Ayudanta 5 - Valenzuela

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
10 de Abril de 2012
MAT1610-1
Ayudant́ıa 5: Teoremas Fuertes de Continuidad y
Definición de Derivada
Guillermo Valenzuela Gallegos - gevalenz@uc.cl
1. Sean f y g funciones continuas en [a, b] tal que f(x) < g(x)∀x ∈ [a, b]. Demostrar que
∃λ > 0 tal que f(x) + λ ≤ g(x).
2. Sea f : [0, 1] → R continua y tal que f(0) = f(1). Demuestre que existe x ∈ [0, 1] tal
que f(x) = f
(
x+
1
2
)
.
3. Sea f continua en [a, b], con x1, x2, ..., xn puntos de [a, b] y α1, α2, ..., αn ∈ R+. Demos-
trar que existe c ∈ [a, b] tal que:
n∑
i=1
αif(xi) = Af(c)
con
A =
n∑
i=1
αi.
4. Demostrar que la ecuación:
(x+ 1)2 cos(x) + 1 = 0
tiene infinitas ráıces reales. Hint: Considerar intervalos de la forma [kπ, (k + 1)π], con
k ∈ Z+, para aplicar el TVI.
5. Propuesto: Calcular, por definición, la derivada de f(x) =
sin(x)
x
en x = a, con a 6= 0.
1
Soluciones
1. Consideremos la función h(x) = g(x)− f(x), que es continua en [a, b] por ser resta de
funciones continuas en dicho intervalo. Tenemos que h alcanza un máximo y un mı́nimo
en [a, b] (Teorema de Weierstrass). Denotemos por λ al mı́nimo. Luego,
λ ≤ h(x),∀x ∈ [a, b].
Es decir:
λ ≤ g(x)− f(x)⇐⇒ f(x) + λ ≤ g(x),∀x ∈ [a, b].
2. Sea h(x) = f
(
x+ 1
2
)
− f(x), que es continua por ser resta de funciones continuas, y
está definida en [0, 1
2
]. Sea α = f(0) = f(1). Analicemos qué sucede con h al impo-
ner condiciones sobre f
(
1
2
)
(En ayudant́ıa vimos por qué elegir este valor como pivote).
Si f
(
1
2
)
= α: Tenemos que h(0) = f
(
1
2
)
− f(0) = α − α = 0. Luego x = 0 cumple la
condición que queremos demostrar. Lo mismo sucede con x = 1
2
:
h
(
1
2
)
= f(1)− f
(
1
2
)
= α− α = 0
.
Si f
(
1
2
)
> α: Tenemos que h(0) = f
(
1
2
)
− f(0) > 0 y h
(
1
2
)
= f(1)− f
(
1
2
)
< 0. Luego,
por el Teorema del Valor Intermedio, existe x ∈ [0, 1
2
] ⊆ [0, 1] tal que
h(x) = f
(
x+
1
2
)
− f(x) = 0,
es decir, f
(
x+ 1
2
)
= f(x)
Si f
(
1
2
)
< α: Tenemos que h(0) = f
(
1
2
)
− f(0) < 0 y h
(
1
2
)
= f(1)− f
(
1
2
)
> 0. Luego,
por el Teorema del Valor Intermedio, existe x ∈ [0, 1
2
] ⊆ [0, 1] tal que
h(x) = f
(
x+
1
2
)
− f(x) = 0,
es decir, f
(
x+ 1
2
)
= f(x)
Luego, se concluye que existe x ∈ [0, 1
2
] ⊆ [0, 1], es decir, x ∈ [0, 1] tal que
f
(
x+
1
2
)
= f(x).
2
3. Notemos que, como f es continua en un intervalo cerrado, por el Teorema de Weiers-
trass, f alcanza un máximo y un mı́nimo, y los denotamos por:
f(γ1) = mı́n{f(x)}, f(γ2) = máx{f(x)},∀x ∈ [a, b].
Luego, tenemos que:
f(γ1) ≤ f(xi) ≤ f(γ2),∀xi ∈ [a, b], i = 1, ..., n
Multiplicando por el αi correspondiente, obtenemos las siguientes desigualdades:
αif(γ1) ≤ αif(xi) ≤ αif(γ2),∀xi ∈ [a, b], i = 1, ..., n
Sumando las desigualdades que se forman, tenemos que:
n∑
i=1
αif(γ1) ≤
n∑
i=1
αif(xi) ≤
n∑
i=1
αif(γ2).
Definamos la siguiente función:
g(x) =
n∑
i=1
αif(xi)−
n∑
i=1
αif(x).
Por la desigualdad anterior, tenemos que:
g(γ1) ≥ 0
g(γ2) ≤ 0
Además, g es continua por álgebra de funciones continuas, pues f es continua. Luego,
por el Teorema del Valor Intermedio, existe c ∈ [mı́n{γ1, γ2},máx{γ1, γ2}] ⊆ [a, b] tal
que g(c) = 0, es decir,
n∑
i=1
αif(xi) =
n∑
i=1
αif(c) = Af(c)
con
A =
n∑
i=1
αi.
3
4. Definamos f(x) = (x+1)2 cos(x)+1. Por álgebra de funciones continuas, f es continua.
Utilizaremos esta función y la evaluaremos en los extremos de los intervalos propuestos,
utilizando el siguiente hecho: cos(nπ) = (−1)n.
Tenemos que:
f(kπ) = (kπ + 1)2(−1)k + 1
f((k + 1)π) = (kπ + π + 1)2(−1)k+1 + 1
Consideremos el caso k par positivo. Luego,
f(kπ) = (kπ + 1)2 + 1 > 0
f((k + 1)π) = −(kπ + π + 1)2 + 1 < 0
Y para el caso k impar positivo:
f(kπ) = −(kπ + 1)2 + 1 < 0
f((k + 1)π) = (kπ + π + 1)2 + 1 > 0
Luego, f(kπ)f((k+1)π) < 0, ∀k ∈ Z+. Aśı, por el Teorema del Valor Intermedio, existe
ck ∈ [kπ, (k + 1)π] tal que f(ck) = 0, es decir,
(ck + 1)
2 cos(ck) + 1 = 0.
Luego, la ecuación tiene infinitas ráıces, pues las soluciones dependen de k.
5.
f ′(a) = ĺım
h→0
f(a+ h)− f(a)
h
= ĺım
h→0
sin(a+h)
a+h
− sin(a)
a
h
= ĺım
h→0
a sin(a+ h)− a sin(a)− h sin(a)
ha(a+ h)
= ĺım
h→0
a(sin(a) cos(h) + sin(h) cos(a))− a sin(a)− h sin(a)
ha(a+ h)
= ĺım
h→0
a sin(a)(cos(h)− 1) + a sin(h) cos(a)− h sin(a)
ha(a+ h)
= ĺım
h→0
cos(h)− 1h︸ ︷︷ ︸
→0
a sin(a)
a(a+ h)︸ ︷︷ ︸
acotado
+
a
a
sin(h)
h︸ ︷︷ ︸
→1
cos(a)
a+ h
− h
h
sin(a)
a(a+ h)

=
cos(a)
a
− sin(a)
a2
=
a cos(a)− sin(a)
a2
.
4