3.10.2 Teorema del valor medio
1. Teorema del valor medio de Lagrange Sea \(f(x)\) una función con dos hipótesis: es continua en el intervalo cerrado \([a, b]\) y es derivable en el intervalo abierto \((a, b)\) La tesis afirma que existe al menos un punto \(c \in (a, b)\) tal que: \(f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\) Equivalentemente, la fórmula se escribe como: \(f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)\) Ejemplo: Para \(f(x) = x^2\) en \([0, 2]\), la pendiente de la secante es \(\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = 2\) y \(f'(c) = 2c = 2\) da \(c = 1 \in (0, 2)\) 2. Interpretación geométrica y cinemática Geométricamente, el cociente \(\frac{f(b) - f(a)}{b - a}\) es la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos \(A(a, f(a))\) y \(B(b, f(b))\) El teorema afirma que existe un punto \(c\) donde la recta tangente, de pendiente \(f'(c)\), es paralela a esa secante. Cinemáticamente, si \(s(t)\) es el espacio recorrido en función del tiempo, el cociente \(\frac{s(b) - s(a)}{b - a}\) es la velocidad media en \([a, b]\): existió al menos un instante \(t_0\) con esa velocidad instantánea. Ejemplo: Si un coche recorre \(180\) km en \(2\) horas, su velocidad media es \(90\) km/h: el teorema garantiza que en algún instante su velocidad instantánea fue exactamente de \(90\) km/h. Ejemplo 1: Aplicación directa del teorema Hallar el punto \(c\) que garantiza el teorema del valor medio para \(f(x) = x^2\) en el intervalo \([0, 2]\)
Para resolver este ejemplo empezaremos por calcular el cociente de incrementos con la fórmula general del teorema. A continuación igualaremos la derivada a ese valor para hallar el punto \(c\)
Cociente de incrementos.
\(f\) es continua en \([0, 2]\) y derivable en \((0, 2)\) por ser polinómica. La fórmula general del teorema da: \(\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = \frac{4 - 0}{2} = 2\)
Igualar la derivada al cociente.
Como \(f'(x) = 2x\), imponemos \(f'(c) = 2 \rightarrow 2c = 2 \rightarrow c = 1\) Se verifica que \(1 \in (0, 2)\)
El punto garantizado por el teorema es \(c = 1\)
Un coche entra en un tramo de autovía con límite de \(120\) kilómetros por hora en el kilómetro \(0\) a las \(10:00\) y sale en el kilómetro \(70\) a las \(10:30\). ¿Superó el límite?
Para resolver este ejemplo empezaremos por calcular la velocidad media en el tramo como cociente de incrementos. A continuación aplicaremos la interpretación cinemática del teorema del valor medio para concluir.
Velocidad media en el tramo.
El tiempo empleado es \(\Delta t = 0,5\) horas y el espacio recorrido es \(\Delta s = 70\) kilómetros. La velocidad media es el cociente de incrementos: \(v_m = \frac{\Delta s}{\Delta t} = \frac{70}{0,5} = 140\) kilómetros por hora.
Aplicación del teorema.
Por la interpretación cinemática del teorema del valor medio, existió al menos un instante \(t_0 \in (0; 0,5)\) donde la velocidad instantánea fue \(s'(t_0) = 140\) kilómetros por hora, superior al límite.
Sí, el coche superó el límite: en algún instante circuló a \(140\) kilómetros por hora.
Aplicar el teorema del valor medio a \(f(x) = x^3 - 3x\) en el intervalo \([0, 2]\) y hallar el punto \(c\)
Para resolver este ejemplo empezaremos por comprobar las hipótesis y calcular el cociente de incrementos con la fórmula general del teorema. A continuación igualaremos la derivada a ese cociente y resolveremos la ecuación resultante.
Hipótesis y cociente de incrementos.
Por ser polinómica, \(f\) es continua en \([0, 2]\) y derivable en \((0, 2)\) Calculamos \(f(0) = 0\) y \(f(2) = 8 - 6 = 2\) El cociente de incrementos vale: \(\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = \frac{2 - 0}{2} = 1\)
Derivada y puntos candidatos.
Como \(f'(x) = 3x^2 - 3\), imponemos: \(3x^2 - 3 = 1 \rightarrow 3x^2 = 4 \rightarrow x = \pm\frac{2}{\sqrt{3} }= \pm\frac{2\sqrt{3}}{3}\) El único valor que pertenece al intervalo abierto \((0, 2)\) es \(c = \frac{2\sqrt{3}}{3}\)
El punto garantizado por el teorema es \(c = \frac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1,155\)
Demostrar que para todo \(x, y \in \mathbb{R}\) se cumple: \(|\operatorname{sen} x - \operatorname{sen} y| \leq |x - y|\)
Para resolver este ejemplo empezaremos por aplicar el teorema del valor medio a la función seno en el intervalo de extremos \(x \ \text{e}\ y\) A continuación tomaremos valores absolutos en la igualdad y acotaremos el coseno.
Aplicación del teorema a la función seno.
Sea \(f(t) = \operatorname{sen} t\), continua y derivable en todo \(\mathbb{R} ,\ \text{con}\ f'(t) = \cos t\) Si \(x = y\) la desigualdad es trivial. Si \(x \neq y\), por el teorema existe un punto \(c\) entre ambos tal que: \(\frac{\operatorname{sen} y - \operatorname{sen} x}{y - x} = \cos c\)
Valores absolutos y acotación.
Tomando valores absolutos: \(|\operatorname{sen} y - \operatorname{sen} x| = |\cos c| \cdot |y - x|\) Como \(|\cos c| \leq 1\) para todo valor real, concluimos: \(|\operatorname{sen} y - \operatorname{sen} x| \leq |x - y|\)
Queda demostrada la desigualdad para todo par \(x, y \in \mathbb{R}\)
Demostrar que para todo \(x > 0\) se cumple \(\ln(1 + x) < x\)
Para resolver este ejemplo empezaremos por aplicar el teorema del valor medio a la función logaritmo en el intervalo \([0, x]\) A continuación acotaremos el denominador con la posición del punto intermedio para obtener la desigualdad.
Aplicación del teorema al logaritmo.
Sea \(f(t) = \ln(1 + t)\), continua en \([0, x]\) y derivable en \((0, x) ,\ \text{con}\ f'(t) = \frac{1}{1 + t}\) Por el teorema existe \(c \in (0, x)\) tal que \(\frac{\ln(1 + x) - \ln 1}{x - 0} = \frac{1}{1 + c}\) Como \(\ln 1 = 0\), queda \(\ln(1 + x) = \frac{x}{1 + c}\)
Acotación del denominador.
Al ser \(0 < c < x\), se cumple \(1 + c > 1\), luego \(\frac{x}{1 + c} < x\) Por tanto: \(\ln(1 + x) = \frac{x}{1 + c} < x\)
Para todo \(x > 0\) se cumple \(\ln(1 + x) < x\)