Autor Tema: Probar \(\;\;f\;\) única si \(\;\;2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=x\).

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12 Junio, 2018, 07:20 am
Respuesta #40

martiniano

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Hola
A mí me sale \( f '(0)=\displaystyle\frac{1}{6} \)
¿Cómo lo has hecho?

12 Junio, 2018, 10:43 am
Respuesta #41

Buscón

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Hola
A mí me sale \( f '(0)=\displaystyle\frac{1}{6} \)
¿Cómo lo has hecho?


Haciendo    \( y=f(x) \),    entonces    \( f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y \),
\( \forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}} \).

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    \( f(x) \)).

Se tiene que    \( (f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)} \)    de donde

\( f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}} \),

\( \big(f'(x)\big)^2=\displaystyle\frac{1}{6}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1} \),

\( f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}} \).

Por otra parte, para    \( x=0 \),    la ecuación    \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=0 \)    tiene por solución    \( f(0)=0 \),    así que sustituyendo será,

\( f'(0)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{\big(f(0)\big)^2-f(0)+1}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}} \).

Saludos.


EDITADO.

12 Junio, 2018, 11:14 am
Respuesta #42

Buscón

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Tengo la sensación de que falta algo que no acabo de entender pero ni tan siquiera estoy seguro de ello y tampoco se de que se trata.

El resultado obtenido ha sido casualidad, ensayando posibilidades y tampoco estoy seguro que sea correcto.

Saludos y gracias.

12 Junio, 2018, 12:37 pm
Respuesta #43

Luis Fuentes

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Hola

Haciendo    \( y=f(x) \),    entonces    \( f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y \),
\( \forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}} \).

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    \( f(x) \)).

Se tiene que    \( (f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)} \)    de donde

\( f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}} \),

Te estás liando; en el denominador escribes \( (f^{-1})'(y) \) pero luego derivas respecto de \( x \).

Más sencillo que todo eso, tienes que:

\( 2f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)=x  \)

Admitiendo que f(x) es derivable (eso creo que ya ha sido previamente discutido en el hilo) puedes derivar en la igualdad anterior:

\( 6f(x)^2f'(x)-6f(x)f'(x)+6f'(x)=1 \)

Evalúa en \( x=0 \) (sabiendo que \( f(0)=0 \)) y despeja \( f'(0) \)).

Saludos.

12 Junio, 2018, 01:56 pm
Respuesta #44

Buscón

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Hola

Haciendo    \( y=f(x) \),    entonces    \( f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y \),
\( \forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}} \).

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    \( f(x) \)).

Se tiene que    \( (f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)} \)    de donde

\( f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}} \),

Te estás liando; en el denominador escribes \( (f^{-1})'(y) \) pero luego derivas respecto de \( x \).

Más sencillo que todo eso, tienes que:

\( 2f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)=x  \)

Admitiendo que f(x) es derivable (eso creo que ya ha sido previamente discutido en el hilo) puedes derivar en la igualdad anterior:

\( 6f(x)^2f'(x)-6f(x)f'(x)+6f'(x)=1 \)

Evalúa en \( x=0 \) (sabiendo que \( f(0)=0 \)) y despeja \( f'(0) \)).

Saludos.


\( 6f'(x)\cdot{\left[0-0+1\right]}=1 \)

\( f'(0)=\displaystyle\frac{1}{6} \)

Si, mucho más fácil, gracias, pero oculta aún más lo que trasciende y no consigo captar.

Veo claro que sea cual sea la función    \( f \),    ésta debe verificar    \( f(0)=0 \)     además debe ser derivable en    \( \mathbb{R} \),    y siendo así, la pendiente de su tangente en    \( x=0 \)    debe ser    \( \displaystyle\frac{1}{6} \),    pero aún así, debe de haber infinitas funciones que verifican esto. No consigo entender lo de la unicidad.

Saludos.

12 Junio, 2018, 04:07 pm
Respuesta #45

martiniano

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Hola.
Échale un vistazo a las respuestas de la 30 a la 33, y dime qué es lo que no entiendes exactamente, porfa, que es que ya no sé cómo quedó aquello.
Saludos.

12 Junio, 2018, 04:39 pm
Respuesta #46

Buscón

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Hola.
Échale un vistazo a las respuestas de la 30 a la 33, y dime qué es lo que no entiendes exactamente, porfa, que es que ya no sé cómo quedó aquello.
Saludos.

Pues exactamente la implicación:

\( 2y^3-3y^2+6y=0 \)   sol. única   \( \Longrightarrow{} \)  unicidad   \( f(x) \)  verificando   \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x=0 \).

13 Junio, 2018, 07:14 am
Respuesta #47

martiniano

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Hola.
La implicación que he intentado explicar en esas respuestas es:

\( y^3-3y^2+6y-x=0 \)  sol. única   \( \Longrightarrow{} \) unicidad de \( f(x) \) tal que \( f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)-x=0 \)

Imagínate que resuelves la ecuación \( y^3-3y^2+6y-x=0 \) para \( x=0 \). Da \( y=0 \), pues entonces dices que \( f(0)=0 \). Luego que resuelves la ecuación para \( x=1 \) por todo lo que hemos dicho antes obtendrás un valor, y sólo un valor de \( y \), a ese valor le llamas \( f(1) \). Luego resuelves la ecuación para \( x=2 \) y a ese valor (hay uno y sólo uno) le llamas \( f(2) \). Imagínate que vas dando a la \( x \) todos los números reales, y a la \( y \) que obtengas de resolver la ecuación la llamas \( f(x) \)...

Espero que lo hayas entendido. Saludos

Saludos

13 Junio, 2018, 09:10 am
Respuesta #48

Buscón

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Hola.
La implicación que he intentado explicar en esas respuestas es:

\( y^3-3y^2+6y-x=0 \)  sol. única   \( \Longrightarrow{} \) unicidad de \( f(x) \) tal que \( f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)-x=0 \)

Imagínate que resuelves la ecuación \( y^3-3y^2+6y-x=0 \) para \( x=0 \). Da \( y=0 \), pues entonces dices que \( f(0)=0 \). Luego que resuelves la ecuación para \( x=1 \) por todo lo que hemos dicho antes obtendrás un valor, y sólo un valor de \( y \), a ese valor le llamas \( f(1) \). Luego resuelves la ecuación para \( x=2 \) y a ese valor (hay uno y sólo uno) le llamas \( f(2) \). Imagínate que vas dando a la \( x \) todos los números reales, y a la \( y \) que obtengas de resolver la ecuación la llamas \( f(x) \)...

Espero que lo hayas entendido. Saludos

Saludos

Bueno vale, es posible que lo haya entendido.

\( f(x) \)    ha de verificar    \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x=0 \)    \( \forall{\,x\in{\mathbb{R}}} \).

En particular ha de verificar   

\( 2\big(f(0)\big)^3-3\big(f(0)\big)^2+6f(0)-0=0 \),   (esta ecuación tiene como única solución real    \( f(0)=0 \)).

\( 2\big(f(1)\big)^3-3\big(f(1)\big)^2+6f(1)-1=0 \),   (esta ecuación tiene como única solución real    \( f(1)=x_1 \)).

\( 2\big(f(\sqrt[ ]{2})\big)^3-3\big(f(\sqrt[ ]{2})\big)^2+6f(\sqrt[ ]{2})-\sqrt[ ]{2}=0 \),    (esta ecuación tiene como única solución real    \( f(\sqrt[ ]{2})=x_{\sqrt[ ]{2}} \)).

...   ...   ...

La función buscada, por lo tanto, deberá verificar    \( f(0)=0 \).

Se asume    \( f \)    derivable en    \( \mathbb{R} \)    porque sino no es posible continuar.

Siendo así, la composición es derivable en    \( \mathbb{R} \)    por ser suma, resta, producto de la función identidad y composición de funciones derivables en    \( \mathbb{R} \).

Se calcula la derivada de la composición

\( 6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)-1 \)

\( 6f'(x)\cdot{\left[\big(f(x)\big)^2-f(x)+1\right]}-1 \)

Se despeja    \( f'(x) \)    de la ecuación

\( 6f'(x)\cdot{\left[\big(f(x)\big)^2-f(x)+1\right]}-1=0 \)

\( f'(x)=\displaystyle\frac{1}{6}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}} \)

Al evaluar en    \( x=0 \)    se obtiene   

\( f'(0)=\displaystyle\frac{1}{6} \)


SÓLO FALTA PROBAR QUE    \( f \)    ES ÚNICA Y DERIVABLE.


:banghead: :banghead: :banghead:


Saludos y gracias.

13 Junio, 2018, 09:43 am
Respuesta #49

Luis Fuentes

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Hola

SÓLO FALTA PROBAR QUE    \( f \)    ES ÚNICA Y DERIVABLE.

¡La unicidad ya la tienes! Revisa otra vez todo. Has probado que fijado \( x \) existe un único \( y \) tal que \( y^3-3y^2+6y-x=0 \) por tanto si \( f(x)^3-3f(x)^2+5f(x)-x=0 \) necesariamente \( f(x)=y \).

La diferenciabilidad es más latosa si no puedes echar mano de ningún teorema auxiliar. ¿No has dado el teorema de la función inversa en una variable? Normalmente se enuncia y demuestra cuando se da esta fórmula:

\( (f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))} \)

en tu caso tendrías que aplicarlo a la función \( p(y)=y^3-3y^2+6y. \)

Saludos.

13 Junio, 2018, 11:50 am
Respuesta #50

Buscón

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Hola

SÓLO FALTA PROBAR QUE    \( f \)    ES ÚNICA Y DERIVABLE.

¡La unicidad ya la tienes! Revisa otra vez todo. Has probado que fijado \( x \) existe un único \( y \) tal que \( y^3-3y^2+6y-x=0 \) por tanto si \( f(x)^3-3f(x)^2+5f(x)-x=0 \) necesariamente \( f(x)=y \).

Estamos tontos.

Si    \( f(x)=\sqrt[ ]{x^2} \)    y    \( g(x)=x \)    resulta que    \( f=g \).    Es decir, una función es igual a otra si a cada elemento del dominio le hace corresponder igual elemento de la imagen, independientemente de la expresión que tenga. De lo más sencillo de ver!

>:(

Muchas gracias.

13 Junio, 2018, 06:25 pm
Respuesta #51

Buscón

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...
La diferenciabilidad es más latosa si no puedes echar mano de ningún teorema auxiliar. ¿No has dado el teorema de la función inversa en una variable? Normalmente se enuncia y demuestra cuando se da esta fórmula:

\( (f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))} \)

en tu caso tendrías que aplicarlo a la función \( p(y)=y^3-3y^2+6y. \)

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    derivable en el intervalo    \( I \)    con derivada    \( f'(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{I} \).    Entonces    \( f \)
es una biyección de    \( I \)    sobre el intervalo    \( J=f(I) \),    y la función inversa    \( f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    es derivable en
\( J \)    siendo


\( \big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} \)       \( (y\in{\mathbb{R}}) \)



14 Junio, 2018, 09:29 am
Respuesta #52

Luis Fuentes

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Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    derivable en el intervalo    \( I \)    con derivada    \( f'(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{I} \).    Entonces    \( f \)
es una biyección de    \( I \)    sobre el intervalo    \( J=f(I) \),    y la función inversa    \( f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    es derivable en
\( J \)    siendo


\( \big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} \)       \( (y\in{\mathbb{R}}) \)


Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x \)

Dado que \( g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

Nota que tal función inversa es la que verifica:

\( g(g^{-1}(x))=x \)

es decir:

\( \color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x \)

por tanto \( g^{-1}(x) \) es precisamente la \( f(x) \) del enunciado original.

Saludos.

CORREGIDO

14 Junio, 2018, 11:00 am
Respuesta #53

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Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    derivable en el intervalo    \( I \)    con derivada    \( f'(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{I} \).    Entonces    \( f \)
es una biyección de    \( I \)    sobre el intervalo    \( J=f(I) \),    y la función inversa    \( f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    es derivable en
\( J \)    siendo


\( \big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} \)       \( (y\in{\mathbb{R}}) \)


Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x \)

Dado que \( g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

¿Esta bien la corrección en rojo?

14 Junio, 2018, 11:11 am
Respuesta #54

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Citar
Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x \)

Dado que \( g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

¿Esta bien la corrección en rojo?

No del todo. Sobra el \( -x. \)

Es:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red} \)

Saludos.

14 Junio, 2018, 05:13 pm
Respuesta #55

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Citar
Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x \)

Dado que \( g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

¿Esta bien la corrección en rojo?

No del todo. Sobra el \( -x. \)

Es:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red} \)

Saludos.

Pues entonces    \( g'(x)=6x^2-6x+6 \)    ¿No?

15 Junio, 2018, 09:47 am
Respuesta #56

Luis Fuentes

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Pues entonces    \( g'(x)=6x^2-6x+6 \)    ¿No?

Si; cuando me indicaste mi primera errata, de paso corregí esa también.  ;)

Saludos.

15 Junio, 2018, 11:23 pm
Respuesta #57

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Hola

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    derivable en el intervalo    \( I \)    con derivada    \( f'(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{I} \).    Entonces    \( f \)
es una biyección de    \( I \)    sobre el intervalo    \( J=f(I) \),    y la función inversa    \( f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    es derivable en
\( J \)    siendo


\( \big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} \)       \( (y\in{\mathbb{R}}) \)


Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x \)

Dado que \( g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

Nota que tal función inversa es la que verifica:

\( g(g^{-1}(x))=x \)

es decir:

\( \color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x \)

por tanto \( g^{-1}(x) \) es precisamente la \( f(x) \) del enunciado original.

Saludos.

CORREGIDO

Me estoy liando con la notación. Lo que se debe probar es la unicidad derivabilidad de    \( f(x) \)    sabiendo que verifica    \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=x \),    entonces se hace

\( g(x)=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x \),

si ahora se quiere considerar que la función    \( f \)    es ya la función inversa de alguna función, se debería hacer

\( f(x)=h^{-1}(y) \)     y    \( h(x) \)    la función directa original. La notación    \( g^{-1}(x)=f(x) \)    genera confusión. 

Lo correcto ahora sería    \( y=g(x) \)    y por lo tanto    \( g^{-1}(y)=x \).

No consigo aclararme para poder aplicar el teorema.

Saludos.

CORREGIDO.

16 Junio, 2018, 05:57 pm
Respuesta #58

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Teorema (Derivada de una función compuesta o regla de la cadena)

Sean    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    y    \( g:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    con    \( f(I)\subset{J} \),    y sea    \( h=g\circ{f}:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    la función compuesta. Supongamos que     \( f \)    es derivable en    \( a\in{I} \)    y que    \( g \)    es derivable en    \( f(a) \).    Entonces    \( h \)    es derivable en    \( a \)    y    \( h'(a)=g'\big(f(a)\big)f'(a) \).

En particular, si    \( g \)    es derivable en    \( J \),    la función compuesta    \( h=g\circ{f} \)    es derivable en todo punto de    \( I \)    donde    \( f \)    sea derivable.



Este teorema no garantiza que    \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x) \)    sea derivable en    \( x \),    \( \forall{x\in{\mathbb{R}}} \).    Falta la
hipótesis    \( f \)    derivable en    \( x \),    \( \forall{x}\in{}\mathbb{R} \).

No veo como probar la derivabilidad de    \( f \).

Saludos.

18 Junio, 2018, 11:40 am
Respuesta #59

Luis Fuentes

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Teorema (Derivada de una función compuesta o regla de la cadena)

Sean    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    y    \( g:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    con    \( f(I)\subset{J} \),    y sea    \( h=g\circ{f}:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    la función compuesta. Supongamos que     \( f \)    es derivable en    \( a\in{I} \)    y que    \( g \)    es derivable en    \( f(a) \).    Entonces    \( h \)    es derivable en    \( a \)    y    \( h'(a)=g'\big(f(a)\big)f'(a) \).

En particular, si    \( g \)    es derivable en    \( J \),    la función compuesta    \( h=g\circ{f} \)    es derivable en todo punto de    \( I \)    donde    \( f \)    sea derivable.



Este teorema no garantiza que    \( 2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x) \)    sea derivable en    \( x \),    \( \forall{x\in{\mathbb{R}}} \).    Falta la
hipótesis    \( f \)    derivable en    \( x \),    \( \forall{x}\in{}\mathbb{R} \).

No veo como probar la derivabilidad de    \( f \).

¡Pero te acabo de decir dos mensajes más atrás que la derivabilidad de \( f \) se prueba usando el Teorema de la función inversa!.

Vuelve a considerar esto y dime que no entiendes:

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    \( f:I\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    derivable en el intervalo    \( I \)    con derivada    \( f'(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{I} \).    Entonces    \( f \)
es una biyección de    \( I \)    sobre el intervalo    \( J=f(I) \),    y la función inversa    \( f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}} \)    es derivable en
\( J \)    siendo


\( \big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} \)       \( (y\in{\mathbb{R}}) \)


Bien. Pues aplícalo para la función:

\( g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x \)

Dado que \( g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0 \) en todo punto \( x_0 \) se tiene que la función inversa \( g^{-1}(x) \) es derivable en \( g(x_0) \).

Nota que tal función inversa es la que verifica:

\( g(g^{-1}(x))=x \)

es decir:

\( \color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x \)

por tanto \( g^{-1}(x) \) es precisamente la \( f(x) \) del enunciado original.

Saludos.

CORREGIDO

Saludos.