¡Descarga Derivabilidad de funciones y más Apuntes en PDF de Análisis Matemático solo en Docsity!
- C´alculo de derivadas
Sean I un intervalo abierto, f : I → R una funci´on y G(f ) := {(x, f (x)); x ∈ I}
la gr´afica de f. Queremos calcular la recta tangente a la curva G(f ) en el punto (x 0 , f (x 0 )). Para ello, observamos que si h 6 = 0, |h| peque˜no, entonces la recta que pasa por los puntos (x 0 , f (x 0 )) y (x 0 + h, f (x 0 + h)) tiene como pendiente el cociente f (x 0 + h) − f (x 0 ) h
Si existe el l´ımite, cuando h → 0, del cociente anterior, es razonable esperar que dicho l´ımite nos proporcione la pendiente de la recta tangente buscada.
Definici´on 4.1. Sean I un intervalo abierto, x 0 ∈ I y f : I → R. Se dice que f es derivable en el punto x 0 si existe
lim h→ 0
f (x 0 + h) − f (x 0 ) h
(= f ′(x 0 ) =
df dx
(x 0 )).
Obs´ervese que tambi´en podemos escribir
f ′(x 0 ) = lim x→x 0
f (x) − f (x 0 ) x − x 0
Si f es derivable en el punto x 0 entonces la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de f en el punto (x 0 , f (x 0 )) viene dada por
y − f (x 0 ) = (x − x 0 )f ′(x 0 ).
La noci´on de derivada tambi´en permite introducir el concepto de velocidad instant´anea en f´ısica. Supongamos por ejemplo que un m´ovil se desplaza en l´ınea recta (a lo largo del eje X) y que f (t) representa su posici´on en el instante de tiempo t. Si h > 0 entonces la velocidad media del m´ovil durante el intervalo de tiempo [t 0 , t 0 + h] es el cociente entre la distancia total recorrida durante dicho intervalo temporal y el tiempo transcurrido h, es decir, f (t 0 + h) − f (t 0 ) h
Entonces f ′(t 0 ), siendo el l´ımite del cociente anterior cuando h → 0 , repre- senta la velocidad instant´anea del m´ovil en el instante t 0.
Supongamos que f es derivable en el punto x 0 y denotemos
E(h) :=
f (x 0 + h) − f (x 0 ) − hf ′(x 0 ) h
Entonces lim h→ 0 E(h) = 0 y es obvio (poniendo x = x 0 + h) que
f (x) = f (x 0 ) + (x − x 0 )f ′(x 0 ) + (x − x 0 )E(x − x 0 ).
La expresi´on anterior quiere decir que f (x 0 ) + (x − x 0 )f ′(x 0 ) es una apro- ximaci´on al valor de f (x) cuando x est´a pr´oximo a x 0 (f (x) ≈ f (x 0 ) + (x − x 0 )f ′(x 0 )) y el error cometido al sustituir f (x) por su aproximaci´on es (x − x 0 )E(x − x 0 ), que tiende a cero cuando x → x 0 m´as r´apidamente que la
diferencia x − x 0 ya que el segundo factor E(x − x 0 ) tambi´en es convergente a cero.
Proposici´on 4.2. Toda funci´on derivable en un punto es continua en dicho punto.
Dem: Sean Sean I un intervalo abierto, x 0 ∈ I y f : I → R derivable en x 0. Entonces
lim x→x 0 (f (x) − f (x 0 )) = lim x→x 0
f (x) − f (x 0 ) x − x 0
· (x − x 0 ) = f ′(x 0 ) · 0 = 0,
lo que quiere decir que lim x→x 0 f (x) = f (x 0 )
y f es continua en el punto x 0.
Ejemplo 4.3. La funci´on f (x) = |x| es continua en x = 0 pero no es derivable en dicho punto.
En efecto,
lim x→ 0 +
f (x) − f (0) x
mientras que
lim x→ 0 −
f (x) − f (0) x
Proposici´on 4.4. (a) f (x) = c −→ f ′(x) = 0 (b) f (x) = xn^ −→ f ′(x) = nxn−^1 (c) f (x) = sin x −→ f ′(x) = cos x (d) f (x) = cos x −→ f ′(x) = − sin x (e) f (x) = ln |x| −→ f ′(x) = (^1) x siempre que x 6 = 0.
Dem: (b) f ′(x) = lim h→ 0
(x + h)n^ − xn h
. Teniendo en cuenta que
(x + h)n^ = xn^ +
∑^ n
k=
n k
xn−khk
resulta que
f ′(x) = lim h→ 0
∑^ n
k=
n k
xn−khk−^1 = nxn−^1.
(c) Puesto que
sin(x + h) = sin(x) cos(h) + cos(x) sin(h)
resulta que
f ′(x) = lim h→ 0
sin(x)
cos(h) − 1 h
sin(h) h
Ahora, teniendo en cuenta que
lim h→ 0
cos(h) − 1 h
= lim h→ 0
cos(h) − 1 h^2
· h = 0
(d)
( f g
(x 0 ) = lim h→ 0
f (x 0 +h) g(x 0 +h) −^
f (x 0 ) g(x 0 ) h
= lim h→ 0
g(x 0 + h)g(x 0 )
f (x 0 + h) − f (x 0 ) h
g(x 0 )
−f (x 0 )
g(x 0 + h) − g(x 0 ) h
f ′(x 0 )g(x 0 ) − f (x 0 )g′(x 0 ) g(x 0 )^2
Ejemplo 4.6. (a) (Tan)′(x) = Sec^2 (x) = (^) cos^12 (x)
(b) (Cotan)′(x) = −Cosec^2 (x) = − (^) sin^12 (x)
Teorema 4.7. (Derivaci´on de funciones inversas). Sea I un intervalo abierto, f : I → R continua e inyectiva y sea x 0 ∈ I. Si f es derivable en x 0 y f ′(x 0 ) 6 = 0 entonces f −^1 es derivable en y 0 = f (x 0 ) y adem´as
(f −^1 )′(y 0 ) =
f ′(x 0 )
Dem: Por la propiedad de los valores intermedios, J := f (I) es un intervalo. Adem´as, f es estrictamente mon´otona en I pues ya probamos que lo es en cada sub-intervalo cerrado de I. En consecuencia el intervalo J es abierto y f −^1 : J → I es una funci´on continua. Queremos calcular
(f −^1 )′(y 0 ) := lim k→ 0
f −^1 (y 0 + k) − f −^1 (y 0 ) k
Usaremos la caracterizaci´on sucesional de l´ımite. Para ello sea (kn), kn 6 = 0, una sucesi´on arbitraria convergente a cero y seleccionamos hn de modo que
f −^1 (y 0 + kn) = f −^1 (y 0 ) + hn = x 0 + hn
con lo cual f (x 0 + hn) = y 0 + kn = f (x 0 ) + kn.
Puesto que f −^1 es continua en y 0 se tiene
lim n→∞ hn = lim n→∞
f −^1 (y 0 + kn) − f −^1 (y 0 )
Por tanto,
lim n→∞
f −^1 (y 0 + kn) − f −^1 (y 0 ) kn
= lim n→∞
hn f (x 0 + hn) − f (x 0 )
f ′(x 0 )
Deducimos que
(f −^1 )′(y 0 ) =
f ′(x 0 )
Ejemplo 4.8. (a) Si f (x) = ex^ entonces f ′(x) = ex
(b) Si f (x) = Arc sin x entonces f ′(x) = √ 11 −x 2 para cada − 1 < x < 1
(c) Si f (x) = Arc cos x entonces f ′(x) = √ 1 −−^1 x 2 para cada − 1 < x < 1.
(d) Si f (x) = Arc tan x entonces f ′(x) = (^) 1+^1 x 2.
Dem: (a) Consideramos g :]0, +∞[→ R, g(x) = ln x, de modo que f = g−^1. Si ponemos y = ln x entonces
f ′(y) =
g′(x)
= x = ey.
(b) Sea g :] − π 2 , π 2 [→] − 1 , 1[, g(x) = sin x. Entonces f = g−^1 y si ponemos y = sin x resulta que
f ′(y) =
g′(x)
cos x
1 − sin^2 x
1 − y^2
(d) Sea g :] − π 2 , π 2 [→ R, g(x) = tan x. Entonces g es una biyecci´on estricta- mente creciente con inversa f. Si ponemos y = tan x resulta que
f ′(y) =
g′(x)
= cos^2 x =
1 + tan^2 x
1 + y^2
Lema 4.9. Sea J un intervalo abierto y sea g : J → R derivable en el punto y 0 ∈ J. Entonces existe una funci´on G : J → R continua en y 0 tal que
g(y) = g(y 0 ) + G(y)(y − y 0 )
para todo y ∈ J.
Dem: Es suficiente considerar
G(y) :=
g(y)−g(y 0 ) y−y 0 y^ ∈^ J^ \ {y^0 }
g′(y 0 ) y = y 0
Teorema 4.10. (Regla de la cadena). Sean I, J intervalos abiertos y f : I → R, g : J → R tales que f (I) ⊂ J. Si f es derivable en x 0 ∈ I y g es derivable en y 0 := f (x 0 ) entonces g ◦ f es derivable en x 0 y
(g ◦ f )′(x 0 ) = g′(y 0 ) · f ′(x 0 ).
Dem: Sea G la funci´on del lema anterior. Entonces
g(f (x)) = g(f (x 0 )) + G(f (x))(f (x) − f (x 0 ))
para todo x ∈ I. Por tanto, para cada x ∈ I, x 6 = x 0 se tiene
g(f (x)) − g(f (x 0 )) x − x 0
= G(f (x))
f (x) − f (x 0 ) x − x 0
Puesto que f es derivable en x 0 y G es continua en f (x 0 ) resulta que G◦f es continua en x 0. Por tanto, tomando l´ımites en la expresi´on anterior cuando x → x 0 concluimos que existe
(g ◦ f )′(x 0 ) = G(f (x 0 )) · f ′(x 0 ) = g′(y 0 ) · f ′(x 0 ).
Ejemplo 4.11. Derivar las funciones h(x) = sin(x^2 ) y k(x) = sin^2 x.
Definici´on 5.3. Sea f :]a, b[→ R derivable en el punto x 0 ∈]a, b[. Se dice que x 0 es un punto cr´ıtico de f si f ′(x 0 ) = 0.
Notas. (a) El rec´ıproco del teorema anterior no es cierto. x 0 = 0 es un punto cr´ıtico de f (x) = x^3 pero no es un extremo relativo. (b) Existen extremos donde la funci´on no es derivable y por tanto no son puntos cr´ıticos: x 0 = 0, f (x) = |x|. (c) Una funci´on en un intervalo cerrado y acotado puede alcanzar su m´aximo o m´ınimo en un extremo del intervalo y, en tal caso, la derivada puede no anularse. Por ejemplo f : [1, 2] → R, f (x) = x^2 alcanza su m´aximo en 2 y su m´ınimo en 1 pero la derivada no se anula en ninguno de estos dos puntos.
- Teorema del valor medio. Crecimiento y decrecimiento
Teorema 6.1. (Teorema de Rolle.) Sea f : [a, b] → R continua, derivable en ]a, b[ y supongamos f (a) = f (b). Entonces existe c ∈]a, b[ tal que
f ′(c) = 0.
Dem: De acuerdo con el teorema de Weierstrass existen dos puntos x 0 , y 0 ∈ [a, b] tales que
f (y 0 ) ≤ f (x) ≤ f (x 0 )
para todo x ∈ [a, b]. Si x 0 ∈]a, b[ entonces x 0 es un punto cr´ıtico de f ya que f es derivable en x 0 y dicho punto es un extremo relativo de f en el intervalo abierto. An´alogamente, si y 0 ∈]a, b[ entonces y 0 es un punto cr´ıtico de f. Si no se da ninguna de las dos posibilidades anteriores es porque x 0 , y 0 est´an en los extremos del intervalo, lo que implica que f (x 0 ) = f (y 0 ). En este caso f es constante en todo el intervalo y por tanto f ′(x) = 0 para todo x ∈]a, b[.
Teorema 6.2. (Teorema del valor medio de Lagrange). Sea f : [a, b] → R continua, derivable en ]a, b[. Existe un punto c ∈]a, b[ tal que
f (b) − f (a) = (b − a) · f ′(c).
Dem: Aplicaremos el teorema de Rolle a la funci´on que mide la longitud del siguiente segmento vertical: diferencia entre f (x) y el valor en x del segmento que une (a, f (a)) con (b, f (b)). Observamos que dicho segmento es la gr´afica de la funci´on
g(x) =
f (b) − f (a) b − a
(x − a) + f (a).
Esto es, consideramos la funci´on auxiliar h : [a, b] → R definida por
h(x) = f (x) −
f (b) − f (a) b − a
(x − a) − f (a).
Es claro que h es continua en [a, b] y derivable en ]a, b[. Adem´as h(a) = h(b) = 0. Por el teorema de Rolle, existe un punto c ∈]a, b[ tal que h′(c) = 0. Lo que quiere decir
f ′(c) =
f (b) − f (a) b − a
Lo que quiere decir el teorema anterior es que hay un punto de la gr´afica de la funci´on f en el cual la recta tangente es paralela a la recta que pasa por los dos extremos (a, f (a)) y (b, f (b)).
En los resultados anteriores se obtiene informaci´on acerca de la derivada de f a partir de informaci´on sobre f. Sin embargo, lo interesante ser´a poder conseguir informaci´on sobre la funci´on a partir del estudio de su derivada.
Corolario 6.3. Sea f :]a, b[→ R derivable. Si f ′(x) = 0 para todo x ∈]a, b[ entonces existe c ∈ R tal que f (x) = c para todo x ∈]a, b[.
Dem: Dados x, y ∈]a, b[ podemos aplicar el teorema del valor medio al intervalo cerrado de extremos x e y para concluir que existe ξ ∈]a, b[ al que
f (y) − f (x) = f ′(ξ) · (y − x) = 0.
Lo que prueba que f es constante.
Corolario 6.4. Sean f, g :]a, b[→ R dos funciones derivables. Si f ′(x) = g′(x) para todo x ∈]a, b[ entonces existe c ∈ R tal que
f (x) = g(x) + c
para todo x ∈]a, b[.
Teorema 6.5. Sea f : [a, b] → R una funci´on continua, derivable en ]a, b[. Entonces f es creciente (decreciente) en [a, b] si, y s´olo si, f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) para todo x ∈]a, b[.
Dem: Supongamos primero que f es creciente y fijemos un punto x ∈]a, b[. Entonces
f ′(x) = lim h→ 0 +
f (x + h) − f (x) h
Puesto que f es creciente se tiene que f (x + h) ≥ f (x) siempre que h > 0 y por tanto f ′(x) ≥ 0. Supongamos ahora que f ′(x) ≥ 0 para todo x ∈]a, b[ y sean x, y ∈ [a, b] tales que x < y. De acuerdo con el teorema del valor medio, existe θ ∈]x, y[ tal que f (y) − f (x) = (y − x) · f ′(θ) ≥ 0.
Analizando la prueba del teorema anterior es obvio que si f ′(x) > 0 para todo x ∈]a, b[ entonces f es estrictamente creciente en [a, b]. Sin embargo una funci´on puede ser estrictamente creciente sin que se cumpla f ′(x) > 0 para todo x ∈]a, b[. Un ejemplo nos lo da la funci´on f (x) = x^3 , cuya derivada se anula en el punto x = 0.
Ejercicio. Probar que si x ≥ 1 entonces ln x ≤ x − 1.
Ejercicio. Sea I un intervalo abierto y x 0 ∈ I. Si f es derivable en x 0 y f ′(x 0 ) > 0 entonces existe δ > 0 tal que
f (x) > f (x 0 ) si x 0 < x < x 0 + δ
y f (x) < f (x 0 ) si x 0 − δ < x < x 0.
Con ayuda del teorema anterior podemos obtener un criterio sencillo para decidir si un punto cr´ıtico es extremo relativo. Para ello necesitamos las derivadas de segundo orden:
(b) Al aplicar el teorema del valor medio de Lagrange por separado al nu- merador y al denominador del cociente anterior obtendr´ıamos
f (b) − f (a) g(b) − g(a)
f ′(ξ) g′(θ)
pero sin garant´ıas de que ξ y θ sean iguales.
Teorema 7.2. Sean f, g :]a, b[→ R derivables y tales que g(x), g′(x) 6 = 0
para todo x ∈]a, b[. Si lim x→a+^
f (x) = lim x→a+^
g(x) = 0 y lim x→a+
f ′(x) g′(x)
= α ∈ R
(+∞, −∞, ∞) entonces
lim x→a+
f (x) g(x)
= α.
Dem: Haremos la prueba en el caso en que α ∈ R. En los dem´as caso se procede igual. Definimos f (a) = g(a) = 0. Entonces f, g : [a, b[→ R son continuas en [a, b[ y derivables en ]a, b[. Por el teorema del valor medio de Cauchy, para cada x ∈]a, b[ existe cx ∈]a, x[ tal que
f (x) g(x)
f (x) − f (a) g(x) − g(a)
f ′(cx) g′(cx)
Para demostrar que lim x→a+
f (x) g(x)
= α usamos la caracterizaci´on sucesional de
l´ımite. Si {xn} es una sucesi´on en ]a, b[ convergente al punto a entonces tambi´en lim n→∞ cxn = a puesto que a < cxn < xn. Por tanto
lim n→∞
f (xn) g(xn)
= lim n→∞
f ′(cxn ) g′(cxn )
= α.
Tambi´en son ciertas las versiones correspondientes del teorema anterior reemplazando lim x→a+^
por lim x→a−
, lim x→a
, lim x→±∞
, lim x→∞
Por ejemplo, si suponemos lim x→+∞ f (x) = lim x→+∞ g(x) = 0 y lim x→+∞
f ′(x) g′(x)
= α
podemos definir
f (x) = f (
x
) ; g(x) = g(
x
Entonces
lim x→ 0 +
f
′ (x) g′(x)
= lim x→ 0 +
f ′( (^1) x )(− (^) x^12 ) g′( (^) x^1 )(− (^) x^12 )
= α.
Por el teorema anterior
lim x→+∞
f (x) g(x)
= lim x→ 0 +
f (x) g(x)
= α.
Precauci´on. La existencia del l´ımite lim x→a
f (x) g(x)
no garantiza la existencia
del l´ımite lim x→a
f ′(x) g′(x)
. Por ejemplo, lim x→∞
sin x x
= 0 y sin embargo lim x→∞
cos x 1 no existe.
Ejemplo 7.3. lim x→ 0
ln(cos x) x^2
Consideramos f (x) = ln(cos x) y g(x) = x^2. Entonces lim x→ 0 f (x) = lim x→ 0 g(x) =
- Puesto que
lim x→ 0
f ′(x) g′(x)
= lim x→ 0
− sin x 2 x cos x
la regla de L’Hˆopital permite concluir que
lim x→∞
f (x) g(x)
Notamos que en el teorema que sigue no es preciso exigir lim x→a+^
f (x) = +∞.
Lo presentamos sin demostraci´on. Observamos no obstante que, en la pr´actica, una indeterminaci´on del tipo ∞ ∞ se puede reducir a una indetermi- naci´on 00 , que se puede intentar resolver con ayuda del teorema anterior.
Teorema 7.4. Sean f, g :]a, b[→ R derivables y tales que g(x), g′(x) 6 = 0
para todo x ∈]a, b[. Si lim x→a+^
g(x) = +∞ y lim x→a+
f ′(x) g′(x)
= α ∈ R (+∞, −∞, ∞)
entonces
lim x→a+
f (x) g(x)
= α.
- La f´ormula de Taylor El objetivo de esta secci´on es explicar c´omo se pueden calcular (aproxi- madamente) expresiones como e^0.^1 , sin(0.5) o ln 1.5 utilizando solo las cuatro reglas b´asicas: suma, resta, multiplicaci´on y divisi´on.
Dada un funci´on f que satisfaga ciertas condiciones que especificaremos despu´es y dado un punto x 0 en el que la funci´on f sea conocida encon- traremos una sucesi´on de polinomios Pn(x) que se aproxime a f (x) (con error tendiendo a 0 conforme n tiende a ∞) para valores de la variable x cercanos a x 0.
El polinomio Pn(x) ser´a el ´unico polinomio de grado menor o igual a n que cumple que las funciones f (x) y Pn(x), as´ı como sus derivadas de orden ≤ n, toman el mismo valor en el punto x 0. Para poder describir con precisi´on los polinomios con que vamos a trabajar necesitamos primero saber como los coeficientes de un polinomio se pueden expresar en t´erminos de las derivadas sucesivas del polinomio en un punto dado.
Proposici´on 8.1. Sea P (x) = a 0 +a 1 (x−x 0 )+.. .+an(x−x 0 )n^ un polinomio de grado n. Entonces a 0 = P (x 0 ) y, para cada 1 ≤ k ≤ n,
ak =
P (k)(x 0 ) k!
Ejemplo 8.2. Expresar el polinomio P (x) = 7x^3 + x^2 + 8 en potencias de (x − 1).
de Cauchy y para ello necesitamos calcular
F ′(t) = f ′(t) +
∑^ n
k=
f (k+1)(t) k!
(x − t)k
−f ′(t) −
∑^ n
j=
f j^ (t) (j − 1)!
(x − t)j−^1
f (n+1)(t) n!
(x − t)n.
Consideramos ahora g(t) = (x − t)n+1. Por el TVMG existe x′^ ∈ [x 0 , x] tal que F (x) − F (x 0 ) g(x) − g(x 0 )
F ′(x′) g′(x′)
Por tanto, el error cometido al aproximar la funci´on por el polinomio de Taylor viene dado por
f (x) − Pn,x 0 (x) = F (x) − F (x 0 ) =
g(x) − g(x 0 ) g′(x′)
F ′(x′)
−(x − x 0 )n+ −(n + 1)(x − x′)n
(x − x′)n n!
f (n+1)(x′)
= (x − x 0 )n+^
f (n+1)(x′) (n + 1)!
Cuando x 0 = 0, la f´ormula de Taylor tambi´en se conoce como f´ormula de McLaurin.
Ejemplo 8.6. Calcular cos(0.3) con dos cifras decimales exactas.
Usaremos la f´ormula de Taylor con resto de Lagrange en el punto x 0 = 0. Consideramos la funci´on f (x) = cos x. Si Pn(x) es el polinomio de Taylor de orden n alrededor del origen entonces, dado x = 0.3 existe 0 < x′^ < 0. 3 de modo que
f (0.3) = Pn(0.3) +
- 3 n+ (n + 1)!
f (n+1)(x′),
de modo que el error cometido al reemplazar cos(0.3) por su valor aproxi- mado Pn(0.3) es precisamente
Error := |
- 3 n+ (n + 1)!
f (n+1)(x′)| ≤
- 3 n+ (n + 1)!
La ´ultima desigualdad se sigue del hecho de que las derivadas sucesivas de la funci´on f , ± sin x o ± cos x, est´an acotadas en m´odulo por 1. Ahora buscamos, por tanteo, un valor de n que nos garantice que
- 3 n+ (n + 1)!
≤ 10 −^3.
Por ejemplo, tomando n = 4 se cumple
- 35 5!
∼ 2. 025 · 10 −^5 < 10 −^3.
Es decir, podemos concluir que el error cometido al sustituir cos(0.3) por P 4 (0.3) es menor que 10−^3. Por ´ultimo calculamos
P 4 (x) = 1 −
x^2 2
x^4 24
Puesto que P 4 (0.3) = 0.9553375 resulta que
cos 0. 3 ∈ [P 4 (0.3) − 10 −^3 , P 4 (0.3) + 10−^3 ] = [0. 9543375 , 0 .9563375].
Es claro entonces que la aproximaci´on de cos 0.3 con dos cifras decimales exactas es cos 0.3 son 0.95.
Corolario 8.7. Sea f :]a, b[→ R con derivadas de todos los ´ordenes y sean x, x 0 ∈]a, b[. Si existe M > 0 tal que |f n(t)| ≤ M para todo n ∈ N y para todo t entre x 0 y x entonces
f (x) =
∑^ ∞
n=
f n(x 0 ) n!
(x − x 0 )n.
Dem: De acuerdo con el teorema de Taylor con Resto de Lagrange, para cada n ∈ N existe x′^ (que depende de n) entre x 0 y x tal que
f (x) −
∑^ n
k=
f k(x 0 ) k!
(x − x 0 )k^ = f (n+1)(x′)
(x − x 0 )n+ (n + 1)!
En consecuencia∣ ∣ ∣ ∣ ∣
f (x) −
∑^ n
k=
f k(x 0 ) k!
(x − x 0 )k
≤ M
|x − x 0 |n+ (n + 1)!
La serie
∑ (^) |x − x 0 |n+ (n + 1)!
es convergente por el criterio del cociente y, por
tanto,
lim n→∞
|x − x 0 |n+ (n + 1)!
De donde se sigue la conclusi´on.
Teorema 8.8.
(a) ex^ = 1 +
x 1!
x^2 2!
∑^ ∞
n=
xn n!
(b) sin x =
x 1!
x^3 3!
x^5 5!
∑^ ∞
n=
(−1)n^
x^2 n+ (2n + 1)!
(c) cos x = 1 −
x^2 2!
x^4 4!
∑^ ∞
n=
(−1)n^
x^2 n (2n)!
Dem: (a) En efecto, si tomamos f (x) = ex^ y x 0 = 0 tenemos f n(x) = ex
y f n(0) = 1. Por tanto Pn, 0 (x) =
∑^ n
k=
xk k!
. Adem´as, las derivadas de todos
los ´ordenes est´an uniformemente acotadas entre 0 y x. Ya que si x > 0 y
En particular, a 0 = limx→x 0 Q(x) = 0. Pero entonces,
a 1 = lim x→x 0
Q(x) x − x 0
De donde
a 2 = lim x→x 0
Q(x) (x − x 0 )^2
De este modo, procediendo por recurrencia se prueba que todos los coefi- cientes del polinomio Q son nulos.
Ejemplo 8.13. Polinomio de Taylor de orden 30 centrado en el origen de la funci´on f (x) = sin(x^10 ).
Consideramos la funci´on g(x) = sin x de modo que f (x) = g(x^10 ). El poli- nomio de Taylor de orden 3 de g es Q(x) = x − x
3 6 ,^ de modo que
lim x→ 0
g(x) − Q(x) x^3
Entonces, tambi´en
lim x→ 0
f (x) − Q(x^10 ) x^30
Lo que demuestra que
P (x) = Q(x^10 ) = x^10 −
x^30 6 es el polinomio de Taylor buscado.
Ejemplo 8.14. Polinomio de Taylor de orden 4 centrado en el origen de la funci´on f (x) = ex^ sin x.
Sabemos que
ex^ = 1 + x +
x^2 2!
x^3 3!
y
sin x = x −
x^3 3!
Adem´as, por el teorema anterior
lim x→ 0
R 3 (x) x^3
= lim x→ 0
R 4 (x) x^4
Multiplicando las dos expresiones anteriores resulta que
f (x) = x + x^2 +
x^3 3
siendo
R(x) := R 4 (x)
1 + x +
x^2 2!
x^3 3!
x^5 2!3!
x^6 3!3!
Puesto que R(x) es un infinit´esimo en el origen de orden superior a 4, deducimos del teorema anterior que el polinomio de Taylor buscado es pre- cisamente
Q(x) = x + x^2 +
x^3 3
Teorema 8.15. Sea f :]a, b[→ R derivable hasta el orden n y sea x 0 ∈]a, b[ un punto en el cual la funci´on f (n)^ es continua. Supongamos
f ′(x 0 ) = f ′′(x 0 ) =... = f (n−1)(x 0 ) = 0, f (n)(x 0 ) 6 = 0.
(a) Si n es par entonces: f (n)(x 0 ) > 0 −→ x 0 es un m´ınimo local f (n)(x 0 ) < 0 −→ x 0 es un m´aximo local (b) Si n es impar entonces x 0 no es un extremo relativo.
Dem: La idea es que la funci´on se comporta localmente como su polinomio de Taylor. El polinomio de Taylor de orden n − 1 centrado en x 0 viene dado por
f (x 0 ) +
n∑− 1
k=
f (k)(x 0 ) k!
(x − x 0 )k^ = f (x 0 ).
Por el teorema de Taylor con Resto de Lagrange, para cada x ∈]a, b[ existe x′^ entre x y x 0 tal que
f (x) = f (x 0 ) +
(x − x 0 )n n!
f (n)(x′).
Para decidir el car´acter del punto cr´ıtico x 0 necesitamos estudiar el signo de f (x)−f (x 0 ) = (x−x^0 )
n n! f^
(n)(x′). Supondremos en lo que sigue que f (n)(x 0 ) > 0
(en caso de que f (n)(x 0 ) fuera negativa el razonamiento ser´ıa an´alogo). Supongamos n par. Por ser f (n)^ continua en x 0 existe δ > 0 tal que
f (n)(x′) > 0
para todo x′^ ∈]x 0 − δ, x 0 + δ[. Por tanto, (a) Si n es par
f (x) = f (x 0 ) +
(x − x 0 )n n!
f (n)(x′) > f (x 0 )
siempre que x ∈]x 0 − δ, x 0 + δ[. Lo que quiere decir que x 0 es un m´ınimo local de f. (b) Si n es impar
f (x) − f (x 0 ) =
(x − x 0 )n n!
f (n)(x′)
es estrictamente positivo cuando x 0 < x < x 0 + δ y estrictamente negativo cuando x 0 − δ < x < x 0. Lo que prueba que x 0 no es m´aximo ni m´ınimo relativo.
- Concavidad y convexidad En esta secci´on supondremos que I es un intervalo abierto, x 0 ∈ I y f : I → R es derivable en x 0. La recta tangente a la gr´afica de f en el punto (x 0 , f (x 0 )) tiene por ecuaci´on
y = f (x 0 ) + (x − x 0 )f ′(x 0 ).
Definici´on 9.1. (a) Diremos que f es convexa en el punto x 0 si existe δ > 0 tal que f (x) > f (x 0 ) + (x − x 0 )f ′(x 0 )
siempre que x ∈]x 0 − δ, x 0 + δ[, x 6 = x 0.
El signo de f (n)(x′) coincide con el signo de f (n)(x 0 ) y por tanto no depende del punto x. Pero al ser n impar, el signo de (x − x 0 )n^ depende de que x sea mayor o menor que x 0. De modo que el signo de f (x) − t(x) cambia seg´un sea x > x 0 o x < x 0.
