Aplicación del Teorema del Valor Medio de Lagrange

**Demuestra que existe $\alpha \in (0, 2)$ tal que $f'(\alpha) = -\frac{1}{3}$, siendo $f(x) = (x + 1)^{(x-1) \cos(\frac{\pi x}{2})}$. Menciona el resultado teórico empleado y justifica su uso.** El enunciado nos pide demostrar la existencia de un valor en el que la derivada toma un valor específico. Esto sugiere el uso del **Teorema del Valor Medio (o Teorema de Lagrange)**. El **Teorema del Valor Medio** establece que si una función $f(x)$ es: 1. Continua en el intervalo cerrado $[a, b]$. 2. Derivable en el intervalo abierto $(a, b)$. Entonces existe, al menos, un punto $\alpha \in (a, b)$ tal que: $$f'(\alpha) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$$ En este caso, utilizaremos el intervalo $[a, b] = [0, 2]$. 💡 **Tip:** El teorema de Lagrange relaciona la tasa de variación media de una función en un intervalo con su tasa de variación instantánea (derivada) en un punto interior.

Para aplicar el teorema en $[0, 2]$, debemos asegurar que $f(x)$ cumple las condiciones de continuidad y derivabilidad. La función es de tipo potencial-exponencial: $f(x) = (x+1)^{(x-1) \cos(\frac{\pi x}{2})}$. Podemos expresarla de forma equivalente como: $$f(x) = e^{(x-1) \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) \ln(x+1)}$$ Analizamos los componentes: - La base $x+1$ es siempre positiva en el intervalo $[0, 2]$, ya que $x+1 \ge 1$. Por tanto, el logaritmo $\ln(x+1)$ está bien definido y es continuo y derivable en este intervalo. - El exponente $(x-1) \cos(\frac{\pi x}{2})$ es el producto de un polinomio y una función trigonométrica, ambos continuos y derivables en todo $\mathbb{R}$. Al ser composición y producto de funciones continuas y derivables en su dominio, - $f(x)$ es **continua en $[0, 2]$**. - $f(x)$ es **derivable en $(0, 2)$**. 💡 **Tip:** Siempre que tengas una función del tipo $g(x)^{h(x)}$, escríbela como $e^{h(x)\ln(g(x))}$ para estudiar su dominio y derivabilidad con mayor facilidad.

Calculamos el valor de la función en los extremos del intervalo $[0, 2]$: Para **$x = 0$**: $$f(0) = (0 + 1)^{(0-1) \cos(0)} = 1^{-1 \cdot 1} = 1^{-1} = 1$$ Para **$x = 2$**: $$f(2) = (2 + 1)^{(2-1) \cos(\frac{2\pi}{2})} = 3^{1 \cdot \cos(\pi)} = 3^{1 \cdot (-1)} = 3^{-1} = \frac{1}{3}$$ Recapitulando: $$\boxed{f(0) = 1, \quad f(2) = \frac{1}{3}}$$

Aplicamos la fórmula del teorema para el intervalo $[0, 2]$: $$f'(\alpha) = \frac{f(2) - f(0)}{2 - 0}$$ Sustituimos los valores obtenidos anteriormente: $$f'(\alpha) = \frac{\frac{1}{3} - 1}{2} = \frac{-\frac{2}{3}}{2} = -\frac{2}{6} = -\frac{1}{3}$$ Como $f(x)$ cumple las hipótesis del **Teorema del Valor Medio** en $[0, 2]$, queda demostrado que existe al menos un valor $\alpha \in (0, 2)$ tal que: $$\boxed{f'(\alpha) = -\frac{1}{3}}$$ Esto confirma lo solicitado en el enunciado.