Cálculo Diferencial e Integral: Otros teoremas de funciones continuas

Introducción

Anteriormente revisamos el teorema del valor intermedio y el teorema del máximo-mínimo. En esta entrada será un complemento a las anteriores, pues revisaremos resultados derivados de tales teoremas.

La raíz $k$-ésima

Daremos inicio a esta entrada probando que todo número real positivo tiene raíz cuadrada y, posteriormente probaremos que todo número real positivo tiene raíz $k$-ésima.

Proposición. Para todo $a \in \mathbb{R}$, $a >0$, existe $b >0$ tal que $b^2 = a$. Es decir, todo real positivo tiene raíz cuadrada.

Demostración.

Sea $a > 0$.

Consideremos la función $f(x) = x^2$. Sabemos que $f$ es continua en $\mathbb{R}$. Notemos que $f(0) = 0^2 = 0$. Además, como $\mathbb{N}$ no está acotado por arriba, existe $n \in \mathbb{N}$ tal que $a<n$.

$$\Rightarrow f(n) = n^2 \quad \text{y} \quad a<n \leq n^2 = f(n)$$

Por lo anterior, se tiene que $f$ es continua en $[0, n]$ y $f(0)<a<f(n)$. Por el teorema del valo r intermedio existe $c \in \mathbb{R}$, $0<c<n$ tal que $f(c)=a$, es decir, $c^2 = a$
Consideremos $b = c$, entonces $b^2 = a$

$\square$

Definición. Sean $a > 0$, $b > 0$, $k \in \mathbb{N}$, decimos que $b$ es la raíz $k$-ésima de $a$ si $b^k = a$ y lo denotamos como $b = \sqrt[k]{a}$.

Proposición. Para toda $a >0$, toda $k \in \mathbb{N}$, existe la raíz $k$-ésima de $a$.

Demostración.

Consideremos la función $f(x) = x^k$, continua en $\mathbb{R}$. Entonces, para algún $n \in \mathbb{N}$ se tiene que

$$f(0) = 0^k = 0 < a < n \leq n^k = f(n)$$

Por el teorema del valor intermedio, existe $b$ tal que $0<b<n$ y $f(b) = a$.

$$\therefore b^k = a$$

$\square$

Notemos que en la definición dada consideramos únicamente los valores positivos que cumplen $b^k = a$, de esta forma, $b$ es único.

Proposición. La raíz $k$-ésima es única.

Demostración.

Si existen $b > 0$, $c > 0$ tal que $b^k = a$ y $c^k = a$.
Si $b \neq c$ entonces $b > c$ ó $b<c$.
\begin{gather*}
\text{Si } b < c \Rightarrow b^k < c^k \Rightarrow a < a \text{ (Contradicción)} \\
\text{Si } b > c \Rightarrow b^k > c^k \Rightarrow a > a \text{ (Contradicción)}
\end{gather*}

$$\therefore b = c$$

$\square$

Polinomios

Otro de los resultados derivados del teorema del valor intermedio es la existencia de las raíces para cierto tipo de polinomios.

Teorema. Si $n$ es impar, entonces cualquier ecuación de la forma

$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0 = 0$$

tiene una raíz.

Demostración.

La demostración se basa en probar que existen $x_1$ y $x_2$ tal que la función $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0$ cumple $f(x_1) < 0$ y $f(x_2)$, es decir, existen un punto donde el polinomio es negativo y un punto donde es positivo y, dado que $f$ es continua, podremos usar el teorema del valor intermedio. Intuitivamente sabemos que mientras $|x| \to \infty$, entonces $f$ se parece mucho a la función $g(x) = x^n$ y considerando que $n$ es impar, entonces para valores positivos lo suficientemente grandes $f$ será positivo, mientras que para valores negativos los suficientemente grandes, $f$ será negativo. Para lograrlo, acotaremos la función

$$ f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0 = x^n \left( 1+\frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right), \quad \text{para } x \neq 0$$

en términos de $x^n$.

Daremos inicio a la demostración viendo que

$$\left\lvert \frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right\rvert \leq \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \cdots + \frac{|a_{0}|}{|x^n|}$$

Si $$|x| > max\{1, 2n|a_{n-1}|, \dots, 2n|a_0|\} \tag{1}$$
entonces $|x^k|>|x|$ y

$$\frac{|a_{n-k}|}{|x^k|} < \frac{|a_{n-k}|}{|x|} < \frac{|a_{n-k}|}{2n|a_{n-k}|} = \frac{1}{2}$$

es decir,

$$\left\lvert \frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right\rvert \leq \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}$$

$$\Rightarrow -\frac{1}{2} \leq \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \leq \frac{1}{2}$$

Sumando $1$ a la expresión anterior, se sigue que

$$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n}$$

Si consideramos $x_1 < 0$ que satisface $(1)$, entonces $x_1^n < 0$ puesto que $n$ es impar, y multiplicando por $x_1^n$ la expresión anterior se obtiene

$$0 > \frac{x_1^n}{2} \geq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x_1)$$

Por otro lado, si consideramos $x_2 > 0$ tal que satisface $(1)$, entonces tenemos

$$0 < \frac{x_2^n}{2} \leq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x_2)$$

Por lo cual $f(x_1) < 0$ y $f(x_2) > 0$. Por el teorema del valor intermedio, concluimos que existe $x_0 \in [x_1,x_2]$ tal que $f(x_0) = 0$.

$\square$

Después de haber probado el teorema anterior, es claro que fue fundamental que $n$ fuese impar. Respecto al caso de $n$ para se convierte en un problema más complejo derivado del hecho de que hay algunos polinomios que no tienen solución en los reales, tal es el caso de $x^2+1 = 0$; sin embargo, sí podemos revisar un resultado para este caso y es el hecho de que tales polinomios tienen tienen un mínimo.

Teorema. Si $n$ es par y $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0$, entonces existe un $x_0$ tal que $f(x_0) \leq f(x)$ para todo $x \in \mathbb{R}$.

Demostración.

Por el teorema del máximo-mínimo, sabemos que toda función continua en un intervalo, tiene un mínimo en el mismo. De esta forma, deberemos enfocarnos en encontrar un mínimo para cuando nuestra función esté fuera de tal intervalo.

Si consideramos $M = max\{1, 2n|a_{n-1}|, \dots, 2n|a_0| \}$, entonces para todo $x$ que satisfaga $|x| \geq M$, se tiene que

$$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots+ \frac{a_0}{x^n}$$

Como $n$ es par, $x^n>0$ para todo $x$, por tanto

$$\frac{x^n}{2} \leq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x), \text{si } |x|\geq M$$

Consideremos ahora el número $f(0)$. Sea $b > 0$ un número tal que $b^n \geq 2f(0)$ y $b>M$. Entonces si $x \geq b$, obtenemos

$$f(x) \geq \frac{x^n}{2} \geq \frac{b^n}{2} \geq f(0) \tag{1}$$

Análogamente, si $x \leq -b$, entonces

$$f(x) \geq \frac{x^n}{2} \geq \frac{(-b)^n}{2}= \frac{b^n}{2} \geq f(0) \tag{2}$$

En resumen, si $x \geq b$ o $x \leq -b$, entonces $f(x) \geq f(0)$.

Dado que $f$ es continua, podemos aplicar el teorema del máximo-mínimo en el intervalo $[-b,b]$, por tanto existe un número $x_0$ tal que si $-b \leq x \leq b$, entonces $f(x_0) \leq f(x)$. En particular, $f(x_0) \leq f(0)$.

Además, por $(1)$ y $(2)$ sabemos que si $x \geq b$ o $x \leq -b$, entonces $f(x) \geq f(0) \geq f(x_0)$.

Por lo anterior, podemos concluir que $f(x_0) \leq f(x)$ para todo $x$.

$\square$

Tarea moral

  • Suponga que $f$ es una función continua en $[0,1]$ y que $f(x)$ pertenece al intervalo $[0,1]$ para cada $x$. Demuestre que $f(x) = x$ para algún $x$.
  • Demuestra que existe algún número $x$ tal que $sen(x) = x-1$.
  • Da una una función continua tal que para todo $r \in \mathbb{Q}$, $f(r) > 0$, pero que exista $x_0 \mathbb{R}$ tal que $f(x_0) = 0$. ¿Es posible encontrar una función que cumpla lo anterior y que exista $x_1 \in \mathbb{R}$ tal que $f(x_1) < 0$?
  • Consideremos la ecuación
    $$x^n+a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 = c \tag{1}$$
    y supongamos que $n$ es par. Prueba que existe un número $m$ tal que $(1)$ admite una solución para $c \geq m$ y no tiene solución para $c < m$.
  • Encuentra la solución a la ecuación $x^5+5x^4+2x+1$.

Más adelante…

En la siguiente entrada daremos la definición de continuidad uniforme y veremos su relación con la continuidad. También revisaremos el concepto de funciones de Lipschitz y el papel que juegan dentro de la continuidad.

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