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Exámenes bachillerato Matemáticas II. Curso 2016-2017

A continuación os dejo unos enlaces con todos los exámenes de la materia Matemáticas II (2º de Bachillerato) que hemos realizado durante el curso 2016-2017. Espero que os sirvan para la preparación de la Selectividad a muchos, así como para preparar también, a otros, el examen extraordinario de septiembre.

  1. Primer examen de la primera evaluación: Límites. Continuidad. Teorema de Bolzano. Derivabilidad.
  2. Segundo examen de la segunda evaluación: Derivación implícita y logarítmica. Teorema de Rolle. Teorema del valor medio. Optimización.
  3. Recuperación de la primera evaluación (1): Límites. Continuidad. Derivabilidad. Aplicaciones de las derivadas. Teorema del valor medio. Optimización.
  4. Recuperación de la primera evaluación (2): Límites. Continuidad. Derivabilidad. Aplicaciones de las derivadas. Teorema del valor medio. Optimización.
  5. Primer examen de la segunda evaluación: Integral indefinida. Integrales inmediatas. Métodos de integración. Integral definida. Cálculo de áreas.
  6. Segundo examen de la segunda evaluación: Integral indefinida. Matrices. Rangol de una matriz. Ecuaciones matriciales. Determinantes.
  7. Recuperación de la segunda evaluación: Integral indefinida. Matrices. Ecuaciones matriciales.
  8. Primer examen de la tercera evaluación (1): Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos.
  9. Primer examen de la tercera evaluación (2): Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos.
  10. Primer examen de la tercera evaluación (3): Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos.
  11. Primer examen de la tercera evaluación (4): Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos.
  12. Segundo examen de la tercera evaluación: Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos. Geometría euclídea en el espacio: problemas métricos.
  13. Suficiencia mayo (primera evaluación): Límites. Derivadas. Aplicaciones de las derivadas. Teorema del valor medio. Optimización.
  14. Suficiencia mayo (segunda evaluación): Integral indefinida. Integrales inmediatas. Métodos de intergración. Integral definida. Cálculo de áreas. Matrices. Ecuaciones matriciales. Determinantes.
  15. Suficiencia mayo (tercera evaluación): Sistemas de ecuaciones. Teorema de Rouché. Posiciones relativas de rectas y planos. Geometría euclídea en el espacio: problemas métricos.
  16. Examen final para subir nota.

Recordad que podéis encontrar más exámenes aquí:

 

Distancia entre dos rectas que se cruzan. Perpendicular común

En un espacio de tres dimensiones dos rectas se cruzan cuando no tienen ningún punto en común y no están contenidas en el mismo plano. Si no tienen ningún punto en común pero sí que están contenidas en un mismo plano las rectas son paralelas.

Distancia entre dos rectas paralelas

Si las rectas son paralelas la distancia entre ambas viene dada por la distancia de un punto de una de ellas a la otra. Se entiende por distancia la distancia mínima del punto a la recta. La construcción requiere hallar el plano perpendicular a la recta que pasa por el punto. Este plano perpendicular cortará a la recta en cuestión en otro punto. De este modo, la distancia del punto a la recta será igual a la distancia entre los dos puntos mencionados. Vamos a hallar una fórmula que permita hallar esta distancia. Para ello sea \(P(p_1,p_2,p_3)\) un punto y \(r\) una recta que vamos a escribir en su forma continua:

\[r\equiv\frac{x-a_1}{u_1}=\frac{x-a_2}{u_2}=\frac{x-a_3}{u_2}\]

distancia1

Recordemos que \(A(a_1,a_2,a_3)\) y \(\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)\) son un punto y un vector director de \(r\), respectivamente. Supongamos también que \(M(m_1,m_2,m_3)\) es el punto en el que el plano perpendicular a \(r\) que contiene a \(P\) corta a la recta \(r\) (ver figura anterior). A la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\), que es lo que queremos calcular, la notaremos \(d(P,r)\). El vector que une el punto \(A\) de la recta con el punto \(P\) es \(\overrightarrow{AP}=(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\).

Por un lado tenemos que el módulo del producto vectorial de \(\overrightarrow{AP}\) con \(\vec{u}\) es:

\[|\overrightarrow{AP}\times\vec{u}|=|\overrightarrow{AP}|\cdot|\vec{u}|\cdot\text{sen }\alpha\]

Por otro lado, observando la figura anterior se tiene que:

\[\text{sen }\alpha=\frac{d(P,r)}{|\overrightarrow{AP}|}\Rightarrow d(P,r)=|\overrightarrow{AP}|\cdot\text{sen }\alpha\]

Por tanto, sustituyendo en la primera expresión:

\[|\overrightarrow{AP}\times\vec{u}|=d(P,r)\cdot|\vec{u}|\]

Y de aquí obtenemos finalmente que la distancia entre un punto y una recta la podemos calcular mediante la siguiente fórmula:

\[d(P,r)=\frac{|\overrightarrow{AP}\times\vec{u}|}{|\vec{u}|}=\frac{|(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)|}{\sqrt{u_1^2+u_2^2+u_3^2}}\]

Distancia entre dos rectas que se cruzan. Perpendicular común

Supongamos ahora que tenemos dos rectas \(r\) y \(s\) que se cruzan. Para hallar la distancia entre ambas, \(d(r,s)\), lo que se hace es calcular el plano que contienen a una de ellas (por ejemplo a \(s\)) y es paralelo a la otra (en este caso a \(r\)). La distancia entre ambas rectas vendrá dada por la distancia de la recta \(r\) a este plano, distancia que obviamente coincidirá con la distancia de un punto de \(r\) a dicho plano (por ser ambos paralelos). Por cierto, la distancia de un punto \(P(p_1,p_2,p_3)\) a un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\), viene dada por la fórmula siguiente:

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

El cálculo de la perpendicular común a \(r\) y a \(s\), es decir, de la recta que corta perpendicularmente a ambas, que llamaremos \(t\), precisa de una construcción en tres pasos. Son los siguientes:

  • Cálculo del plano \(\pi\) que contiene a \(s\) y es paralelo a \(r\).
  • Cálculo del plano \(\pi'\) que contiene a \(s\) y es perpendicular a \(\pi\).
  • Cálculo del plano \(\pi''\) que contiene a \(r\) y es perpendicular a \(\pi\).

Entonces, tal y como se puede apreciar en la figura siguiente, la perpendicular común \(t\) a \(r\) y a \(s\) será la intersección de los planos \(\pi'\) y \(\pi''\): \(t=\pi'\cap\pi''\). Hemos llamado también \(M\) al punto de corte de \(r\) y \(t\), y \(N\) al punto de corte de \(s\) y \(t\): \(M=r\cap t\), \(N=s\cap t\).

distancia2

Tal y como hemos comentado anteriormente, la distancia entre \(r\) y \(s\) es la misma que la distancia entre \(r\) y \(\pi\), distancia que, obviamente, también ha de coincidir con la distancia entre los puntos \(M\) y \(N\):

\[d(r,s)=d(r,\pi)=d(M,N)\]

Veamos un caso práctico. Consideremos las rectas \(r\) y \(s\) siguientes:

\[r\equiv\begin{cases}x+y-z=1\\x-2z=-1\end{cases}\quad;\quad s\equiv x=\frac{y+2}{-1}=\frac{z-1}{2}\]

Lo primero de todo es comprobar que, efectivamente, ambas rectas se cruzan. Si escribimos la recta \(r\) en paramétricas:

\[r\equiv\begin{cases}
  x=-1+2\lambda\\
  y=2-\lambda\\
  z=\lambda
\end{cases}\]

tenemos que un punto y un vector director de \(r\) son, respectivamente, \(A(-1,2,0)\) y \(\vec{u}=(2,-1,1)\). Del mismo modo, un punto y un vector director de la recta \(s\) son, respectivamente, \(B(0,-2,1)\), \(\vec{v}=(1,-1,2)\).

Por un lado, tenemos que

\[\text{rango}\left(
         \begin{array}{c}
           \vec{u} \\
           \vec{v} \\
         \end{array}
       \right)=\text{rango}\left(
                      \begin{array}{ccc}
                        2 & -1 & 1 \\
                        1 & -1 & 2 \\
                      \end{array}
                    \right)=2
\]

ya que la matriz anterior contiene al menos un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
  2 & -1\\
  1 & -1
\end{array}\right|=-2-(-1)=-1\neq0\]

Por otro lado, tenemos que

\[\text{rango}\left(
                \begin{array}{c}
                  \vec{u} \\
                  \vec{v} \\
                  \overrightarrow{AB} \\
                \end{array}
              \right)=\text{rango}\left(
                                    \begin{array}{ccc}
                                      2 & -1 & 1 \\
                                      1 & -1 & 2 \\
                                      1 & -4 & 1 \\
                                    \end{array}
                                  \right)=3
\]

ya que

\[\left|\begin{array}{ccc}
  2 & -1 & 1 \\
  1 & -1 & 2 \\
  1 & -4 & 1
\end{array}\right|=(-2-2-4)-(-1-1-16)=-8-(-18)=10\neq0\]

Del razonamiento anterior se deduce que las rectas \(r\) y \(s\) se cruzan. Vamos a dar los pasos mencionados anteriormente para hallar la perpendicular común y la distancia entre \(r\) y \(s\).

En primer lugar vamos a hallar el plano \(\pi\) que contiene a \(s\) y es paralelo a \(r\). Un punto de dicho plano será un punto de \(s\), por ejemplo el punto \(B(0,-2,1)\) y dos direcciones suyas serán las de \(r\) y las de \(s\), es decir, podemos tomar como vectores directores del plano los vectores \(\vec{u}=(2,-1,1)\), \(\vec{v}=(1,-1,2)\). Así el plano \(\pi\) vendrá dado por

\[\pi\equiv\left|\begin{array}{ccc}
          x & y+2 & z-1 \\
          2 & -1 & 1 \\
          1 & -1 & 2
        \end{array}\right|=0\]

Desarrollando el determinante anterior:

\[(-2x+y+2-2z+2)-(-z+1+4y+8-x)=0\Rightarrow\pi\equiv x+3y+z+5=0\]

Teniendo en cuenta que la ecuación general de la recta \(s\) es:

\[s\equiv\begin{cases}
  x+y+2=0\\
  2x-z+1=0
\end{cases}\]

otra forma de hallar el plano \(\pi\) es hacer uso del haz de planos de arista la recta \(s\):

\[\lambda(x+y+2)+\mu(2x-z+1)=0\Leftrightarrow(\lambda+2\mu)x+\lambda y-\mu z+2\lambda+\mu=0\]

Para que un plano de este haz sea paralelo a la recta \(r\) un vector normal al plano, \((\lambda+2\mu,\lambda,-\mu)\), debe ser perpendicular al vector director de \(r\), \(\vec{u}=(2,-1,1)\), es decir:

\[2(\lambda+2\mu)+(-1)\lambda+1(-\mu)=0\Leftrightarrow\lambda+3\mu=0\]

Esta igualdad se cumple, por ejemplo, para \(\lambda=3\) y \(\mu=-1\), con lo que el plano \(\pi\) que buscamos será:

\[\pi\equiv x+3y+z+5=0\]

Llegados a este punto ya estamos en condiciones de hallar la distancia entre \(r\) y \(s\): \(d(r,s)=d(r,\pi)\). Además, esta última distancia coincidirá con \(d(A,\pi)\):

\[d(r,s)=d(r,\pi)=d(A,\pi)=\frac{|1\cdot(-1)+3\cdot2+1\cdot0+5|}{\sqrt{1^2+3^2+1^2}}=\frac{10}{\sqrt{11}}=\frac{10\sqrt{11}}{11}\]

Continuando con nuestra construcción calcularemos, en segundo lugar, el plano \(\pi'\) que contiene a \(s\) y es perpendicular a \(\pi\). Ya hemos visto que el haz de planos de arista la recta \(s\) es

\[(\lambda+2\mu)x+\lambda y-\mu z+2\lambda+\mu=0\]

Para que un plano de este haz sea perpendicular a \(\pi\) se ha de cumplir que los vectores perpendiculares a ambos planos sea ellos mismos también perpendiculares, es decir:

\[1(\lambda+2\mu)+3\lambda+1(-\mu)=0\Leftrightarrow4\lambda+\mu=0\]

Tomando \(\lambda=-1\) y \(\mu=4\), tenemos que el plano \(\pi'\) es el siguiente:

\[\pi'\equiv 7x-y-4z+2=0\]

En tercer y último lugar vamos a calcular el plano \(\pi''\) que contiene a \(r\) y es perpendicular a \(\pi\). Para ello volveremos a usar la técnica del haz de planos, pero en este caso de arista la recta \(r\):

\[\lambda(x+y-z-1)+\mu(x-2z+1)=0\Leftrightarrow(\lambda+\mu)x+\lambda y+(-\lambda-2\mu)z+(-\lambda+\mu)=0\]

Para que un plano de este haz sea perpendicular a \(\pi\) se tiene que cumplir, al igual que en el caso anterior, que los vectores perpendiculares a ambos planos sean también perpendiculares, es decir:

\[1(\lambda+\mu)+3\lambda+1(-\lambda-2\mu)=0\Leftrightarrow3\lambda-\mu=0\]

Tomando \(\lambda=1\) y \(\mu=3\), obtenemos el plano \(\pi''\):

\[\pi''\equiv4x+y-7z+2=0\]

La recta \(t\), perpendicular común a \(r\) y a \(s\), es la intersección de \(\pi'\) y de \(\pi''\). Por tanto:

\[t=\pi'\cap\pi''\equiv\begin{cases}
  7x-y-4z+2=0\\
  4x+y-7z+2=0
\end{cases}\]

Vamos a mostrar que la distancia hallada anteriormente entre las rectas \(r\) y \(s\) coincide con la distancia entre los puntos \(M\) y \(N\).

Para hallar los puntos \(M\) y \(N\) resolveremos los sistemas formados por \(r\) y \(t\), por un lado, y por \(s\) y \(t\), por otro, ya que \(r\cap t=M\) y \(s\cap t=N\).

El sistema formado por \(r\) y \(t\) tiene cuatro ecuaciones y tres incógnitas. Podemos eliminar una de ellas, por ejemplo la última ecuación de la recta \(t\). El sistema queda del siguiente modo:

\[\begin{cases}
  x+y-z=1\\
  x-2z=-1\\
  7x-y-4z=-2
\end{cases}\]

El determinante de la matriz de los coeficientes es

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 1 & -1 \\
          1 & 0 & -2 \\
          7 & -1 & -4
        \end{array}
\right|=(-14+1)-(-4+2)=-13+2=-11\]

Por tanto, aplicando la regla de Cramer:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & -1 \\
                  -1 & 0 & -2 \\
                  -2 & -1 & -4
                \end{array}
\right|}{-11}=\frac{(4-1)-(4+2)}{-11}=\frac{-3}{-11}=\frac{3}{11}\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & -1 \\
                  1 & -1 & -2 \\
                  7 & -2 & -4
                \end{array}
\right|}{-11}=\frac{(4-14+2)-(7-4+4)}{-11}=\frac{-15}{-11}=\frac{15}{11}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & 1 \\
                  1 & 0 & -1 \\
                  7 & -1 & -2
                \end{array}
\right|}{-11}=\frac{(-7-1)-(-2+1)}{-11}=\frac{-7}{-11}=\frac{7}{11}\]

De manera similar resolveremos el sistema formado por la recta \(s\) y por la recta \(t\). También eliminaremos la última ecuación de la recta \(t\). El sistema es el siguiente:

\[\begin{cases}
  x+y=-2\\
  2x-z=-1\\
  7x-y-4z=-2
\end{cases}\]

El determinante de la matriz de los coeficientes es

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 1 & 0 \\
          2 & 0 & -1 \\
          7 & -1 & -4
        \end{array}
\right|=-7-(-8+1)=-7+7=0\]

Esto indica que no podemos eliminar la última ecuación de la recta \(r\). Así que eliminaremos la primera y el sistema quedará de la siguiente manera:

\[\begin{cases}
  x+y=-2\\
  2x-z=-1\\
  4x+y-7z=-2
\end{cases}\]

Ahora el determinante de la matriz de los coeficientes es:

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 1 & 0 \\
          2 & 0 & -1 \\
          4 & 1 & -7
        \end{array}
\right|=-4-(-14-1)=-4+13=11\]

Volviendo a aplicar la regla de Cramer tenemos:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  -2 & 1 & 0 \\
                  -1 & 0 & -1 \\
                  -2 & 1 & -7
                \end{array}
\right|}{11}=\frac{2-(7+2)}{11}=-\frac{7}{11}\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & -2 & 0 \\
                  2 & -1 & -1 \\
                  4 & -2 & -7
                \end{array}
\right|}{11}=\frac{(7+8)-(28+2)}{11}=-\frac{15}{11}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & -2 \\
                  2 & 0 & -1 \\
                  4 & 1 & -2
                \end{array}
\right|}{11}=\frac{(-4-4)-(-4-1)}{11}=-\frac{3}{11}\]

De este modo tenemos que

\[M=r\cap t=\left(\frac{3}{11},\frac{15}{11},\frac{7}{11}\right)\quad;\quad N=s\cap t=\left(-\frac{7}{11},-\frac{15}{11},-\frac{3}{11}\right)\]

Y de aquí:

\[\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{7}{11}-\frac{3}{11},-\frac{15}{11}-\frac{15}{11},-\frac{3}{11}-\frac{7}{11}\right)=\left(-\frac{10}{11},-\frac{30}{11},-\frac{10}{11}\right)\]

Así pues, la distancia entre las rectas \(r\) y \(s\) es:

\[d(r,s)=d(M,N)=|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{\left(-\frac{10}{11}\right)^2+\left(-\frac{30}{11}\right)^2+\left(-\frac{10}{11}\right)^2}= \frac{\sqrt{1100}}{11}=\frac{10\sqrt{11}}{11}\]


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


6 ejercicios de geometría: rectas y planos, espacio euclídeo, problemas métricos

En otro artículo de esta Web se proponían y se resolvían 5 problemas de geometría. Los problemas del bloque dedicado a la Geometría en las matemáticas de 2º de Bachillerato los podemos dividir, fundamentalmente, en problemas de dos tipos: los problemas sobre posiciones relativas entre rectas y planos, y los problemas métricos. Los primeros no son difíciles de resolver si se entiende bien el Teorema de Rouché (aunque hay otras formas de resolverlos). Los segundos, y quizá más interesantes, son problemas en los que entra en escena el producto escalar y el producto vectorial, es decir, los problemas de ángulos, distancias y perpendicularidad. Por eso es muy importante entender con claridad los conceptos de producto escalar y de producto vectorial así como sus aplicaciones. Se recomienda para ello una lectura atenta y comprensiva de los dos artículos siguientes:

  1. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  2. Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones.

A continuación se proponen y se resuelven completamente otros seis ejercicios de geometría, lo que viene a completar, con los otros cinco ejercicios comentados al principio, una serie de ejercicios de geometría que pueden servir de modelo para el aprendizaje de esta parte de las matemáticas en un segundo curso de Bachillerato y, por tanto, para afrontar con éxito los problemas de geometría que puedan aparecer en las pruebas de acceso a la universidad (selectividad).

Problema 1

a) Dados los puntos \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\), da la ecuación implícita del plano \(\pi\) de modo que el punto simétrico de \(P\) respecto a \(\pi\) es \(Q\).

b) Calcula el valor del parámetro \(\lambda\in\mathbb{R}\) para que el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R(\lambda,1,0)\) pase por el origen de coordenadas.

Solución

a) El plano \(\pi\) que se pide es el que pasa por el punto medio de \(P\) y \(Q\) (punto que podemos llamar \(M\)) y es perpendicular al vector que une \(P\) con \(Q\):

\[\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\]

06 ejercicios geometria 01

El punto medio \(M\) de \(P\) y \(Q\) es fácil de calcular:

\[M\left(\frac{4+2}{2},\frac{2+0}{2},\frac{3+(-5)}{2}\right)=M(3,1,-1)\]

El plano \(\pi\) que buscamos, por ser \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\) un vector perpendicular al mismo, tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z+D=0\]

Como el plano pasa por el punto \(M\), tenemos:

\[-2\cdot3-2\cdot1-8\cdot(-1)+D=0\Rightarrow-6-2+8+D=0\Rightarrow D=8\]

Por tanto el plano \(\pi\) que buscamos tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z=0\]

b) Recordemos que los puntos \(P\) y \(Q\) son \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\). Podemos tomar como uno de los vectores directores del plano el vector \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\), o bien este otro: \(\vec{u}=(1,1,4)\), que tiene la misma dirección que el anterior. Puesto que el plano también debe pasar por \(R(\lambda,1,0)\), otro vector director de tal plano será \(\vec{v}=\overrightarrow{PR}=(4-\lambda,1,3)\). De este modo disponemos de un punto \(P\) y de dos vectores, \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) que definen el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R\). Sus ecuaciones paramétricas son:

\[\begin{cases}
        x=4+\alpha+(4-\lambda)\beta\\
        y=2+\alpha+\beta\\
        z=3+4\alpha+3\beta
      \end{cases}\]

La ecuación general o implícita del plano se obtiene desarrollando la siguiente ecuación:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-4 & 1 & 4-\lambda \\
                y-2 & 1 & 1 \\
                z-3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\]

Como el plano anterior ha de pasar por el origen de coordenadas la ecuación debe cumplirse para \(x=0\), \(y=0\), \(z=0\). Es decir:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                -4 & 1 & 4-\lambda \\
                -2 & 1 & 1 \\
                -3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-12-3-32+8\lambda)-(-12+3\lambda-6-16)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 5\lambda-13=0\Rightarrow\lambda=\frac{13}{5}\]

Problema 2

Dados los planos \(\pi\equiv ax+2y+z=4\), \(a\in\mathbb{R}\), y \(\pi'\equiv 2x-4y-2z=b\), \(b\in\mathbb{R}\):

a) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) coincidentes.

b) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) paralelos no coincidentes.

c) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) perpendiculares.

Solución

Consideremos el sistema formado por ambos planos:

\[\begin{cases}
  ax+2y+z=4\\
  2x-4y-2z=b
\end{cases}\]

La matriz \(A\) de los coeficientes y la matriz ampliada \(A|b\) son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
            a & 2 & 1 \\
            2 & -4 & -2
          \end{array}
\right)\quad;\quad
A|b=\left(\begin{array}{cccc}
            a & 2 & 1 & 4 \\
            2 & -4 & -2 & b
          \end{array}
\right)\]

a) Para que ambos planos sean coincidentes los rangos de ambas matrices deben ser igual a uno y, por tanto, las dos filas de ambas matrices han de ser proporcionales, lo que nos lleva a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}=\frac{4}{b}\]

De donde claramente han de ser \(a=-1\) y \(b=-8\).

b) Para que ambos planos sean paralelos no coincidentes el rango de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a uno y el de la ampliada igual a dos, lo que nos lleva ahora a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}\neq\frac{4}{b}\]

Luego en este caso debe ser \(a=-1\) y \(b\neq-8\).

c) Para que ambos planos sean perpendiculares basta que también lo sean sus vectores normales o perpendiculares. El vector normal del plano \(\pi\) es \(\vec{u}=(a,2,1)\) y el vector normal del plano \(\pi'\) es \(\vec{v}=(2,-4,-2)\). Por tanto:

\[\pi\perp\pi'\Leftrightarrow\vec{u}\perp\vec{v}\]

Si \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) son perpendiculares, su producto escalar ha de ser igual a cero:

\[\vec{u}\cdot\vec{v}=0\Rightarrow 2a-8-2=0\Rightarrow a=5\]

Por tanto, para que \(\pi\) y \(\pi'\) sean perpendiculares debe ser \(a=5\) y \(b\) puede tomar cualquier valor.

Problema 3

Dado el plano \(\pi\equiv x-z=0\) y las rectas

\[r\equiv\begin{cases}
x=1+\lambda\\
y=2\\
z=-1-\lambda
\end{cases},\,\lambda\in\mathbb{R}\quad;\quad
s\equiv\begin{cases}
x+y=2\\
4y+2z=6
\end{cases}\]

a) Halla el ángulo que forman \(\pi\) y \(r\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(r\).

b) Halla la posición relativa de \(\pi\) y \(s\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(s\).

Solución

a) Es fácil demostrar que el plano \(\pi\) y la recta \(r\) se cortan en un punto. Si sustituimos las ecuaciones de \(r\) en el plano \(\pi\) tenemos:

\[1+\lambda-(-1-\lambda)=0\Rightarrow2+2\lambda=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Además el punto de corte de \(\pi\) y \(r\) será el punto \(P(0,2,0)\).

El ángulo de la recta y el plano ha de ser el complementario del ángulo que formen la recta y un vector perpendicular del plano. Es decir, el complementario del ángulo que forman un vector director de la recta y un vector perpendicular al plano.

06 ejercicios geometria 02

Pero es que, en este caso, un vector director de la recta es \(\vec{u}=(1,0,-1)\) y un vector perpendicular al plano es \(\vec{v}=(1,0,-1)\). Como los vectores son iguales el ángulo que forman es cero, es decir, el plano \(\pi\) y la recta \(r\) son perpendiculares.

De lo anterior se deduce que hay infinitos planos perpendiculares a \(\pi\) que contienen a la recta \(r\), precisamente todos los planos del haz de base la recta \(r\).

b) Consideremos el sistema formado conjuntamente por el plano \(\pi\) y la recta \(s\):

\[\begin{cases}
    x-z=0\\
    x+y=2\\
    4y+2z=6
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes del sistema anterior es:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
               1 & 0 & -1 \\
               1 & 1 & 0 \\
               0 & 4 & 2
             \end{array}
  \right)\]

Se tiene que \(|A|=2-4=-2\neq0\), con lo que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a tres, que coincidirá también con el de la matriz ampliada y con el número de incógnitas. Por tanto, el sistema es compatible determinado (solución única), lo que quiere decir que el plano \(\pi\) y la recta \(s\) son secantes: se cortan en un punto \(P\) (nos podemos hacer una idea observando la figura anterior).

En este caso solamente hay un plano perpendicular a \(\pi\) que contenga a la recta \(s\). Precisamente el plano determinado por \(P\), un vector normal del plano \(\pi\) y un vector director de la recta \(s\). Todos los demás planos del haz de base la recta \(s\) ya no son perpendiculares al plano \(\pi\).

Problema 4

a) Determina el valor del parámetro \(k\in\mathbb{R}\) para que la recta

\[\begin{cases}
    x=1+\lambda\\
    y=k-\lambda\\
    z=\lambda
  \end{cases}\quad\lambda\in\mathbb{R}\]

esté contenida en el plano \(\pi\equiv x+2y+z=7\).

b) Para el valor de \(k\) obtenido en el apartado anterior, obtén la ecuación implícita de un plano \(\pi'\) que corte perpendicularmente a \(\pi\), de modo que la intersección de ambos planos sea \(r\).

Solución

a) Las ecuaciones continuas de la recta son

\[x-1=\frac{y-k}{-1}=z\]

Y de aquí obtenemos las ecuaciones implícitas de la recta:

\[\begin{cases}
    -x+1=y-k\\
    x-1=z
  \end{cases}\Rightarrow
  \begin{cases}
  x+y=1+k\\
  x-z=1
  \end{cases}\]

Si a estas ecuaciones añadimos la ecuación del plano tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

\[\begin{cases}
    x+y=1+k\\
    x-z=1\\
    x+2y+z=7
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada asociadas a este sistema son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
              1 & 1 & 0 \\
              1 & 0 & -1 \\
              1 & 2 & 1
            \end{array}
  \right)\quad;\quad A|b=\left(\begin{array}{cccc}
                                 1 & 1 & 0 & 1+k \\
                                 1 & 0 & -1 & 1 \\
                                 1 & 2 & 1 & 7
                               \end{array}
  \right)\]

El rango de la matriz de los coeficientes es al menos dos pues contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
            1 & 1 \\
            1 & 0
          \end{array}
  \right|=0-1=-1\neq0\]

Pero además se tiene que

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 0 \\
            1 & 0 & -1 \\
            1 & 2 & 1
          \end{array}
  \right|=0\]

pues la tercera columna es igual a la segunda menos la primera. De aquí se deduce que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a dos: \(r(A)=2\). Pero es que, además,

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 1+k \\
            1 & 0 & 1 \\
            1 & 2 & 7
          \end{array}
  \right|=(1+2+2k)-(7+2)=2k-6\]

De aquí se deduce que si \(k\neq3\), el rango de la matriz ampliada es tres: \(r(A|b)=3\). En este caso el sistema es incompatible (no tiene solución). Sin embargo, si \(k=3\), \(r(A|b)=r(A)=2<3=n\) y el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones).

De lo anterior hemos de deducir que la recta estará contenida en el plano en el caso de que haya infinitas soluciones (la propia recta) y esto ocurre, como hemos visto, cuando \(k=3\).


Hay otra forma de hacer este apartado. Además es mucho más rápida que la anterior.

Para que la recta esté contenida en el plano, cualquier punto de la recta debe satisfacer la ecuación del plano, es decir, sea quien sea \(\lambda\in\mathbb{R}\), se ha de cumplir:

\[1+\lambda+2(k-\lambda)+\lambda=7\Leftrightarrow1+\lambda+2k-2\lambda+\lambda=7\Leftrightarrow2k=6\Leftrightarrow k=3\]

Por tanto, para este valor de \(k\) la recta está contenida en el plano. Para cualquier otro valor de \(k\) la ecuación \(2k=6\) daría lugar a una contradicción y, en ese caso, no existe ningún punto en común entre la recta y el plano, es decir, son paralelos.

b) Sea un punto \(P\) de \(r\) (que también lo será de \(\pi\)): \(P(1,3,0)\). Sea también un vector director de \(r\): \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Tomemos también un vector normal o perpendicular al plano \(\pi\): \(\vec{v}=(1,2,1)\). El plano \(\pi'\) determinado por el punto \(P\) y los vectores \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) es claramente perpendicular a \(\pi\) y su intersección con éste es claramente la recta \(r\) pues pasa por \(P\in r\) y tiene la dirección de un vector director de \(r\). Hallemos pues la ecuación implícita de \(\pi'\):

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-1 & 1 & 1 \\
                y-3 & -1 & 2 \\
                z & 1 & 1
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-x+1+2z+y-3)-(-z+y-3+2x-2)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow -3x+3z+3=0\Rightarrow \pi'\equiv x-z-1=0\]

06 ejercicios geometria 03

Problema 5

a) Estudia la posición relativa de las rectas

\[r\equiv x=-y=z\quad;\quad s\equiv x=y=z-2\]

b) Calcular la distancia entre \(r\) y \(s\).

Solución

a) Un punto y un vector director de \(r\) son \(A(0,0,0)\) y \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Un punto y un vector director de \(s\) son \(B(0,0,2)\) y \(\vec{v}=(1,1,1)\). Consideremos el vector \(\overrightarrow{AB}=(0,0,2)\) y las matrices

\[\left(\begin{array}{c}
                \vec{u} \\
                \vec{v}
              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                       1 & -1 & 1 \\
                       1 & 1 & 1
                     \end{array}
      \right)\quad;\quad\left(\begin{array}{c}
                                \vec{u} \\
                                \vec{v} \\
                                \overrightarrow{AB}
                              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                      1 & -1 & 1 \\
                      1 & 1 & 1 \\
                      0 & 0 & 2
                    \end{array}
      \right)\]

El rango de la primera matriz es dos porque contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
                1 & -1 \\
                1 & 1
              \end{array}
      \right|=1-(-1)=2\neq0\]

El rango de la segunda matriz es tres porque su determinante es distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                1 & -1 & 1 \\
                1 & 1 & 1 \\
                0 & 0 & 2
              \end{array}
      \right|=2\cdot\left|\begin{array}{cc}
                            1 & -1 \\
                            1 & 1
                          \end{array}
      \right|=2\cdot2=4\neq0\]

Por tanto las rectas \(r\) y \(s\) se cruzan.

b) Para hallar la distancia entre \(r\) y \(s\) hallaremos el plano \(\pi\) que  contiene a \(s\) y es paralelo a \(r\). Las ecuaciones implícitas de la recta \(s\) son:

\[\begin{cases}
        x-y=0\\
        x-z+2=0
      \end{cases}\]

El haz de planos de arista la recta \(s\) será entonces:

\[\lambda(x-y)+\mu(x-z+2)=0\Leftrightarrow(\lambda+\mu)x-\lambda y-\mu z+2\mu=0\]

Para que un plano de este haz sea paralelo a la recta \(r\) se debe cumplir que el vector perpendicular al plano \((\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\) sea perpendicular al vector director de \(r\), es decir, que el producto escalar de ambos sea cero:

\[(\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\cdot(1,-1,1)=0\Leftrightarrow \lambda+\mu+\lambda-\mu=0\Leftrightarrow \lambda=0\]

Así, podemos elegir \(\lambda=0\), \(\mu=1\), con lo que \(\pi\equiv x-z+2=0\).

06 ejercicios geometria 04

La distancia entre las dos rectas será igual a la distancia entre la recta \(r\) y el plano \(\pi\) recién hallado. Esta distancia coincide con la distancia entre cualquier punto \(P\) de \(r\) y el plano \(\pi\). En general, la distancia de un punto \(P(p_1,p_2,p_3)\) y un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\) viene dada por la fórmula:

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

Por tanto, en nuestro caso, teniendo en cuenta que \(A(0,0,0)\in r\):

\[d(r,s)=d(r,\pi)=d(A,\pi)=\frac{|2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\]

Problema 6

a) Calcula la distancia del punto \(P(-1,2,0)\) a la recta

\[r\equiv\begin{cases}
  -x+y+2z=0\\
  y+z=1
  \end{cases}\]

b) Calcula el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\).

Solución

a) No es difícil obtener las ecuaciones paramétricas de \(r\):

\[\begin{cases}
     x=1+\lambda\\
     y=1-\lambda\\
     z=\lambda
   \end{cases}\]

Hallaremos el plano \(\pi\), perpendicular a \(r\) que contiene al punto \(P\). Evidentemente, un vector normal de este plano será un vector director de \(r\), que es \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Por tanto, la ecuación general del plano será de la forma \(x-y+z+D=0\). Además, como este plano ha de contener al punto \(P(-1,2,0)\), tenemos que: \(-1-2+D=0\Rightarrow D=3\). Entonces:

\[\pi\equiv x-y+z+3=0\]

Este plano debe cortar a la recta \(r\) en un punto \(M\). Entonces, la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) coincidirá con la distancia del punto \(P\) al punto \(M\), o lo que es lo mismo, con el módulo del vector \(\overrightarrow{PM}\) (ver figura siguiente).

06 ejercicios geometria 05

Sustituyendo un punto cualquiera de la recta en el plano, tenemos:

\[1+\lambda-1+\lambda+\lambda+3=0\Rightarrow3\lambda+3=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Sustituyendo tenemos que el punto de corte de la recta \(r\) con el plano \(\pi\) es \(M(0,2,-1)\), con lo que \(\overrightarrow{PM}=(1,0,-1)\). Finalmente, la distancia de \(P\) a \(r\) será:

\[d(P,r)=d(P,M)=|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\]

Hay otra forma de hallar la distancia entre un punto \(P\) y una recta \(r\), que consiste en aplicar la siguiente fórmula:

\[d(P,r)=\frac{|(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)|}{\sqrt{u_1^2+u_2^2+u_3^2}}\]

donde \(P(p_1,p_2,p_3)\) es el punto en cuestión y \(A(a_1,a_2,a_3)\) y \(\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)\) son un punto y un vector director de la recta, respectivamente.

En nuestro caso \(P(-1,2,0)\) y un punto y un vector director de \(r\) son, respectivamente: \(A(1,1,0)\), \(\vec{u}=(1,-1,1)\). De este modo:

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(-2,1,0)\times(1,-1,1)=\left|\begin{array}{ccc}
                                                                                 i & j & k \\
                                                                                 -2 & 1 & 0 \\
                                                                                 1 & -1 & 1
                                                                               \end{array}\right|\rightarrow\]

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(i+2k)-(k-2j)=i+2j-k\]

Por tanto:

\[d(P,r)=\frac{|(1,2,-1)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}=\frac{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}\]

b) Llamemos \(R\) al punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\). Está claro entonces que \(M\) es el punto medio de \(R\) y \(P\) (ver figura anterior). Por tanto, si notamos \(R(a,b,c)\) tenemos que:

\[\frac{a-1}{2}=0\quad;\quad\frac{b+2}{2}=2\quad;\quad\frac{c}{2}=-1\]

De donde rápidamente se deduce que \(a=1\), \(b=2\) y \(c=-2\) con lo que el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\) es \(R(1,2,-2)\).


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La regla de Cramer

Consideremos un sistema de \(n\) ecuaciones lineales con \(n\) incógnitas como el siguiente:

\[\left\{\begin{array}{c}
    a_{11}x_1+a_{12}x_2+\ldots+a_{1n}x_n=b_1 \\
    a_{21}x_1+a_{22}x_2+\ldots+a_{2n}x_n=b_2 \\
    .................................... \\
    a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+\ldots+a_{nn}x_n=b_n
  \end{array}
\right.\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema son las siguientes:

\[A=\left(
    \begin{array}{cccc}
      a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\
      a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n} \\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      a_{n1} & a_{n2} & \ldots & a_{nn} \\
    \end{array}
  \right)\quad;\quad
  A|b=\left(
    \begin{array}{cccc|c}
      a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} & b_1\\
      a_{21} & a_{22} & \ldots & a_{2n} & b_2\\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\
      a_{n1} & a_{n2} & \ldots & a_{nn} & b_n\\
    \end{array}
  \right)
\]

Según el teorema de Rouché, si el rango de la matriz de los coeficientes es igual que el rango de la matriz ampliada el sistema es compatible. Si además, dicho rango coincide con el número de incógnitas, es decir, si \(r(A)=r(A|b)=n\), entonces el sistema es compatible determinado, o sea, que tiene solución única. La condición necesaria y suficiente para que se cumpla lo anterior es que el determinante de la matriz de los coeficientes sea distinto de cero, es decir:

\[|A|\neq0\Leftrightarrow r(A)=r(A|B)=n\]

En este caso, la solución del sistema viene dada por según una serie de identidades que se conocen con el nombre de regla de Cramer:

\[x_1=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              b_1 & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\
              b_2 & a_{22} & \ldots & a_{2n} \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              b_n & a_{n2} & \ldots & a_{nn}
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

\[x_2=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              a_{11} & b_1 & \ldots & a_{1n} \\
              a_{21} & b_2 & \ldots & a_{2n} \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              a_{n1} & b_n & \ldots & a_{nn}
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

\[\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\]

\[x_n=\frac{\left|\begin{array}{cccc}
              a_{11} & a_{12} & \ldots & b_1 \\
              a_{21} & a_{22} & \ldots & b_2 \\
              \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
              a_{n1} & a_{n2} & \ldots & b_n
            \end{array}
\right|}{|A|}\]

Obsérvese que, en la práctica, para obtener la incógnita \(x_i\) se dividen los valores de dos determinantes. El del numerador es el mismo que el de la matriz de los coeficientes, con la salvedad de que la columna \(i\) se sustituye por la columna de los términos independientes. El denominador es el determinante de la matriz de los coeficientes en todos los casos.

Veamos algunos ejemplos de aplicación de la regla de Cramer.

Ejemplo 1

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones:

\[\begin{cases}
  8x-6y+2z=-1\\
  3x+y-z=10\\
  -x+3y-2z=5
\end{cases}\]

El determinante de la matriz de los coeficientes es:

\[|A|=\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -6 & 2 \\
              3 & 1 & -1\\
              -1 & 3 & -2
            \end{array}
\right|=(-16-6+18)-(-2+36-24)=-4-10=-14\]

Como el determinante anterior es distinto de cero el sistema es compatible determinando (rango de la matriz de los coeficientes, igual al rango de la matriz ampliada, igual a tres, que es el número de incógnitas). Aplicando la regla de Cramer obtenemos las soluciones:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              -1 & -6 & 2 \\
              10 & 1 & -1\\
              5 & 3 & -2
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(2+30+60)-(10+120+3)}{-14}=\frac{92-133}{-14}=\frac{-41}{-14}=\frac{41}{14}\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -1 & 2 \\
              3 & 10 & -1\\
              -1 & 5 & -2
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(-160-1+30)-(-20+6-40)}{-14}=\frac{-131+54}{-14}=\frac{-77}{-14}=\frac{77}{14}=\frac{11}{2}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              8 & -6 & -1 \\
              3 & 1 & 10\\
              -1 & 3 & 5
            \end{array}
\right|}{-14}=\frac{(40+60-9)-(1-90+240)}{-14}=\frac{91-151}{-14}=\frac{-60}{-14}=\frac{30}{7}\]

Ejemplo 2

La regla de Cramer también es útil cuando el sistema es compatible indeterminado. Consideremos el sistema siguiente:

\[\begin{cases}
  x+y+z+t=4\\
  x-y+z=1\\
  y-z+t=1
\end{cases}\]

La matriz de los coeficientes es

\[A=\left(\begin{array}{cccc}
            1 & 1 & 1 & 1 \\
            1 & -1 & 1 & 0 \\
            0 & 1 & -1 & 1
          \end{array}
\right)\]

cuyo rango es 3 porque contienen un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 1 & 1 \\
          1 & -1 & 1 \\
          0 & 1 & -1
        \end{array}
\right|=(1+1)-(-1+1)=2-0=2\]

Por tanto, el rango de la matriz ampliada también es 3 (el menor anterior nos serviría para demostrarlo) y, como el número de incógnitas es 4, el sistema es compatible determinado. El grado de libertad del sistema es igual al número de incógnitas menos el rango, en este caso, es igual a 1. Si llamamos \(t=\lambda\) el sistema lo podemos reescribir así:

\[\begin{cases}
  x+y+z=4-\lambda\\
  x-y+z=1\\
  y-z=1-\lambda
\end{cases}\]

El determinante hallado anteriormente es el determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema, es decir, \(|A|=2\). Aplicando la regla de Cramer tenemos:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              4-\lambda & 1 & 1 \\
              1 & -1 & 1\\
              1-\lambda & 1 & -1
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(4-\lambda+1-\lambda+1)-(-1+\lambda-1+4-\lambda)}{2}=\frac{4-2\lambda}{2}=2-\lambda\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              1 & 4-\lambda & 1 \\
              1 & 1 & 1\\
              0 & 1-\lambda & -1
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(-1+1+\lambda)-(-4+\lambda+1-\lambda)}{2}=\frac{3-\lambda}{2}\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
              1 & 1 & 4-\lambda \\
              1 & -1 & 1\\
              0 & 1 & 1-\lambda
            \end{array}
\right|}{2}=\frac{(-1+\lambda+4-\lambda)-(1-\lambda+1)}{2}=\frac{1+\lambda}{2}\]

Por tanto, las soluciones son:

\[(x,y,z,t)=\left(2-\lambda,\frac{3-\lambda}{2},\frac{1+\lambda}{2},\lambda\right)\]

Soluciones que también podemos escribir del siguiente modo:

\[(x,y,z,t)=\left(2,\frac{3}{2},\frac{1}{2},0\right)+\lambda\left(-1,-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)\]

Desde el punto de vista geométrico, la igualdad anterior viene ser la ecuación vectorial de una recta en un espacio de dimensión cuatro. O sea, que el sistema de ecuaciones del cual hemos extraído las soluciones no es otra cosa que una recta en el hiperespacio.

Ejemplo 3

Usando la regla de Cramer también podemos hallar el punto de corte de dos rectas. Por ejemplo, sean las rectas

\[r\equiv\begin{cases}
x+2y-z=1\\
-x+y-3z=2
\end{cases}\quad;\quad
s\equiv\begin{cases}
x+y=0\\
3x+2y+z=a
\end{cases}\]

Vamos a hallar el valor del parámetro \(a\) para el que ambas rectas son secantes y, para ese valor de \(a\), hallaremos el punto de corte. El sistema de ecuaciones formado por ambas rectas es

\[\begin{cases}
  x+2y-z=1\\
  -x+y-3z=2\\
  x+y=0\\
  3x+2y+z=a
\end{cases}\]

La matriz de los coeficientes es

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
                   1 & 2 & -1 \\
                   -1 & 1 & -3 \\
                   1 & 1 & 0 \\
                   3 & 2 & 1
                 \end{array}\right)\]

cuyo rango es 3 ya que contiene un menor de orden tres distinto de cero, por ejemplo

\[\left|\begin{array}{ccc}
          1 & 2 & -1 \\
          -1 & 1 & -3 \\
          1 & 1 & 0
        \end{array}
\right|=(-6+1)-(-1-3)=-5+4=-1\neq0\]

La matriz ampliada \(A|b\) es una matriz cuadrada de orden 4. Hallemos su determinante:

\[\left|\begin{array}{cccc}
          1 & 2 & -1 & 1 \\
          -1 & 1 & -3 & 2 \\
          1 & 1 & 0 & 0 \\
          3 & 2 & 1 & a
        \end{array}\right|=
\left|\begin{array}{cccc}
          1 & 1 & -1 & 1 \\
          -1 & 2 & -3 & 2 \\
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          3 & -1 & 1 & a
        \end{array}\right|=\]

\[=\left|\begin{array}{ccc}
        1 & -1 & 1 \\
        2 & -3 & 2 \\
        -1 & 1 & a
      \end{array}
\right|=\left|\begin{array}{ccc}
        1 & -1 & 1 \\
        0 & -1 & 0 \\
        0 & 0 & a+1
      \end{array}
\right|=-a-1\]

De lo anterior se deduce que si \(a\neq-1\), el determinante anterior es distinto de cero, o lo que es lo mismo, el rango de la matriz ampliada es \(4\). Y como el rango de la matriz de los coeficientes es \(3\), el sistema será incompatible. En este caso las rectas no serán secantes (serán paralelas o se cruzarán).

Sin embargo, si \(a=-1\), el determinante anterior es igual a cero, con lo que el rango de la matriz ampliada y el de la matriz de los coeficientes es tres, igual que el número de incógnitas. Se trata pues de un sistema compatible determinado (solución única). Es decir, ambas rectas se cortan en un punto. Para hallar el punto de corte resolvemos el sistema. Como el rango es tres, podemos eliminar una de las ecuaciones y usar la regla de Cramer. Es decir, resolveremos el sistema siguiente:

\[\begin{cases}
  x+2y-z=1\\
  -x+y-3z=2\\
  x+y=0\\
\end{cases}\]

Ya hemos visto que el determinante de la matriz de los coeficientes es igual a \(-1\). Por tanto, por la regla de Cramer:

\[x=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 2 & -1 \\
                  2 & 1 & -3 \\
                  0 & 1 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(-2)-(-3)}{-1}=\frac{1}{-1}=-1\]

\[y=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 1 & -1 \\
                  -1 & 2 & -3 \\
                  1 & 0 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(-3)-(-2)}{-1}=\frac{-1}{-1}=1\]

\[z=\frac{\left|\begin{array}{ccc}
                  1 & 2 & 1 \\
                  -1 & 1 & 2 \\
                  1 & 1 & 0
                \end{array}
\right|}{-1}=\frac{(4-1)-(1+2)}{-1}=\frac{0}{-1}=0\]

Resumiendo, si \(a=1\), las rectas son secantes y el punto de corte de las rectas \(r\) y \(s\) es el punto \((-1,1,0)\).


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Completando cuadrados. Aplicación al cálculo de primitivas o integrales indefinidas

Supongamos que me piden calcular una primitva de la función \(f(x)=\dfrac{1}{x^2-3x+5}\). O lo que es lo mismo, me piden calcular la siguiente integral indefinida:

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx\]

Naturalmente intentaré descomponer la fracción \(\dfrac{1}{x^2-3x+5}\) en fracciones simples. Pero esto no es posible porque el polinomio \(x^2-3x+5\) no tiene raíces reales (al intentar resolver la ecuación de segundo grado el discriminante es menor que cero).

En estos casos se procede a utilizar una técnica conocida como "completar cuadrados". Veamos cómo funciona.

Se trata de escribir el polinomio \(x^2-3x+5\) como un cuadrado más una cierta cantidad. Es decir, tenemos que conseguir el polinomio \(x^2-3x+5\) "completando un cuadrado". Eso, como veremos, nos permitirá calcular la intergral indefinida.

Observemos que los coeficientes del polinomio \(x^2-3x+5\) son \(a=1\), \(b=-3\) y \(c=5\).

En un primer paso lo que haremos es multiplicar por \(4a\), que en este caso es \(4\). De este modo el polinomio se convierte en \(4x^2-12x+20\). Obsérvese que el primer término es el cuadrado de \(2x\). En general si multiplicamos por \(4a\) el primer término se convertirá en \(4a^2\) que es el cuadrado de \(2a\).

En un segundo paso vamos a sumar y a restar \(b^2\). En nuestro caso \(b^2=9\), con lo que tenemos \(4x^2-12x+9-9+20\). Esta última expresión la podemos escribir también así \((2x-3)^2+11\).

¿Qué hemos hecho? En realidad hemos escrito el polinomio de \(x^2-3x+5\) de otra manera:

\[x^2-3x+5=\frac{1}{4}(4x^2-12x+9-9+20)=\frac{1}{4}((2x-3)^2+11)\]

Ahora podemos escribir la integral indefinida así:

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx=\int\frac{1}{\frac{1}{4}((2x-3)^2)+11)}\,dx=4\int\frac{1}{(2x-3)^2+11}\,dx\]

Esta última integral la podemos retocar hasta conseguir resolverla:

\[4\int\frac{1}{(2x-3)^2+11}\,dx=4\int\frac{\displaystyle\frac{1}{11}}{\displaystyle\frac{(2x-3)^2}{11}+1}\,dx=\]

\[=\frac{4}{11}\int\frac{1}{\displaystyle\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)^2+1}\,dx=\frac{4}{11}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}\int\frac{\displaystyle\frac{2}{\sqrt{11}}}{\displaystyle\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)^2+1}\,dx\]

Por tanto

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx=\frac{2\sqrt{11}}{11}\cdot\text{arctg}\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)+C\]

Donde hemos utilizado que

\[\int\frac{f'(x}{f(x)^2+1}\,dx=\text{arctg}\,f(x)+C\]

En general si el polinomio \(ax^2+bx+cx\) no tiene raíces reales, es posible demostrar que

\[\int\frac{1}{ax^2+bx+c}\,dx=\frac{2}{\sqrt{4ac-b^2}}\cdot\text{arctg}\frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}+C\]

Puedes ver el desarrollo completo aquí.

La Universidad Europea de Madrid (UEM)

La Universidad Europea de Madrid (UEM) es una universidad privada cuya oferta académica es muy variada. Los Grados Universitarios que se pueden estudiar estan relacionados con las siguientes áreas: Arquitectura y Edificación, Arte y Diseño; Artes Escénicas, Danza y Música; Biotecnología; Comunicación; Criminología; Deporte; Derecho; Educación; Empresa; Enfermería; Farmacia; Fisioterapia; Imagen, Animación y Videojuegos; Ingeniería Biomédica, Informática y Telecomunicaciones; Ingeniería Civil; Ingeniería Industrical y Aeroespacial; Lenguas y Traducción; Marketing y Dirección Comercial; Medicina; Odontología; Óptica y Optometría; Psicología; Relaciones Internacionales.

En cuanto a los grados relacionados con la opción de Ciencias e Ingeniería, se puede observar que el abanico es amplio con bastantes salidas al mundo profesional.

Los grados de ingeniería son muy interesantes, pudiéndose optar por Ingeniería Biomédica, en Sistemas de Telecomunicación, Informática, Civil, Aeroespacial en Aeronaves, Energía, Electrónica Industrial y Automática, Organización Industrial.

También se pueden hacer dobles grados, cuyo estudio garantizan una titulación con salidas profesionales prácticamente inmediatas.

Al finalizar el grado queda la posibilidad de cursar algún Máster, cuya oferta también es muy amplia. Para verlo puedes hacer clic aquí.

Puedes consultar la Web para obtener más información, en particular la parte de admisión y ayudas y becas universitarias.

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Espero que esta información sea de ayuda a todos aquellos que queréis comenzar un grado en Madrid el curso próximo.

Cuadratura de un segmento de parábola

Una forma de acercarse al cálculo del área bajo una curva es calcular el área de la región \(R\) comprendida por la parábola \(y=x^2\), el eje de abscisas y la recta \(x=1\). Este problema, como veremos, es equivalente a la cuadratura de un segmento de parábola.

cuadratura segmento parabola 02

En primer lugar, aproximaremos el área de la región \(R\) anterior mediante la suma de las áreas de colecciones de rectángulos contenidos y que contienen a dicha región, como se puede apreciar en la figura siguiente.

cuadratura segmento parabola 01

Lo que hemos hecho es dividir el intervalo \([0,1]\) en \(20\) partes, cada una de ellas de longitud \(0,05\). Evidentemente, la aproximación será tanto mejor cuanto mayor sea el número de rectángulos o, lo que es lo mismo, cuanto más fina sea la partición del intervalo \([0,1]\). Así pues, en nuestro caso disponemos de \(20\) rectángulos cuyos extremos son los puntos

\[x_0=0\ ,\ x_1=\frac{1}{20}\ ,\ x_2=\frac{2}{20}\ ,\ x_3=\frac{3}{20}\, ,\ldots,\ x_{19}=\frac{19}{20}\ ,\ x_{20}=\frac{20}{20}=1\]

Evidentemente, la base de cada uno de los rectángulos, tanto los contenidos como los que contienen a nuestra de región es \(\frac{1}{20}=0,05\).

La altura de cada uno de los rectángulos contenidos en la región es el mínimo de la función \(y=x^2\) sobre el intervalo \([x_{k-1},x_k]\). Al ser la función creciente el mínimo se alcanza en el extremo inferior del intervalo, es decir, la altura de cada rectángulo es \(\left(\frac{k-1}{20}\right)^2\). De este modo, el área \(a_k\) de cada rectángulo contenido en nuestra región es

\[a_k=\frac{1}{20}\left(\frac{k-1}{20}\right)^2=\frac{(k-1)^2}{20^3}=\frac{(k-1)^2}{8000}\]

donde \(k\) recorre todos los números naturales desde \(1\) hasta \(20\). Más explícitamente, las áreas de los veinte rectángulos contenidos en nuestra región son los siguientes:

\[a_1=0\ ,\ a_2=\frac{1^2}{8000}\ ,\ a_3=\frac{2^2}{8000}\ ,\ldots\ ,\ a_{19}=\frac{18^2}{8000}\ ,\ a_{20}=\frac{19^2}{8000} \]

La suma de estas áreas será una aproximación por defecto del área de nuestra región \(R\). Llamemos \(s_{20}\) a la suma de estas áreas. Entonces:

\[s_{20}=\frac{1}{8000}(1^2+2^2+3^2+\ldots+18^2+19^2)\]

Entre paréntesis aparecen la suma de los cuadrados de los 19 primeros números naturales cuya suma podemos calcular (ver el artículo dedicado a la suma de los cuadrados de los primeros números naturales), ya que

\[1^2+2^2+3^2+\ldots+(n-1)^2+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]

En nuestro caso:

\[1^2+2^2+3^2+\ldots+18^2+19^2=\frac{19\cdot20\cdot39}{6}=2470\]

Por tanto, la suma \(s_{20}\) de los 20 rectángulos contenidos en nuestra región es

\[s_{20}=\frac{1}{8000}(1^2+2^2+3^2+\ldots+18^2+19^2)=\frac{2470}{8000}=0,30875\]

De un modo similar a como se ha hecho con los rectángulos contenidos, se puede demostrar que la suma \(S_{20}\) de las áreas de los 20 rectángulos que contienen a la región \(R\) es

\[S_{20}=\frac{1}{8000}(1^2+2^2+3^2+\ldots+19^2+20^2)=\frac{2870}{8000}=0,35875\]

Si llamamos \(A_R\) al área de nuestra región \(R\), hemos demostrado que

\[s_{20}=0,30875<A_R<S_{20}=0,35875\]

De manera general, si el intervalo \([0,1]\) lo dividimos en \(n\) partes, las áreas \(a_k\) y \(A_k\) de cada rectángulo contenido y continente son, respectivamente,

\[a_k=\frac{(k-1)^2}{n^3}\quad;\quad A_k=\frac{k^2}{n^3}\]

Por tanto, la suma de las áreas de los rectángulos contenidos y continentes y el área \(A_R\) de nuestra región cumplen la siguiente relación:

\[\sum_{k=1}^n\frac{(k-1)^2}{n^3}\leqslant A_R\leqslant\sum_{k=1}^n\frac{k^2}{n^3}\]

O lo que es lo mismo:

\[\frac{1^2+2^2+3^2+\ldots+(n-1)^2}{n^3}\leqslant A_R\leqslant\frac{1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2}{n^3}\]

Aplicando la fórmula de la suma de los cuadrados de los \(n\) primeros números naturales la doble desigualdad anterior se puede escribir así:

\[\frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3}\leqslant A_R\leqslant\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}\]

Evidentemente, el sentido común nos dice que si hacemos tender \(n\) a infinito, entonces tendremos aproximaciones por defecto y por exceso cada vez más cercanas al área de nuestra región. El truco final consiste en pasar al límite de las sucesiones que aparecen en la doble desigualdad anterior:

\[\lim\frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3}=\lim\frac{2n^3-3n^2+n}{6n^3}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\]

\[\lim\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\lim\frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\]

De lo anterior deducimos que

\[\frac{1}{3}\leqslant A_R\leqslant\frac{1}{3}\]

Es decir

\[A_R=\frac{1}{3}\]

Un segmento de parábola es el área comprendida entre la cuerda que une dos puntos de la parábola y el arco de parábola correspondiente a esos dos puntos. Si tomamos la parábola anterior \(y=x^2\) definida en el el intervalo \([0,1]\) y trazamos la cuerda que une a los puntos de coordenadas \((0,0)\) y \((1,1)\) obtenemos el segmento de parábola siguiente.

 cuadratura segmento parabola 03

El área de este segmento de parábola, llamémosla \(A_S\), es claramente igual al área \(A_T\) del triángulo de vértices \((0,0)\), \((1,0)\) y \((1,1)\) menos el área \(A_R\), que hemos hallado anteriormente. Es decir:

\[A_S=A_T-A_R=\frac{1\cdot1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\]

Este artículo lleva por título cuadratura de un segmento de parábola porque para hallar el área de un segmento de parábola sólo hemos utilizado áreas de triángulos y rectángulos. Es verdad que hemos utilizado la fórmula de la suma de los cuadrados de los \(n\) primeros números naturales (que no es nada fácil de deducir en principio) y el truco del paso al límite. Pero hemos conseguido hallar el área de una figura en la que uno de sus lados no es recto, sino curvo. Esto ya lo hizo Arquímedes. De hecho, halló el área de un segmento de parábola, aunque no utilizó el método que hemos utilizado aquí. Si quieres saber cómo lo hizo puedes consultar en este enlace. En todo caso, nos hemos aproximado al cálculo de áreas de regiones encerradas por un trozo de curva, el eje de abscisas y una o dos rectas verticales. Esta es una de las aplicaciones del cálculo integral. De hecho el área del segmento de parábola, usando el cálculo integral, se podría haber hallado así:

\[A_S=\int_0^1(x-x^2)dx=\left.\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\]

Ejercicios de aplicaciones de las derivadas y del teorema del valor medio

Se proponen a continuación varios ejercicios relacionados con las derivadas y sus aplicaciones (por ejemplo, cálculo de extremos, monotonía, cálculo de la imagen de una función, soluciones de ciertas ecuaciones,...).

Muchos de estos ejercicios requieren la aplicación del teorema de Rolle y del teorema del valor medio.

Alguno de ellos (el número 12, por ejemplo) es de especial interés, pues haciendo uso del teorema del valor medio se pueden demostrar ciertas desigualdades muy útiles en las matemáticas en general y en el análisis matemático en particular.

Estos ejercicios son de nivel universitario, aunque alguno se podría proponer en bachillerato.

Cada uno de los ejercicios contiene la solución más o menos detallada.

Ejercicio 1

Determinar la imagen de las siguientes funciones:

a) \(f:[0,2]\rightarrow\mathbb{R}\), \(f(x)=3x^4-8x^3-6x^2+24x+1\,,\forall\,x\in[0,2]\).

b) \(f:[1,2\text{e}]\rightarrow\mathbb{R}\), \(f(x)=\frac{\ln x}{x}\,,\forall\,x\in[1,2\text{e}]\).

c) \(f:[-2,2]\cup\{3\}\rightarrow\mathbb{R}\), \(f(x)=1-\sqrt{2|x|-x^2}\,,\forall\,x\in[-2,2]\), \(f(3)=2\).

Solución.

a) La función \(f\) es continua y derivable por ser polinómica. Además \(f(0)=1\), \(f(2)=9\) y \(f'(x)=12x^3-24x^2-12x+24\). También tenemos que \(f'(x)=0\) si, y sólo si, \(x=-1\), \(x=1\) o \(x=2\). Esto es equivalente a decir que \(f'(x)\neq0\) si, y sólo si \(x\neq-1\), \(x\neq1\) y \(x\neq2\). Luego \(f\), salvo en \(x=1\), no puede alcanzar ningún extremo relativo en ningún punto del intervalo \([0,2]\). Como \(f(1)=14\) y la imagen por una función continua de un intervalo cerrado y acotado es un intervalo cerrado y acotado (propiedad de compacidad), la imagen de \(f\) es el intervalo \([1,14]\).

b) La función es continua y derivable en el intervalo \([1,2\text{e}]\) por ser cociente de derivables y no anularse nunca el denominador en dicho intervalo. Por otro lado, \(f(1)=0\) y \(f(2\text{e})=\frac{\ln2\text{e}}{2\text{e}}=\frac{\ln2+1}{2\text{e}}\cong0.31\). Además \(f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\), con lo que \(f'(x)=0\) si, y sólo si, \(1-\ln x=0\Leftrightarrow x=\text{e}\). Como \(f(\text{e})=\frac{1}{\text{e}}\cong0.368\), entonces la imagen de \(f\) es el intervalo \(\left[0,\frac{1}{\text{e}}\right]=[0,\,0.368]\).

c) Escribamos de una forma equivalente la función \(f\):

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    1-\sqrt{-2x-x^2} & \text{si} & -2\leqslant x<0 \\
                    1-\sqrt{2x-x^2} & \text{si} & 0\leqslant x\leqslant 2\\
                    2 & \text{si} & x=3
                  \end{array}
    \right.\]

Claramente \(f\) es continua en \([-2,2]\). Observemos además que

\[\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{-\sqrt{2x-x^2}}{x}= \lim_{x\rightarrow0^+}\frac{-2x+x^2}{x\sqrt{2x-x^2}}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{-2+x}{\sqrt{2x-x^2}}=-\infty\]

Por tanto, \(f\) es derivable en \([-2,2]-\{0\}\).De este modo, si \(x\in[-2,2]-\{0\}\), se tiene:

\[f'(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    \displaystyle \frac{x+1}{\sqrt{-2x-x^2}} & \text{si} & -2\leqslant x<0 \\
                    \displaystyle \frac{x-1}{\sqrt{2x-x^2}} & \text{si} & 0<x\leqslant 2\\
                  \end{array}
    \right.\]

Entonces \(f'(x)=0\) si, y sólo si, \(x=-1\) o \(x=1\). Por tanto, los únicos puntos en los que \(f\) puede alcanzar un extremo relativo en el intervalo \([-2,2]\) y en los que \(f\) sea además derivable son \(x=-1\) y \(x=1\). Haremos las imágenes de estos últimos, de los extremos del intervalo, de los puntos donde \(f\) no es derivable y del punto aislado \(x=3\), para decidir la imagen de \(f\).

\[f(-2)=1\ ,\ f(-1)=0\ ,\ f(0)=1\ ,\ f(1)=0\ ,\ f(2)=1\ ,\ f(3)=2\]

Por tanto, la imagen de \(f\) es \([0,1]\cup\{2\}\)

Ejercicio 2

Sean \(a\) y \(b\) números reales con \(a<b\). Dar un ejemplo de una función \(f:(a,b)\rightarrow\mathbb{R}\), no constante, que alcance un máximo relativo en todo punto de \((a,b)\).

Solución.

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    1 & \text{si} &\displaystyle -a<x\leqslant\frac{a+b}{2} \\
                    2 & \text{si} &\displaystyle \frac{a+b}{2}<x<b
                  \end{array}
    \right.\]

Ejercicio 3

Demuéstrese la versión, aparentemente más general, del teorema de Rolle: sea \(f:(a,b)\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \((a,b)\) y supongamos que \(f\) tiene límites en los puntos \(a\) y \(b\) con \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=\lim_{x\rightarrow b}f(x)\). Entonces existe un punto \(c\in(a,b)\) tal que \(f'(c)=0\).

Solución.

Sea la función \(g:(a.b)\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[g(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    \displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x) & \text{si} &x=a \\
                    f(x) & \text{si} & a<x<b\\
                    \displaystyle\lim_{x\rightarrow b}f(x) & \text{si} &x=b
                  \end{array}
    \right.\]

Es claro que \(g\) es continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\). Además, por hipótesis \(g(a)=g(b)\). Por el teorema de Rolle, existe \(c\in(a,b)\) tal que \(g'(c)=f'(c)=0\).

Ejercicio 4

Sea \(I\) un intervalo y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I\). Sean \(x\in I\), \(h\in\mathbb{R^*}\) tales que \(x+h\in I\). Probar que existe un número \(\theta\in(0,1)\) tal que \(f(x+h)-f(x)=hf'(x+\theta h)\). Póngase un ejemplo que demuestre que \(\theta\) no tiene por qué ser único. Compruébese que en los casos \(I=\mathbb{R}\), \(f(x)=x^2\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\) y \(f(x)=\text{e}^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\), ocurre que, fijados \(x\) y \(h\), el número \(\theta\) que aparece sí es único y es independiente de \(x\).

Solución.

Aplicando el teorema del valor medio al intervalo \([x,x+h]\), se tiene que existe un punto \(c\in(x,x+h)\) tal que \(f(x+h)-f(x)=f'(c)h\). Como \(c\in(x,x+h)\), entonces existe \(\theta\in(0,1)\) tal que \(c=x+\theta h\) y así \(f(x+h)-f(x)=hf'(x+\theta h)\), como queríamos.

Para probar que \smallskip\(\theta\) no tiene por qué ser único considérese la función \(f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=2\). Entonces \(f'(x)=0\,,\forall\,x\in[0,1]\) y por tanto dados \(x\in[0,1]\), \(h\in\mathbb{R^*}\) tales que \(x+h\in[0,1]\), es claro que \(hf'(x+\theta h)=0=f(x+h)-f(x)\,,\forall\,\theta\in(0,1)\).

Si \(I=\mathbb{R}\) y \(f(x)=x^2\), existe \(\theta\in(0,1)\) tal que \(f(x+h)-f(x)=hf'(x+\theta h)\). Pero

\[f(x+h)-f(x)=x^2+h^2+2xh-x^2=h^2+2xh\]

\[hf'(x+\theta h)=h2(x+\theta h)=2xh+2\theta h^2\]

Entonces

\[h^2+2xh=2xh+2\theta h^2\Rightarrow h^2-2\theta h^2=0\Rightarrow1-2\theta=0\Rightarrow\theta=\frac{1}{2}\]

y por tanto \(\theta\) es único.

Ahora, si \(f(x)=\text{e}^x\), entonces:

\[f(x+h)-f(x)=hf'(x+\theta h)\Leftrightarrow\text{e}^{x+h}-\text{e}^x=h\text{e}^{x+\theta h}\Leftrightarrow\text{e}^x(\text{e}^h-1)=h\text{e}^x\text{e}^{\theta h}\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow\text{e}^h-1=h\text{e}^{\theta h}\Leftrightarrow\ln(\text{e}^h-1)=\ln h+\theta h\Leftrightarrow\theta=\frac{1}{h}\ln\frac{\text{e}^h-1}{h}\]

Por tanto, \(\theta\) es único.

Ejercicio 5

Sea \(I\) un intervalo y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I\). Supongamos que existe un número real positivo \(M\) tal que \(|f'(x)|\leqslant M\,,\forall\,x\in I\). Probar que \(f\) es uniformemente continua.

Solución.

Sean \(x\,,y\in I\), y supongamos \(x<y\). Aplicando el teorema del valor medio a la restricción de \(f\) al intervalo \([x,y]\), se tiene que \(\exists\, c\in(x,y)\) tal que \(f(y)-f(x)=f'(c)(x-y)\). Por tanto, \(|f(x)-f(y)|=|f'(c)||x-y|\leqslant M|x-y|\). Entonces, dado un número real y positivo \(\varepsilon>0\) y tomando \(\delta=\frac{\varepsilon}{M}\), tenemos:

\[x\,,y\in I\,,|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(y)|\leqslant M|x-y|<M\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon\]

con lo que \(f\) es uniformemente continua.

Ejercicio 6

Sea \(f:\mathbb{R^+}\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(\mathbb{R^+}\). Supongamos que \(f\) y \(f'\) tienen límite en \(+\infty\). Probar que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f'(x)=0\).

Solución:

Sea \(x>0\) y \(n\in\mathbb{N}\). Entonces existe \(\theta\in(0,1)\) cumpliendo \(f(x+n)-f(x)=f'(x+\theta n)n\), o lo que es lo mismo, \(f'(x+\theta n)=\frac{f(x+n)-f(x)}{n}\) (ver ejercicio 4). Sea \(\{x_n\}=\{x+\theta n\}\rightarrow+\infty\). Por hipótesis \(f\) tiene límite en infinito con lo que

\[\{f'(x+\theta n)\}=\{f'(x_n)\}=\left\{\frac{f(x+n)-f(x)}{n}\right\}\rightarrow0\Rightarrow\lim_{x\rightarrow+\infty}f'(x)=0\]

tal y como queríamos demostrar.

Ejercicio 7

Sea \(f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\) continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\) verificando \(f(a)=f(b)=0\). Probar que para todo real \(\lambda\) existe un punto \(c\in(a,b)\) tal que \(f'(c)=\lambda f(c)\).

Indicación: considérese la función \(g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(g(x)=\text{e}^{-\lambda x}f(x)\,,\forall\,x\in[a,b]\).

Solución.

Apliquemos el teorema del valor medio a la función \(g\):

\[\exists\,c\in(a,b)\,:\,g(b)-g(a)=g'(c)(b-a)\]

O sea:

\[\text{e}^{-\lambda b}f(b)-\text{e}^{-\lambda a}f(a)=\left(-\lambda\text{e}^{-\lambda c}f(c)+\text{e}^{-\lambda c}f'(c)\right)(b-a)\]

Como \(f(a)=f(b)=0\), entonces:

\[-\lambda\text{e}^{-\lambda c}f(c)+\text{e}^{-\lambda c}f'(c)=0\Leftrightarrow \lambda\text{e}^{-\lambda c}f(c)=\text{e}^{-\lambda c}f'(c)\Leftrightarrow f'(c)=\lambda f(c)\]

Ejercicio 8

Sean \(a,\,b,\,c\in\mathbb{R}\) con \(a^2<3b\). Probar que la ecuación \(x^3+ax^2+bx+c=0\) tiene solución real única.

Solución.

Sea \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x^3+ax^2+bx+c\). Razonando por reducción al absurdo, si existieran \(r,\,t\in\mathbb{R}\) (\(r<t\)) tales que \(f(r)=f(t)=0\), aplicando el teorema del valor medio al intervalo \([r,t]\) tenemos que existe \(s\in(r,t)\) tal que \(f'(s)=0\), es decir, tal que \(3s^2+2as+b=0\). Y esto último ocurrirá siempre que el discriminante de la ecuación \(3x^2+2ax+b=0\) sea mayor o igual que cero: \(4a^2-12b\geqslant0\Leftrightarrow a^2\geqslant3b\), lo cual contradice que \(a^2<3b\). Por tanto la ecuación \(x^3+ax^2+bx+c=0\) tiene solución real única.

Ejercicio 9

Determinar el número de raíces de la ecuación \(3x^5+5x^3-30x=m\) según el valor del número \(m\).

Solución.

Sea \(f(x)=3x^5+5x^3-30x-m\). Entonces

\[f'(x)=15x^4+15x^2-30=15(x^4+x^2-2)=15(x-1)(x+1)(x^2+2)\]

De este modo:

\[f'(x)>0\Leftrightarrow x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\quad;\quad f'(x)<0\Leftrightarrow x\in(-1,1)\]

Esto quiere decir que \(f\) es estrictamente creciente en \((-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\) y estrictamente decreciente en \((-1,1)\). Por tanto, \(x=-1\) es un máximo relativo y \(x=1\) es un mínimo relativo. Como \(f(-1)=22-m\) y \(f(1)=-22-m\), y teniendo en cuenta además que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)=-\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty\), pueden ocurrir las siguientes situaciones:

  • Si \(m<-22\), \(f(-1)>0\) y \(f(1)>0\), con lo que \(f\) tiene solo una raíz real situada a la izquierda de \(-1\).
  • Si \(m=-22\), \(f(-1)>0\) y \(f(1)=0\), con lo que \(f\) tiene dos raíces reales, una de ellas en \(x=1\) y otra menor que \(-1\).
  • Si \(-22<m<22\), \(f(-1)>0\) y \(f(1)<0\), con lo que \(f\) tiene tres raíces reales, una menor que \(-1\), otra situada entre \(-1\) y \(1\) y la tercera mayor que \(1\).
  • Si \(m=22\), \(f(-1)=0\) y \(f(1)<0\), con lo que \(f\) tiene dos raíces reales, una de ellas en \(x=-1\) y otra mayor que \(1\).
  • Si \(m>22\), \(f(-1)<0\) y \(f(1)<0\), con lo que \(f\) tiene solo una raíz real situada a la derecha de \(1\).

Ejercicio 10

Sea \(f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}\) derivable y verificando \(f(0)=0\). Supongamos que la función \(f'\) es creciente. Probar que la función \(g:(0,1]\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(g(x)=\frac{f(x)}{x}\,,\forall\,x\in(0,1]\) también es creciente.

Solución.

La función \(g\) es creciente en el intervalo \((0,1]\) si, y sólo si, para todo \(x\in(0,1]\):

\[\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}\geqslant0\Leftrightarrow xf'(x)-f(x)\geqslant0\]

Sea \(0<x\leqslant1\) y apliquemos el teorema del valor medio a la función \(f\) en el intervalo \([0,x]\). Existe pues \(c\in(0,x)\) tal que:

\[f(x)-f(0)=f'(c)(x-0)\Leftrightarrow f(x)=f'(c)x\leqslant f'(x)x\Leftrightarrow xf'(x)-f(x)\geqslant0\]

que es justo lo que queríamos demostrar (obsérvese que la penúltima desigualdad se justifica por la hipótesis de que \(f'\) es creciente).

Ejercicio 11

Sea \(f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable, verificando que \(f(0)=0\) y \(|f'(x)|\leqslant|f(x)|\) para todo \(x\in[0,1]\). Probar que \(f(x)=0\,,\forall\,x\in[0,1]\).

Solución.

Sea \(0<x\leqslant1\). Aplicando el teorema del valor medio en el intervalo \([0,x]\) tenemos que existe \(c\in(0,x)\) tal que \(f(x)=f'(c)x\), es decir, tal que \(f'(c)=\frac{f(x)}{x}\). Como \(0<x\leqslant1\), \(|f(x)|\leqslant\frac{|f(x)|}{x}\) y entonces, para todo \(x\in(0,1]\), existe \(c\in(0,1]\) tal que \(|f(x)|\leqslant f'(c)\leqslant|f(c)|\). Por tanto, no queda más remedio que \(f(x)=0\,,\forall\,x\in[0,1]\).

Ejercicio 12

Probar las dobles desigualdades siguientes:

\[1+x\leqslant\text{e}^x\leqslant 1+x\text{e}^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\quad;\quad\frac{x}{1+x}\leqslant\ln(1+x)\leqslant x\,,\forall\,x\in(-1,+\infty)\]

Solución.

Sea \(f(x)=\text{e}^x\) y \(x>0\). Aplicando el teorema del valor medio al intervalo \([0,x]\), existe \(c\in(0,x)\) tal que

\[f(x)-1=f'(c)x\Leftrightarrow \text{e}^x-1=\text{e}^cx\Leftrightarrow\text{e}^x=1+\text{e}^cx\]

Por otro lado, como \(0<c<x\), entonces, al ser la función exponencial estrictamente creciente tenemos que \(\text{e}^0<\text{e}^c<\text{e}^x\), y como \(x>0\) tenemos también que

\[x<x\text{e}^c<x\text{e}^x\Leftrightarrow 1+x<1+x\text{e}^c<1+x\text{e}^x\Leftrightarrow1+x<\text{e}^x<1+x\text{e}^x\]

tal y como queríamos demostrar. Si \(x<0\) basta aplicar el teorema del valor medio al intervalo \([x,0]\) y proceder como anteriormente. Si \(x=0\), la doble desigualdad es doble igualdad. Por tanto \(1+x\leqslant\text{e}^x\leqslant 1+x\text{e}^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

Sea ahora \(f(x)=\ln(1+x)\) y \(x>0\). Volviendo a aplicar el teorema del valor medio al intervalo \([0,x]\), existe \(c\in(0,x)\) tal que \(\ln(1+x)=\frac{1}{1+c}x\). Pero:

\[0<c<x\Leftrightarrow1<1+c<1+x\Leftrightarrow\frac{1}{1+x}<\frac{1}{1+c}<1\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow\frac{x}{1+x}<\frac{1}{1+c}x<x\Leftrightarrow \frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\]

tal y como queríamos demostrar. Si \(-1<x<0\) se aplica el teorema del valor medio al intervalo \([x,0]\). Si \(x=0\) la doble desigualdad es claramente una doble igualdad. Por tanto, \(\frac{x}{1+x}\leqslant\ln(1+x)\leqslant x\,,\forall\,x\in(-1,+\infty)\).

Ejercicio 13

robar que \(x^{\text{e}}\leqslant \text{e}^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R^+}\).

Indicación: estudiar la función \(f:\mathbb{R^+}\rightarrow\mathbb{R}\) dada por \(f(x)=\frac{\ln x}{x}\,,\forall\,x\in\mathbb{R^+}\).

Solución.

Derivando la función dada en la indicación tenemos \(f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\). Entonces:

\[f'(x)=0\Leftrightarrow1-\ln x=0\Leftrightarrow\ln x=1\Leftrightarrow x=\text{e}\]

Por tanto, todo punto de \(\mathbb{R^+}\) distinto de \(\text{e}\) no puede ser extremo relativo. Además, por un lado:

\[f'(x)\geqslant0\Leftrightarrow1-\ln x\geqslant0\Leftrightarrow\ln x\leqslant1\Leftrightarrow x\leqslant\text{e}\]

Y, por otro lado,

\[f'(x)\leqslant0\Leftrightarrow1-\ln x\leqslant0\Leftrightarrow\ln x\geqslant1\Leftrightarrow x\geqslant\text{e}\]

Esto quiere decir que la función \(f\) alcanza un máximo relativo en el punto \(x=\text{e}\), y éste es único (será pues un máximo absoluto). Por tanto, para todo \(x\in\mathbb{R^+}\) tenemos:

\[f(x)\leqslant f(\text{e})\Leftrightarrow\frac{\ln x}{x}\leqslant\frac{1}{\text{e}}\Leftrightarrow\text{e}\ln x\leqslant x\Leftrightarrow\ln x^{\text{e}}\leqslant \ln\text{e}^x\Leftrightarrow x^{\text{e}}\leqslant\text{e}^x\]

tal y como queríamos demostrar.

Ejercicio 14

Sea \(f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I=[0,1]\) verificando \(f(0)=f'(0)=0\) y que \(f(1)=1\). Probar que \([0,1]\subset f'(I)\).

Solución.

Como \(f'(0)=0\), entonces \(0\in f'(I)\). Aplicando el teorema del valor medio en el intervalo \([0,1]\), existe \(c\in(0,1)\) tal que

\[f(1)-f(0)=f'(c)(1-0)\Leftrightarrow f(1)=f'(c)\Leftrightarrow f'(c)=1\]

De lo anterior se deduce que también \(1\in f'(I)\). Por tanto, al ser \(f'(I)\) un intervalo (ver parte v) del teorema 3 del artículo dedicado al teorema del valor medio), todo punto comprendido entre \(0\) y \(1\) también pertenece a \(f'(I)\). Es decir, \([0,1]\subset f'(I)\).

Ejercicio 15

Sea \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(\mathbb{R}\). Sea \(a\) un número real tal que \(f'(a)>0\) y supongamos que \(f'\) es continua en \(a\). Probar que \(f\) es estrictamente creciente en un cierto intervalo abierto de centro \(a\).

Solución.

Como \(f'\) es continua en \(a\) y \(f'(a)>0\), utilizando el lema de conservación del signo, existe un número real y positivo \(\delta\) tal que si \(x\) es cualquier punto de \(\mathbb{R}\) verificando \(|x-a|<\delta\), se tiene que \(f'(x)f'(a)>0\) (\(f'(x)\) tiene el mismo signo que \(f'(a)\)). Como \(f'(a)>0\), entonces \(f'(x)>0\,,\forall\,x\in(a-\delta,a+\delta)\), es decir, \(f\) es estrictamente creciente en un cierto intervalo abierto de centro \(a\).

Ejercicio 16

Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales que no tenga puntos aislados. Probar que si \(A\) no es un intervalo existe una función de \(A\) en \(\mathbb{R}\) derivable con derivada nula en todo punto de \(A\) y que no es constante.

Solución.

Si \(A\) no es un intervalo, existen \(a\,,b\in A\) con \(a<b\), de forma que \((a,b)\) no está contenido en \(A\). Luego existe \(c\in(a,b)\) tal que \(c\notin A\). Así \(A=A_1\cup A_2\), donde \(A_1=\{a\in A\,:\,a<c\}\) y \(A_2=\{a\in A\,:\,a>c\}\). Tomemos pues

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    1 & \text{si} & x\in A_1 \\
                    0 & \text{si} & x\in A_2
                  \end{array}
    \right.\]

Es claro que \(f'(x)=0\,,\forall x\in A\) y \(f\) no es constante.

Ejercicio 17

Dar un ejemplo de una función \(f:\mathbb{R^*}\rightarrow\mathbb{R}\) derivable en \(\mathbb{R^*}\), con \(f'(x)\neq0\) para todo \(x\in\mathbb{R^*}\), que no sea monótona.

Solución.

Sea \(f:\mathbb{R^*}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x^2\). Entonces \(f'(x)=2x\neq0\,,\forall x\in\mathbb{R^*}\). Además, \(f\) decrece estrictamente en \((-\infty,0)\) y crece estrictamente \((0,+\infty)\), luego no es monótona.

Referencia bibliográfica.

Aparicio C., Payá R. (1985) Análisis Matemático I (Secretariado de Publicaciones. Universidad de Granada).


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Espero que les sirva.

Aplicaciones de las derivadas. El teorema del valor medio

Ya hemos hablado en un par de artículos anteriores del concepto de derivada y de su interpretación tanto desde el punto de vista geométrico como desde el punto de vista físico. Son los siguientes:

En este artículo desarrollaremos las propiedades de las funciones derivables y se pondrá de manifiesto la importancia y utilidad del concepto de derivada.

Los resultados más destacados harán referencia a funciones derivables en un intervalo, tal y como ocurría con las funciones continuas.

Comenzaremos introduciendo el concepto de extremo relativo.

Definición.

Sea \(f:A\rightarrow \mathbb{R}\) una función real de variable real y \(a\) un punto de \(A\). Diremos que \(f\) alcanza un máximo relativo (respectivamente, mínimo relativo) en el punto \(a\) si existe un número real positivo \(\delta\) tal que el intervalo abierto \((a-\delta,a+\delta)\) está contenido en \(A\) y para todo \(x\) de dicho intervalo se tiene: \(f(x)\leqslant f(a)\) (respectivamente, \(f(x)\geqslant f(a)\)).

Diremos que \(f\) alcanza un extremo relativo en el punto \(a\) cuando \(f\) alcance un máximo relativo o un mínimo relativo en \(a\).

Al intervalo abierto del tipo \((a-\delta,a+\delta)\), centrado en el punto \(a\), se le llama también entorno del punto \(a\) y se le suele designar mediante la notación \(V_\delta(a)\).

Podríamos decir incluso que \(f\) alcanza un máximo relativo en el punto \(a\) de \(A\) si existe un cierto intervalo abierto \(I\) que contiene al punto \(a\) y tal que \(f(x)\leqslant f(a)\) para todo \(x\) situado en \(I\cap A\) (análoga definición para mínimo relativo invirtiendo la desigualdad).

Es conveniente analizar con detalle la definición anterior y, sobre todo, compararla con la noción de máximo o mínimo absoluto (que se vio en el artículo dedicado a la propiedad de compacidad para funciones continuas). La relación entre ambos conceptos se puede clarificar con el siguiente ejemplo.

Sea \(f:[0,3]\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                x & \text{si} & 0\leqslant x\leqslant 1 \\
                2-x & \text{si} & 1<x\leqslant 2 \\
                2x-4 & \text{si} & 2<x\leqslant 3 \\
              \end{array}
\right.\]

cuya representación gráfica es

teorema valor medio 01

Es inmediato comprobar que la imagen de \(f\) es el intervalo \([0,2]\). Resulta por tanto que \(f\) alcanza su mínimo absoluto en los puntos \(0\) y \(2\). Es claro que \(f\) alcanza un mínimo relativo en \(2\), pues basta tomar \(\delta=1\) en la definición anterior; sin embargo \(f\) no alcanza un mínimo relativo en cero, pues no hay ningún intervalo abierto de centro cero contenido en \([0,3]\). Tomando también \(\delta=1\) en la definición, comprobamos fácilmente que \(f\) alcanza un máximo relativo en el punto \(1\), pero no alcanza su máximo absoluto en \(1\), ya que \(f(1)=1\neq2\). Finalmente \(f\) alcanza su máximo absoluto en \(3\), pero no alcanza un máximo relativo en \(3\).

Resumiendo, si una función \(f:A\rightarrow \mathbb{R}\) alcanza un máximo (respectivamente, mínimo) absoluto en un punto \(a\in A\), \(f\) no tiene por qué alcanzar un extremo relativo en \(a\), de hecho lo alcanza si, y solo si, existe un intervalo abierto de centro \(a\) contenido en \(A\). Además, si \(f\) alcanza un extremo relativo en \(a\), puede ocurrir que \(f\) no alcance en \(a\) ni su máximo ni su mínimo absolutos, de hecho \(f\) no tiene por qué tener máximo ni mínimo absolutos y puede incluso no estar acotada.

La siguiente proposición nos da una condición necesaria para que una función derivable en un punto alcance un extremo relativo en él.

Proposición 1.

Sea \(f:A\rightarrow \mathbb{R}\) una función real de variable real y supongamos que \(f\) alcanza un extremo relativo en un punto \(a\) de \(A\) en el que \(f\) es derivable. Entonces \(f'(a)=0\).

Sea la función \(h\) definida de la siguiente manera:

\[h(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                \displaystyle\frac{f(x)-f(a)}{x-a} & \text{si} & x\neq a \\
                f'(a) & \text{si} & x=a
              \end{array}
\right.\]

Como \(f\) es derivable en \(a\), entonces \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}h(x)=f'(a)=h(a)\), con lo que \(h\) es continua en \(a\). Supongamos que \(h(a)>0\). Según el lema de conservación del signo, existe \(\delta>0\) tal que \(h(x)>0\) para todo \(x\) del intervalo \((a-\delta,a+\delta)\). Esto quiere decir que el numerador y el denominador de \(h(x)\) tienen el mismo signo, para todo \(x\neq a\) en ese intervalo. Dicho de otro modo, \(f(x)>f(a)\) cuando \(x>a\), y \(f(x)<f(a)\) cuando \(x<a\). Esto contradice la hipótesis de que \(f\) alcanza un extremo relativo en \(a\). Luego, la desigualdad \(h(a)>0\) es imposible. De manera similar se demuestra que tampoco puede ser \(h(a)<0\). Por consiguiente ha de ser \(h(a)=0\), o sea, \(f'(a)=0\), tal y como se quería demostrar.

Es importante notar que el hecho de que la derivada se anule en \(a\) no implica que \(f\) alcance un extremo relativo en \(a\) (la condición anterior era necesaria, pero no es suficiente). Por ejemplo, sea la función \(f(x)=x^3\). Puesto que \(f'(x)=3x^2\), tenemos que \(f'(0)=0\). Sin embargo, esta función es creciente en todo intervalo que contenga al origen, por lo que 0 no es extremo relativo.

Por poner otro ejemplo, la función \(f(x)=|x|\) demuestra que un cero de la derivada no siempre se presenta en un extremo. Aquí hay un mínimo relativo en \(0\), pero en el mismo punto \(0\) la función no es derivable (\(0\) es un punto "anguloso" y en este tipo de puntos no existe la derivada). Lo que dice la proposición anterior es que cuando la gráfica es "suave" (o lo que es lo mismo, en ausencia de puntos "angulosos"), la derivada necesariamente debe anularse en un extremo, si éste se presenta en el interior de un intervalo.

El teorema del valor medio

El teorema del valor medio para derivadas es importante en Análisis Matemático porque muchas de las propiedades de las funciones pueden deducirse fácilmente a partir de él. Antes de establecer el teorema del valor medio, examinaremos uno de los casos particulares a partir del cual puede deducirse el teorema general. Este caso particular lo descubrió Michel Rolle (1652-1719), matemático francés.

Teorema 1 (de Rolle).

Sea \(f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\) una función continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\) verificando que \(f(a)=f(b)\). Entonces existe un punto \(c\) del intervalo \((a,b)\) tal que \(f'(c)=0\).

Razonando por reducción al absurdo, supongamos que \(f'(x)\neq0\) para todo \(x\) en el intervalo abierto \((a,b)\). Como \(f\) es una una función continua en \([a,b]\), la propiedad de compacidad nos asegura que \(f\) debe alcanzar su máximo absoluto \(M\) y su mínimo absoluto \(m\) en algún punto del intervalo cerrado \([a,b]\). Además, la proposición anterior nos dice que ningún extremo puede ser alcanzado en puntos interiores (de otro modo sería nula la derivada allí). Luego, ambos valores extremos son alcanzados en los extremos \(a\) y \(b\). Pero como \(f(a)=f(b)\), esto significa que \(m=M\), y por tanto \(f\) es constante en \([a,b]\). Esto contradice el hecho de que \(f'(x)\neq0\) para todo \(x\) en \((a,b)\). Resulta pues que \(f'(c)=0\) por lo menos en un punto \(c\) que satisfaga \(a<c<b\), lo que demuestra el teorema.

El significado geométrico del teorema de Rolle está representado en la figura siguiente. En este teorema se afirma tan sólo que la curva debe tener al menos una tangente horizontal en algún punto entre \(a\) y \(b\).

teorema valor medio 02

El teorema de Rolle se utiliza para demostrar el teorema del valor medio. Antes de enunciarlo, vamos a examinar su significado geométrico. Observemos la figura siguiente.

teorema valor medio 03

La curva dibujada es la gráfica de una función \(f\) continua con tangente en cada punto del intervalo \((a,b)\). En el punto \(c\) indicado, la tangente es paralela a la cuerda \(AB\). El teorema del valor medio asegura que existirá \emph{por lo menos un punto} con esta propiedad.

Para traducir al lenguaje matemático esta propiedad geométrica, tan sólo necesitamos observar que el paralelismo de dos rectas significa la igualdad de sus pendientes. Puesto que la pendiente de la cuerda es el cociente \(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\) y ya que la pendiente de la tangente en \(c\) es la derivada \(f'(c)\), la afirmación anterior puede expresarse así:

\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)\]

para algún \(c\) del intervalo abierto \((a,b)\).

Para hacer más intuitiva la validez de la fórmula anterior, podemos imaginar \(f(t)\) como el camino recorrido por una partícula móvil en el tiempo \(t\). Entonces el cociente del primer miembro de la fórmula representa la velocidad media en el intervalo de tiempo \([a,b]\), y la derivada \(f'(t)\) representa la velocidad instantánea en el tiempo \(t\) (ver artículo dedicado al problema de la velocidad). La igualdad afirma que debe existir un momento en que la velocidad instantánea es igual a la velocidad media. Por ejemplo, si la velocidad media de un automóvil en un viaje es de 90 km por hora, el velocímetro debe registrar 90 km por hora por lo menos una vez durante el viaje.

Teorema 2 (del valor medio).

Sea \(f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\) una función continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\). Entonces existe un punto \(c\) del intervalo abierto \((a,b)\) tal que

\[f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)\]

Sea \(g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\) la función definida por

\[g(x)=(f(b)-f(a))x-(b-a)f(x)\,,\forall\,x\in[a,b]\]

Claramente \(g\) es continua en \([a,b]\) y derivable en \((a,b)\) con

\[g'(x)=(f(b)-f(a))-(b-a)f'(x)\,,\forall\,x\in(a,b)\]

Además, es fácil comprobar que \(g(a)=g(b)\). Por el teorema de Rolle existe \(c\in(a,b)\) tal que \(g'(c)=0\), esto es, tal que

\[f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)\]

Obsérvese que el teorema anterior no concreta nada acerca de la posición exacta del "valor o valores medios" \(c\), y sólo indica que todos pertenecen al intervalo abierto \((a,b)\). Para algunas funciones se puede especificar con exactitud la posición de los valores medios, pero en la mayoría de los casos es muy difícil hacer una determinación precisa de estos puntos. Sin embargo, la utilidad real del teorema está en el hecho de que se pueden sacar muchas conclusiones del mero conocimiento de la existencia de un valor medio por lo menos.

También es importante comprobar que el teorema del valor medio puede dejar de cumplirse si hay algún punto entre \(a\) y \(b\) en el que la derivada no exista. Por ejemplo, la función \(f\) definida por la ecuación \(f(x)=|x|\) es continua en todo \(\mathbb{R}\) y tiene derivada en todos los puntos del mismo excepto en \(0\) (obsérvese en la figura siguiente que en \(0\) hay un punto anguloso y por tanto no es derivable en él).

teorema valor medio 04

La pendiente de la cuerda que une el punto \((2,f(2))\) con el punto \((-1,f(1))\) es

\[\frac{f(2)-f(-1)}{2-(-1)}=\frac{2-1}{3}=\frac{1}{3}\]

pero la derivada no es igual a \(\frac{1}{3}\) en ningún punto.

Teorema 3.

Sea \(I\) un intervalo y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I\).

i) \(f\) es creciente si, y sólo si, \(f'(a)\geqslant0\,,\forall\,a\in I\).

ii) \(f\) es decreciente si, y sólo si, \(f'(a)\leqslant0\,,\forall\,a\in I\).

iii) Si \(f'(a)=0\,,\forall\,a\in I\), entonces \(f\) es constante.

iv) Supongamos que \(f'(a)\neq0\,,\forall\,a\in I\). Entonces \(f\) es estrictamente monótona y ocurre una de las dos posibilidades siguientes:

\[f'(a)>0\,,\forall\,a\in I\quad\text{o bien}\quad f'(a)<0\,,\forall\,a\in I\]

v) El conjunto \(f'(I)=\{f'(x)\,:\,x\in I\}\) es un intervalo (teorema del valor intermedio para las derivadas).

i) Supongamos que \(f\) es creciente. Para cualesquiera \(a,x\in I\) con \(x\neq a\) se tiene

\[f_a(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\geqslant0\]

de donde \(f'(a)\geqslant0\,,\forall\,a\in I\).

Recíprocamente, supongamos que \(f'(a)\geqslant0\,,\forall\,a\in I\) y sean \(x,y\in I\) con \(x<y\). Aplicando el teorema del valor medio a la restricción de \(f\) al intervalo \([x,y]\) tenemos

\[\exists\,a\in(x,y)\,:\,f(y)-f(x)=f'(a)(y-x)\]

con lo que \(f(x)\leqslant f(y)\) por ser \(f'(a)\geqslant0\).

ii) Basta aplicar i) a la función \(-f\).

iii) Consecuencia directa de i) y ii).

iv) Sean \(x,y\in I\) con \(x\neq y\) y supongamos que fuese \(f(x)=f(y)\). Por el teorema de Rolle existiría un punto \(a\) del intervalo abierto de extremos \(x\) e \(y\) tal que \(f'(a)=0\), lo cual es una contradicción. Así pues \(f\) es inyectiva, pero también es continua, luego es estrictamente monótona en virtud del teorema 1 del artículo dedicado al estudio de las funciones continuas e inyectivas. Finalmente, aplicando i) y ii) tenemos que, o bien \(f'(a)\geqslant0\,,\forall\,a\in I\) o bien \(f'(a)\leqslant0\,,\forall\,a\in I\) lo que, junto con \(f'(a)\neq0\,,\forall\,a\in I\), concluye la demostración.

v) Sean \(a,b\in f'(I)\) con \(a<b\) y sea \(c\in(a,b)\). Supongamos, razonando por reducción al absurdo, que \(c\notin f'(I)\). Sea \(g:I\rightarrow\mathbb{R}\) la función definida por \(g(x)=f(x)-cx\,,\forall\,x\in I\). Es claro que \(g\) es derivable en \(I\) y como \(f'(x)\neq0\,,\forall\,x\in I\), se tiene \(g'(x)\neq0\,,\forall\,x\in I\). Aplicando iv) a la función \(g\) obtenemos que, o bien \(f'(x)-c=g'(c)>0\,,\forall\,x\in I\) o bien \(f'(x)-c=g'(c)<0\,,\forall\,x\in I\). En el primer caso, al ser \(f'(x)>c\,,\forall\,x\in I\), llegaríamos a que \(a\notin f'(I)\) y, en el segundo, al ser \(f'(x)<c\,,\forall\,x\in I\), obtendríamos que \(b\notin f'(I)\). En ambos casos llegamos a una contradicción. Por tanto \(c\in f'(I)\) y hemos probado que \([a,b]\subset f'(I)\), luego \(f'(I)\) es un intervalo.

La hipótesis de que \(I\) sea un intervalo en el teorema anterior es esencial. Por ejemplo, consideremos el conjunto \(A=[0,1]\cup[2,3]\) y \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) la función definida por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
    0 & \text{si} & x\in[0,1] \\
    1 & \text{si} & x\in[2,3]
  \end{array}\right.
\]

Claramente \(f\) es derivable en \(A\) con \(f'(a)=0\,,\forall\,a\in A\); sin embargo \(f\) no es constante. No es difícil dar contraejemplos para ver que el resto de las afirmaciones del teorema son falsas si I no es un intervalo.

Hagamos notar también que la afirmación recíproca de iv) no es cierta. La función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x^3\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\), es estrictamente creciente y derivable en \(\mathbb{R}\) pero \(f'(0)=0\). Por tanto, si \(f\) es una función estrictamente creciente y derivable en un intervalo \(I\), sólo podemos afirmar (parte i) del teorema) que \(f'(x)\geqslant0\,,\forall\,x\in I\), pero no que \(f'(x)>0\,,\forall\,x\in I\). Semejante comentario puede hacerse de las funciones estrictamente decrecientes.

A continuación vamos a dar interesantes aplicaciones del teorema anterior. La primera es una condición suficiente para que una función alcance un extremo relativo en un punto, utilizada muy a menudo en la práctica.

Corolario 1.

Sea \(a\) un número real, \(\delta\) un número real positivo, \(I=(a-\delta,a+\delta)\) y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función continua en \(I\) y derivable en \(I-\{a\}\). Entonces:

i) Supongamos que \(x\in I\,,x<a\Rightarrow f'(x)\geqslant0\) y que \(x\in I\,,x>a\Rightarrow f'(x)\leqslant0\). Entonces \(f\) alcanza su máximo absoluto en \(a\). Por tanto cualquier extensión de \(f\) alcanza un máximo relativo en \(a\).

ii) Supongamos que \(x\in I\,,x<a\Rightarrow f'(x)\leqslant0\) y que \(x\in I\,,x>a\Rightarrow f'(x)\geqslant0\). Entonces \(f\) alcanza su mínimo absoluto en \(a\). Por tanto cualquier extensión de \(f\) alcanza un mínimo relativo en \(a\).

i) Aplicando el teorema anterior, la restricción de \(f\) al intervalo \((a-\delta,a)\) (respectivamente, \((a,a+\delta)\)) es creciente (respectivamente, decreciente). Sea \(x\in(a-\delta,a)\) y sea la sucesión \(\{x_n\}=\{a-\frac{a-x}{n+1}\}\). Claramente \(x<x_n<a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\) y \(\{x_n\}\rightarrow a\), con lo que se tiene que \(f(x)\leqslant f(x_n)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\) y \(\{f(x_n)\}\rightarrow f(a)\) (por ser \(f\) continua en \(a\)). Así, \(f(x)\leqslant f(a)\,,\forall\,x\in(a-\delta,a)\). Razonando de manera similar, se demuestra que si \(x\in I\) y \(x>a\), entonces \(f(x)\leqslant f(a)\). En suma, \(f(x)\leqslant f(a)\,,\forall\,x\in I\), como se quería.

ii) Aplíquese i) a la función \(-f\).

La afirmación iii) del teorema anterior es de gran utilidad. Un enunciado, evidentemente equivalente, de la misma es el siguiente: si \(f,g:I\rightarrow\mathbb{R}\) son funciones derivables en el intervalo \(I\) y ser verifica que \(f'(x)=g'(x)\,,\forall x\in I\), entonces existe una constante \(C\in\mathbb{R}\) tal que \(f(x)=g(x)+C\,,\forall\,x\in I\). O sea, que el conocimiento de la función derivada de una función derivable en un intervalo determina a dicha función salvo una constante aditiva.

Una consecuencia muy interesante de lo anterior es que si la derivada de una función es ella misma, entonces dicha función es la función exponencial de base el número \(\text{e}\), más conocida simplemente por función exponencial.

Corolario 2.

Sea \(I\) un intervalo y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I\). Supongamos que existe un número real \(k\) tal que

\[f'(x)=kf(x)\,,\forall\,x\in I\]

Entonces existe un número real \(C\) tal que

\[f(x)=C\text{e}^{kx}\,,\forall\,x\in I\]

En particular, si \(I=\mathbb{R}\), \(k=1\) y suponemos \(f(0)=1\), entonces \(f\) es la función exponencial.

Sea \(g:I\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(g(x)=\text{e}^{-kx}f(x)\,,\forall\,x\in I\). Se tiene que \(g\) es derivable en \(I\) y que, dado \(x\in I\):

\[g'(x)=-k\text{e}^{-kx}f(x)+\text{e}^{-kx}f'(x)=-k\text{e}^{-kx}f(x)+k\text{e}^{-kx}f(x)=0\]

Por la parte iii) del teorema anterior existe \(C\in\mathbb{R}\) tal que \(g(x)=C\,,\forall x\in I\), tal y como se quería.

Ya habíamos demostrado en otro artículo el teorema de la función inversa para funciones derivables. Sin embargo volvemos a enunciarlo aquí como una consecuencia o corolario, pues la parte iv) del teorema 3 facilita, en la mayoría de los casos, la comprobación de las hipótesis del citado teorema de la función inversa.

Corolario 3 (teorema de la función inversa).

Sea \(I\) un intervalo y \(f:I\rightarrow\mathbb{R}\) una función derivable en \(I\) con \(f'(a)\neq0\,,\forall\,a\in I\). Entonces \(f\) es estrictamente monótona, \(f^{-1}\) es derivable en \(f(I)\) y

\[(f^{-1})'(f(a))=\frac{1}{f'(a)}\,,\forall\,a\in I\]

Por el apartado iv) del teorema 3, \(f\) es estrictamente monótona. Por el corolario 2 del artículo dedicado a las funciones continuas e inyectivas, \(f^{-1}\) es continua en \(f(I)\), con lo que basta aplicar el teorema de la función inversa para funciones derivables.

Para poner en práctica todo el desarrollo teórico visto en este artículo puedes visitar este otro: ejercicios de aplicaciones de las derivadas y del teorema del valor medio.

Referencias bibliográficas.

Aparicio C., Payá R. (1985) Análisis Matemático I (Secretariado de Publicaciones. Universidad de Granada).

Apostol T. M. (1990. Reimpresión digital 2015): Calculus I. Cálculo con funciones de una variable, con una introducción al álgebra lineal (Reverté Ediciones).


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


Derivada de la función compuesta. Regla de la cadena

Cuando en las matemáticas de bachillerato se introduce el concepto de derivada, su significado y su interpretación geométrica, se pasa al cálculo de la derivada de una función en un punto usando la definición y aprovechando el cálculo de límites. A continuación, se introducen inmediatamente las reglas de derivación: de un número por una función, de la suma y la resta, del producto y del cociente, así como la derivada de la función compuesta o regla de la cadena. También se dan las derivadas de las funciones elementales (puedes consultar este artículo), generalmente mediante una tabla de derivadas, que suele aparecer dividida en dos: la derivada de la función directamente y la derivada de la función compuesta en la que se hace uso de la regla de la cadena.

Es probable que en bachillerato también se demuestren, usando la definición de derivada de una función en un punto, algunas de las reglas de derivación (por ejemplo la derivada de la suma o del producto de dos funciones), pero lo que no se suele hacer es la demostración de la derivada de la función compuesta, conocida más habitualmente por regla de la cadena. Aprovechando que en esta Web hemos dedicado artículos a hablar sobre la composición de funciones, función inversa de una función y sobre el concepto de convergencia de una sucesión, vamos a proceder a la demostración de la regla de la cadena. Aprovecharemos también para enunciar y demostrar el teorema de la función inversa. Finalmente, y como consecuencia de lo anterior, demostraremos un resultado conocido por todos los estudiantes de matemáticas en bachillerato: de todas las funciones exponenciales, la de base el número \(\text{e}\) es la única que coincide con su función derivada. Este resultado justifica que la función exponencial de base \(\text{e}\) sea la función exponencial por excelencia. De hecho, a la función exponencial de base \(\text{e}\) se la llama, simplemente, función exponencial.

Teorema 1 (de la función compuesta o regla de la cadena)

Sean \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\), \(f:B\rightarrow\mathbb{R}\) funciones reales de variable real verificando que \(f(A)\subset B\) y sea \(h=g\circ f\). Sea también \(a\in A\) y supongamos que \(f\) es derivable en \(a\) y que \(g\) es derivable en \(f(a)\). Entonces \(h\) es derivable en \(a\) y se verifica que

\[h'(a)=g'(f(a))f'(a)\]

Sea \(\phi:B\rightarrow\mathbb{R}\) la función definida por

\[\phi(y)=\left\{\begin{array}{ccc}
                   \displaystyle\frac{g(y)-g(f(a))}{y-f(a)} & \text{si} & y\in B-\{f(a)\} \\
                   g'(f(a)) & \text{si} & y=f(a)
                 \end{array}
\right.\]

La derivabilidad de \(g\) en \(f(a)\) hace que \(\phi\) sea continua en \(f(a)\). Se tiene además:

\[g(y)-g(f(a))=\phi(y)(y-f(a))\,,\forall\, y\in B\]

igualdad que, para \(y\neq f(a)\), se deduce de la definición de \(\phi\), mientras que, para \(y=f(a)\), es evidente por ser nulos sus dos miembros.

Dado \(x\in A\) tenemos, tomando \(y=f(x)\),

\[h(x)-h(a)=\phi(f(x))(f(x)-f(a))\]

de donde, si además es \(x\neq a\),

\[\frac{h(x)-h(a)}{x-a}=\phi(f(x))\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

Por ser \(f\) continua en \(a\) y \(\phi\) continua en \(f(a)\) tenemos que \(\phi\circ f\) es continua en \(f(a)\) (ver proposición 3 del artículo dedicado a las propiedades de las funciones continuas), luego

\[\lim_{x\rightarrow a}\phi(f(x))=\phi(f(a))=g'(f(a))\]

Finalmente, como el límite del producto es el producto de los límites tenemos

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{h(x)-h(a)}{x-a}=\lim_{x\rightarrow a}\phi(f(x))\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\Rightarrow h'(a)=g'(f(a))f'(a)\]tal y como queríamos demostrar.

El siguiente teorema nos permitirá estudiar la posible derivabilidad de la inversa de una función derivable e inyectiva.

Teorema 2 (de la función inversa)

Sea \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) una función real de variable real y \(a\) un punto de \(A\). Supongamos que \(f\) es inyectiva y que es derivable en el punto \(a\). Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes.

i) \(f'(a)\neq0\) y \(f^{-1}\) es continua en \(f(a)\).

ii) \(f^{-1}\) es derivable en \(f(a)\).

Además, en caso de que se cumplan i) y ii) se tiene:

\[(f^{-1})'(f(a))=\frac{1}{f'(a)}\]

i) \(\Rightarrow\) ii) Sea \(\{y_n\}\) una sucesión de puntos de \(f(A)-\{b\}\) con \(\{y_n\}\rightarrow f(a)\) y consideremos la sucesión \(x_n=f^{-1}(y_n)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Por ser \(f^{-1}\) continua en \(f(a)\) tenemos \(\{x_n\}\rightarrow f^{-1}(f(a))=a\), luego, por ser \(f\) derivable en \(a\):

\[\left\{\frac{f(x_n)-f(a)}{x_n-a}\right\}=\left\{\frac{y_n-f(a)}{f^{-1}(y_n)-f^{-1}(f(a))}\right\}\rightarrow f'(a)\]

Finalmente, siendo \(f'(a)\neq0\) obtenemos

\[\left\{\frac{f^{-1}(y_n)-f^{-1}(f(a))}{y_n-b}\right\}\rightarrow\frac{1}{f'(a)}\]

lo que demuestra que \(f^{-1}\) es derivable en \(f(a)\) con derivada \(\frac{1}{f'(a)}\).

ii) \(\Rightarrow\) i) Desde luego, si \(f^{-1}\) es derivable en \(f(a)\) será continua en \(f(a)\). Además, aplicando el teorema anterior con \(B=f(A)\) y \(g=f^{-1}\) tenemos: \(1=(f^{-1}\circ f)'(a)=(f^{-1})'(f(a))f'(a)\), lo que demuestra que \(f'(a)\neq0\) y nos da nuevamente la igualdad \((f^{-1})'(f(a))=\frac{1}{f'(a)}\).

Finalmente, vamos a probar la derivabilidad de las funciones exponencial y logaritmo neperiano y la de las funciones relacionadas con ellas.

Teorema 3

i) La función exponencial es derivable en todo \(\mathbb{R}\) y su función derivada es la propia función exponencial.

ii) Si \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) es derivable en un punto \(a\in A\), entonces la función \(g:A\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[g(x)=\text{e}^{f(x)}\,,\forall\,x\in A\]

es derivable en \(a\) con \(g'(a)=f'(a)\text{e}^{f(a)}\). En particular, si \(\alpha\) es un número real positivo y tomamos \(A=\mathbb{R}\), \(f(x)=x\ln\alpha\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\), obtenemos que la función exponencial de base \(\alpha\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) siendo su función derivada el producto del número real \(\ln\alpha\) por la propia función exponencial de base \(\alpha\).

iii) La función logaritmo neperiano es derivable en \(\mathbb{R}^+\) con

\[\ln'(x)=\frac{1}{x}\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\]

iv) Si \(f:A\rightarrow\mathbb{R}^+\) es derivable en un punto \(a\in A\), la función \(g:A\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[g(x)=\ln f(x)\,,\forall\,x\in A\]

es derivable en \(a\) con \(g'(a)=\frac{f'(a)}{f(a)}\) (derivada logarítmica de \(f\) en el punto \(a\)).

v) Si  \(f:A\rightarrow\mathbb{R}^+\) y \(g:A\rightarrow\mathbb{R}\) son derivables en un punto \(a\in A\), la función \(h:A\rightarrow\mathbb{R}^+\) definida por

\[h(x)=f(x)^{g(x)}\,,\forall\,x\in A\]

es derivable en \(a\) con

\[h'(a)=h(a)\left(g'(x)\ln f(a)+g(a)\frac{f'(a)}{f(a)}\right)\]

En particular, tomando \(A=\mathbb{R}^+\), \(f(x)=x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\) y \(g(x)=b\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\) donde \(b\) es un número real fijo, se obtiene que la función potencia de exponente \(b\) es derivable en \(\mathbb{R}^+\) y su derivada es el producto del número real \(b\) por la función potencia de exponente \(b-1\).

i) Sea \(\{t_n\}\) una sucesión de números reales no nulos, convergente a cero. Y sean \(y_n=\frac{1}{t_n}\), \(x_n=\text{e}^{t_n}\), \(\forall\,n\in\mathbb{N}\). Claramente \(\{x_n\}\rightarrow1\) y \(\{x_n^{y_n}\}\rightarrow\text{e}\), luego tenemos \(\{y_n(x_n-1)\}\rightarrow1\) (ver el artículo dedicado a ciertos límites funcionales de interés), esto es que \(\{\frac{1}{t_n}(\text{e}^{t_n-1})\}\rightarrow1\).

Sea ahora \(a\in\mathbb{R}\) arbitrario y \(\{a_n\}\) una sucesión de números reales distintos de \(a\) tal que \(\{a_n\}\rightarrow a\). Podemos entonces aplicar lo anteriormente probado a la sucesión \(\{a_n-a\}\), sucesión de números reales no nulos que converge a cero, y obtener:

\[\left\{\frac{\text{e}^{a_n}-\text{e}^a}{a_n-a}\right\}=\left\{\text{e}^a\frac{\text{e}^{a_n-a}-1}{a_n-a}\right\}\rightarrow \text{e}^a\]

Hemos probado así que

\[f'(a)=\lim_{x\rightarrow a}\frac{\text{e}^x-\text{e}^a}{x-a}=\text{e}^a\]

y esto, cualquiera que sea el número real \(a\).

ii) Basta aplicar i) y la regla de la cadena.

iii) La función logaritmo neperiano es continua en \(\mathbb{R}^+\) y, por i), la función exponencial es derivable en \(\mathbb{R}\) con derivada distinto de cero en todo punto. Por el teorema de la función inversa tenemos, para todo número real \(a\):

\[\ln'(\text{e}^a)=\frac{1}{\text{e}^a}\]

y dado \(x\in\mathbb{R}^+\), podemos tomar \(a=\ln x\) para obtener

\[\ln'(x)=\frac{1}{x}\]

iv) Basta aplicar iii) y la regla de la cadena.

v) Sea \(\phi:A\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[\phi(x)=\ln h(x)=g(x)\ln f(x)\,,\forall\,x\in A\]

Usando iv) y la regla de derivación de un producto, \(\phi\) es derivable en \(a\) con

\[\phi'(a)=g'(a)\ln f(a)+g(a)\frac{f'(a)}{f(a)}\]

Como quiera que

\[h(x)=\text{e}^{\phi(x)}\,,\forall\,x\in A\]

usando ii) obtenemos que \(h\) es derivable en \(a\) con

\[h'(a)=\text{e}^{\phi(a)}\phi'(a)=h(a)\left(g'(x)\ln f(a)+g(a)\frac{f'(a)}{f(a)}\right)\]

Ejercicios

1. Sea \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\), \(a\in A\) y supongamos que \(f\) es derivable en \(a\) con \(f(a)\neq0\). Probar que las funciones \(|f|\,,f^+\,,f^-\,:A\rightarrow\mathbb{R}\) dadas por:

\[|f|(x)=|f(x)|\,,\ f^+(x)=\max\{f(x),0\}\,,\ f^-(x)=\max\{-f(x),0\}\,,\forall x\in A\]

son derivables en \(a\). ¿Es cierta la misma afirmación sin suponer \(f(a)\neq0\)?

La función \(|f|\) es la composición de la función \(f\) con la función valor absoluto: \(|f|=f\circ |\cdot|\). Como \(f\) es derivable en \(a\) y la función valor absoluto es derivable en \(f(a)\neq0\), la regla de la cadena nos asegura que \(|f|\) es derivable en \(a\). Si \(f(a)=0\) la afirmación no es cierta pues la función valor absoluto no es derivable en cero. Sea por ejemplo la función

\[f(x)=x^2-1\Rightarrow|f(x)|=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x^2-1 & \text{si} & x\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty) \\
                  -x^2+1 & \text{si} & x\in(-1,1)
                \end{array}
  \right.\]

En el punto \(a=1\) se tiene

\[\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x+1 & \text{si} & x\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty) \\
                  -x-1 & \text{si} & x\in(-1,1)
                \end{array}
  \right.\]

De esta manera

\[\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=2\quad;\quad\lim_{x\rightarrow1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=-2\]

y por tanto \(|f|\) no es derivable en \(a=1\).

Por otro lado, se tiene que

\[f^+(x)=\max\{f(x),0\}=\frac{f(x)+|f(x)|}{2}\ ;\ f^-(x)=\max\{-f(x),0\}=\frac{-f(x)+|f(x)|}{2}\]

Entonces, por lo demostrado anteriormente, tanto \(f^+\) como \(f^-\) son derivables en \(a\in A\) con \(f(a)\neq0\). Del mismo modo que antes, esta afirmación no tiene por qué ser cierta si \(f(a)=0\).

2. Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) en cada uno de los siguientes casos:

a) \(A=[-1,1]\) ; \(f(x)=\sqrt{1-x^2}\,,\forall\,x\in A\).

b) \(A=\mathbb{R}\) ; \(f(x)=\sqrt[3]{|x|}\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

c) \(A=\mathbb{R}\) ; \(f(x)=\frac{2x}{1+|x|}\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

d) \(A=\mathbb{R}_0^+\) ; \(f(x)=x^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\), \(f(0)=1\).

e) \(A=[0,1]\) ; \(f(x)=\max\{x,1-x\}\,,\forall\,x\in A\).

a) Sean \(g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) y \(h:[0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}\) definidas respectivamente por \(g(x)=1-x^2\) y \(h(x)=\sqrt{x}\). \(g\) es continua y derivable en todo \(\mathbb{R}\), y \(h\) es continua en \([0,+\infty)\) y derivable en \((0,+\infty)\).

\(h\) no es derivable en cero porque

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{\sqrt{x}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{\sqrt{x}}=+\infty\]

Las derivadas de las funciones \(g(x)=1-x^2\) y \(h(x)=\sqrt{x}=x^{1/2}\) son, respectivamente, \(g'(x)=-2x\) y \(h'(x)=\frac{1}{2}x^{-1/2}\), donde se ha utilizado que la derivada de la función constante es igual a cero, que la derivada de la suma es la suma de las derivadas y el apartado v) del teorema 3, según el cual la derivada de la función potencia de exponente \(b\in\mathbb{R}^+\) es el producto del número real \(b\) por la función potencia de exponente \(b-1\).

Por otro lado tenemos que \((h\circ g)(x)=h(g(x))=h(1-x^2)=\sqrt{1-x^2}\), con lo que \(f=h\circ g\). Por la regla de la cadena \(f\) es derivable en \((-1,1)\), ya que si \(a\in(-1,1)\), entonces \(1-a^2\in(0,1)\) y \(f(a)=h(g(a))=h(1-a^2)\). Además, \(f\) no es derivable ni en \(x=-1\), ni en \(x=-1\) porque, tal y como hemos comprobado, no lo es \(h\) en cero y \(f(-1)=f(1)=(h\circ g)(1)=h(g(1))=h(0)\). Dado \(x\in(-1,1)\), la regla de la cadena nos proporciona la derivada de la función \(f\) en \(x\):

\[f'(x)=(h\circ g)'(x)=h'(g(x))g'(x)=\frac{1}{2}(1-x^2)^{-1/2}(-2x)=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\]

 

b) La función \(f(x)=\sqrt[3]{|x|}=|x|^{1/3}\) la podemos escribir así:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    x^{1/3} & \text{si} & x\geqslant0 \\
                    (-x)^{1/3} & \text{si} & x<0
                  \end{array}
    \right.\]

Si \(a\in\mathbb{R}^+\), \(f\) es derivable en \(a\) por el apartado 5 del teorema 3, con \(f'(a)=\frac{1}{3}a^{-2/3}\). Por la misma razón, si \(a\in\mathbb{R}^-\), \(f\) también es derivable en \(a\) con derivada \(f'(a)=-\frac{1}{3}a^{-2/3}\).

Si \(a=0\), \(f\) no es derivable en \(a\) pues tomando \(x>0\)

\[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sqrt[3]{x}}{x}=\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}\]

que no tiene límite finito cuando \(x\rightarrow0\).

 

c) La función la podemos escribir del siguiente modo:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    \displaystyle\frac{2x}{1+x} & \text{si} & x\geqslant0 \\
                    \displaystyle\frac{2x}{1-x} & \text{si} & x<0
                  \end{array}
    \right.\]

Esta función es claramente continua y derivable en \(\mathbb{R}-\{0\}\) con derivada

\[f'(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    \displaystyle\frac{2}{(1+x)^2} & \text{si} & x>0 \\
                    \displaystyle\frac{2}{(1-x)^2} & \text{si} & x<0
                  \end{array}
    \right.\]

Veamos qué ocurre en cero.

Tomando \(x>0\):

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{2x}{1+x}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2}{1+x}=2\]

Tomando \(x<0\):

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{2x}{1-x}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2}{1-x}=2\]

Las derivadas laterales existen y son iguales. Por tanto, \(f\) es derivable en cero con \(f'(0)=2\).

 

d) Si \(a\in\mathbb{R}^+\) el apartado v) del teorema iii) nos asegura que \(f\) es derivable en \(a\) con derivada

\[f'(a)=a^a\left(\ln a+1\right)\]

Estudiemos ahora la derivabilidad de \(f\) en cero. Sea \(\phi\) la función definida de la siguiente manera:

\[\phi(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    x\ln x & \text{si} & x>0 \\
                    0 & \text{si} & x=0
                  \end{array}
    \right.\]

Puesto que

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\phi(x)-\phi(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x\ln x}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\ln x=-\infty\]

la función \(\phi\) no es derivable en cero.

Supongamos que \(f\) fuera derivable en cero. Como \(f(x)=\text{e}^{\phi(x)}\), haciendo uso de la regla de la cadena, tendríamos que \(f'(0)=e^{\phi(0)}\phi'(0)=\phi'(0)\), lo cual es contradictorio pues \(\phi\) no es derivable en cero. Por tanto, acabamos de demostrar que \(f\) no es derivable en cero.

 

e) Observemos que \(x=1-x\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\), \(x<1-x\Leftrightarrow x<\frac{1}{2}\) y \(x>1-x\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}\). Por tanto podemos escribir la función \(f(x)=\max\{x,1-x\}\) del siguiente modo:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    1-x & \text{si} & 0\leqslant x\leqslant\frac{1}{2} \\
                    x & \text{si} & \frac{1}{2}<x\leqslant1
                  \end{array}
    \right.\]

Claramente, si \(x\neq0\), \(x\neq1\) y \(x\neq\frac{1}{2}\), \(f\) es derivable con derivada

\[f'(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                    -1 & \text{si} & 0<x<\frac{1}{2} \\
                    1 & \text{si} & \frac{1}{2}<x<1
                  \end{array}
    \right.\]

Si \(x=0\) existe la derivada lateral por la derecha, cuyo valor es \(f'_+(0)=-1\). Análogamente, si \(x=1\) existe la derivada lateral por la izquierda y \(f'_-(1)=1\) (estos resultados se pueden obtener también con facilidad aplicando la definición de derivada lateral de una función en un punto). Finalmente, \(f\) no es derivable en \(x=\frac{1}{2}\) pues las derivadas laterales por la izquierda y por la derecha de \(\frac{1}{2}\) no coinciden: \(f'_-\left(\frac{1}{2}\right)=-1\neq1=f'_+\left(\frac{1}{2}\right)\).

3. Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x^2 & \text{si} & x\in\mathbb{Q} \\
                  x^3 & \text{si} & x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}
                \end{array}
  \right.\]

Sea \(a\in\mathbb{R}\) y \(\{x_n\}\) una sucesión de racionales convergente al punto \(a\). Entonces tenemos que \(\{f(x_n)\}=\{x_n^2\}\rightarrow a^2\). Sea ahora una sucesión \(\{y_n\}\) de irracionales que converja también al punto \(a\). En este caso \(\{f(y_n)\}=\{y_n^3\}\rightarrow a^3\). Para que \(f\) sea continua en \(a\) debe ser \(a^2=a^3\), es decir, \(a=0\) o \(a=1\). Si \(a=0\Rightarrow\{f(x_n)\}\rightarrow0=f(0)\), sea quien sea la sucesión \(\{x_n\}\). Si \(a=1\Rightarrow\{f(x_n)\}\rightarrow1=f(1)\). Entonces \(f\) es continua en \(0\) y en \(1\). En los demás puntos no es continua y, por tanto, tampoco es derivable.

Estudiemos la derivabilidad en el punto \(a=0\). En este caso

\[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\left\{\begin{array}{ccc}
                                   x & \text{si} & x\in\mathbb{Q} \\
                                   x^2 & \text{si} & x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}
                                 \end{array}
  \right.\]

Entonces es claro que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\), con lo que \(f\) es derivable en \(0\) y \(f'(0)=0\).

Veamos ahora qué ocurre en \(a=1\).

\[\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\left\{\begin{array}{ccc}
                                   x+1 & \text{si} & x\in\mathbb{Q} \\
                                   x^2+x+1 & \text{si} & x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}
                                 \end{array}
  \right.\]

En este caso \(\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\) no tiene límite en \(1\), pues si \(x\rightarrow1\) por racionales \(\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\rightarrow2\) y si \(x\rightarrow1\) por irracionales \(\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\rightarrow3\). Por tanto, \(f\) no es derivable en \(a=1\).

4. Probar que la función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x & \text{si} & x\in\mathbb{R}_0^- \\
                  \ln(1+x) & \text{si} & x\in\mathbb{R}^+
                \end{array}
  \right.\]

es derivable en \(\mathbb{R}\) y encontrar su función derivada.

La función es claramente continua y derivable en \(\mathbb{R}-\{0\}\), con

\[f'(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                                   1 & \text{si} & x<0 \\
                                   \frac{1}{1+x} & \text{si} & x>0
                                 \end{array}
  \right.\]

Como \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=0\), entonces \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0=f(0)\), \(f\) es continua en \(0\).

Además:

\[\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1\ ;\ \lim_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1\]

Para demostrar que este último límite es igual a \(1\), demostraremos que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^+}(1+x)^{1/x}=\text{e}\). Sea \(y=\frac{1}{x}\). Entonces, \(x\rightarrow0^+\Rightarrow y\rightarrow+\infty\) y tenemos:

\[\lim_{x\rightarrow0^+}(1+x)^{1/x}=\lim_{y\rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{y}\right)^y=\text{e}\]

Y de aquí, por la continuidad de la función logaritmo neperiano, se deduce que

\[\lim_{x\rightarrow0^+}\ln(1+x)^{1/x}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{1}{x}\ln(1+x)=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{\ln(1+x)}{x}=\ln\text{e}=1\]

Por tanto, hemos demostrado que

\[\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1\]

Así, \(f\) es derivable en cero con \(f'(0)=1\).

5. Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x^p\ln|x| & \text{si} & x\in\mathbb{R}-\{0\} \\
                  0 & \text{si} & x=0
                \end{array}
  \right.\]

donde \(p\) es un número entero.

La función es continua y derivable en \(\mathbb{R}-\{0\}\) y tenemos que

\[f'(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                                   x^{p-1}(p+\ln x) & \text{si} & x>0 \\
                                   x^{p-1}(p-\ln(-x)) & \text{si} & x<0
                                 \end{array}
  \right.\]

Como \(|x^p\ln|x||\leqslant|x^{p+1}|\), entonces \(\forall\,\varepsilon>0\,,\exists\,\delta>0\,:\,x\in\mathbb{R}\,,\,0<|x|<\delta\Rightarrow|f(x)|<\varepsilon\). Basta tomar \(\delta=\sqrt[p+1]{\varepsilon}\). Entonces

\[\lim_{x\rightarrow0}f(x)=\lim_{x\rightarrow0}\left(x^p\ln|x|\right)=0=f(0)\]

y, por tanto, \(f\) es continua en cero.

Usando lo demostrado anteriormente tenemos también

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^p\ln|x|}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\left(x^{p-1}\ln|x|\right)=0\]

lo que demuestra que \(f\) es derivable en \(0\) con \(f'(0)=0\).

6. Sea \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x+\text{e}^x\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Probar que \(f\) es biyectiva y que \(f^{-1}\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\). Calcular \((f^{-1})'(1)\) y \((f^{-1})'(1+\text{e})\).

La función \(f\) es continua y derivable en todo \(\mathbb{R}\) por ser suma de continuas y derivables. Por otro lado, \(f(x)\rightarrow-\infty\) cuando \(x\rightarrow-\infty\) y \(f(x)\rightarrow+\infty\) cuando \(x\rightarrow+\infty\), lo que demuestra que \(f(\mathbb{R})=\mathbb{R}\) y \(f\) es sobreyectiva. Además, \(f\) es estrictamente creciente pues si \(x<y\), entonces \(x+\text{e}^x<y+\text{e}^y\) (la función exponencial es estrictamente creciente). Así, \(f\) es inyectiva y, por tanto, \(f^{-1}\) es continua (ver el artículo dedicado a las funciones continuas e inyectivas).

La derivada de la función \(f\) es \(f'(x)=1+\text{e}^x\neq0\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Por el teorema de la función inversa \(f^{-1}\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) y se tiene que \((f^{-1})'(f(a))=\frac{1}{f'(a)}\). Así:

\(f(a)=1\Leftrightarrow a+\text{e}^a=1\Leftrightarrow a=0\) y entonces \((f^{-1})'(1)=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{2}\).

\(f(a)=1+\text{e}\Leftrightarrow a+\text{e}^a\Leftrightarrow1+\text{e}\Leftrightarrow a=1\) y entonces \((f^{-1})'(1+\text{e})=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{1+\text{e}}\).

Referencia bibliográfica. Aparicio C., Payá R. (1985) Análisis Matemático I (Secretariado de Publicaciones. Universidad de Granada).


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