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5.5 5.5 Los teoremas de Rolle y del valor medio

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ci-5-5-1 5.5 Los teoremas de Rolle y del valor medio

Los teoremas del valor medio constituyen la columna vertebral del cálculo infinitesimal riguroso:

1

Teorema de Rolle

Sea \( f: [a, b] \to \mathbb{R} \) una función real que satisface tres hipótesis:

- Hipótesis 1: Es continua en el intervalo cerrado \( [a, b] \)

- Hipótesis 2: Es derivable en el intervalo abierto \( (a, b) \)

- Hipótesis 3: Toma el mismo valor en los dos extremos: \( f(a) = f(b) \)

Entonces, existe al menos un punto intermedio \( c \in (a, b) \) tal que la derivada en dicho punto es cero:

$$ f'(c) = 0 $$

Geométricamente, esto significa que existe al menos un punto intermedio donde la recta tangente a la curva es estrictamente horizontal.

Ejemplo: del Teorema de Rolle:

Para la función polinómica \( f(x) = x^2 - 4x + 3 \) en el intervalo \( [1, 3] \):

Es continua en \( [1, 3] \), derivable en \( (1, 3) \) y \( f(1) = 0 = f(3) \)

Calculamos la derivada: \( f'(x) = 2x - 4 = 0 \implies x = 2 \)

Efectivamente, el punto \( c = 2 \) pertenece a \( (1, 3) \) y cumple \( f'(2) = 0 \)

2

Teorema del Valor Medio de Lagrange

Si eliminamos la restricción de que los valores extremos sean iguales (\( f(a) = f(b) \)), se obtiene el teorema general:

Si \( f: [a, b] \to \mathbb{R} \) es continua en \( [a, b] \) y derivable en \( (a, b) \), entonces existe al menos un punto \( c \in (a, b) \) tal que:

$$ f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \iff f(b) - f(a) = f'(c)(b - a) $$

Geométricamente, la pendiente de la recta tangente en \( c \) es exactamente igual a la pendiente de la recta secante que une los extremos \( (a, f(a)) \) y \( (b, f(b)) \)

Ejemplo: de Lagrange:

Para \( f(x) = x^3 \) en \( [0, 2] \), la pendiente secante es $$ \frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = \frac{8 - 0}{2} = 4 $$

Igualamos a la derivada: $$ f'(c) = 3c^2 = 4 \implies c^2 = 4/3 \implies c = \frac{2}{\sqrt{3}} \in (0, 2) $$

3

Teorema del Valor Medio Generalizado de Cauchy

Si \( f, g: [a, b] \to \mathbb{R} \) son continuas en \( [a, b] \), derivables en \( (a, b) \) y \( g'(x) \ne 0 \) en \( (a, b) \), entonces existe \( c \in (a, b) \) tal que:

$$ \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} $$
4

Regla de L'Hôpital

A partir del Teorema de Cauchy se deduce rigurosamente la Regla de L'Hôpital:

Si \( \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} \) presenta una indeterminación del tipo \( [0/0] \) o \( [\infty/\infty] \), y existe el límite del cociente de sus derivadas \( \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \), entonces:

$$ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L $$
Ejemplo: de L'Hôpital: Calcular \( \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} \)

Al sustituir da \( 0/0 \). Aplicamos L'Hôpital:

$$ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x} = \left[\frac{0}{0}\right] \implies \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2} = \frac{e^0}{2} = \frac{1}{2} $$

A continuación resolvemos cinco problemas prácticos avanzados con desglose minucioso:

Ejemplo 1 Comprobar si se satisfacen las hipótesis del Teorema de Rolle para la función \( f(x) = 1 - \sqrt[3]{x^2} = 1 - x^{2/3} \) en el intervalo simétrico \( [-1, 1] \), y explicar por qué no existe ningún punto donde la derivada se anule
PASO 1

Evaluamos los valores en los extremos del intervalo:

$$ f(-1) = 1 - (-1)^{2/3} = 1 - 1 = 0, \qquad f(1) = 1 - (1)^{2/3} = 1 - 1 = 0 $$

La hipótesis 3 (\( f(a) = f(b) \)) se cumple perfectamente.

PASO 2

Verificamos la continuidad:

La función es continua en todo \( \mathbb{R} \) y, en particular, en el intervalo cerrado \( [-1, 1] \). La hipótesis 1 se cumple.

PASO 3

Analizamos la derivabilidad en el intervalo abierto \( (-1, 1) \):

Calculamos la derivada para \( x \ne 0 \):

$$ f'(x) = -\frac{2}{3} x^{-1/3} = -\frac{2}{3\sqrt[3]{x}} $$

En el punto interior \( x = 0 \in (-1, 1) \):

$$ \lim_{x \to 0^+} f'(x) = -\infty, \qquad \lim_{x \to 0^-} f'(x) = +\infty $$

La función no es derivable en el punto \( x = 0 \). Presenta un punto de retroceso o cúspide.

PASO 4

Consecuencia sobre el teorema:

Al fallar la hipótesis 2 (derivabilidad en todo el intervalo abierto \( (-1, 1) \)), el Teorema de Rolle no es aplicable.

PASO 5

Verificamos si la derivada se anula en algún punto:

$$ f'(x) = -\frac{2}{3\sqrt[3]{x}} = 0 \implies -2 = 0 \quad (\text{imposible}) $$
Conclusión

La función ilustra de manera impecable que las hipótesis del Teorema de Rolle son estrictamente necesarias: al no ser derivable en el punto interior \( x = 0 \), no existe ningún punto en el intervalo donde la tangente sea horizontal.

Ejemplo 2 Demostrar mediante el Teorema de Rolle que la ecuación polinómica \( x^5 + 5x - 3 = 0 \) tiene exactamente una única raíz real en todo \( \mathbb{R} \)
PASO 1

Demostramos la existencia de al menos una raíz utilizando el Teorema de Bolzano.

Sea la función continua \( f(x) = x^5 + 5x - 3 \). Evaluamos en dos puntos reales:

- En \( x = 0 \): \( f(0) = 0 + 0 - 3 = -3 < 0 \)

- En \( x = 1 \): \( f(1) = 1 + 5 - 3 = 3 > 0 \)

Como \( f(0) \cdot f(1) < 0 \), por el Teorema de Bolzano existe al menos una raíz real \( c_1 \in (0, 1) \) tal que \( f(c_1) = 0 \)

PASO 2

Demostramos la unicidad por reducción al absurdo empleando el Teorema de Rolle.

Supongamos que la ecuación tuviera dos o más raíces reales distintas, digamos \( x_1 < x_2 \), tales que \( f(x_1) = f(x_2) = 0 \)

PASO 3

Como \( f(x) \) es un polinomio, es continua en \( [x_1, x_2] \) y derivable en \( (x_1, x_2) \)

Por el Teorema de Rolle, debería existir al menos un punto intermedio \( \xi \in (x_1, x_2) \) tal que:

$$ f'(\xi) = 0 $$
PASO 4

Calculamos la derivada de la función y analizamos su valor:

$$ f'(x) = 5x^4 + 5 = 5(x^4 + 1) $$

Como para cualquier número real \( x \in \mathbb{R} \), \( x^4 \ge 0 \), se tiene:

$$ f'(x) = 5(x^4 + 1) \ge 5(0 + 1) = 5 > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} $$
PASO 5

Contradicción:

La derivada jamás se anula (\( f'(x) \ge 5 \ne 0 \)).

Esto contradice la existencia del punto \( \xi \) garantizado por el supuesto de dos raíces.

Conclusión

La suposición de que existen dos o más raíces es falsa.

Por tanto, la ecuación posee una única raíz real en todo \( \mathbb{R} \)

Ejemplo 3 Aplicar el Teorema del Valor Medio de Lagrange a la función \( f(x) = \ln(x) \) en el intervalo \( [1, 1 + x] \) con \( x > 0 \), para demostrar la célebre acotación logarítmica:
$$ \frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x \quad \forall x > 0 $$
PASO 1

Para cualquier \( x > 0 \), la función \( f(t) = \ln(t) \) es continua en el intervalo cerrado \( [1, 1 + x] \) y derivable en el intervalo abierto \( (1, 1 + x) \)

PASO 2

Por el Teorema del Valor Medio de Lagrange, existe al menos un punto intermedio \( c \in (1, 1 + x) \) tal que:

$$ \frac{f(1 + x) - f(1)}{(1 + x) - 1} = f'(c) $$
PASO 3

Calculamos cada uno de los términos:

- \( f(1 + x) = \ln(1 + x) \)

- \( f(1) = \ln(1) = 0 \)

- Denominador: \( (1 + x) - 1 = x \)

- Derivada: $$ f'(t) = \frac{1}{t} \implies f'(c) = \frac{1}{c} $$

Sustituyendo:

$$ \frac{\ln(1 + x)}{x} = \frac{1}{c} \implies \ln(1 + x) = \frac{x}{c} $$
PASO 4

Como el punto \( c \) pertenece estrictamente al intervalo abierto:

$$ 1 < c < 1 + x $$
PASO 5

Invertimos la desigualdad (los términos son positivos, por lo que el sentido de la desigualdad se invierte):

$$ \frac{1}{1 + x} < \frac{1}{c} < 1 $$
PASO 6

Multiplicamos toda la cadena de desigualdades por el número positivo \( x > 0 \):

$$ \frac{x}{1 + x} < \frac{x}{c} < x $$

Sustituyendo \( \frac{x}{c} = \ln(1 + x) \):

$$ \frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x $$
Conclusión

La doble desigualdad queda formal y elegantemente demostrada para todo \( x > 0 \)

Ejemplo 4 Calcular el límite indeterminado de tipo \( \left[\frac{0}{0}\right] \) aplicando la Regla de L'Hôpital:
$$ L = \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin(x)}{x^3} $$
PASO 1

Evaluamos directamente en \( x = 0 \):

$$ \frac{0 - \sin(0)}{0^3} = \frac{0}{0} $$

Verificamos que el numerador y denominador son funciones derivables en un entorno del origen y la derivada del denominador \( 3x^2 \ne 0 \) para \( x \ne 0 \)

PASO 2

Aplicamos la Regla de L'Hôpital derivando numerador y denominador por separado:

$$ L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}[x - \sin x]}{\frac{d}{dx}[x^3]} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(x)}{3x^2} $$
PASO 3

Evaluamos nuevamente en \( x = 0 \):

$$ \frac{1 - \cos(0)}{3(0)^2} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0} $$
PASO 4

Aplicamos la Regla de L'Hôpital por segunda vez consecutiva:

$$ L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}[1 - \cos x]}{\frac{d}{dx}[3x^2]} = \lim_{x \to 0} \frac{-(-\sin x)}{6x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{6x} $$
PASO 5

Evaluamos nuevamente en \( x = 0 \): sigue dando \( 0/0 \)

Aplicamos L'Hôpital por tercera vez (o usamos el límite notable fundamental \( \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 \)):

$$ L = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(x)}{6} = \frac{\cos(0)}{6} = \frac{1}{6} $$
Conclusión

El valor del límite es exactamente \( L = \frac{1}{6} \)

Ejemplo 5 Calcular el límite que presenta una indeterminación del tipo potencia \( 0^0 \) mediante transformación logarítmica y la Regla de L'Hôpital:
$$ L = \lim_{x \to 0^+} x^{\sin x} $$
PASO 1

Evaluamos el límite cuando \( x \to 0^+ \):

$$ \lim_{x \to 0^+} x = 0, \qquad \lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0 \implies [0^0] $$
PASO 2

Aplicamos la transformación mediante exponencial y logaritmo neperiano:

$$ L = \lim_{x \to 0^+} \exp(\sin(x) \ln(x)) = \exp\left( \lim_{x \to 0^+} [\sin(x) \ln(x)] \right) $$
PASO 3

Analizamos el límite del producto en el exponente:

$$ K = \lim_{x \to 0^+} [\sin(x) \ln(x)] $$

Cuando \( x \to 0^+ \), \( \sin(x) \to 0 \) y \( \ln(x) \to -\infty \), produciendo la forma indeterminada \( [0 \cdot (-\infty)] \)

PASO 4

Para poder aplicar la Regla de L'Hôpital transformamos el producto en un cociente enviando la función trigonométrica al denominador como cosecante:

$$ K = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\frac{1}{\sin x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\csc(x)} = \left[\frac{-\infty}{+\infty}\right] $$
PASO 5

Aplicamos la Regla de L'Hôpital derivando numerador y denominador:

- Derivada del numerador: \( [\ln x]' = \frac{1}{x} \)

- Derivada del denominador: $$ [\csc x]' = -\csc(x)\cot(x) = -\frac{\cos x}{\sin^2 x} $$

Por tanto:

$$ K = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{\cos x}{\sin^2 x}} = \lim_{x \to 0^+} \left( -\frac{\sin^2(x)}{x \cos(x)} \right) = \lim_{x \to 0^+} \left[ -\frac{\sin(x)}{x} \cdot \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \right] $$
PASO 6

Evaluamos los factores conocidos cuando \( x \to 0^+ \):

- \( \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1 \)

- \( \lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0 \)

- \( \lim_{x \to 0^+} \cos(x) = 1 \)

Sustituyendo:

$$ K = -(1) \cdot \frac{0}{1} = 0 $$
PASO 7

Recuperamos el valor del límite original sustituyendo el exponente:

$$ L = e^K = e^0 = 1 $$
Conclusión

El valor del límite es \( L = 1 \)