Una aplicación del teorema de Rolle

Enunciado
Sea  $f:[3,5]\to \mathbb{R}$  una función continua que es derivable en  $(3,5)$  y tal que  $f(3)=6$  y  $f(5)=10.$
1. Consideremos la función  $g:[3,5]\to \mathbb{R}$  definida por  $g(x)=\displaystyle\frac{f(x)}{x}.$ Demostrar que existe un  $x_0\in (3,5)$  tal que  $g’(x_0)=0.$ Deducir que  $f’(x_0)x_0-f(x_0)=0.$
2. Demostrar que entre todas las rectas tangentes a la gráfica de  $f$,  al menos una de ellas pasa por el origen de coordenadas.
3. Sea  $[a,b]$  un intervalo que no contiene al  $0.$  Sea  $h:[a,b]\to\mathbb{R}$  una función continua que es derivable en  $(a,b)$  y tal que  $\dfrac{h(a)}{a}=\dfrac{h(b)}{b}.$ Demostrar que existe un  $x_0\in (a,b)$  tal que la tangente a la gráfica de  $h$  en el punto  $(x_0,h(x_0))$  pasa por  $(0,0).$

(Propuesto en examen, Cálculo, ETS de Ing. de Montes, UPM).

Solución
1. Veamos que la función  $g$  cumple las hipótesis del Teorema de Rolle.

$(i$)  $g$  es continua en  $[3,5]$  pues es cociente de continuas y el denominador no se anula en  $[3,5].$
$(ii)$  $g$  es derivable en  $(3,5).$ Efectivamente,  $g’(x)=(xf’(x)-f(x))/x^2$  con  $x^2\neq 0$  en  $(3,5).$
$(iii)$  $g(3)=f(3)/3=6/3=2,$ $g(5)=f(5)/5=10/5=2$, es decir  $g(3)=g(2).$
Existe pues $x_0\in (3,5)$  tal que  $g’(x_0)=(x_0f’(x_0)-f(x_0))/x_0^2=0.$ Como  $x_0^2\neq 0$  concluimos que  $\exists x_0\in (3,5)$  tal que $f’(x_0)x_0-f(x_0)=0.$

2. La ecuación de la recta tangente a una curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x_0$ es $r\equiv y-y_0=f’(x_0)(x-x_0).$ Si $x_0$ es el correspondiente al apartado anterior entonces la recta $r$ pasa por el origen de coordenadas pues para $x=y=0$ obtenemos la relación $-f(x_0)=f’(x_0)(-x_0)$ o equivalentemente $f’(x_0)x_0-f(x_0)=0$, igualdad que se cumple según lo ya demostrado.

3. Veamos que se verifican las hipótesis del Teorema de Rolle para la función $\varphi=h(x)/x$ en el intervalo $[a,b].$

$(i)$ $\varphi$ es continua en $[a,b]$ pues es cociente de funciones continuas y el denominador no se anula (por hipótesis $0\not\in [a,b]$).
$(ii)$ $\varphi$ es derivable en $(a,b)$ pues $\varphi’(x)=(xh’(x)-h(x))/x^2$ con $x^2\neq 0$ en $(a,b).$
$(iii)$ Tenemos por hipótesis $h(a)/a=h(b)/b$ por tanto $$\varphi(a)=h(a)/a=h(b)/b=\varphi (b).$$ Existe pues un $x_0\in (a,b)$ tal que $\varphi’(x_0)=0$ o bien $(x_0h’(x)_0-h(x_0))/x_0^2$ o bien $x_0h’(x_0)-h(x_0)=0$ (pues $x_0^2\neq 0$).

La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $h$ en este mismo $x_0$ es $$y-h(x_0)=h’(x_0)(x-x_0).$$ Pasa por $(0,0)$ pues $0-h(x_0)=h’(x_0)(0-x_0)$ equivale a $x_0h’(x_0)-h(x_0)=0.$

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