Teorema del valor medio escalar

Proporcionamos la demostración del teorema del valor medio escalar, un ejemplo y la impostibilidad de extenderlo a campos no escalares.

  1. Teorema (del valor medio escalar).
    Sea $E$ un espacio nornado, $A\subset E$ abierto y $f:A\to \mathbb{R}$ diferenciable. Sean $a,b\in A$ con $a\ne b$ tales que el segmento $[a,b]\subset A$. Entonces, existe $c\in (a,b)$ tal que $f(b)-f(a)=Df(c)(b-a).$
    Demostración. Consideremos la función $\varphi: [0,1]\to \mathbb{R}$ dada por $\varphi (t)=f\left((1-t)a+tb\right)$. Ésta función es continua en $[0,1]$ y por la regla de la cadena, $$\varphi^\prime (t)=Df\left((1-t)a+tb\right)(b-a)\quad \forall t\in (0,1).$$ Aplicando a $\varphi$ el teorema del valor medio para funciones reales de variable real, existe $t_0\in (0,1)$ tal que $$f(b)-f(a)=\varphi (1)-\varphi (0)=\varphi^\prime (t_0)=Df\left((1-t_0)a+t_0b\right)(b-a).$$ Basta ahora elegir $c=(1-t_0)a+t_0b.$ $\qquad \square$
  2. Ejemplo. Verificar la validez del teorema del valor medio escalar para la función $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ dada for $f(x,y)=x^2+2y^2$ en el intervalo $[a,b]$ con $a=(0,0)$, $b=(1,1)$.
    Solución. Las parciales de $f$ son $\frac{\partial f}{\partial x}=2x$, $\frac{\partial f}{\partial y}=4y$, que son continuas en $\mathbb{R}^2$ y por tanto $f$ es diferenciable en $\mathbb{R}^2$. El segmento $(a,b)$ es $$(a,b)=\{(1-t)(0,0)+t(1,1):0 < t < 1\}=\{(t,t): 0 < t < 1\}.$$ Cualquier $c\in (a,b)$ es por tanto de la forma $c=(t,t)$ con $0 < t < 1$. Entonces, $$f(b)-f(a)=Df(c)(b-a)\Leftrightarrow 3-0=\nabla f(t,t)\cdot (1,1)$$ $$\Leftrightarrow 3=(2t,6t)\cdot (1,1)\Leftrightarrow 3=8t \Leftrightarrow t=3/8,$$ y $c=(3/8,3/8)\in (a,b)$.
  3. Ejemplo. Demostrar que el teorema del valor medio escalar no se puede extender a campos no escalares. Para ello, considerar $f:E=\mathbb{R}\to \mathbb{R}^2$ dada por $f(t)=(\cos t,\sin t)^T\; \forall t\in\mathbb{R}$ y cualquier intervalo cerrado de $\mathbb{R}$ de amplitud $2\pi$.
    Solución. Las funciones componentes de $f$ son $f_1(t)=\cos t$ y $f_2 (t)=\sin t$ y $$\frac{\partial f_1}{\partial t}=-\sin t,\quad \frac{\partial f_2}{\partial t}=\cos t$$ que son continuas en todo $\mathbb{R}$, y por tanto $f$ es diferenciable en $\mathbb{R}$. Si consideramos el intervalo cerrado $[a,b]=[a,a+2\pi]$ y $c\in (a,b)$, entonces, $$Df(c) (b-a)=\begin{pmatrix}{-\sin c}\\{\;\;\;\cos c}\end{pmatrix}(2\pi).$$ Por otra parte, $$f(b)-f(a)=\begin{pmatrix}{\cos (a+2\pi) }\\{\sin (a+2\pi)}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}{\cos a}\\{\sin a}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{0}\\{0}\end{pmatrix}.$$ Pero $Df(c) (b-a)\ne (0,0)^T$ para todo $c$, con lo cual no se verifica $f(b)-f(a)$ $=Df(c)(b-a).$
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