Introducción

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

La raíz $k$-ésima

Iniciaremos 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 $f(x)=x^2$, $f$ es continua en $\mathbb{R}$. Notemos que $f(0)=0^2=0$. Además, como $\mathbb{N}$ no está acotado superiormente, existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $a<n$. Entonces

$$f(n)=n^2\text{y}a<n\le n^2=f(n).$$

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

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

Demostración.

Sean $a>0$ y $k\in \mathbb{N}.$

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

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

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

$$\therefore b^k=a.$$

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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 $b\ne c$ entonces $b>c$ ó $b<c$.
$$\begin{array}{c}\text{Si }b<c\Rightarrow b^k<c^k\Rightarrow a<a\text{ (contradicción).}\\ \text{Si }b>c\Rightarrow b^k>c^k\Rightarrow a>a\text{ (contradicción).}\end{array}$$

$$\therefore b=c.$$

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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

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

tiene una raíz.

Demostración.

La demostración se basa en probar que existen $x_1$ y $x_2$ tales que la función $f(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_0$ cumple $f(x_1)<0$ y $f(x_2)>0$. Además, dado que $f$ es continua, podremos usar el teorema del valor intermedio y concluir que existe $x_0$ tal que $f(x_0)=0$, es decir, que la ecuación $x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_0=0$ tiene una raíz.

A continuación haremos una manipulación algebraica que permitirá mostrar de forma más sencilla que mientras $|x|\to \mathrm{\infty }$, entonces $f$ tendrá un comportamiento similar 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 lo suficientemente grandes, $f$ será negativo.

$$f(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_0=x^n(1+\frac{a_{n-1}}{x}+\frac{a_{n-2}}{x^2}+\dots +\frac{a_0}{x^n}),\text{para }x\ne 0.$$

Daremos inicio a la demostración viendo que

$$|\frac{a_{n-1}}{x}+\frac{a_{n-2}}{x^2}+\dots +\frac{a_0}{x^n}|\le \frac{|a_{n-1}|}{|x|}+\dots +\frac{|a_0|}{|x^n|}.$$

Ahora trataremos de acotar la expresión anterior, para ello estamos buscando $|x|$ lo suficientemente grande para acotar la suma de $n$ términos de la forma $\frac{|a_{n-k}|}{|x^k|}$. Primero vayamos con el denominador y notemos que si $|x|>1$, entonces se tiene que $|x{|}^k\ge |x|$ para todo $k\in \mathbb{N}$. Esto implica que $\frac{1}{|x{|}^k}\le \frac{1}{|x|}.$ Para el numerador es suficiente considerar el máximo de los términos $|a_{n-k}|$ y sumarlo $n$-veces, es decir, el máximo de los $n|a_{n-k}|.$ Sin embargo, por fines algebraicos (visibles en $(2)$), utilizaremos $2n|a_{n-k}|.$

De esta forma, si $$\begin{array}{}\text{(1)}& |x|>max\{1,2n|a_{n-1}|,\dots ,2n|a_0|\},\end{array}$$
entonces $|x^k|>|x|$ y

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

es decir,

$$|\frac{a_{n-1}}{x}+\frac{a_{n-2}}{x^2}+\dots +\frac{a_0}{x^n}|\le \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\dots +\frac{1}{2n}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}.$$

$$\Rightarrow -\frac{1}{2}\le \frac{a_{n-1}}{x}+\dots +\frac{a_0}{x^n}\le \frac{1}{2}.$$

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

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \frac{1}{2}\le 1+\frac{a_{n-1}}{x}+\dots +\frac{a_0}{x^n}.\end{array}$$

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

$$0>\frac{x_1^n}{2}\ge x_1^n(1+\frac{a_{n-1}}{x_1}+\dots +\frac{a_0}{x_1^n})=f(x_1).$$

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

$$0<\frac{x_2^n}{2}\le x_2^n(1+\frac{a_{n-1}}{x_2}+\dots +\frac{a_0}{x_2^n})=f(x_2).$$

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 $f(x_0)=0$.

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Después de haber probado el teorema anterior, podemos notar que fue fundamental en la demostración usar que $n$ es impar. El caso cuando $n$ es par 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, para este tipo de polinomios podemos probar que existe un mínimo.

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

Demostración.

Por el teorema del máximo-mínimo, sabemos que toda función continua en un intervalo cerrado $[a,b]$ tiene un mínimo en dicho intervalo. Así que nos enfocaremos en encontrar un mínimo para cuando nuestra función esté fuera de tal intervalo.

De forma similar a la demostración anterior, consideremos $M=max\{1,2n|a_{n-1}|,\dots ,2n|a_0|\}$, entonces para todo $x$ que satisfaga $|x|\ge M$, se tiene que

$$\frac{1}{2}\le 1+\frac{a_{n-1}}{x}+\dots +\frac{a_0}{x^n}.$$

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

$$\frac{x^n}{2}\le x^n(1+\frac{a_{n-1}}{x}+\dots +\frac{a_0}{x^n})=f(x),\text{si }|x|\ge M.$$

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

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(x)\ge \frac{x^n}{2}\ge \frac{b^n}{2}\ge f(0).\end{array}$$

Análogamente, si $x\le -b$, entonces

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(x)\ge \frac{x^n}{2}\ge \frac{(-b{)}^n}{2}=\frac{b^n}{2}\ge f(0).\end{array}$$

Por lo que si $x\ge b$ ó $x\le -b$, entonces $f(x)\ge f(0)$.

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 $-b\le x\le b$, entonces $f(x_0)\le f(x)$. En particular, $f(x_0)\le f(0)$.

Además, por $(1)$ y $(2)$ sabemos que si $x\ge b$ ó $x\le -b$, entonces $f(x)\ge f(0)\ge f(x_0)$.

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

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Más adelante…

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

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

• Supongamos que $f$ es una función continua en $[0,1]$ y que $f(x)$ pertenece al intervalo $[0,1]$ para cada $x$. Demuestra que $f(x)=x$ para algún $x$.
• Demuestra que existe algún número $x$ tal que $sen(x)=x-1$.
• Encuentra la solución al polinomio $x^5+5x^4+2x+1$.

Entradas relacionadas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»