continua, por lo tanto alcanza su valor máximo en [a, b] por lo tanto
g 0 (a) = ka − f 0 (a) > 0 ⇒ g no alcanza su máximo en a
g 0 (b) = kb − f 0 (b) < 0 ⇒ g no alcanza su máximo en a
por lo tanto g alcanza su valor máximo en alguna c ∈ (a, b) teniendo ası́
g 0 (c) = 0 ⇔ k − f 0 (c) = 0 ⇔ f 0 (c) = k
Ejemplo.-Probar que si f es derivable en un intervalo abierto I y ∀ x ∈ I se tiene que f 0 (x) 6= 0
entonces f 0 (x) tiene el mismo signo a lo largo del intervalo I
Demostración. Si suponemos que existe a, b ∈ I tal que f 0 (a) < 0 y f 0 (b) > 0 por el teorema del valor
intermedio para derivadas existe c entre a y b tal que f 0 (c) = 0 lo cual es una contradicción.
Criterio de la segunda derivada para valores extremos
Teorema 3. Supongamos que f 0 (x0 ) = 0. Si f 00 (x0 ) > 0 entonces f tiene un valor mı́nimo local en x0
Demostración. Por definición
f 0 (x0 + h)
f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 )
= lı́m
h→0
h→0
h
h
f 00 (x0 ) = lı́m
por otro lado
f 0 (x0 + h)
>0
h→0
h
f 00 (x0 ) > 0 ⇒ lı́m
por lo tanto
f 0 (x0 + h) > 0 ⇒ h > 0
y
f 0 (x0 + h) < 0 ⇒ h < 0
por lo tanto x0 es un mı́nimo local de f.
Teorema 4. Supongamos que f 0 (x0 ) = 0. Si f 00 (x0 ) < 0 entonces f tiene un valor máximo local en x0
Demostración. Por definición
f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 )
f 0 (x0 + h)
= lı́m
h→0
h→0
h
h
f 00 (x0 ) = lı́m
por otro lado
f 0 (x0 + h)
<0
h→0
h
f 00 (x0 ) < 0 ⇒ lı́m
por lo tanto
f 0 (x0 + h) > 0 ⇒ h < 0
y
por lo tanto x0 es un máximo local de f.
2
f 0 (x0 + h) < 0 ⇒ h > 0
Ejemplo.- Encontrar las coordenadas del punto sobre la gráfica de la función f (x) =
punto (2, 0) del eje X.
√
x, más cercano al
Demostración. Tenemos que la fórmula de la distancia entre dos puntos
q
p
√
d = (x − 2)2 − ( x)2 = x2 − 3x + 4
donde al derivar se obtiene
2x − 3
d0 = √
2 x2 − 3x + 4
N otamos que x2 − 3x + 4 6= 0 ∀ x
la última observación la justificamos de la siguiente forma.
√
−(−3) ± −7
por lo tanto x2 − 3x + 4 6= 0 ∀ x
x2 − 3x + 4 tiene raíces
2
ahora bien
2x − 3
3
= 0 ⇔ 2x − 3 = 0 ⇔ x =
2
2
2 x − 3x + 4
√
Mientras que
d00 =
√
4 x2 − 3x + 4 − (2)(2x − 3) 2√x2x−3
2 −3x+4
4(x2
vamos a evaluar en x =
− 3x + 4)
3
2
=√
la segunda derivada
3
7
d00
= 2
2
4 23 − 3
1
(2x − 3)2
7
−
3 =
3
2
x2 − 3x + 4 4(x2 − 3x + 4) 2
4(x − 3x + 4) 2
3
2
+4
por lo tanto según el criterio de la segunda derivada en x =
3
2
33 = √ > 0
7
3
2
la distancia es mı́nima
Funciones Convexas
Definición 5. Se dice que una función f es convexa en un intervalo I, si ∀ a, b ∈ I, el segmento rectilineo
que une a (a, f (a)) con (b, f (b)) queda por encima de la gráfica de la función
Tenemos que la recta que una tales puntos es:
g(x) =
f (b) − f (a)
(x − a) + f (a)
b−a
y según la condición de convexidad
f (x) < g(x) ⇒ f (x) <
f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
(x−a)+f (a) ⇒ f (x)−f (a) <
(x−a) ⇒
<
b−a
b−a
b−a
b−a
por lo tanto una función f es convexa en un intervalo I, si ∀ a, x, b ∈ I con a < x < b se tiene
f (b) − f (a)
f (x) − f (a)
<
b−a
b−a
Teorema 6. Supongase que f 00 (x) existe ∀ x ∈ (a, b) y si f 00 (x) > 0 ∀ x ∈ (a, b) entonces f es convexa
Demostración. Sean x1 , x2 ∈ (a, b) tal que x1 6= x2 y x1 < x2 y como f 00 (x) existe ∀ x ∈ (a, b) entonces
f es derivable y continua en [x1 , x] y en [x, x2 ] por lo que según el teorema del valor medio existen c1 y c2
tales que
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
f 0 (c1 ) =
y f 0 (c2 ) =
x − x1
x2 − x
como f 00 (x) > 0 se tiene que:
f 0 (c1 ) < f 0 (c2 ) ⇒
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
<
⇒ (f (x) − f (x1 ))(x2 − x1 ) < (f (x2 − f (x)))(x − x1 )
x − x1
x2 − x
⇒ f (x)(x2 − x) − f (x1 )(x2 − x) < f (x2 )(x − x1 ) − f (x)(x − x1 )
4
⇒ f (x)(x2 − x + (x − x1 )) < f (x2 )(x − x1 ) + f (x1 )(x2 − x)
⇒ f (x)(x2 − x) < f (x2 )(x − x1 ) + f (x1 )(x2 − x) − f (x1 )(x2 − x1 ) + f (x1 )(x2 − x1 )
⇒ f (x)(x2 − x) < f (x1 )(x2 − x − x2 + x1 ) + f (x2 )(x − x1 ) + f (x1 )(x2 − x1 )
⇒ f (x)(x2 − x) < f (x1 )(x2 − x1 ) + f (x2 )(x − x1 ) − f (x1 )(x − x1 )
⇒ f (x)(x2 − x) < f (x1 )(x2 − x1 ) + (f (x2 ) − f (x1 ))(x − x1 )
⇒ f (x) <
f (x2 ) − f (x1 )
(x − x1 ) + f (x1 )
x2 − x1
como esto se cumple ∀ x1 , x2 ∈ (a, b) entonces f es convexa en (a, b)
5