5.5 Los teoremas de Rolle y del valor medio

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Enunciat de l'exercici

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: $\text{Ejemplo 1}$ 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 $L = 1$

5.5 Los teoremas de Rolle y del valor medio

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