Clase 12 Soluciones RD Sharma – Capítulo 15 Teoremas del valor medio – Ejercicio 15.1

Pregunta 1. Discutir la aplicabilidad del Teorema de Rolle para las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f(x) = 3 + (x – 2) ^2/3 en [1, 3]

Solución:

El teorema de Rolle establece que si una función f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y

diferenciable en el intervalo abierto (a, b) tal que f(a) = f(b), entonces f′(x) = 0 para alguna x con a ≤ x ≤ b.

Tenemos, f'(x) = $\frac{d}{dx}(3+(x-2)^{\frac{2}{3}})$

⇒ f'(x) = $\frac{d(3)}{dx}+\frac{d((x-2)^{\frac{2}{3}})}{dx}$

⇒ f'(x) = $0 + \frac{2}{3}(x-2)^{\frac{2}{3}-1}$

⇒ f'(x) = $\frac{2}{3(x-2)^{\frac{1}{3}}}$

Para analizar la diferenciabilidad en x = 2:

⇒ f'(2) = $[\frac{2}{3(2-2)}]^{\frac{1}{3}}$

= 2 / 0 ≠ 0

Como f'(2) ≠ 0, f(x) no es diferenciable en el intervalo [1, 3].

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función dada f(x) en el intervalo [1, 3].

(ii) f(x) = [x] para -1 ≤ x ≤ 1, donde [x] denota el entero mayor que no excede x

Solución:

El teorema de Rolle requiere que una función sea continua en el intervalo cerrado [a, b].

La continuidad de f(x) necesita ser analizada en x = 1:

(RHL en x = 1) = _{límite x⇢(1+h)} [x]

= lím _h⇢0 [1 + h]

= 1 ….. (1)

(LHL en x = 1) = _{límite x⇢(1-h)} [x]

= lím _h⇢0 [1 – h]

= 0 …… (2)

Dado que f(x) no es continua en x = 1 o el intervalo [-1, 1].

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función dada f(x) en el intervalo [-1, 1].

(iii) f(x) = sin(1/x) para -1 ≤ x ≤ 1

Solución:

El teorema de Rolle requiere que una función sea continua en el intervalo cerrado [a, b].

La continuidad de f(x) necesita ser analizada en x = 0:

(RHL en x = 0) = lím _x⇢(0+h) sin(1/x)

= lím _h⇢0 sen(1/h)

= k…..(1)

(LHL en x = 0) = lím _x⇢(0-h) sin(1/x)

= lím _h⇢0 sin(1/0-h)

= lím _h⇢0 sen(-1/h)

= -lím _h⇢0 sen(1/h)

= −k ….(2)

Dado que f(x) no es continua en x = 1 o el intervalo [-1,1].

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función dada f(x) en el intervalo [-1, 1].

(iv) f(x) = 2x ² – 5x + 3 en [1, 3]

Solución:

Claramente f(x) siendo una función polinomial será continua en el intervalo.

Necesitamos verificar si f(a) = f(b) para la aplicabilidad del teorema.

Aquí, f(1) = 2(1) ² – 5(1) + 3

⇒ f(1) = 2 – 5 + 3

⇒ f(1) = 0 …… (1)

Ahora, f(3) = 2(3) ² – 5(3) + 3

⇒ f(3) = 2(9) – 15 + 3

⇒ f(3) = 18 – 12

⇒ f(3) = 6 …… (2)

De la ecuación (1) y (2), podemos decir que, f(1) ≠ f(3).

Observamos que f(a) ≠ f(b)

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función dada f(x) en el intervalo [1, 3].

(v) f (x) = x ^2/3 en [-1, 1]

Solución:

El teorema de Rolle establece que si una función f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y

diferenciable en el intervalo abierto (a, b) tal que f(a) = f(b), entonces f′(x) = 0 para alguna x con a ≤ x ≤ b.

f'(x) = $\frac{d(x^{\frac{2}{3}})}{dx}$

⇒ f'(x) = $\frac{2}{3x^{\frac{1}{3}}}$

Claramente f'(x) no está definido en x = 0.

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función dada f(x) en el intervalo [-1, 1].

(vi) $f(x) =\begin{cases}-4x+5 \ \ \ \ \ \ \ \ ,0\lex\le1\\2x-3 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,1<x\le2\end{cases}$

Solución:

El teorema de Rolle requiere que una función sea continua en el intervalo cerrado [a, b].

La continuidad de f(x) necesita ser analizada en x = 1:

(LHL en x = 1) = lím _(x->1-h) (-4x + 5)

= lím _(h->0) [-4(1 – h) + 5]

= -4 + 5

= 1

(RHL en x = 1) = lím _(x->1+h) (2x – 3)

= lím _(h->0) [2(1 + h) – 3]

= 2(0) – 3

= -1

Observamos que LHL ≠ RHL.

Claramente f(x) no es continua en x = 1.

Por lo tanto, el Teorema de Rolle no es aplicable para la función f(x) en el intervalo [-1, 1].

Pregunta 2. Verifique el Teorema de Rolle para cada una de las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f (x) = x ² – 8x + 12 en [2, 6]

Solución:

La función dada es f (x) = x ² – 8x + 12 en [2, 6].

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y derivable en todas partes, es decir, en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Así, f(2) = 2 ² – 8(2) + 12

⇒ f(2) = 4 – 16 + 12

⇒ f(2) = 0

Ahora, f(6) = 6 ² – 8(6) + 12

⇒ f(6) = 36 – 48 + 12

⇒ f(6) = 0

Como f(2) = f(6), el teorema de Rolle es aplicable para la función f(x) en [2, 6].

f(x) = x2 ^– 8x + 12

f'(x) = 2x – 8

Entonces f'(c) = 0

2c – 8 = 0

c = 4 ∈ (2, 6)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle

(ii) f(x) = x ² – 4x + 3 en [1, 3]

Solución:

La función dada es f (x) = x ² – 4x + 3 en [1, 3]

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y derivable en todas partes, es decir, en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (1) = 1 ² – 4(1) + 3

⇒ f (1) = 1 – 4 + 3

⇒ f (1) = 0

Ahora, f (3) = 3 ² – 4(3) + 3

⇒ f (3) = 9 – 12 + 3

⇒ f (3) = 0

∴ f (1) = f(3), teorema de Rolle aplicable a la función ‘f’ en [1, 3].

⇒ f'(x) = 2x – 4

Tenemos f'(c) = 0, c ϵ (1, 3), de la definición del Teorema de Rolle.

⇒ f'(c) = 0

⇒ 2c – 4 = 0

⇒ 2c = 4

⇒ c = 4/2

⇒ c = 2 ∈ (1, 3)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(iii) f (x) = (x – 1) (x – 2) ² en [1, 2]

Solución:

La función dada es f (x) = (x – 1) (x – 2) ² en [1, 2]

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y diferenciable en cualquier lugar que esté en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (1) = (1 – 1) (1 – 2) ²

⇒ f(1) = 0(1) ²

⇒ f (1) = 0

Ahora, f (2) = (2 – 1)(2 – 2) ²

⇒ f (2) = 0 ²

⇒ f (2) = 0

Como f (1) = f (2), el Teorema de Rolle es aplicable a la función f(x) en [1, 2].

f(x) = (x – 1)(x – 2) ²

f'(x) = (x – 1) × 2(x – 2) + (x – 2) ²

f'(x) = (x – 2) (3x – 4)

Entonces f'(c) = 0

(c – 2)(3c – 4) = 0

c = 2

o

c = 4/3 ∈ (1, 2)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(iv) f (x) = x (x – 1) ² en [0, 1]

Solución:

La función dada es f (x) = x(x – 1) ² en [0, 1]

Dado que la función f dada es un polinomio, es continua y diferenciable en todas partes, es decir, en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (0) = 0 (0 – 1) ²

⇒ f (0) = 0

Ahora f (1) = 1 (1 – 1) ²

⇒ f (1) = 0 ²

⇒ f (1) = 0

Dado que f (0) = f (1), el teorema de Rolle aplicable para la función f (x) en [0, 1].

f (x) = x (x – 1) ²

f'(x) = (x – 1) ² + x × 2(x – 1)

= (x – 1)(x – 1 + 2x)

= (x – 1)(3x – 1)

Entonces f'(c) = 0

(c – 1)(3c – 1) = 0

c = 1 o 1/3 ∈ (0, 1)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(v) f (x) = (x ² – 1) (x – 2) en [-1, 2]

Solución:

La función dada es f (x) = (x ² – 1) (x – 2) en [– 1, 2]

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y diferenciable en cualquier lugar que esté en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f(–1) = (( – 1) ² – 1)( – 1 – 2)

⇒ f (-1) = (1-1)(-3)

⇒ f (-1) = (0)(-3)

⇒ f (-1) = 0

Ahora, f (2) = (2 ² – 1)(2 – 2)

⇒ f (2) = (4 – 1)(0)

⇒ f (2) = 0

∴ f (– 1) = f (2), teorema de Rolle aplicable a la función f en [ – 1, 2].

⇒ f'(x) = 3x ² – 4x – 1

Tenemos f'(c) = 0 c ∈ (-1, 2), de la definición del Teorema de Rolle.

Claramente, f'(c) = 0

3c ² – 4c – 1 = 0

c = (2 ±√7)/ 3

c = 1/3(2 + √7) o 1/3(2 – √7) ∈ (-1, 2)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(vi) f(x) = x(x – 4) ² en [0, 4]

Solución:

La función dada es f (x) = x(x – 4) ² en [0, 4]

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y derivable en todas partes, es decir, en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (0) = 0 (0 – 4) ²

⇒ f (0) = 0

Ahora, f (4) = 4(4 – 4) ²

⇒ f(4) = 4(0) ²

⇒ f (4) = 0

Como f (0) = f (4), el teorema de Rolle es aplicable para la función f(x) en [0, 4].

f(x) = x(x – 4) ²

f'(x) = x × 2(x – 4) + (x – 4) ²

= 2x ² – 8x + x2 ⁺ 16 – 8x

= 2x ² – 16x + 16

Después

f'(c) = 2c ² – 16c + 16

= (c – 4)(3c – 4)

c = 4 o 4/3 ∈ (0, 4)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(vii) f (x) = x(x – 2) ² en [0, 2]

Solución:

La función dada es f (x) = x(x – 2) ² en [0, 2].

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y diferenciable en cualquier lugar que esté en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (0) = 0(0 – 2) ²

⇒ f (0) = 0

Ahora, f (2) = 2(2 – 2) ²

⇒ f(2) = 2(0) ²

⇒ f (2) = 0

f (0) = f(2), teorema de Rolle aplicable a la función f en [0,2].

c = 12/6 o 4/6

c = 2 o 2/3

Entonces, c = 2/3 ya que c ∈ (0, 2)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(viii) f (x) = x ² + 5x + 6 en [-3, -2]

Solución:

La función dada es f (x) = x ² + 5x + 6 en [– 3, – 2].

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y derivable en todas partes, es decir, en R.

Solo necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f(–3) = (–3) ² + 5(–3) + 6

⇒ f(–3) = 9 – 15 + 6

⇒ f(–3) = 0

Ahora, f(–2) = (–2) ² + 5(–2) + 6

⇒ f(–2) = 4 – 10 + 6

⇒ f(–2) = 0

Como f(–3) = f(–2), el teorema de Rolle es aplicable a la función f(x) en [–3, –2].

f(x) = x2 ⁺ 5x + 6

f'(x) = 2x + 5

Después

f(c) = 0

2c + 5 = 0

c = -5/2 ∈ (-3, -2)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

Pregunta 3. Verifique el Teorema de Rolle para cada una de las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f(x) = cos2(x – π/4) en [0, π/2]

Solución:

Claramente, la función coseno es continua y diferenciable en todas partes.

Por tanto, la función dada f(x) es continua en [0, π/2] y derivable en [0, π/2]

Asi que,

f(0) = cos2(0 – π/4) = 0

f(π/2) = cos2(π/2 – π/4) = 0

Como f(0) = f(π/2), el teorema de Rolle aplicable para la función f(x) en [0, π/2].

Ahora, f'(x) = $\frac{d(cos2(x-\frac{π}{4}))}{dx}$

= -2sen(2x – π/2)

Si f'(c) = 0

⇒ -2sen(2c – π/2) = 0

⇒ c = π/4 ∈ [0, π/2]

Claramente c pertenece al intervalo dado.

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(ii) f(x) = sen 2x en [0, π/2]

Solución:

Como sen 2x es continuo y diferenciable en todas partes.

Entonces, sen2x es continua en (0, π/2) y diferenciable en (0, π/2).

f(0) = sen 0 = 0

f(π/2) = sen π/2 = 0

f(π/2) = f(0) = 0

Por tanto, f(x) satisface todas las condiciones del teorema de Rolle.

Ahora, tenemos que demostrar que existe c en (0, π/2) tal que f'(c) = 0.

Tenemos, f'(x) = 0

⇒cos2x = 0

⇒ x = π/4

Entonces, f'(c) = 2cos2c

2cos2c = 0

Así, c = π/4 en (0, π/2).

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(iii) f(x) = cos2x en [-π/4, π/4]

Solución:

Como cos 2x es continuo y diferenciable en todas partes.

Entonces, cos2x es continua en [-π/4, π/4] y derivable en [-π/4, π/4].

cos(-π/4) = cos2(-π/4) = cos(-π/2) = 0

cos(π/4) = cos2(π/4) = cos(π/2) = 0

Además, cos(-π/4) = cos(π/4)

Por tanto, f(x) satisface todas las condiciones del teorema de Rolle.

Ahora, tenemos que demostrar que existe c en (0, π/2) tal que f'(c) = 0.

Tenemos f'(x) = 0

⇒ sen2c = 0

⇒ 2c = 0

Entonces, c = 0 cuando c ∈ (-π/4, π/4)

Por lo tanto, el Teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(iv) e ^x sen x en [0, π]

Solución:

La función dada es una composición de funciones exponenciales y trigonométricas. Por lo tanto, es diferencial y continuo en todas partes.

Entonces, la función dada f(x) es continua en [0, π] y diferenciable en (0, π).

f(0) = e ⁰ sen 0 = 0

f(π) = mi ^π sen π = 0

f(0) = f(π)

Ahora, tenemos que demostrar que existe c en (0, π) tal que f'(c) = 0.

Entonces f'(x) = e ^x (sen x + cos x)

⇒ e ^x (sen x + cos x) = 0

⇒ sen x + cos x = 0

Dividiendo ambos lados por cos x, tenemos

tan x = -1

⇒ x = π – π/4 = 3π/4

Como c = 3π/4 en (0, π) tal que f'(c) = 0.

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(v) f(x) = e ^x cos x en [−π/2, π/2]

Solución:

La función dada es una composición de funciones exponenciales y trigonométricas. Por lo tanto, es diferencial y continuo en todas partes.

Entonces, la función dada f(x) es continua en [-π/2, π/2] y diferenciable en (-π/2, π/2).

f(−π/2) = e ^π/2 cos(−π/2) = 0

f(π/2) = e ^π/2 cos(π/2) = 0

f(−π/2) = f(π/2)

Ahora, tenemos que demostrar que existe c en (-π/2, π/2) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = e ^x (cos x – sen x)

⇒ e ^x (cos x – sen x) = 0

⇒ sen x – cos x = 0

Dividiendo ambos lados por cos x, tenemos

bronceado x = 1

⇒ x = π/4

Como c = π/4 en (-π/2, π/2) tal que f'(c) = 0.

Por lo tanto , el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(vi) f (x) = cos 2x en [0, π]

Solución:

Como cos 2x es continuo y diferenciable en todas partes.

Entonces, cos2x es continua en [0, π] y diferenciable en (0, π).

f(0) = cos(0) = 1

f(π) = cos(2π) = 1

f(0) = f(π)

Por tanto, f(x) satisface todas las condiciones del teorema de Rolle.

Debe haber ac perteneciente a (0, π) tal que f'(c) = 0.

⇒ sen 2c = 0

Entonces, 2c = 0 o π

c = 0 o π/2

Pero, c = π/2 cuando c ∈ (0, π)

Por lo tanto, el Teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(vii) f(x) = senx/e ^x en 0 ≤ x ≤ π

Solución:

La función dada es una composición de funciones exponenciales y trigonométricas.

Por lo tanto, es diferencial y continuo en todas partes.

Entonces, senx/ex es continua en [0, π] ^y derivable en (0, π).

f(0) = sen(0)/e ⁰ = 0

f(π) = sen(π)/e ^π = 1

f(0) = f(π)

Ahora, tenemos que demostrar que existe c en (0, π/2) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = e ^x (cos x – sen x)

⇒ e ^x (cos x – sen x) = 0

⇒ sen x – cos x = 0

⇒ tan x = 1

⇒x = π/4

Como c = π/4 en (-π/4, π/4) tal que f'(c) = 0.

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(viii) f(x) = sen 3x en [0, π]

Solución:

La función dada es f (x) = sin3x en [0, π]

Como la función seno es continua y diferenciable en R.

Necesitamos comprobar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (0) = sen 3(0)

⇒ f (0) = sin0

⇒ f (0) = 0

Ahora, f (π) = sen 3π

⇒ f (π) = sen(3 π)

⇒ f (π) = 0

Tenemos f (0) = f (π), entonces existe ac perteneciente a (0, π) tal que f'(c) = 0.

⇒ 3cos(3x) = 0

⇒ cos 3x = 0

⇒ 3x = π / 2

⇒ x = π / 6 ∈ [0, π]

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(ix) f(x) = ${e^{1 - x}}^2$ en [−1, 1]

Solución:

Sabemos que la función exponencial es continua y diferenciable en todas partes.

Entonces, ${e^{1 - x}}^2$ es continua en [-1, 1] y diferenciable en (-1, 1).

f(-1) = mi ^1-1 = 1

f(1) = mi ^1-1 = 1

Además, f(-1) = f(1) = 1

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable. Entonces debe existir c ∈ [−1, 1] tal que f'(c) = 0.

f'(x) = $-2x [e^{1 - x^2}]$

⇒ -2x e^{1 – x^2} = 0

⇒ x = 0 ∈ [−1, 1]

Por lo tanto , se verifica el teorema de Rolle.

(x) f (x) = log (x ² + 2) – log 3 en [-1, 1]

Solución:

Claramente, la función logarítmica es continua y diferenciable en su propio dominio.

Necesitamos verificar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (– 1) = log((– 1) ² + 2) – log 3

⇒ f (– 1) = registro (1 + 2) – registro 3

⇒ f (– 1) = logaritmo 3 – logaritmo 3

⇒ f (-1) = 0

Ahora, f (1) = log (1 ² + 2) – log 3

⇒ f (1) = logaritmo (1 + 2) – logaritmo 3

⇒ f (1) = logaritmo 3 – logaritmo 3

⇒ f (1) = 0

Tenemos f (– 1) = f (1).

Entonces, existe ac tal que c ϵ (– 1, 1) tal que f'(c) = 0.

Ahora, f'(x) = $\frac{2x}{x^2+2}$

f'(c) = 0

⇒ c = 0 ϵ (– 1, 1)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(xi) f(x) = sen x + cos x en [0, π/2]

Solución:

Como las funciones seno y coseno son continuas y diferenciables en todas partes,

f(x) es continua en [0, π/2] y derivable en (0, π/2).

Entonces, f(0) = sen 0 + cos 0 = 1

f(π/2) = sen π/2 + cos π/2 = 1

Además, f(0) = f(π/2) = 1.

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable. Entonces debe existir c ∈ [−1, 1] tal que f'(c) = 0.

Ahora, f'(x) = cos x – sen x

⇒ cos x – sen x = 0

⇒ tan x = 1

⇒ x = π/4

Por lo tanto, c = π/4 en (0, π/2).

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(xii) f (x) = 2 sen x + sen 2x en [0, π]

Solución:

Dado que sen es una función continua y derivable sobre R, f(x) es continua sobre [0, π] y derivable sobre (0, π).

Necesitamos verificar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (0) = 2sin(0) + sin2(0)

⇒ f(0) = 2(0) + 0

⇒ f (0) = 0

Ahora, f (π) = 2sin(π) + sin2(π)

⇒ f (π) = 2(0) + 0

⇒ f (π) = 0

Tenemos f (0) = f (π), entonces existe ac perteneciente a (0, π) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = 2 cos x + cos 2x

Ahora, f'(c) = 0

⇒ 2 cos x + cos 2x = 0

⇒ (2cos c – 1) (cos c + 1) = 0

⇒ bronceado c = 1

⇒ c = π/3 en (0, π)

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(xiii) f(x) = $\frac{x}{2} - \sin[\frac{\pi x}{6}]$ en [-1, 0]

Solución:

Como la función sen es continua y diferenciable en R, f(x) es continua en [-1, 0] y derivable en (-1, 0).

f(-1) = $\frac{-1}{2} - \sin[\frac{\pi (-1)}{6}]$ = 0

f(0) = 0 – sen 0 = 0

También f(-1) = f(0) = 0

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable para que exista ac perteneciente a (0, π) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = $\frac{1}{2} - \frac{\pi}{6}\cos[\frac{\pi x}{6}]$

Ahora, f'(c) = 0

⇒ $\frac{1}{2} - \frac{\pi}{6}\cos[\frac{\pi c}{6}] = 0$

⇒ $\cos\frac{\pi c}{6} = \frac{3}{\pi}$

⇒ c = $(\frac{- 6}{\pi}) \cos^{- 1} [\frac{3}{\pi}]$

Por lo tanto, c ϵ (-1, 0).

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(xiv) f(x) = $\frac{6x}{\pi} - 4 \sin^2 x$ en [0, π/6]

Solución:

Dado que la función sin es continua y derivable en todas partes, f(x) es continua en [0, π/6] y derivable en (0, π/6).

f(0) = 0 – 0 = 0

f(π/6) = 1 – 1 = 0

Además, f(0) = f(π/6) = 0

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable para que exista ac perteneciente a (0, π/6) tal que f'(c) = 0.

Tenemos, f'(x) = 6/π – 8senxcosx

f'(x) = 6/π – 4sen2x

f'(c) = 0

6/π – 4sen2c = 0

4sen2c = 6/π

sen2c = 3/2π

2c = sen ^-1 (21/44)

c = 1/2 sen ^-1 (21/44)

do ∈ (-1/2, 1/2)

c ∈ (0, 21/11)

c ∈ (0, π/6)

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función dada f(x).

(xv) f(x) = 4 ^{sen x} en [0, π]

Solución:

Como las funciones sin y exponencial son continuas y derivables en todas partes, f(x) es continua en [0, π] y derivable en (0, π).

f(0) = 4 ^{sen 0} = 1

f(π) = 4 ^{sen π} = 1

Además, f(0) = f(π) = 1.

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable para que exista ac perteneciente a (0, π) tal que f'(c) = 0.

Tenemos, f'(x) = 4sen x cos x log 4

Entonces, f'(c) = 0

4 ^{sen c} cos c log 4 = 0

4sen c cos c = 0

porque c = 0

c = π/2 ∈ (0, π)

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función f(x) dada.

(xvi) f (x) = x ² – 5x + 4 en [1, 4]

Solución:

Dado que, dado que la función f es un polinomio, es continua y derivable en todas partes, es decir, en R.

Necesitamos verificar si f(a) = f(b) o no.

Entonces f (1) = 1 ² – 5(1) + 4

⇒ f (1) = 1 – 5 + 4

⇒ f (1) = 0

Ahora, f (4) = 4 ² – 5(4) + 4

⇒ f (4) = 16 – 20 + 4

⇒ f (4) = 0

Tenemos f (1) = f (4). Entonces, existe ac ∈ (1, 4) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = 2x – 5

Ahora, f'(c) = 2c – 5 = 0

Así, c = 5 / 2 ∈ (1, 4).

Por lo tanto, el teorema de Rolle se verifica para la función f(x) dada.

(xvii) f(x) = sen ⁴ x + cos ⁴ x en (0, π/2)

Solución:

Dado que las funciones seno y coseno son continuas y derivables en todas partes, f(x) es continua en [0, π/2] y derivable en (0, π/2).

Asi que,

f(0) = sen ⁴ (0) + cos ⁴ (0) = 1

f(π/2) = sen ⁴ (π/2) + cos ⁴ (π/2) = 1

f(0) = f(π/2)

Por lo tanto, el teorema de Rolle es aplicable para que exista ac perteneciente a (0, π/2) tal que f'(c) = 0.

⇒ f'(x) = 4sen ³ x cos x – 4cos ³ x sen x

entonces, f'(c) = 4sen ³ x cos x – 4cos ³ x sen x = 0

4sen ³ c cos c – 4cos ³ c sen c = 0

-sin4c = 0

4x = 0 o 4x = π

x = 0, o π/4 ∈ (0, π/2)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

(xviii) f(x) = sen x – sen 2x en [0, π]

Solución:

La función dada es f (x) = sen x – sen2x en [0, π]

Sabemos que la función seno es continua y derivable sobre R.

Ahora tenemos que comprobar los valores de la función ‘f’ en los extremos.

⇒ f (0) = sen (0) – sen 2(0)

⇒ f (0) = 0 – sen (0)

⇒ f (0) = 0

⇒ f (π) = sen(π) – sen2(π)

⇒ f (π) = 0 – sin(2π)

⇒ f (π) = 0

Tenemos f (0) = f (π). Entonces, existe ac ∈ (0, π) tal que f'(c) = 0.

f'(x) = cos x – 2 cos 2x

entonces, f'(c) = 0

f'(c) = cos c – 2 cos 2c = 0

cos c – (2 cos ² c + 1) = 0

2cos ² c – cosc – 1 = 0

(cos c – 1)(2 cos c + 1) = 0

porque c = 1, -1/2

c = cos(π/2), cos(2π/3)

Entonces, c = π/2, 2π/3 ∈ (0, π)

Por lo tanto, se verifica el teorema de Rolle.

Pregunta 4. Usando el teorema de Rolle, encuentra puntos en la curva y = 16 – x2, x ∈ [-1, 1], donde la tangente es paralela al eje x.

Solución:

Dado: y = 16 – x ² , x ϵ [– 1, 1]

⇒ y (– 1) = 16 – (– 1) ²

⇒ y (– 1) = 16 – 1

⇒ y (– 1) = 15

Ahora, y (1) = 16 – (1) ²

⇒ y (1) = 16 – 1

⇒ y (1) = 15

Tenemos y (– 1) = y (1). Entonces, existe ac ϵ (– 1, 1) tal que f'(c) = 0.

Sabemos que para una curva g, el valor de la pendiente de la tangente en un punto r viene dado por g'(r).

⇒ y’ = –2x

Tenemos y'(c) = 0

⇒ – 2c = 0

⇒ c = 0 ϵ (– 1, 1)

El valor de y en x = 1 es

⇒ y = 16 – 02

⇒ y = 16

Por lo tanto, el punto en el que la curva y tiene una tangente paralela al eje x (ya que la pendiente del eje x es 0) es (0, 16).

Pregunta 5. ¿En qué puntos de las siguientes curvas la tangente es paralela al eje x?

(i) y = x ² en [-2, 2]

Solución:

Dado: f(x) = x ²

f'(x) = 2x

Además, f(-2) = f(2) = 2 ² = (-2) ² = 4

Entonces, existe ac ϵ (-2, 2) tal que f'(c) = 0.

⇒ 2c = 0

⇒ c = 0

Por lo tanto, el punto requerido es (0, 0).

(ii) y = $e^{1 - x^2}$ en [−1, 1]

Solución:

Dado que la función exponencial es continua y diferenciable en todas partes.

Aquí f(1) = f(-1) = 1

Por tanto, se cumplen todas las condiciones del teorema de Rolle.

En consecuencia, existe al menos un punto c en (-1, 1) para el cual f'(c) = 0.

⇒ f'(c) = 0

⇒ -2c e^{1 – c^2} = 0

⇒ c = 0

Por lo tanto, (0, e) es el punto requerido.

(iii) y = 12 (x + 1) (x − 2) en [−1, 2]

Solución:

Dado que la función polinomial es continua y diferenciable en todas partes.

Aquí f(2) = f(-1) = 0.

Por tanto, se cumplen todas las condiciones del teorema de Rolle.

En consecuencia, existe al menos un punto c en (-1, 2) para el cual f'(c) = 0.

Pero f'(c) = 0

⇒ 24c – 12 = 0

⇒ c = 1/2

Por lo tanto, (1/2, -27) es el punto requerido.

Pregunta 6. Si f: [5, 5] a R es una función diferenciable y si f'(x) no se anula en ninguna parte, demuestre que f(-5) ≠ f(5).

Solución:

Aquí f(x) es diferenciable en (5,5).

Por el teorema del valor medio,

$f'(c) = \frac{f(5)-f(-5)}{5-(-5)}$

⇒ 10 f'(c) = f(5) – f(-5)

También se da que f'(x) no desaparece en ninguna parte.

⇒ f'(c) ≠ 0

⇒ 10 f'(c) ≠ 0

⇒ f(5) – f(-5) ≠ 0

⇒ f(5) ≠ f(-5)

Por lo tanto probado

Pregunta 7. Examine si el teorema de Rolle es aplicable a alguna de las siguientes funciones.

(i) f (x) = [x] para x ∈ [5, 9]

(ii) f (x) = [x] para x ∈ [−2, 2]

¿Puedes decir algo sobre el inverso del teorema de Rolle a partir de estas funciones?

Solución:

El teorema de Rolle establece que si una función f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y diferenciable en el intervalo abierto (a, b) tal que f(a) = f(b), entonces f′(x) = 0 para alguna x con a ≤ x ≤ b.

(i) f(x) = [x] para x ∈ [ 5 , 9 ]

f(x) no es continua en x = 5 y x = 9. Por lo tanto, f (x) no es continua en [5, 9].

Además, f (5) = [5] = 5 y f (9) = [9] = 9

∴ f (5) ≠ f (9)

El límite izquierdo de f en x = n es ∞ y el límite derecho de f en x = n es 0.

Como los límites izquierdo y derecho de f en x = n no son iguales, f no es derivable en (5, 9).

Por tanto, el teorema de Rolle no es aplicable a la función f(x) para x ∈ [5 , 9].

(ii) f (x) = [x] para x ∈ [-2, 2]

f(x) no es continua en x = −2 y x = 2. Por lo tanto, f (x) no es continua en [−2, 2].

Además, f (-2) = [-2] = -2 y f (2) = [2] = 2

∴ f (-2) ≠ f (2)

El límite izquierdo de f en x = n es ∞ y el límite derecho de f en x = n es ∞.

Dado que los límites izquierdo y derecho de f en x = n no son iguales, f no es derivable en (−2, 2).

Por tanto, el teorema de Rolle no es aplicable a la función f(x) = [x] para x ∈ [ -2, 2].

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por prabhjotkushparmar y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

Pregunta 1. Discutir la aplicabilidad del Teorema de Rolle para las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f(x) = 3 + (x – 2) 2/3 en [1, 3]

(ii) f(x) = [x] para -1 ≤ x ≤ 1, donde [x] denota el entero mayor que no excede x

(iii) f(x) = sin(1/x) para -1 ≤ x ≤ 1

(iv) f(x) = 2x 2 – 5x + 3 en [1, 3]

(v) f (x) = x 2/3 en [-1, 1]

(vi)

Pregunta 2. Verifique el Teorema de Rolle para cada una de las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f (x) = x 2 – 8x + 12 en [2, 6]

(ii) f(x) = x 2 – 4x + 3 en [1, 3]

(iii) f (x) = (x – 1) (x – 2) 2 en [1, 2]

(iv) f (x) = x (x – 1) 2 en [0, 1]

(v) f (x) = (x 2 – 1) (x – 2) en [-1, 2]

(vi) f(x) = x(x – 4) 2 en [0, 4]

(vii) f (x) = x(x – 2) 2 en [0, 2]

(viii) f (x) = x 2 + 5x + 6 en [-3, -2]

Pregunta 3. Verifique el Teorema de Rolle para cada una de las siguientes funciones en los intervalos indicados:

(i) f(x) = cos2(x – π/4) en [0, π/2]

(ii) f(x) = sen 2x en [0, π/2]

(iii) f(x) = cos2x en [-π/4, π/4]

(iv) e x sen x en [0, π]

(v) f(x) = e x cos x en [−π/2, π/2]

(vi) f (x) = cos 2x en [0, π]

(vii) f(x) = senx/e x en 0 ≤ x ≤ π

(viii) f(x) = sen 3x en [0, π]

(ix) f(x) = en [−1, 1]

(x) f (x) = log (x 2 + 2) – log 3 en [-1, 1]

(xi) f(x) = sen x + cos x en [0, π/2]

(xii) f (x) = 2 sen x + sen 2x en [0, π]

(xiii) f(x) = en [-1, 0]

(xiv) f(x) = en [0, π/6]

(xv) f(x) = 4 sen x en [0, π]

(xvi) f (x) = x 2 – 5x + 4 en [1, 4]

(xvii) f(x) = sen 4 x + cos 4 x en (0, π/2)

(xviii) f(x) = sen x – sen 2x en [0, π]

Pregunta 4. Usando el teorema de Rolle, encuentra puntos en la curva y = 16 – x2, x ∈ [-1, 1], donde la tangente es paralela al eje x.

Pregunta 5. ¿En qué puntos de las siguientes curvas la tangente es paralela al eje x?

(i) y = x 2 en [-2, 2]

(ii) y = en [−1, 1]

(iii) y = 12 (x + 1) (x − 2) en [−1, 2]

Pregunta 6. Si f: [5, 5] a R es una función diferenciable y si f'(x) no se anula en ninguna parte, demuestre que f(-5) ≠ f(5).

Pregunta 7. Examine si el teorema de Rolle es aplicable a alguna de las siguientes funciones.

(i) f (x) = [x] para x ∈ [5, 9]

(ii) f (x) = [x] para x ∈ [−2, 2]

¿Puedes decir algo sobre el inverso del teorema de Rolle a partir de estas funciones?

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(i) f(x) = 3 + (x – 2) ^2/3 en [1, 3]

(iv) f(x) = 2x ² – 5x + 3 en [1, 3]

(v) f (x) = x ^2/3 en [-1, 1]

(vi) $f(x) =\begin{cases}-4x+5 \ \ \ \ \ \ \ \ ,0\lex\le1\\2x-3 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,1<x\le2\end{cases}$

(i) f (x) = x ² – 8x + 12 en [2, 6]

(ii) f(x) = x ² – 4x + 3 en [1, 3]

(iii) f (x) = (x – 1) (x – 2) ² en [1, 2]

(iv) f (x) = x (x – 1) ² en [0, 1]

(v) f (x) = (x ² – 1) (x – 2) en [-1, 2]

(vi) f(x) = x(x – 4) ² en [0, 4]

(vii) f (x) = x(x – 2) ² en [0, 2]

(viii) f (x) = x ² + 5x + 6 en [-3, -2]

(iv) e ^x sen x en [0, π]

(v) f(x) = e ^x cos x en [−π/2, π/2]

(vii) f(x) = senx/e ^x en 0 ≤ x ≤ π

(ix) f(x) = ${e^{1 - x}}^2$ en [−1, 1]

(x) f (x) = log (x ² + 2) – log 3 en [-1, 1]

(xiii) f(x) = $\frac{x}{2} - \sin[\frac{\pi x}{6}]$ en [-1, 0]

(xiv) f(x) = $\frac{6x}{\pi} - 4 \sin^2 x$ en [0, π/6]

(xv) f(x) = 4 ^{sen x} en [0, π]

(xvi) f (x) = x ² – 5x + 4 en [1, 4]

(xvii) f(x) = sen ⁴ x + cos ⁴ x en (0, π/2)

(i) y = x ² en [-2, 2]

(ii) y = $e^{1 - x^2}$ en [−1, 1]