Aplicaciones del teorema de Rolle

ENUNCIADO. La función $f:[1,3]\subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto x^2-4x+11$ , ¿ verifica las condiciones suficientes del teorema de Rolle ? En caso afirmativo, encontrar una abscisa, $x_P$, tal que $f'(x_P)=0$

SOLUCIÓN. La función, al ser de tipo polinómico, es continua en el intervalo $[1,3]$ y derivable en $(1,3)$; por otra parte, $f(1)=f(3)=8$, luego se cumplen las condiciones suficientes. Procedamos a calcular $x_P$. La condición necesaria del teorema es: existe un $x_P$ en $(1,3)$ tal que $f'(x_P)=0$, como $f'(x)=2x-4$, tenemos que $2x_P-4=0$, luego $x_P=2$ $\square$

Bien pudiera ser que una función que sea continua en un punto, no fuese derivable en él. Aquí se muestra un ejemplo de ello.

Dada la función (...)

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$

SOLUCIÓN.

a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.

Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$

Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.

c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$

$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$

$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$

$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

$\square$

Continuidad y derivabilidad

ENUNCIADO. Estudiar la continuidad y la derivabilidad en $x=0$ y en $x=1$ de la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}0 & \text{si}& x \le 0 \\ |x\,\ln\,x| & \text{si}& x \succ 0 \end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN.
Teiendo en cuenta que la función logaritmo está definida sólo para valores positivos de la variable independiente, deducimos que el dominio de definición de la función es $\text{Dom}_f=(0\,+\infty)\subset \mathbb{R}$ y el recorrido de la función ( dado el valor absoluto ) es $\text{Rec}_f=[0,+\infty) \subset \mathbb{R}$

a) Estudio de la continuidad y de la derivabilidad de $f(x)$ en $x=0$
Si bien existe el límite por la derecha $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,f(x)=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,x\,\ln\,x\right|=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{\ln\,x}{1/x}\right|=\dfrac{-\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{(\ln\,x)'}{(1/x)'}\right|=$
$=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{1/x}{-1/x^2}\right|=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,(-x)\right|=0$
observemos que no existe el límite por la izquierda $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,f(x)$ por no estar definida la función a la izquierda del cero. Por consiguiente no existe el límite global $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)$, luego la función no es continua en $x=0$. Y al no ser continua en dicho punto, tampoco es derivable en él.

b) Estudio de la continuidad y de la derivabilidad de $f(x)$ en $x=1$
La función $g(x)=x\,\ln\,x$ es continua en todos los puntos de su dominio de definición $(0,+\infty) \subset \mathbb{R}$, pues $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\,f(x)=0=f(1)$; y corta al eje de abscisas en $x=1$ y en $x=0$; tiene, además, un mínimo local en $1/e$; en efecto, derivando la función e igualando a $0$ ( condición necesaria de existencia de extremos relativos ), encontramos $1+\ln\,x=0 \Leftrightarrow x^{*}=1/e$.

Ahora bien, la función $f(x)=\left|g(x)\right|$ presenta un máximo donde la función $g(x)$ presenta el mínimo, esto es, en $x=1/e$ y corta al eje de abscisas en los mismos puntos que $g(x)$; esto nos permite trazar un esquema del comportamiento de la función $f(x)$ tal como se muestra en la siguiente figura

y donde se observa que la recta tangente a la función en $x=1$ no es la misma por la izquierda que por la derecha de dicho punto; por tanto, de acuerdo con el significado geométrico de la derivada de una función en un punto, podemos afirmar que no existe la derivada en dicho punto, esto es, la función no es derivable en $x=1$, aún siendo continua en él. $\square$

Dada la función ...

ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\dfrac{\sin{x}}{x}\,,\, \text{si}\,x \prec 0 \\
\\
x\,e^x+1 \,,\, \text{si}\,x \ge 0
\end{matrix}\right.$$
se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{1}^{3}\,f(x)\,dx$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN
a)
El único punto donde $f$ puede presentar problemas de continuidad es $x=0$; en los demás puntos de $D_f$ la función es continua, por ser continua en sendos tramos. Veamos, ahora, si se cumplen las condiciones de continuidad en dicho punto.

i) Existencia de los límites laterales en $x=0$:

$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin{x}}{x}\overset{\text{indet.} \frac{0}{0} \rightarrow \text{L'Hôpital}}{=} \lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{(\sin{x})'}{(x)'}=\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos{x}}{1}=\cos{0}=1$$

$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 0}\,(x\,e^x+1)=0\cdot e^{0}+1=0\cdot 1+1=0+1=1$$

ii) Existencia del límite global en $x=0$:
Como existen los límites laterales en $x=0$ y su valor coincide, existe el límite global en $x=0$ y su valor es $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=1$$

iii) El valor del límite global coincide con el valor de la función de $x=0$:
Como $f(1) \overset{\text{definición}}{=} e^{0}+1=0\cdot 1+1=0+1=1$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=f(1)=1$$

Entonces, al cumplirse las tres condiciones necesarias y suficientes de continuidad en un punto ( $x=0$ ), podemos afirmar que la función es continua en $x=0$

b)
El único punto donde la función podría no ser derivable es en $x=0$ ( a pesar de ser continua en dicho punto ). Para que la función sea derivable en $x=0$ es necesario que existan los límites $\displaystyle f'(0^{-}) \equiv\lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0-h)-f(0)}{h}$ y $f'(0^{+}) \equiv \displaystyle \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}$ y que sus valores coincidan, esto es, que las pendientes de las rectas tangentes a la gráfica de la función, a izquierda y a derecha de dicho punto, tengan el mismo valor. Calculemos estas derivadas; la del primer tramo es $$\left(\dfrac{\sin{x}}{x}\right)'=\dfrac{x\,\cos{x}-\sin{x}}{x^2}$$ y la del segundo tramo $$\left( x\,e^x+1\right)'=e^{x}\,(x+1)$$ luego $$\displaystyle f'(0^{-}) \equiv \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0-h)-f(0)}{h}=\lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{x\,\cos{x}-\sin{x}}{x^2} \overset{\text{indet.},\frac{0}{0} \rightarrow \text{L'Hôpital}}{=}$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{(x\,\cos{x}-\sin{x})'}{(x^2)'} =\lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{-\sin{x}}{2}=-\dfrac{1}{2}\,\sin{0}=-\dfrac{1}{2}\cdot 0=0$$ y $$\displaystyle f'(0^{+}) \equiv \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,e^{x}\,(x+1)=e^{0}\,(0+1)=1\cdot (0+1)=1$$
Ahora bien, como $f'(0^{-}) \neq f'(0^{+})$, el límite global mediante el que se define la derivada no existe ( en $x=0$ ), es decir, $f$ no es derivable en $x=0$.

c)
Por el Primer Teorema Fundamental del Cálculo, una primitiva de $x\,e^{x}+1$ ( que es el tramo de función del integrando, ya que integramos de $1$ a $3$, ambos mayores que $0$ ) es $e^{x}\,(x-1)+x$ ( integrando por partes ), y, por el Segundo Teorema Fundamental del Cálculo ( regla de Barrow ), tenemos que

$\displaystyle \int_{1}^{3}\,f(x)\,dx=\int_{1}^{3}\,(x\,e^x+1)\,dx=\left[ e^{x}\,(x-1)+x \right]_{1}^{3}$

$=(e^{3}\,(3-1)+3)-(e^{1}\,(1-1)+1)=2\,(e^3+1)$

$\square$

[nota del autor]

Analizar la continuidad y la derivabilidad de la función en ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Considereu la següent funció:
$f(x)=\left\{\begin{matrix}(x+1)^3 \quad \text{si} \quad x \le 0\\\\2 \quad \text{si} \quad x=1\\\\-x^2+2 \quad \text{si} \quad x > 0 \; \wedge \; x \neq 1\\ \end{matrix}\right.$

Us demanem:

    a) La representació gràfica de la funció

    b) Localitzeu els punts de discontinuïtat i classifiqueu-los de forma analítica. Digueu de quin tipus de discontinuïtat es tracta. [ Cal que raoneu a partir dels valors dels límits laterals (si existeixen), del límit global (si existeix o no), i del valor de la funció en el punt de discontinuïtat considerat ( si la funció està definida en aquest punt, és clar )]

    c) Calculeu el valor de la derivada de la funció per al punt d'abscissa $x=-1$

    d) Indiqueu per a quins valors de la variable independent la funció no és derivable. Expliqueu per què.

Resolució:
a)   Dibuixem el gràfic (vegeu la Figura 1) d'acord amb la definició (a troços) de la funció; a partir del traç de la paràbola semicúbica $x^3$ (desplaçada una unitat en el sentit negatiu de l'eix d'abscisses), i dibuixant el traç de la funció quadràtica $x^2$ (desplaçada dues nunitats en el sentit positiu de l'eix d'ordenades i invertint-la).
$\square$

Figura 1

b)   La funció presenta una discontinuïtat essencial de primera espècie (en concret, de salt finit) per a $x=0$, atès que el els límits laterals existeixen i tenen valor finit, però no coincideixen
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,f(x)=1$
i
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,f(x)=2$
per aquesta raó
$\displaystyle \nexists \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)$

Per altra banda, hi ha una discontinuïtat no essencial (evitable) a $x=1$ perquè per bé que
$\displaystyle \exists \lim_{x \rightarrow 1}\,f(x)$ (i és igual a $1$), el seu valor no és igual al valor de la funció per a $x=1$ (que és igual a $2$)
$\square$

c)   Per a calcular $f^{'}(-1)$, tindrem en compte que [ d'acord amb la definició de la funció ], per a $x=-1$, cal derivar l'expressió del primer tram, que és igual a
$\bigg( (x+1)^3 \bigg)^{'}=3\,(x+1)^2$
Per a $x=-1$ pren el valor
$3\,(-1+1)^2=0$
$\square$

d)   Lògicament, la funció no és derivable en els punts on és discontínua: $x=0$ i $x=-1$. Per altra banda, per a la resta de punts del domini d'existència ( $D = \mathbb{R}$ ), el límit que defineix la derivada existeix (els límits laterals existeixen i coincideixen) i, per tant, la funció és derivable en tots aquests altres punts.
$\square$

[nota del autor]

Ejercicio sobre las nociones de continuidad y derivabilidad. ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Donada la funció:
    $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{+} \cup \{0\} \; , \; x \mapsto \left| \sqrt{\left|x-2\right|} \right|$
Raoneu:
a) És contínua en tot el seu domini d'existència ?
b) És derivable en tot el seu domini d'existència ?

Solució:

a) La funció és contínua en tots els punts del domini d'existència, que és $\mathbb{R}$
b) Malgrat ser contínua en tot el domini d'existència, la funció no és derivable en el punt d'abscissa $x=2$ perquè el límit que defineix la derivada en aquest punt no existeix; en efecte, els límits laterals divergeixen: a $+\infty$ per la dreta, i a $-\infty$ per l'esquerra:
    $\displaystyle \lim_{h \rightarrow 0^+}\, \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h} = +\infty$
i
    $\lim_{h \rightarrow 0^-}\, \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h}=-\infty$
per tant
    $\displaystyle \nexists \lim_{h \rightarrow 0}\, \dfrac{f(2+h)-f(2)}{h} \Rightarrow \nexists f'(2)$
$\square$

[nota del autor]