Teorema del valor medio

En cálculo diferencial, el teorema de valor medio (de Lagrange), teorema de los incrementos finitos, teorema de Bonnet-Lagrange o teoría del punto medio es una propiedad de las funciones derivables en un intervalo. Algunos matemáticos consideran que este teorema es el más importante del cálculo (ver también el teorema fundamental del cálculo integral). El teorema no se usa para resolver problemas matemáticos; más bien, se usa normalmente para demostrar otros teoremas. El teorema de valor medio puede usarse para demostrar el teorema de Taylor, ya que es un caso especial.

Enunciado para una variable[editar]

Para una función que cumpla la hipótesis de ser definida y continua [a, b] y derivable en el intervalo abierto (a, b) entonces existe al menos algún punto c en el intervalo (a, b) en que la pendiente de la curva es igual que la pendiente media de la curva en el intervalo cerrado [a, b].

En esencia, el teorema dice que dada cualquier función f continua en el intervalo [a, b] y derivable en el intervalo abierto (a, b), entonces existe al menos algún punto c en el intervalo (a, b) tal que la tangente a la curva en c es paralela a la recta secante que une los puntos (b, f(b)) y (a, f(a)). Es decir:

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

Este teorema lo formuló Lagrange.

El teorema del valor medio de Lagrange, de hecho, es una generalización del teorema de Rolle, que dice que si una función es definida y continua [a, b], diferenciable en el intervalo abierto (a, b), y toma valores iguales en los extremos del intervalo – en otras palabras, f(a) = f(b) – entonces existe al menos algún punto c en el intervalo (a, b) tal que la tangente a la curva en c es horizontal, es decir f'(c) = 0.

Demostración[editar]

1) Primero se consideran dos puntos $(a,f(a))\;$ $(a,f(a))\;$ y $(b,f(b))\;$ $(b,f(b))\;$ pertenecientes al gráfico de la función. La ecuación de la recta que pasa por estos dos puntos es:

$y=f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a)$ $y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

Se define una función auxiliar:

$g(x)=f(x)-y=f(x)-\left[f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a)\right]$ $g(x) = f(x) - y = f(x) - \left[ f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) \right ]$

Puesto que f es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), lo mismo se puede decir de g. Además g satisface las condiciones del Teorema de Rolle en [a,b] ya que:

$g(a)=f(a)-f(a)-{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(a-a)=0=g(b)=f(b)-f(a)-{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(b-a)$ $g(a) = f(a) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(a-a) = 0 = g(b)= f(b) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)$

Por el Teorema de Rolle, como g es derivable en (a, b) y g(a) = g(b), existe un c perteneciente (a, b) tal que g'(c) = 0, y por tanto:

$0=g'(c)=f'(c)-{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}$ $0 = g ' (c) = f ' (c) - \frac{f(b)-f(a)}{b - a}$

y así

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

que es lo que se quería demostrar.

2) Sea $m_{ab}$ $m_{ab}$ la pendiente de la recta secante entre $[a,b]$ $[a,b]$ , se define la ecuación punto-pendiente:

$y=m_{ab}x+c_{1}$ $y = m_{ab}x+c_1$

$m_{ab}={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}$ $m_{ab}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

o también,

$-m_{ab}x+y=c_{1}$ $-m_{ab}x + y = c_1$

De acuerdo al enunciado la función es derivable en $(a,b)$ $(a,b)$ , por lo que se puede escoger algún valor $x=c$ $x=c$ en dicho intervalo tal que $f'(c)$ $f'(c)$ existe y es la pendiente de la recta tangente en dicho punto y por ende la recta tangente tiene la forma (punto-pendiente):

$y=f'(c)x+c_{2}$ $y = f'(c)x+c_2$

o también,

$-f'(c)x+y=c_{2}$ $-f'(c)x + y = c_2$

Se observa que se llega a un sistema lineal de 2x2

$\left\{{\begin{matrix}-m_{ab}x+y=c_{1}\\-f'(c)x+y=c_{2}\end{matrix}}\right.$ $\left \{ \begin{matrix} -m_{ab}x + y = c_1 \\ -f'(c)x + y = c_2 \end{matrix} \right .$

La matriz del sistema es:

$\mathbb {A} =\;{\begin{pmatrix}-m_{ab}&1\\-f'(c)&1\\\end{pmatrix}}$ $\mathbb{A} = \; \begin{pmatrix} -m_{ab} & 1 \\ -f'(c) & 1 \\ \end{pmatrix}$

Y su determinante es:

$\det(A)=f'(c)-m_{ab}$ $\det(A)=f'(c)-m_{ab}$

Para que el sistema no tenga solución se debe cumplir det(A)=0, por lo tanto las rectas son paraleas en x=c, es decir f'(c) = m_ab

Entonces, existe al menos un punto que no da solución al sistema y además la recta tangente al mismo es paralela a la recta entre a y b, es decir:

$f'(c)=m_{ab}$ $f'(c)=m_{ab}$

o también,

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

Con ello queda demostrado el teorema del valor medio.

Forma integral del Teorema del valor medio[editar]

Para una función continua $f(x)$ $f(x)$ en el cerrado $[a,b]$ $[a,b]$ , existe un valor $\xi$ $\xi$ en dicho intervalo, tal que^[1]

$\int _{a}^{b}f(x)\,dx=f(\xi )(b-a)$ $\int_a^b f(x) \, dx = f(\xi)(b -a)$

Demostración Dado que la función $f$ $f$ es continua en el cerrado $[a,b]$ $[a,b]$ , posee un valor máximo en dicho intervalo para algún $V\in [a,b]$ $V\in[a,b]$ , que llamaremos $M=f(V)$ $M=f(V)$ y también un valor mínimo en el mismo intervalo: $m=f(v)$ $m=f(v)$ , para algún $v\in [a,b]$ $v\in[a,b]$ . Es decir $f(V)\geq f(x),\forall x\in [a,b]$ $f(V)\geq f(x),\forall x\in[a,b]$ y $f(v)\leq f(x),\forall x\in [a,b]$ $f(v)\leq f(x),\forall x\in[a,b]$ . Si consideramos las áreas de los rectángulos con base $b-a$ $b-a$ y altura $M$ $M$ ó $m$ $m$ tendremos la siguiente desigualdad:

$m(b-a)\quad \leq \quad \int _{a}^{b}f(x)dx\quad \leq \quad M(b-a)$ $m(b-a) \quad \leq \quad \int_{a}^{b}f(x)dx \quad \leq \quad M(b-a)$

Lo que implica:

$m\quad \leq \quad {\frac {1}{(b-a)}}\int _{a}^{b}f(x)dx\quad \leq \quad M$ $m \quad \leq \quad \frac{1}{(b-a)}\int_{a}^{b}f(x)dx \quad \leq \quad M$

Dado que $f$ $f$ es continua se deduce que debe existir algún $\xi \in [a,b]$ $\xi\in[a,b]$ para el cual la función $f$ $f$ alcanza el valor de la integral ${\frac {1}{(b-a)}}\int _{a}^{b}f(x)$ $\frac{1}{(b-a)}\int_{a}^{b}f(x)$ , es decir:

$\exists \xi \in [a,b]:\quad f(\xi )={\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)dx$ $\exists \xi\in[a,b] : \quad f(\xi)= \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx$

El teorema no especifíca como determinar $\xi$ $\xi$ , pero resulta que $f(\xi )$ $f(\xi)$ coincide con el valor medio (promedio) de la función $f$ $f$ en el intervalo $[a,b]$ $[a,b]$ .

Otra demostración[editar]

Aplicando la integración de Riemann

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}\sum _{i=1}^{n}f(x_{i})$ $\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}\sum _{i=1}^{n}f(x_{i})$

La sumatoria aloja todos los $x_{i}$ $x_{i}$ dentro del intervalo $[a,b]$ $[a,b]$ , por lo que procederemos a escoger un $x_{i}=\xi$ $x_i = \xi$ fijo de dicho intervalo y que por ende hace que $f(x_{i})=f(\xi )$ $f(x_i)=f(\xi)$

Al reemplazar, la integral queda de la siguiente manera:

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}\sum _{i=1}^{n}f(\xi )$ $\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}\sum _{i=1}^{n}f(\xi )$

Como $f(\xi )$ $f(\xi)$ es constante para la ∑, entonces:

$\sum _{i=1}^{n}f(\xi )=f(\xi )\sum _{i=1}^{n}1=nf(\xi )$ $\sum_{i = 1}^{n}f(\xi)=f(\xi) \sum_{i = 1}^{n}1=nf(\xi)$

Reemplazando

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}(nf(\xi ))$ $\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }{\frac {b-a}{n}}(nf(\xi ))$

Simplificando $n$ $n$

$\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }(b-a)f(\xi )$ $\int _{a}^{b}f(x)dx=\lim _{n\to \infty }(b-a)f(\xi )$

$b-a$ $b-a$ y $f(\xi )$ $f(\xi)$ no son afectados por el límite ya que son constantes, por lo tanto

$\int _{a}^{b}f(x)dx=(b-a)f(\xi )$ $\int _{a}^{b}f(x)dx=(b-a)f(\xi )$

Despejando $f(\xi )$ $f(\xi)$

$f(\xi )={\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)dx$ $f(\xi)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx$

Por lo tanto, queda verificado la existencia de un $\xi \in [a,b]$ $\xi\in[a,b]$ en donde la función evaluada en él, toma el valor de ${\frac {1}{(b-a)}}\int _{a}^{b}f(x)$ $\frac{1}{(b-a)}\int_{a}^{b}f(x)$ , es decir:

$\exists \xi \in [a,b]:\quad f(\xi )={\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)dx$ $\exists \xi\in[a,b] : \quad f(\xi)= \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx$

Y así, queda demostrado el teorema del valor medio para integrales

Enunciado para varias variables[editar]

Sea $A\subset \mathbb {R} ^{n}$ $A\subset\mathbb{R}^n$ un conjunto abierto y convexo y $f:A\longrightarrow \mathbb {R}$ $f:A \longrightarrow \mathbb{R}$ una función real diferenciable sobre ese conjunto abierto. Entonces se tiene que:^[2]

$f(\mathbf {b} )-f(\mathbf {a} )=Df(\mathbf {c} )(\mathbf {b} -\mathbf {a} )$ $f(\mathbf{b})-f(\mathbf{a}) = Df(\mathbf{c})(\mathbf{b}-\mathbf{a})$

Donde $Df(\mathbf {c} )$ $Df(\mathbf{c})$ , es la aplicación lineal que representa el jacobiano (gradiente), $\mathbf {c} =\mathbf {a} +\theta (\mathbf {b} -\mathbf {a} )$ $\mathbf{c} = \mathbf{a} + \theta(\mathbf{b}-\mathbf{a})$ y $0<\theta <1\;$ $0 < \theta < 1\;$ .

Generalizaciones[editar]

No existe un análogo estricto del teorema de valor medio para aplicaciones $\mathbf {f} :A\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$ $\mathbf{f}:A \longrightarrow \mathbb{R}^n$ . En este caso, sólo es posible establecer la siguiente desigualdad en términos de la norma:

$\|\mathbf {f} (\mathbf {b} )-\mathbf {f} (\mathbf {a} )\|\leq \|\left(D\mathbf {f} (\mathbf {c} )\right)(\mathbf {b} -\mathbf {a} )\|\leq \|D\mathbf {f} (\mathbf {c} )\|\|(\mathbf {b} -\mathbf {a} )\|$ $\|\mathbf{f}(\mathbf{b})-\mathbf{f}(\mathbf{a}) \| \le \|\left(D\mathbf{f}(\mathbf{c})\right) (\mathbf{b}-\mathbf{a})\| \le \|D\mathbf{f}(\mathbf{c})\|\|(\mathbf{b}-\mathbf{a})\|$

Demostración
En efecto teniendo en cuenta que dada una función $\mathbf {f} :A\subset \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$ $\mathbf{f}:A \subset \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}^m$ [1] $\ \\|\int _{0}^{1}f(t)\,dt\\|\leq \int _{0}^{1}\\|f(t)\\|\,dt$ $\ \\| \int_0^1 f(t) \, dt \\| \le \int_0^1 \\| f(t) \\| \, dt$ se tiene que si $\ I[x,y]$ $\ I[x,y]$ es el segmento formado por $\ x,y\in A$ $\ x,y \in A$ (siendo A conexo y abierto), es $\ I[x,y]\subset A$ $\ I[x,y] \subset A$ y entonces $\ \\|f(y)-f(x)\\|=\\|\int _{0}^{1}df(x(1-t)+ty)(y-x)\,dt\\|\leq \int _{0}^{1}\\|df(x(1-t)+ty)(y-x)\\|\,dt$ $\ \\|f(y)-f(x) \\|= \\| \int_0^1 df( x(1-t) + ty )(y-x) \, dt \\| \le \int_0^1 \\| df( x(1-t) + ty)(y-x) \\| \, dt$ de donde se tiene que como $\ \\|df(x(1-t)+ty)(y-x)\\|\leq \\|df(x(1-t)+ty)\\|\\|y-x\\|$ $\ \\| df(x(1-t) + ty)(y-x)\\| \le \\|df(x(1-t) + ty) \\| \\| y-x \\|$ $\ \forall t\in [0,1]$ $\ \forall t \in [0,1]$ es $\ \\|f(y)-f(x)\\|\leq \\|df(c)\\|\\|y-x\\|$ $\ \\|f(y)-f(x) \\| \le \\|df(c) \\| \\| y-x \\|$ para algún $\ c\in I(x,y)$ $\ c \in I(x,y)$ Para ver [1] basta tener en cuenta que si $\ L=\int _{0}^{1}f(t)\,dt$ $\ L = \int_0^1 f(t) \, dt$ $\ \\|L\\|^{2}=\\|\int _{0}^{1}f(t)\,dt\\|^{2}=<L,\int _{0}^{1}f(t)\,dt>=\int _{0}^{1}<L,f(t)>\,dt\leq \int _{0}^{1}\\|L\\|\\|f(t)\\|dt=\\|L\\|\int _{0}^{1}\\|f(t)\\|dt$ $\ \\| L \\|^2 = \\| \int_0^1 f(t) \, dt \\|^2 = <L, \int_0^1 f(t) \, dt > = \int_0^1 <L,f(t)> \, dt \le \int_0^1 \\| L \\| \\| f(t) \\| dt = \\| L \\| \int_0^1 \\| f(t) \\| dt$ y se tiene que $\ \\|\int _{0}^{1}f(t)\,dt\\|\leq \int _{0}^{1}\\|f(t)\\|\,dt$ $\ \\| \int_0^1 f(t) \, dt \\| \le \int_0^1 \\| f(t) \\| \, dt$