1. Educación

C´
alculo infinitesimal
Clave de soluciones no 5
Grado en Matem´
aticas
Curso 20014/15
Funciones derivables
132. Supongamos que existen f (n) (a), g (n) (a). Probar la f´ormula de Leibniz
n
(f · g)(n) (a) =
k=0
n (k)
f (a)g (n−k) (a).
k
Soluci´
on. Razonamos por inducci´
on en n ∈ N. Cuando n = 1 tenemos la regla de Leibniz
(f · g) (a) = f (a)g (a) + f (a)g(a) =
1 (0)
1 (1)
f (a)g (1) (a) +
f (a)g (0) (a)
0
1
Supongamos que la f´
ormula es cierta para n ∈ N y observemos que
(f · g)(n+1) (a) = [(f · g)(n) ] (a)
n
=
k=0
n
=
k=0
n
=
k=0
n
=
k=0
n+1
=
k=1
=
(a)
n
[f (k) g (n−k) ] (a)
k
n
[f (k+1) g (n−k) + f (k) g (n+1−k) ](a)
k
n (k+1)
f
(a)g (n−k) (a) +
k
n
k=0
n
f (k) (a)g (n+1−k) (a) +
k−1
n (k)
f (a)g (n+1−k) (a)
k
n
k=0
n (k)
f (a)g (n+1−k) (a)
k
n (n+1)
n (0)
f
(a)g (0) (a) +
f (a)g (n+1) (a)+
n
0
n
+
k=0
=
n (k) (n−k)
f g
k
n
n
+
k−1
k
f (k) (a)g (n+1−k) (a)
n (n+1)
n (0)
f
(a)g (0) (a) +
f (a)g (n+1) (a)+
n
0
n
+
k=0
n+1
=
k=0
n + 1 (k)
f (a)g (n+1−k) (a)
k
n + 1 (k)
f (a)g (n+1−k) (a),
k
luego la f´
ormula tambi´en es cierta para n + 1.
133. Se dice que a ∈ R es una ra´ız doble de una funci´on polin´omica f (x) si existe otra funci´on polin´omica g(x)
tal que f (x) = (x − a)2 g(x). Probar que a es ra´ız doble de f si y s´olo si a es ra´ız de f y de f . Considerar
una funci´
on polin´
omica de segundo grado f (x) = ax2 + bx + c. ¿Cu´ando tiene f una ra´ız doble? ¿Cu´
al es
la interpretaci´
on geom´etrica de esta condici´on?
Soluci´
on. Supongamos que a ∈ R es una ra´ız doble de una funci´on polin´omica f (x), es decir, que existe
otra funci´
on polin´
omica g(x) tal que f (x) = (x − a)2 g(x). Es evidente que a es ra´ız de f. Adem´as tenemos
1
f (x) = 2(x − a)g(x) + (x − a)2 g (x) = (x − a)[2g(x) + (x − a)g (a)] luego a tambi´en es ra´ız de f .
Rec´ıprocamente, supongamos que f (a) = f (a) = 0. Se sigue del teorema del factor que existe una funci´
on
polin´
omica g(x) tal que f (x) = (x−a)g(x) luego f (x) = g(x)+(x−a)g (x) y por lo tanto 0 = f (a) = g(a).
Aplicando otra vez el teorema del resto, existe una funci´on polin´omica h(x) tal que g(x) = (x − a)h(x) y
por lo tanto f (x) = (x − a)2 h(x).
Supongamos ahora que f (x) = ax2 + bx + c es una funci´on polin´omica de segundo grado. Sabemos que
cuando el discriminante b2 − 4ac es no negativo, f tiene dos ra´ıces reales que vienen dadas por
√
−b ± b2 − 4ac
.
2a
Tenemos f (x) = 2ax + b luego f tiene una ra´ız en x = −b/2a, que es ra´ız de f si y s´olo si b2 − 4ac = 0.
Ahora la ecuaci´
on de la recta tangente a la gr´afica de y = f (x) en el punto (a, f (a)) viene dada por
y = f (a) + f (a)(x − a) = 0, es decir, si f tiene una ra´ız doble en a entonces el eje de abscisas es tangente
a la gr´
afica de y = f (x) en el punto (a, 0).
134. Supongamos que f (x) = xg(x) para alguna funci´on g que es continua en el origen. Demostrar que f es
derivable en el origen y expresar f (0) en t´erminos de g.
Soluci´
on. Como f (0) = 0 · g(0) = 0, tenemos
f (h) − f (0)
h
f (h)
= l´ım
h→0 h
hg(h)
= l´ım
h→0
h
= l´ım g(h) = g(0).
f (0) = l´ım
h→0
h→0
135. Demostrar que es imposible poner x = f (x)g(x) donde f, g son derivables y f (0) = g(0) = 0.
Soluci´
on. Razonamos por reducci´
on al absurdo. Supongamos que es posible poner x = f (x)g(x) donde
f, g son derivables y f (0) = g(0) = 0. Aplicando la regla de Leibniz resulta
1 = f (x)g(x) + f (x)g (x)
y particularizando esta expresi´
on cuando x = 0 resulta 1 = f (0)g(0) + f (0)g (0) = 0, lo cual es absurdo.
136. Sea f la funci´
on definida mediante la expresi´on

 2n
x sen
f (x) =

1
x
, si x = 0,
0, si x = 0
Probar que existen f (1) (0), . . . , f (n) (0) pero f (n) no es continua en el origen.
Soluci´
on. Cuando n = 1 tenemos
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0 h
h
1
h2 sen
1
h
= l´ım
= l´ım h sen = 0.
h→0
h→0
h
h
f (0) = l´ım
h→0
2
Ahora, si x = 0 entonces f es derivable en x y adem´as
1
1
1
1
1
+ x2 · (− 2 ) cos = 2x sen − cos .
x
x
x
x
x
1
1
Como l´ım 2x sen = 0 y como no existe l´ım cos se sigue que no existe l´ım f (x) luego f no es continua
x→0
x→0
x→0
x
x
en el origen.
f (x) = 2x sen
Cuando n = 2 tenemos
f (h)
f (h) − f (0)
= l´ım
h→0
h
h
1
4
h sen
h = l´ım h3 sen 1 = 0.
= l´ım
h→0
h→0
h
h
Ahora, si x = 0 entonces f es derivable en x y adem´as tenemos
f (0) = l´ım
h→0
1
1
− x2 cos ,
x
x
1
1
1
1
f (x) = 12x2 sen − 4x cos − 2x cos + sen .
x
x
x
x
f (x) = 4x3 sen
Ahora resulta que
f (h)
f (h) − f (0)
= l´ım
h→0
h
h
1
1
2
= l´ım (4h sen − h cos ) = 0.
h→0
h
h
f (0) = l´ım
h→0
Finalmente, f (x) es la suma de cuatro funciones; las tres primeras son continuas en el origen, mientras
que la cuarta no tiene l´ımite en el origen. Esto significa que no existe l´ım f (x).
x→0
137. Sea f la funci´
on definida mediante la expresi´on

 2n+1
x
sen
f (x) =

1
x
, si x = 0,
0, si x = 0
Probar que existen f (1) (0), . . . , f (n) (0) y que f (n) es continua en el origen pero no es derivable.
Soluci´
on. Cuando n = 1 tenemos
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0 h
h
1
h3 sen
1
h
= l´ım
= l´ım h2 sen = 0.
h→0
h→0
h
h
Ahora, si x = 0 entonces f es derivable en x y adem´as
f (0) = l´ım
h→0
f (x) = 3x2 sen
1
1
1
1
1
+ x3 · (− 2 ) cos = 3x2 sen − x cos ,
x
x
x
x
x
de donde se deduce que l´ım f (x) = 0 y por lo tanto f es continua en el origen. Sin embargo, f no es
x→0
derivable, porque no existe
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0
h
h
1
1
2
= l´ım (3h sen − cos ).
h→0
h
h
f (0) = l´ım
h→0
3
Cuando n = 2 tenemos
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0 h
h
1
h5 sen
1
h
= l´ım
= l´ım h4 sen = 0.
h→0
h→0
h
h
f (0) = l´ım
h→0
Ahora, si x = 0 entonces f es derivable en x y adem´as tenemos
1
1
− x3 cos ,
x
x
1
1
1
1
2
3
f (x) = 20x sen − 5x cos − 3x2 cos + x sen .
x
x
x
x
f (x) = 5x4 sen
Ahora resulta que
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0
h
h
1
1
3
2
= l´ım (5h sen − h cos ) = 0
h→0
h
h
f (0) = l´ım
h→0
y por lo tanto f es continua en el origen. Sin embargo, f no es derivable en el origen porque no existe
f (h) − f (0)
f (h)
= l´ım
h→0
h→0
h
h
1
1
1
1
2
= l´ım (20h sen − 5h cos − 3h cos + sen ).
h→0
h
h
h
h
f (0) = l´ım
n
(x − ak )2 .
139. Sean a1 < · · · < an . Calcular el valor m´ınimo de la funci´on f (x) =
k=1
Soluci´
on. Observemos que f es continua, que f (x) ≥ 0 para todo x ∈ R, y que l´ım f (x) = ∞. Se sigue
|x|→∞
que existe M > 0 tal que ´ınf{f (x) : x ∈ R} = m´ın{f (x) : |x| ≤ M }. Sea x0 ∈ R tal que f (x0 ) ≤ f (x) para
todo x ∈ R. Tenemos f (x0 ) = 0. Ahora bien,
n
(x − ak )
f (x) = 2
k=1
y de la condici´
on f (x0 ) = 0 resulta
n
nx0 −
ak = 0,
k=1
es decir,
x0 =
1
n
n
ak .
k=1
140. Demostrar que entre todos los rect´
angulos de igual per´ımetro, el cuadrado tiene ´area m´axima.
Soluci´
on. Sea P > 0 el per´ımetro y sea x > 0 la base del rect´angulo, de modo que el ´area del rect´angulo
viene dada por A(x) = x(P/2 − x). As´ı A es una funci´on continua en [0, P/2] que alcanza su valor m´
aximo
en x ∈ (0, P/2) cuando
0 = A (x) = P/2 − 2x
es decir x = P/4. La altura del rect´
angulo es P/2 − x = P/4 luego se trata de un cuadrado.
4
141. Hallar entre todos los cilindros circulares rectos de volumen fijo V > 0 aqu´el que tiene ´area total m´ınima.
Soluci´
on. El volumen de un cilindro viene dado por la f´ormula V = πr2 h donde r > 0 es el radio y h > 0
es la altura. El ´
area lateral viene dada por
Alateral = 2πrh = 2πr ·
V
2V
=
2
πr
r
y el ´
area total viene dada por la expresi´
on
Atotal = Alateral + 2πr2 =
2V
+ 2πr2
r
Imponemos la condici´
on necesaria de extremo
0 = Atotal (r) = −
2V
+ 4πr
r2
y deducimos que V = 2πr3 y finalmente que h = 2r.
142. Un tri´
angulo rect´
angulo de hipotenusa h > 0 se hace girar alrededor de un cateto. ¿Cu´al es el volumen
m´
aximo de un cono generado de esta manera?
Soluci´
on. El radio del cono es uno de los catetos, digamos 0 < r < h, y la altura es el otro cateto,
√
h2 − r2 , luego el volumen del cono como funci´on del radio viene dado por
V =
1 2
πr
3
h2 − r2 .
Imponemos la condici´
on necesaria de extremo
0 = V (r) =
π
3
2r
h2 − r2 − √
2r3
h2 − r2
√
y deducimos que h2 − r2 = r2 es decir r = h/ 2 y por lo tanto el volumen m´aximo viene dado por
√
π h2
V (h/ 2) =
3 2
h2 −
πh3
h2
= √ .
2
6 2
143. Demostrar que la suma de un n´
umero positivo y su rec´ıproco es mayor o igual que dos.
1
Soluci´
on. Sea x > 0 y consideremos la funci´on f (x) = x + . Observemos que f (x) > 0 para todo x > 0
x
y que
l´ım f (x) = ∞, l´ım f (x) = ∞
x→∞
x→0+
y por lo tanto f alcanza su m´ınimo global en (0, ∞). Si imponemos la condici´on necesaria de extremo
1
resulta que 0 = f (x) = 1 − 2 y por lo tanto el m´ınimo global de f en (0, ∞) se presenta cuando x = 1.
x
Finalmente, f (1) = 2, luego
1
x+ ≥2
para todo x > 0.
x
5
144. Hallar el ´
area m´
axima de un trapecio inscrito en un semic´ırculo de radio r > 0 con la base mayor apoyada
sobre el di´
ametro.
Soluci´
on. Consideramos el trapecio de v´ertices (r, 0), (−r, 0), (r cos θ, r sen θ), (−r cos θ, r sen θ) cuando
0 < θ < π/2. La base mayor es igual al di´ametro 2r. La base menor viene dada por 2r cos θ mientras que
la altura viene dada por r sen θ. Tenemos entonces que maximizar la funci´on
A(θ) =
2r + 2r cos θ
r sen θ = r2 (1 + cos θ) sen θ.
2
Imponemos la condici´
on necesaria de extremo
0 = A (θ) = r2 · [(− sen θ) sen θ + (1 + cos θ) cos θ]
= r2 (cos2 θ − sen2 θ + cos θ) = r2 [cos(2θ) + cos θ]
de donde se deduce que θ = π/3 y por lo tanto el ´area m´axima del trapecio inscrito en la circunferencia
viene dada por
√
3 3r2
2
.
Amax = A(π/3) = r (1 + cos π/3) sen π/3 =
4
146.
a) Probar que las gr´
aficas de dos funciones polin´omicas de grados m y n, respectivamente, se cortan a
lo sumo en m´
ax{m, n} puntos.
b) Construir para cada m, n ∈ N dos funciones polin´omicas de grados m y n, respectivamente, que se
cortan en m´
ax{m, n} puntos.
Soluci´
on. (a) Sean f, g dos funciones polin´omicas de grados m y n, respectivamente. Entonces h = f − g
es una funci´
on polin´
omica no nula de grado m´ax{m, n} a lo sumo. As´ı f (x) = g(x) si y s´olo si h(x) = 0 y
esto ocurre a lo sumo en m´
ax{m, n} puntos.
(b) Si m ≥ n sea h una funci´
on polin´
omica con m ra´ıces y sean f (x) = h(x) + xn , g(x) = xn .
148. Supongamos que f (x) ≥ M > 0 para todo x ∈ [0, 1]. Probar que existe un intervalo de longitud 1/4
donde se verifica la desigualdad |f (x)| ≥ M/4.
Soluci´
on. Observemos que f es creciente porque tiene una derivada positiva. Afirmamos que o bien
f (3/4) ≥ M/4 (en cuyo caso f (x) ≥ M/4 para todo x ∈ [3/4, 1]) o bien f (1/4) ≤ −M/4 (en cuyo caso
f (x) ≤ −M/4 para todo x ∈ [0, 1/4]). En efecto, si suponemos lo contrario entonces
−
M
<f
4
1
4
<f
3
4
<
M
4
y aplicando el teorema del valor medio de Lagrange existe x ∈ (1/4, 3/4) tal que
M ≤ f (x) = 2[f (3/4) − f (1/4)] < M
lo cual es absurdo.
149. Se dice que una funci´
on f satisface una condici´on de Lipschitz de orden α ∈ R en un punto x si existe
una constante C > 0 y existe η > 0 tales que
(∗)
|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α
para todo y ∈ (x − η, x + η). Se dice que f es Lipschitz de orden α en un intervalo I ⊆ R si se cumple (∗)
para todo x, y ∈ I.
6
a) Si f es Lipschitz de orden α > 0 en x entonces f es continua en x.
b) Si f es derivable en x entonces f es Lipschitz de orden uno en x. ¿Es cierto el rec´ıproco?
c) Si f es derivable en [a, b], ¿es f Lipschitz de orden uno en [a, b]?
d ) Si f es Lipschitz de orden α > 1 en [a, b] entonces f es constante en [a, b].
Soluci´
on.
a) Sea ε > 0 y sea δ = (ε/C)1/α . Si |x − y| < δ entonces |f (x) − f (y)| ≤ Cδ α = ε.
b) Si f es derivable en x entonces existe el l´ımite
f (x) = l´ım
h→0
f (x + h) − f (x)
h
y por lo tanto existe δ > 0 y existe M > 0 tales que
f (x + h) − f (x)
≤M
h
para todo 0 < |h| < δ,
de donde se deduce que |f (x + h) − f (x)| ≤ C|h| es decir f es Lipschitz de orden uno en x.
c) Falso, como ilustra el siguiente ejemplo. Sea p > 1 y consideremos la funci´on
f (x) =
1
xp sen , si x = 0
x
0, si x = 0.
Sean xn = 1/(2πn), yn = 1/(2πn + π/2). Tenemos
f (xn ) − f (yn ) = −ynp ,
π
xn − yn = xn yn ,
2
luego
2xp−1
|f (xn ) − f (yn )|
2y p−1
2
= n > n+1 = ·
|xn − yn |
πxn
πxn
π
xn+1
xn
p−1
· xp−2
n
y esta cantidad no est´
a acotada inferiormente cuando 1 < p < 2.
d ) Veamos que si f es Lipschitz de orden α > 1 en [a, b] entonces f es derivable en [a, b] y adem´
as
f (x) = 0. En efecto, tenemos
f (x + h) − f (x)
≤ C|h|α−1 → 0
h
151.
cuando h → 0.
a) Probar que la funci´
on f (x) = x2 − cos x satisface f (x) = 0 para exactamente dos valores de x.
b) Probar lo mismo para la funci´
on f (x) = 2x2 − x sen x − cos2 x.
Soluci´
on.
a) Como f es par, basta probar que f (x) = 0 para un u
´nico x > 0. Tenemos f (0) = −1, f (π) = π 2 + 1
luego por el teorema de Bolzano existe x ∈ (0, π) tal que f (x) = 0. Supongamos ahora que existieran
0 < x1 < x2 con f (x1 ) = f (x2 ) = 0. Se sigue del teorema de Rolle que existe x ∈ (x1 , x2 ) tal que
f (x) = 0. Ahora bien, f (x) = 2x + sen x ≥ 2x − x > 0 y esto es absurdo.
7
b) Como f es par, basta probar que f (x) = 0 para un u
´nico x > 0. Tenemos f (0) = −1, f (π) = 2π 2 − 1
luego por el teorema de Bolzano existe x ∈ (0, π) tal que f (x) = 0. Supongamos ahora que existieran
0 < x1 < x2 con f (x1 ) = f (x2 ) = 0. Se sigue del teorema de Rolle que existe x ∈ (x1 , x2 ) tal que
f (x) = 0. Ahora bien,
f (x) = 4x − sen x − x cos x + 2 cos x sen x ≥ 4x − x − x − 2 sen x = 2(x − sen x) > 0,
lo cual es absurdo.
152. Consideremos una funci´
on derivable f : (0, ∞) → R tal que f (x) = 1/x para todo x > 0 y tal que f (1) = 0.
Probar que f (xy) = f (x) + f (y). Indicaci´on: Hallar g (x) cuando g(x) = f (xy).
Soluci´
on. Siguiendo la indicaci´
on fijamos y ∈ (0, ∞) y consideramos la funci´on auxiliar g(x) = f (xy).
Tenemos que g es derivable y adem´
as g (x) = yf (xy) = y/(xy) = 1/x = f (x). Se sigue que existe una
constante c ∈ R tal que g(x) = f (x) + c para todo x > 0. Ahora f (y) = g(1) = f (1) + c = c luego
f (xy) = f (x) + f (y).
153. Probar que si f es una funci´
on dos veces derivable en [0, 1] con f (0) = 0, f (1) = 1 y f (0) = f (1) = 0
entonces existe x0 ∈ (0, 1) tal que |f (x0 )| ≥ 2. (Indicaci´on: Probar que o bien existe x0 ∈ (0, 1/2] tal que
f (x0 ) ≥ 2 o bien existe x0 ∈ [1/2, 1) tal que f (x0 ) ≤ −2.)
Soluci´
on. Supongamos que f (x) < 2 para todo x ∈ (0, 1/2]. Sea 0 < x ≤ 1/2. Seg´
un el teorema del
valor medio de Lagrange existe αx ∈ (0, x) tal que
f (x) − f (0)
= f (αx ) < 2
x−0
y por lo tanto f (x) < 2x. Aplicando de nuevo el teorema del valor medio de Lagrange existe βx ∈ (0, x)
tal que
f (x) − f (0)
= f (βx ) < 2βx < 2x
x−0
y por lo tanto f (x) < 2x2 . En consecuencia tenemos f (1/2) < 1/2. El mismo an´alisis puede aplicarse a
f en el intervalo [1/2, 1) suponiendo que f (x) > −2 para todo x ∈ [1/2, 1). Sea 1/2 ≤ x < 1. Seg´
un el
teorema del valor medio de Lagrange existe αx ∈ (x, 1) tal que
f (1) − f (x)
= f (αx ) > −2
1−x
y por lo tanto −f (x) > −2(1 − x), es decir, f (x) < 2(1 − x). Aplicando de nuevo el teorema del valor
medio de Lagrange existe βx ∈ (x, 1) tal que
f (1) − f (x)
= f (βx ) < 2βx < 2(1 − x).
1−x
y por lo tanto 1 − f (x) < 2(1 − x)2 . En consecuencia tenemos f (1/2) > 1/2. Ha llegado una contradicci´
on.
154. Sin calcular dos cifras decimales de
√
66, demostrar que
1 √
1
< 66 − 8 < .
9
8
Soluci´
on. Queremos probar que
√
1 √
1
< 66 − 64 < .
9
8
8
√
Aplicando el teorema del valor medio de Lagrange a f (x) = x existe 64 < x < 66 tal que
√
√
66 − 64
1
= f (x) = √ ,
2
2 x
√
√
√
√
es decir, que 66 − 64 = 1/ x. Se trata de probar entonces que 8 < x < 9 y esto es evidente porque
64 < x < 66 < 81.
160. Sea g una funci´
on dos veces derivable en el origen tal que g(0) = g (0) = 0, sea a = g (0) y consideremos
la funci´
on f definida por la expresi´
on
g(x)
,
x
0,
f (x) =
si x = 0
si x = 0.
Probar que f es derivable en el origen y calcular f (0).
Soluci´
on. Aplicando la regla de L’Hˆ
opital
g (h)
g(h)
g (0)
f (h) − f (0)
= l´ım 2 = l´ım
=
= a/2.
h→0 2h
h→0 h
h→0
h
2
f (0) = l´ım
161. Consideremos la funci´
on f : R → R definida mediante la expresi´on
f (x) =
x4 sen2
1
,
x
0,
si x = 0
si x = 0.
Probar que f tiene un m´ınimo local en el origen. Probar que f (0) = f (0) = 0. Este ejemplo ilustra que
la condici´
on suficiente de extremo local no puede ser mejorada. Tambi´en ilustra una sutileza acerca de
m´
aximos y m´ınimos que a menudo pasa desapercibida: una funci´on no tiene por qu´e ser decreciente en
ning´
un intervalo a la izquierda de un m´ınimo local ni creciente en ning´
un intervalo a la derecha
Soluci´
on. Es obvio que f tiene m´ınimo local en el origen ya que 0 = f (0) ≤ f (x) para todo x ∈ R.
Adem´
as
f (0) = l´ım
h→0
1
f (h) − f (0)
= l´ım h3 sen2 = 0.
h→0
h
h
La derivada en un punto x = 0 viene dada por
f (x) = 4x3 sen2
1
1
− x2 sen2
x
x
y por lo tanto la segunda derivada en el origen viene dada por
1
1
f (h) − f (0)
= l´ım (4h2 sen2 − h sen2 ) = 0.
h→0
h→0
h
h
h
f (0) = l´ım
162.
a) Probar que si f (a) > 0 y f es continua en a entonces existe un entorno de a donde f es creciente.
Los siguientes apartados sirven para mostrar que no se puede omitir la hip´otesis de continuidad.
b) Probar que si g(x) = x2 sen(1/x) entonces existen puntos x arbitrariamente pr´oximos a cero con
g (x) = 1 y tambi´en con g (x) = −1.
9
c) Sea 0 < α < 1 y sea f (x) = αx + x2 sen(1/x) si x = 0, f (0) = 0. Demostrar que no existe ning´
un
entorno del origen donde f es creciente, probando que en todo entorno del origen existen puntos x
con f (x) > 0 y tambi´en con f (x) < 0.
Soluci´
on.
a) Por ser f (a) > 0 y por ser f continua, existe δ > 0 tal que f (x) > 0 si |x − a| < δ. Sean
a − δ < x < y < a + δ. Aplicando el teorema del valor medio de Lagrange, existe z ∈ (x, y) tal que
f (y) − f (x)
= f (z) > 0
y−x
y por lo tanto f (x) < f (y).
b) La derivada de g en un punto x = 0 viene dada por
g (x) = 2x sen
Consideremos las sucesiones
xn =
1
,
2nπ
1
1
− cos .
x
x
yn =
1
.
(2n + 1)π
Entonces l´ım xn = l´ım yn = 0 y adem´as g (xn ) = 1, g (yn ) = −1.
c) La derivada de f en un punto x = 0 viene dada por la expresi´on f (x) = α + g (x) de modo que
f (xn ) = α + g (xn ) = 1 + α > 0 y que f (yn ) = α − 1 < 0. En consecuencia, f no puede ser creciente
en ning´
un entorno del origen porque en cualquier entorno del origen hay puntos donde f (x) > 0 y
puntos donde f (x) < 0.
164.
a) Demostrar a partir de la definici´
on de funci´on convexa que si f y g son convexas y si f es creciente
entonces g ◦ f es convexa.
b) Supongamos que f, g son dos veces derivables. Dar una demostraci´on alternativa para el apartado
anterior usando derivadas segundas.
Soluci´
on. Sea a < x < b. Como f es creciente tenemos f (a) < f (x) < f (b.) Como g es convexa tenemos
g(f (b)) − g(f (a))
g(f (x)) − g(f (a)
≤
f (x) − f (a)
f (b) − f (a)
y por lo tanto
g(f (x)) − g(f (a))
g(f (x)) − g(f (a)) f (x) − f (a)
=
·
x−a
f (x) − f (a)
x−a
g(f (b)) − g(f (a)) f (b) − f (a)
g(f (b)) − g(f (a))
<
·
=
f (b) − f (a)
b−a
b−a
luego g ◦ f es convexa.
Supongamos ahora que f, g son dos veces derivables. Tenemos (g ◦ f ) = (g ◦ f ) · f
Observaci´
on. Los puntos del intervalo (x, y) son los puntos de la forma (1 − λ)x + λy. En efecto,
x = (1 − λ)x + λx < (1 − λ)x + λy < (1 − λ)y + λy = y.
Rec´ıprocamente, si x < z < y entonces z = (1 − λ)x + λy, donde
0<λ=
10
z−x
<1
y−x
Si f es convexa entonces seg´
un el problema 4.33 si a < x < z < y < b entonces
f (z) − f (x)
f (y) − f (x)
≤
.
z−x
y−x
Rec´ıprocamente, si f satisface esta desigualdad entonces
f (y) − f (x)
f ((1 − λ)x + λy) − f (x)
≤
,
(1 − λ)x + λy − x
y−x
lo cual equivale a decir que f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y), es decir, que f es conxeva.
165. Supongamos que f es derivable y convexa en un intervalo (a, b). Probar que f es creciente o f es decreciente
o existe c ∈ (a.b) tal que f es decreciente en (a, c) y creciente en (c, b).
Lema. Supongamos que f es convexa en R y sean a < b. Si f (a) < f (b) entonces f es creciente en [b, ∞)
y si f (a) > f (b) entonces f es decreciente en (−∞, a].
Demostraci´
on. Supongamos que f (a) < f (b) (el caso f (a) > f (b) se trata de manera an´aloga o se trabaja
con la funci´
on auxiliar g(x) = f (−x)). Sea b < d. Tenemos
0<
f (d) − f (a)
f (d) − f (b)
f (b) − f (a)
≤
≤
b−a
d−a
d−b
luego f (b) < f (d). Adem´
as, si b < d1 < d2 entonces
0<
f (d1 ) − f (b)
f (d2 ) − f (b)
f (d2 ) − f (d1 )
≤
≤
d1 − b
d2 − b
d2 − d1
y por lo tanto f (d1 ) < f (d2 ). Esto prueba que f es creciente en [b, ∞).
Soluci´
on. Como f no es constante existen a < b tales que f (a) = f (b). Suponemos que f (a) < f (b);
el caso f (a) > f (b) se trata de forma an´aloga. Ya sabemos gracias al lema que f es creciente en [b, ∞].
Supongamos que el m´ınimo de f en [a, b] se presenta en c ∈ (a, b). Como f (a) > f (c), seg´
un el lema f es
decreciente en (−∞, a]. Adem´
as, si a < a1 < c entonces f (a1 ) > f (c) porque si fuera f (a1 ) = f (c) entonces
f (x) < f (c) para x ∈ (a1 , c) lo cual contradice el hecho de que f alcanza su m´ınimo en c. El lema tambi´en
implica que f es decreciente en (−∞, a1 ] para todo a < a1 < c. Esto demuestra que f es decreciente en
(−∞, c]. An´
alogamente se prueba que f es creciente en [c, ∞). Supongamos ahora que el m´ınimo de f en
[a, b] se presenta en c = a. El mismo razonamiento de antes hace ver que f es creciente en [a, ∞). Existen
dos posibilidades. Puede ser que exista d < a tal que f (d) > f (a). En tal caso, el m´ınimo de f en [d, a]
se presenta en cierto c ∈ (d, a]. El mismo razonamiento de antes hace ver que f es decreciente en (−∞, c]
y creciente en [c, ∞). Tambi´en puede ser que f (d) < f (a) para todo d < a. Entonces aplicamos en el
intervalo (d, a) los resultados que hemos obtenido para el intervalo (a, b). Si el m´ınimo de f se presenta en
un punto c ∈ (d, a) entonces f es decreciente en (−∞, c] y f es creciente en [c, ∞). Si el m´ınimo siempre
se presenta en d entonces f es creciente en [d, ∞) para todo d luego f es creciente.
166. Sea f : (a, b) → R una funci´
on convexa. Seg´
un el problema 110, si a < r < s < t < b entonces
f (t) − f (r)
f (t) − f (s)
f (s) − f (r)
≤
≤
.
s−r
t−r
t−s
a) Probar que si a < x < b entonces f posee derivadas laterales en x y adem´as f (x−) ≤ f (x+).
b) Probar que si a < x < y < b entonces
f (x+) ≤
f (y) − f (x)
≤ f (y−).
y−x
11
c) Probar que f es derivable en (a, b) salvo quiz´as en un conjunto numerable.
Soluci´
on.
a) Consideremos la funci´
on auxiliar
f (x + h) − f (x)
.
h
Como f es convexa, si h1 < h2 entonces ϕ(h1 ) < ϕ(h2 ), es decir, ϕ es creciente y por lo tanto existen
sus l´ımites laterales
f (x−) = l´ım ϕ(h) ≤ l´ım ϕ(h) = f (x+).
ϕ(h) =
h→0−
h→0+
b) Sean a < x < x + h < y − h < y < b. Tenemos
f (y) − f (x)
f (y − h) − f (y)
f (x + h) − f (x)
≤
≤
h
y−x
−h
y el resultado se sigue tomando l´ımites cuando h → 0 + .
c) Supongamos que f no es derivable en x y sea r(x) ∈ (f (x−), f (x+)) ∩ Q. La funci´on x → r(x) es
una aplicaci´
on inyectiva del conjunto de puntos donde f no es derivable en Q.
168. Supongamos que f es derivable en [a, b] entendiendo que en los extremos de [a, b] existen las derivadas
laterales correspondientes.
a) Demostrar que si el m´ınimo de f est´a en a entonces f (a+) ≥ 0 y si el m´ınimo de f est´a en b entonces
f (b−) ≤ 0.
b) Probar que si f (a) < 0 < f (b) entonces existe x0 ∈ (a, b) tal que f (x0 ) = 0.
c) Probar que si f (a) < m < f (b) entonces existe x0 ∈ (a, b) tal que f (x0 ) = m. (Este resultado se
conoce como Teorema de Darboux.)
Soluci´
on.
a) Si el minimo de f se presenta en a entonces para todo h > 0 se tiene f (a) ≤ f (a + h) luego
f (a+) = l´ım
h→0+
f (a + h) − f (a)
≥ 0.
h
Si el minimo de f se presenta en b entonces para todo h > 0 se tiene f (b) ≤ f (b − h) luego
f (b − h) − f (b)
≤ 0.
h→0+
−h
f (b−) = l´ım
b) Como f es continua en [a, b], sabemos que f alcanza su m´ınimo en [a, b]. Se sigue del apartado
anterior que las desigualdades f (a) < 0 < f (b) descartan la posibilidad de que el m´ınimo ocurra en
los extremos del intervalo [a, b] y por lo tanto el m´ınimo se alcanza en un punto x ∈ (a, b). Se sigue
de la condici´
on necesaria de extremo que f (x) = 0.
c) Consideremos la funci´
on auxiliar g(x) = f (x) − mx. Entonces g es derivable en [a, b] y adem´
as
g (a) = f (a) − m < 0 < f (b) − m = g (b) luego existe x ∈ (a, b) tal que g (x) = 0, es decir, tal que
f (x) = m.
12
169. Sea f una funci´
on continua tal que f (x) existe para todo x = 0 y tal que l´ım f (x) existe. ¿Se sigue que
x→0
f es derivable en el origen?
Soluci´
on. S´ı, basta con aplicar la regla de L’Hˆopital para resolver la indeterminaci´on en el l´ımite del
cociente incremental
f (x)
f (x) − f (0)
= l´ım
.
f (0) = l´ım
x→0
x→0
x
1
13