Continuidad y Teorema del Valor Medio

**a) Demuestra que la función es continua en el intervalo $\frac{1}{e}, e \cdot$ (0.75 puntos)** Analizamos la composición de funciones que forman $f(x) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{x} \right)$: 1. La función $g(x) = \frac{1}{x}$ es continua en todo su dominio $\mathbb{R} \setminus \{0\}$. En el intervalo $\left[\frac{1}{e}, e\right]$, es continua ya que el $0$ no pertenece a dicho intervalo. 2. La función logaritmo neperiano $h(u) = \ln(u)$ es continua para $u \gt 0$. Como para $x \in [1/e, e]$ se cumple que $\frac{1}{x} \gt 0$, la función $\ln \frac{1}{x}$ es continua en el intervalo. 3. La función seno es continua en todo $\mathbb{R}$. Al ser $f(x)$ una **composición de funciones continuas** en el intervalo dado, podemos afirmar que: $$\boxed{f(x) \text{ es continua en } \left[ \frac{1}{e}, e \right]}$$ 💡 **Tip:** Recuerda que la composición de funciones continuas es continua en los puntos donde esté definida.

**b) Demuestra que existe un valor $\alpha \in \frac{1}{e}, e$ tal que $f'(\alpha) = \frac{e\sqrt{2}}{1 - e^2}$. Enuncia el/los resultado(s) teórico(s) utilizado(s), y justifica su uso. (1.75 puntos)** Para demostrar la existencia de dicho valor $\alpha$, utilizaremos el **Teorema del Valor Medio (o Teorema de Lagrange)**. Primero, comprobamos la derivabilidad de $f(x)$. Calculamos la derivada usando la regla de la cadena: $$f'(x) = \cos\left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{x} \right) \cdot \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{1/x} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right)$$ Simplificando: $$f'(x) = \cos\left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{x} \right) \cdot \frac{\pi}{4} \cdot x \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = -\frac{\pi}{4x} \cos\left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{x} \right)$$ Esta función derivada existe y es continua para todo $x \gt 0$. Por tanto, $f(x)$ es **derivable** en el intervalo abierto $\left( \frac{1}{e}, e \right)$.

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 nuestro caso, aplicamos el teorema en el intervalo $[a, b] = \left[ \frac{1}{e}, e \right]$. 💡 **Tip:** Este teorema garantiza que hay un punto donde la pendiente de la recta tangente es igual a la pendiente de la recta secante que une los extremos del intervalo.

Evaluamos $f(x)$ en los extremos del intervalo para aplicar la fórmula: Para $x = e$: $$f(e) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{e} \right) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \cdot (-1) \right) = \sin \left( -\frac{\pi}{4} \right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$ Para $x = \frac{1}{e}$: $$f\left(\frac{1}{e}\right) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \ln \frac{1}{1/e} \right) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \ln e \right) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \cdot 1 \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$ $$\boxed{f(e) = -\frac{\sqrt{2}}{2}, \quad f\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}}$$

Sustituimos los valores en la expresión del Teorema del Valor Medio: $$f'(\alpha) = \frac{f(e) - f(1/e)}{e - 1/e} = \frac{-\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}}{e - \frac{1}{e}} = \frac{-\sqrt{2}}{\frac{e^2 - 1}{e}}$$ Operando con la fracción: $$f'(\alpha) = \frac{-e\sqrt{2}}{e^2 - 1}$$ Para que coincida con el enunciado, multiplicamos numerador y denominador por $-1$: $$f'(\alpha) = \frac{e\sqrt{2}}{1 - e^2}$$ Como se cumplen las hipótesis del Teorema del Valor Medio, queda demostrado que **existe un $\alpha \in (1/e, e)$** que cumple la igualdad. ✅ **Resultado final:** $$\boxed{\exists \alpha \in \left( \frac{1}{e}, e \right) : f'(\alpha) = \frac{e\sqrt{2}}{1 - e^2}}$$