Aplicaciones analíticas de la diferenciación

El Teorema del Valor Medio (TVM) vincula la tasa de cambio promedio con una tasa instantánea:

Si $f$ es continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$, entonces existe al menos un punto $c$ en $(a,b)$ donde

$$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

En palabras: en algún lugar dentro del intervalo, la tasa instantánea es igual a la tasa promedio. Geométricamente, alguna recta tangente es paralela a la recta que une los puntos extremos.

Habilidad para exámenes. Al igual que el TVI, el TVM es un teorema de existencia, y las preguntas piden justificarlo. Para obtener la calificación completa se necesita: (1) indicar que $f$ es continua en $[a,b]$ y diferenciable en $(a,b)$; (2) calcular la tasa promedio $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$; (3) concluir “por el TVM existe un $c$ en $(a,b)$ tal que $f'(c)$ es igual a ese valor”. Ambas hipótesis deben mencionarse explícitamente.

Ejemplo resuelto. Para $f(x)=x^2$ en $[1,3]$ la tasa promedio es $\dfrac{9-1}{2}=4$; establecer $f'(c)=2c=4$ da $c=2$, que yace en $(1,3)$ – el punto garantizado.

Por qué importan ambas hipótesis. Tome $f(x)=|x|$ en $[-1,1]$. Es continua, y la tasa promedio es $\dfrac{f(1)-f(-1)}{1-(-1)}=\dfrac{1-1}{2}=0$. Pero $f'(x)$ es siempre $-1$ o $1$ donde existe, nunca $0$. El TVM no aplica porque $f$ no es diferenciable en $x=0$, que se encuentra dentro de $(-1,1)$.

Ejemplo resuelto (teorema del valor medio a partir de una tabla). La velocidad $v(t)$ de un ciclista, en metros por segundo, es derivable. Valores seleccionados:

(a) ¿Debe haber un instante en $0<t<8$ en el que la aceleración sea $0$? $v$ es derivable, por lo que es continua en $[2,5]$ y derivable en $(2,5)$, y $\dfrac{v(5)-v(2)}{5-2}=\dfrac{7-7}{3}=0$. Según el teorema del valor medio, existe un $c$ en $(2,5)$ tal que $v'(c)=0$. Sí.

(b) ¿Debe haber un instante en el que la aceleración sea $-2$ m/s²? En $[5,8]$: $\dfrac{1-7}{8-5}=-2$, por lo que, según el teorema del valor medio, sí, para algún $c$ en $(5,8)$.

Las preguntas dicen «explica por qué debe haber…»: nombra el teorema, enuncia ambas hipótesis (aquí se deducen de «derivable») y muestra el cálculo de la tasa de variación media.

El Teorema del Valor Extremo (TVE) garantiza la existencia de extremos: una función continua en un intervalo cerrado $[a,b]$ alcanza tanto un máximo absoluto como un mínimo absoluto en él.

Un punto crítico es un punto interior del dominio de la función donde $f'(x)=0$ o $f'(x)$ no existe. Todos los extremos locales (relativos) ocurren en puntos críticos —pero no todo punto crítico es un extremo. Por lo tanto, los puntos críticos son los candidatos; debe probar cada uno.

Ejemplo resuelto (una constante a partir de un punto crítico). $f(x)=\dfrac{1}{x^2-kx}$, donde $k$ es una constante. ¿Para qué valor de $k$ tiene $f$ un punto crítico en $x=2$ y de qué tipo es?

$f'(x)=-\dfrac{2x-k}{\left(x^2-kx\right)^2}$. En $x=2$ el numerador debe ser $0$: $4-k=0$, por lo que $k=4$. Entonces $f'(x)=-\dfrac{2x-4}{\left(x^2-4x\right)^2}$. El denominador es positivo, así que el signo de $f'$ es el signo de $-(2x-4)$: positivo justo a la izquierda de $2$ y negativo justo a la derecha. Por tanto, $f'$ cambia de $+$ a $-$ y $f$ tiene un máximo relativo en $x=2$, con valor $f(2)=-\tfrac14$. Observa que $x=0$ y $x=4$ no son puntos críticos: no pertenecen al dominio.

La primera derivada indica dónde $f$ sube o baja:

• Si $f'(x) > 0$ en un intervalo $\Rightarrow$ $f$ es creciente allí;
• Si $f'(x) < 0$ $\Rightarrow$ $f$ es decreciente.

En el examen, “encontrar los intervalos donde $f$ es creciente” significa: encontrar los puntos críticos, luego verificar el signo de $f'$ entre ellos, y justificar con el signo de $f'$ (una razón explícita, no solo el intervalo).

Ejemplo resuelto. $f'(x)=(x-1)^2(x+2)$. ¿Dónde es creciente $f$? Los puntos críticos son $x=-2$ y $x=1$. El factor $(x-1)^2$ nunca es negativo, por lo que el signo de $f'$ es el signo de $x+2$: negativo para $x<-2$ y positivo para $x>-2$ (excepto $f'(1)=0$). Por tanto, $f$ es decreciente en $(-\infty,-2]$ y creciente en $[-2,\infty)$: porque $f'>0$ excepto en los ceros aislados $x=-2$ y $x=1$. En $x=1$, $f'$ no cambia de signo, por lo que $x=1$ es un punto crítico, pero no un extremo.

Para clasificar un punto crítico $x=c$ como máximo local, mínimo local o ninguno, verificar cómo cambia $f'$ de signo allí:

• $f'$ cambia $+$ a $-$ en $c$ $\Rightarrow$ máximo local;
• $f'$ cambia $-$ a $+$ en $c$ $\Rightarrow$ mínimo local;
• $f'$ does not change sign $\Rightarrow$ neither.

Indique siempre el cambio de signo como su justificación.

Ejemplo resuelto. Para $f(x)=x^3-3x^2$, $f'(x)=3x(x-2)$ es cero en $x=0,2$. Los signos dan $+,-,+$, por lo que $x=0$ es un máximo local ($f=0$) y $x=2$ un mínimo local ($f=-4$).

Errores comunes. Justificar solo con “$f'(0)=0$”: un cero de $f'$ hace que $x=0$ sea un candidato; la razón es el cambio de signo de $f'$. Probar el signo de $f$ en lugar de $f'$. Dar el valor de $x$ cuando la pregunta pide el máximo valor ($f(0)=0$), o viceversa.

En un intervalo cerrado, los extremos absolutos (globales) ocurren solo en puntos críticos o extremos. La prueba de candidatos:

1. Listar todos los puntos críticos en $[a,b]$ y los dos extremos.
2. Evaluate $f$ at each candidate.
3. La salida más grande es el máximo absoluto; la más pequeña es el mínimo absoluto.

Muestra la tabla de valores: la comparación es el argumento.

Ejemplo resuelto. Encontrar el máximo y mínimo absolutos de $f(x)=x^3-3x^2$ en $[1,4]$.

$f'(x)=3x(x-2)$ es cero en $x=0$ y $x=2$. Solo $x=2$ está en $[1,4]$, por lo que los candidatos son $x=1$, $x=2$ y $x=4$:

El máximo absoluto es $16$, en $x=4$; el mínimo absoluto es $-4$, en $x=2$. El máximo se encuentra en un punto extremo donde $f'(4)=24\neq 0$: esta es la razón por la cual los puntos extremos deben incluirse en la lista.

The second derivative describes bending:

• $f'' > 0$ $\Rightarrow$ $f$ es cóncava hacia arriba (curvada como una copa; $f'$ es creciente);
• $f'' < 0$ $\Rightarrow$ $f$ es cóncava hacia abajo ($f'$ es decreciente).

Un punto de inflexión es un punto de una gráfica continua donde la concavidad cambia. Cuando $f''$ existe a ambos lados, un cambio de signo permite detectarlo (no basta con $f''=0$); $f''$ puede no estar definida en el propio punto. Indica su coordenada $x$ y justifica la respuesta con el cambio de signo de $f''$.

Ejemplo resuelto. Para $f(x)=x^4-4x^3$, $f''(x)=12x^2-24x=12x(x-2)$. Sus signos son $+,-,+$ alrededor de $x=0$ y $x=2$, por lo que ambos son puntos de inflexión. Compara con $g(x)=x^4$: $g''(0)=0$ pero $g''(x)=12x^2\ge0$ a ambos lados, por lo que no hay un punto de inflexión en $0$. Un cero de $f''$ es solo un candidato.

Una alternativa para clasificar un punto crítico $c$ donde $f'(c)=0$:

• $f''(c) > 0$ $\Rightarrow$ concave up $\Rightarrow$ local minimum;
• $f''(c) < 0$ $\Rightarrow$ concave down $\Rightarrow$ local maximum;
• Si $f''(c) = 0$ $\Rightarrow$, la prueba es inconclusiva; recurra a la prueba de la primera derivada.

Ejemplo resuelto (a partir de una ecuación diferencial). $y=f(x)$ es la solución de $\dfrac{dy}{dx}=xy-6$ con $f(2)=3$. ¿Tiene $f$ un mínimo relativo, un máximo relativo o ninguno de los dos en $x=2$?

En $(2,3)$, $\dfrac{dy}{dx}=2(3)-6=0$, por lo que $x=2$ es un punto crítico. Deriva la ecuación (regla del producto): $\dfrac{d^2y}{dx^2}=y+x\dfrac{dy}{dx}$. En $(2,3)$ esto es $3+2(0)=3>0$. Como $f'(2)=0$ y $f''(2)>0$, $f$ tiene un mínimo relativo en $x=2$ según el criterio de la segunda derivada. No necesitas resolver la ecuación diferencial.

Caso especial: si una función continua tiene solo un punto crítico en un intervalo y es un extremo local, ese punto también es el absoluto extremo allí.

Las características clave de $f$, $f'$ y $f''$ se reflejan mutuamente. Para dibujar o leer gráficos:

• $f'>0$ en un intervalo $\Rightarrow$ $f$ es creciente allí; un cambio de $f'$ de $+$ a $-$ en un punto interior donde $f$ es continua da un máximo local.
• $f''>0$ en un intervalo $\Rightarrow$ $f'$ es creciente y $f$ es cóncava hacia arriba allí. Un cambio de concavidad en un punto de una gráfica continua da un punto de inflexión; $f''$ no tiene que existir ni ser cero en ese punto.

Esta es la habilidad de leer una gráfica para describir otra. Una configuración de examen muy común proporciona la gráfica de $f'$ y pregunta sobre $f$: ¿dónde es creciente $f$ (donde $f'>0$), dónde están los extremos de $f$ (donde $f'$ cruza cero, con un cambio de signo), dónde es cóncava hacia arriba $f$ (donde $f'$ es creciente)? Responde las preguntas sobre $f$ usando la altura y la pendiente de la gráfica de $f'$.

Ejemplo resuelto (la pregunta clásica de gráficas). Sea $g(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt$ para $-4\le x\le6$, con $f$ como se muestra arriba.

(a) ¿Dónde es $g$ creciente y cóncava hacia abajo? $g$ es creciente donde $g'=f>0$: en $(-2,2)$. $g$ es cóncava hacia abajo donde $g''=f'<0$, es decir, donde la gráfica de $f$ desciende: en $(0,4)$. Ambas condiciones: $(0,2)$.

(b) Puntos de inflexión de $g$. $g''=f'$ cambia de signo donde $f$ pasa de subir a bajar o viceversa: en $x=0$ y $x=4$.

(c) Extremos absolutos de $g$ en $[-4,6]$. $g'=f=0$ en $x=-2$ y $x=2$. Usa el método de los candidatos con áreas con signo:

El máximo absoluto es $2$, en $x=2$; el mínimo absoluto es $-2$ y se alcanza tanto en $x=-2$ como en $x=6$. Para $x<0$, recuerda que $g(x)=-\displaystyle\int_x^0 f(t)\,dt$: por lo tanto, $g(-2)=-(+2)=-2$.

Error común. Leer una gráfica de $f'$ como si fuera $f$: “$f$ es creciente donde la gráfica sube” es incorrecto. $f$ aumenta donde la gráfica de $f'$ está por encima del eje, y $f$ tiene un punto de inflexión donde la gráfica de $f'$ gira.

Optimización utiliza la derivada para encontrar el valor más grande o más pequeño de una cantidad en un intervalo. Es la maquinaria de candidatos/prueba de derivada aplicada a un objetivo real.

A dependable procedure:

1. Exprese la cantidad a optimizar como función de una variable (utilice una ecuación de restricción para eliminar variables adicionales).
2. State the interval of allowed inputs.
3. Encuentre los puntos críticos ($f'=0$ o no definidos) y pruébelos (prueba de la primera o segunda derivada, o prueba de candidatos si el intervalo es cerrado).
4. Responde la pregunta formulada, con unidades e interpretación en contexto: el máximo área, el mínimo costo, etc.

Ejemplo resuelto. Con $100\ \text{m}$ de valla para un corral rectangular contra una pared (solo tres lados vallados), deja que los extremos sean $x$ y el lado lejano $y=100-2x$. El área $A(x)=x(100-2x)=100x-2x^2$ tiene $A'(x)=100-4x=0$ en $x=25$; dado que $A''=-4<0$ esto es el máximo, dando $y=50$ y $A=1250\ \text{m}^2$.

Errores comunes. Intentar optimizar una función de dos variables sin usar la restricción para eliminar una; omitir la justificación de que $x=25$ proporciona un máximo (aquí $A''<0$); y detenerse en $x=25$ cuando la pregunta pide el área más grande.

Ejemplo resuelto (distancia más corta). Halla el punto de $y=\sqrt x$ más cercano a $(3,0)$.

Minimiza el cuadrado de la distancia: tiene el mismo mínimo y no tiene raíz cuadrada: $D(x)=(x-3)^2+\left(\sqrt x\right)^2=x^2-5x+9$ para $x\ge0$. $D'(x)=2x-5=0$ en $x=\tfrac52$ y $D''=2>0$, por lo que este es el mínimo (es el único punto crítico, así que es el mínimo absoluto). El punto es $\left(\tfrac52,\sqrt{\tfrac52}\right)$ y la distancia es $\sqrt{D\left(\tfrac52\right)}=\sqrt{\tfrac{11}{4}}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}$.

Todo esto se extiende a relaciones definidas implícitamente. Un punto crítico de una relación implícita ocurre donde $\dfrac{dy}{dx}=0$ (tangente horizontal) o está indefinido (tangente vertical). Dado que $\dfrac{dy}{dx}$ suele ser una relación en $x$ y $y$, y la segunda derivada involucra $x$, $y$ y $\dfrac{dy}{dx}$, sustituya su expresión de primera derivada al buscar $\dfrac{d^2y}{dx^2}$, luego razoné sobre la concavidad según su signo.

Ejemplo resuelto. Para $x^2+y^2-6x=7$: $2x+2y\dfrac{dy}{dx}-6=0$, por lo que $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3-x}{y}$.

• Tangentes horizontales: $x=3$, luego $9+y^2-18=7$, por lo que $y=\pm4$: los puntos $(3,4)$ y $(3,-4)$.
• Tangentes verticales: $y=0$, luego $x^2-6x-7=0$, por lo que $x=7$ o $x=-1$: los puntos $(7,0)$ y $(-1,0)$.
• Concavidad: $\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{-y-(3-x)\dfrac{dy}{dx}}{y^2}=-\dfrac{y^2+(3-x)^2}{y^3}=-\dfrac{16}{y^3}$, usando la curva: $(x-3)^2+y^2=16$. Por tanto, la curva es cóncava hacia abajo donde $y>0$ y cóncava hacia arriba donde $y<0$: la parte superior e inferior de un círculo.

• $f'>0$ significa creciente, $f'<0$ decreciente; los candidatos para extremos son donde $f'=0$ o es indefinido.
• Clasifique un punto crítico con el cambio de signo de la primera derivada o la prueba de la segunda derivada ($f''>0$ mínimo, $f''<0$ máximo).
• $f''>0$ es cóncava hacia arriba, $f''<0$ cóncava hacia abajo; un punto de inflexión es donde cambia la concavidad ($f''$ cambia de signo).
• Para un extremo absoluto en un intervalo cerrado, también verifique los extremos del intervalo.
• Justifica cada conclusión citando el signo de $f'$ o $f''$: el examen exige el razonamiento, no solo la respuesta.

Práctica.

1. ¿Se aplica el teorema del valor medio a $f(x)=x^{2/3}$ en $[-1,8]$? Explica tu respuesta.
2. Halla los extremos absolutos de $f(x)=x-2\sqrt x$ en $[0,9]$.
3. $f'(x)=x(x-3)^2$. Halla las coordenadas $x$ de los extremos relativos de $f$ y clasifícalos.
4. Halla los puntos de inflexión de $f(x)=xe^{-x}$.
5. $\dfrac{dy}{dx}=x^2-y$ y la solución pasa por $(-2,4)$. ¿Tiene allí un mínimo relativo, un máximo relativo o ninguno de los dos?
6. Una caja de base cuadrada y sin tapa debe contener $32$ cm³. Halla las dimensiones que requieren la menor cantidad de material.

Respuestas.

1. No: $f'(x)=\dfrac{2}{3x^{1/3}}$ no existe en $x=0$, que está en $(-1,8)$.
2. $f'(x)=1-\dfrac{1}{\sqrt x}=0$ en $x=1$. Candidatos: $f(0)=0$, $f(1)=-1$, $f(9)=3$. Mínimo $-1$ en $x=1$; máximo $3$ en $x=9$.
3. Puntos críticos $x=0$ y $x=3$. $f'$ cambia de $-$ a $+$ en $0$ (mínimo relativo); $f'\ge0$ a ambos lados de $3$ (ninguno de los dos).
4. $f''(x)=(x-2)e^{-x}$ cambia de signo en $x=2$: punto de inflexión $\left(2,\,2e^{-2}\right)$.
5. $\dfrac{dy}{dx}=4-4=0$. $\dfrac{d^2y}{dx^2}=2x-\dfrac{dy}{dx}=-4-0=-4<0$: máximo relativo.
6. $x^2h=32$; área $A=x^2+4xh=x^2+\dfrac{128}{x}$. $A'=2x-\dfrac{128}{x^2}=0$ en $x=4$, $A''>0$: base de $4$ cm por $4$ cm, altura de $2$ cm.