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Gracias. Hacía tiempo que no me reía de mí mismo 
. Es de traca lo mío...¡Sigo adelante!
3.4 Crecimiento y decrecimiento
En esta sección estudiaremos el uso de funciones exponenciales para modelar las tasas de crecimiento de cantidades para las que dicha tasa de crecimiento está directamente relacionada con su tamaño. El crecimiento de estas cantidades está generalmente gobernado por ecuaciones diferenciales en cuya solución aparecen funciones exponenciales. Antes de entrar en materia, prepararemos el camino examinando la forma de crecimiento de las funciones exponencial y logarítmica.
Crecimiento de exponenciales y logaritmos
En la sección 3.3 demostramos que tanto \( e^x \) como \( \ln x \) crecen (hacia infinito) cuando \( x \) crece. Sin embargo \( e^x \) aumenta muy rápidamente cuando \( x \) crece, para \( x \) grande, más deprisa que cualquier potencia positiva de \( x \) (no importa lo grande que sea la potencia), mientras que \( \ln x \) crece más lentamente que cualquier potencia positiva de \( x \) (no importa lo pequeña que sea la potencia). Para verificar este comportamiento comenzaremos por una inecuación que cumple \( \ln x \). La recta \( y=x-1 \) es tangente a la curva \( y=\ln x \) en el punto \( (1,0) \). El teorema que sigue afirma que la curva está por debajo de esta recta (véase la Figura 3.14).(*)
TEOREMA 4 Si \( x>0 \), entonces \( \ln x\leq x-1 \)
DEMOSTRACIÓN Sea \( g(x)=\ln x - (x-1) \) para \( x>0 \). Entonces \( g(1)=0 \) y\( g'(x)=\dfrac{1}{x}-1\begin{cases}{>0}&\text{si}& 0<x<1\\<0 & \text{si}& x>1\end{cases} \)
Como se observó en la sección 2.6, estas inecuaciones implican que \( g \) crece en \( (0,1) \) y decrece en \( (1,\infty) \). Por tanto \( g(x)\leq g(1)=0 \) para todo \( x>0 \) y \( \ln x\leq x-1 \) para esos valores de \( x \)
TEOREMA 5 Propiedades de crecimiento de exp y ln
Si \( a>0 \), entonces
(a) \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\dfrac{x^a}{e^x}}=0 \)
(b) \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\dfrac{\ln x}{x^a}}=0 \)
(c) \( \displaystyle\lim_{x \to{-}\infty}{|x|^a e^x}=0 \)
(d) \( \displaystyle\lim_{x \to{0+}}{x^a \ln x}=0 \)
Cada uno de estos límites hace una afirmación sobre quién "gana" en una competición entre una exponencial o un logaritmo y una potencia. Por ejemplo, en el apartado (a), el denominador \( e^x \) crece cuando \( x\rightarrow{\infty} \), por lo que hace que la fracción \( x^a/e^x \) tienda a 0. Por otra parte, si \( a \) es un número positivo grande, el numerador \( x^a \) también crece y hace que la fracción tienda a infinito. Lo que afirma el apartado (a) es que en esta competición entre la exponencial y la potencia, la exponencial es más fuerte y gana; por tanto, la fracción tiende a 0. La competición del Teorema 5 se puede expresar como sigue:
En una lucha entre una potencia y una exponencial, gana la exponencial.
En una lucha entre una potencia y un logaritmo, gana la potencia
DEMOSTRACIÓN Demostraremos primero el apartado (b). Sea \( x>1 \), \( a>0 \) y sea \( s=a/2 \). Como \( \ln(x^s)=s \ln x \), tenemos que, utilizando el Teorema 4,\( 0<s\ln x=\ln(x^s)\leq{x^s-1}<x^s \)
Por tanto, \( 0<\ln x<\dfrac{1}{s}x^s \) y, dividiendo por \( x^a=x^{2s} \),\( 0<\dfrac{\ln x}{x^a}<\dfrac{1}{s}\dfrac{x^s}{x^{2s}}=\dfrac{1}{sx^s} \)
Pero \( 1/(sx^s)\rightarrow{0} \) cuando \( x\rightarrow{\infty} \) (ya que \( s>0) \). Por tanto, por el Teorema del Sandwich\( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\dfrac{\ln x}{x^a}}=0 \)
No lo veo.Unos razonamientos.Sencillamente perfecto. El álgebra de la que yo afirmaba adolecía el asunto. Luego lo repaso otra vez (son las 4.46 AM), pero creo que perfecto.
No lo sé, supongo que es porque no quiere usar ese dato, quiere hacer demostraciones más básicas sin necesidad de utilizar la continuidad de la función logaritmo.
El apartado (iv) del Teorema 2 demuestra que \( \ln(2^n)=n\ln2\rightarrow{\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \). Por tanto, tenemos también que \( \ln(1/2)^n=-n\ln2\rightarrow{-\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \) (creo que lo entiendo, si \( \ln 2 \) es una constante)
Esto se asume ya sabido, seguramente de algún resultado anterior. Es decir: seguramente en una parte previa han debido de demostrar que \( -\ln x=\ln \frac1{x} \).
Un posible razonamiento para explicar lo de los límites es el siguiente: como \( \lim_{n\to\infty}\ln (1/2)^n=-\infty \) entonces para un \( K >0 \) cualquiera existe un \( N\in \mathbb{N} \) tal que \( \ln (1/2)^n <-K \) para todo \( n\geqslant N \), por tanto \( \ln x\leqslant \ln(1/2)^N<-K \) cuando \( 0<x\leqslant (1/2)^N \) (ya que la función logaritmo es creciente), que es justamente la definición de \( \lim_{x\to 0^+}\ln x=-\infty \). Y otro tanto ocurre con el otro límite.
El apartado (iv) del Teorema 2 demuestra que \( \ln(2^n)=n\ln2\rightarrow{\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \). Por tanto, tenemos también que \( \ln(1/2)^n=-n\ln2\rightarrow{-\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \). Como \( (d/dx)\ln x=1/x>0 \) si \( x>0 \), se deduce que \( \ln x \) es creciente, por lo que debemos tener... (véase la Figura 3.11 gráfica de la función \( y=\ln x \))
El apartado (iv) del Teorema 2Spoiler(iv) \( \ln(x^r)=r\ln x \)
Como no deseamos suponer que las exponenciales son continuas (como hicimos en la Sección 3.2), diremos por el momento que (iv) sólo es válido para exponentes \( r \) que sean números racionales.[cerrar]
demuestra que \( \ln(2^n)=n\ln2\rightarrow{\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \). Por tanto, tenemos también que \( \ln(1/2)^n=-n\ln2\rightarrow{-\infty} \) cuando \( n\rightarrow{\infty} \). Como \( (d/dx)\ln x=1/x>0 \) si \( x>0 \), se deduce que \( \ln x \) es creciente, por lo que debemos tener (véase la Figura 3.11-gráfica de la función \( y=\ln x \))\( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\ln x}=\infty \) \( \displaystyle\lim_{x \to{}0+}{\ln x}=-\infty \)
¿Cómo se sabe, partiendo de la definición de logaritmo natural, que \( \ln(x+h)-\ln x \) es el área de la región limitada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \)?. Distinguimos tres casos ( \( x \) y \( h \) son ambos mayores que cero):
1) \( x<1 \) y \( (x+h)<1 \)
2) \( x<1 \) y \( (x+h)\geq 1 \)
3) \( x\geq1 \) y \( (x+h)\geq 1 \)
Yo probaría la inyectividad pasando primero por demostrar que es una función estrictamente monótona.
. Hay que llegar a \( \ln(x+h)-\ln x \) prescindiendo de nada que no sea la definición del libro. Revisando el hilo he visto una aportación tuya que me ha resultado muy interesante. Voy a investigar por aquí, y voy a seguir tu consejo de hacer un dibujo. Lo voy a intentar con Geogebra. ¡Estamos!...En ese caso tendría una duda que no sé concretar muy bien: ¿cómo sabe que \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región limitada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \)?. ...
Como nos definen el logaritmo, pensémoslo como esa función que nos da el área debajo de \( f(t)=\dfrac{1}{t} \).
Entonces primero tenemos \( \ln(x+h) \) que es al área entre la recta \( y=1 \) e \( y=x+h \).
Luego le quitamos \( \ln(x) \) que es el área entre la recta \( y=1 \) e \( y=x \).
Puedes ayudarte de un dibujo para convencerte, esta operación nos dejara solamente con el área entre las rectas \( y=x \) e \( y=x+h \).
Luego si te han presentado las sumas superiores o inferiores puedes ayudarte de ellas, para aproximar / acotar el valor del logaritmo.
\( \dfrac{x-1}{x} \leq \ln(x) \leq x-1 \)
Aunque también es posible hacerlo con un argumento geométrico.
Espero haya sido de ayuda.
Saludos,
Franco.
Hola, RM
Tengo la siguiente definición de logaritmo natural, y una duda. Cito primero:CitarDEFINICIÓN 6 Logaritmo natural
Para \( x>0 \), sea el área de la región plana encerrada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \). La función \( \mbox{ln}\;x \) se define como\( \mbox{ln}=\;x\begin{cases}{A_x}&\text{si}& x\geq{1}\\-A_x & \text{si}& 0<x<1\end{cases} \)
y se muestra en la Figura 3.9.
La definición implica que \( \mbox{ln}\;1=0 \), que \( \mbox{ln}\;x>0 \) si \( x>1 \), que \( \mbox{ln}\;x<0 \) si \( 0<x<1 \) y que es una función uno a uno. Ahora demostraremos que si \( y=\mbox{ln}\;x \), entonces \( y'=1/x \). La demostración de este resultado es similar a la demostración del Teorema Fundamental del Cálculo que proporcionaremos en la sección 5.5
TEOREMA 1 Si \( x>0 \), entonces\( \dfrac{d}{dx}\mbox{ln}\;x=\dfrac{1}{x} \)
DEMOSTRACIÓN Para \( x>0 \) y \( h>0 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región plana limitada por \( y=1/t \), \( y=0 \), y las rectas verticales \( t=x \) y \( t=x+h \). Corresponde al área sombreada en la Figura 3.10. Comparando esta área con la de los dos rectángulos se puede ver que\( \dfrac{h}{x+h}<\mbox{area sombreada}=\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x<\dfrac{h}{x} \)
Por tanto, el cociente de Newton de \( \mbox{ln}\;x \) cumple\( \dfrac{h}{x+h}<\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)}{h}<\dfrac{1}{x} \)
Haciendo que \( h \) tienda a cero por la derecha, se obtiene (por el Teorema del Sandwich aplicado a límites unilaterales)\( \displaystyle\lim_{h \to{}0+}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)
Un argumento similar permite demostrar que si \( 0<x+h<x \), entonces\( \dfrac{1}{x}<\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)}{h}<\dfrac{1}{x+h} \)
por lo que\( \displaystyle\lim_{h \to{}0-}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)
Combinando estos dos límites laterales se obtiene el resultado deseado:\( \dfrac{d}{dx}\mbox{ln}\;x=\displaystyle\lim_{h \to{}0}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)
Duda: ¿es a partir de la definición de logaritmo natural la demostración de que si \( y=\mbox{ln}\;x \), entonces \( y'=1/x \)? En ese caso tendría una duda que no sé concretar muy bien: ¿cómo sabe que \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región limitada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \)?. Distingo tres casos:
1- para \( 1>x>0 \) y \( 1>h>0 \), a partir de la definición, el área de la región limitada por \( y=1/t \), \( y=0 \), y las rectas verticales \( t=x \) y \( t=x+h \), sería \( -(\mbox{ln}\;(x+h)+\mbox{ln}\;x) \);
2- para \( x>1 \) y \( 1>h>0 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \);
3- para \( x>1 \) y \( h>1 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)+\mbox{ln}\;x \).
¡Un saludo!
de preguntas:Crecimiento logístico
Pocas cantidades en la naturaleza pueden sostener un crecimiento exponencial durante períodos extensos de tiempo. El crecimiento generalmente estará limitado por restricciones externas. Por ejemplo, supongamos que un pequeño número de conejos (de ambos sexos) se introduce en una pequeña isla donde no había conejos previamente, y donde no existen depredadores que puedan comerse a los conejos. En virtud de su fertilidad natural, el número de conejos podría crecer exponencialmente, pero este crecimiento al final estará limitado por la cantidad de alimento disponible para los conejos. Supongamos que la isla puede proporcionar suficiente alimento para sostener indefinidamente una población de \( L \) conejos. Si hay \( y(t) \) en el instante \( t \), podemos esperar que \( y(t) \) crezca con una velocidad proporcional a \( y(t) \) siempre que \( y(t) \) sea lo suficientemente pequeño (mucho menor que \( L \)). Un posible modelo para este comportamiento es la ecuación difrerencial\( \dfrac{dy}{dt}=ky\left({1-\dfrac{y}{L}}\right) \)
que se denomina ecuación logística ya que modela un crecimiento limitado por el suministro de recursos necesarios. Obsérvese que \( dy/dt>0 \) si \( 0<y<L \) y que esta velocidad es pequeña si \( y \) es pequeña (hay pocos conejos para reproducirse) o si \( y \) tiene un valor cercano a \( L \) (hay casi tantos conejos como los recursos disponibles pueden alimentar). Obsérvese también que \( dy/dt<0 \) si \( y>L \). Si hay más animales de los que los recursos pueden alimentar, los conejos mueren con mayor velocidad que nacen. Por supuesto, las poblaciones en estado estacionario \( y=0 \) y \( y=L \) son soluciones de la ecuación logística: en ambos casos \( dy/dt=0 \). En la sección 7.9 examinaremos técnicas para resolver ecuaciones diferenciales como la ecuación logística. Por ahora, invitaremos al lector a verificar por diferenciación que la solución que cumple \( y(0)=y_0 \) es\( y=\dfrac{Ly_0}{y_0+(L-y_0)e^{-kt}} \)
