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Cálculo Diferencial e Integral: Resultados derivados de los teoremas del valor intermedio y del máximo-mínimo

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

2 respuestas

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

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

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

$\square$

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 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

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

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

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

tiene una raíz.

Demostración.

La demostración se basa en probar que existen $x_1$ y $x_2$ tales que la función $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + a_0$ 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 $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + a_0 = 0$ tiene una raíz.

A continuación haremos una manipulación algebraica que permitirá mostrar de forma más sencilla que mientras $|x| \to \infty$, 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.

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

Daremos inicio a la demostración viendo que

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

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 $|x|^k \geq|x|$ para todo $k \in \mathbb{N}$. Esto implica que $\frac{1}{|x|^k } \leq \frac{1}{|x|}.$ 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 $$|x| > max\{1, 2n|a_{n-1}|, \dots, 2n|a_0|\}, \tag{1}$$
entonces $|x^k|>|x|$ y

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

es decir,

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

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

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

$$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \ldots + \frac{a_0}{x^n}. \tag{2}$$

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

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

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

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

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, 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 $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_0$, 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 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 $|x| \geq M$, se tiene que

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

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

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

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

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

Por lo que si $x \geq b$ ó $x \leq -b$, 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 $x \geq b$ ó $x \leq -b$, entonces $f(x) \geq f(0) \geq f(x_0)$.

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

$\square$

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 $x^5+5x^4+2x+1$.

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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»

Cálculo Diferencial e Integral I: Raíz cuadrada y desigualdades

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

Ahora veremos el concepto de raíz cuadrada, su definición formal, resultados útiles y ejercicios de desigualdades donde se vea involucrada.

Definición de raíz cuadrada de un número real

Definición (Raíz cuadrada): Sea $x,y \in \r$ tal que $x, y \geq 0$. Definiremos a la raíz cuadrada de $x$ como sigue:
$$\sqrt{x}=y \Leftrightarrow x= y^{2}.$$

Para dejar más clara la definición observemos el siguientes ejemplo:

  • Si $x =9$ tenemos que para $\sqrt{9}$:
    $\sqrt{(3)^{2}}= 3$

Observaciones

  1. Para toda $x \in \r$ con $x>0$. Observamos que la raíz cuadra de $x$ cumple con las siguientes desigualdades, es decir, $$-\sqrt{x} \leq 0 , \quad \sqrt{x} \geq 0.$$
  2. Para $y \in \r$ tenemos que $\sqrt{y^{2}} =|y|.$
  3. $|y^{2}|=y^{2};$
    $|y^{2}|=|y|^{2}.$

Demostración de 1: Consideramos $x=y^{2}$ donde $y^{2}\geq 0$. Así al sustituir y aplicar la raíz cuadrada se sigue que:
\begin{equation*}
\sqrt{y^{2}}=
\begin{cases}
y &\text{si $y \geq 0$}\\
-y & \text{si $y< 0$}.
\end{cases}
\end{equation*}

Demostración de 2: Vemos que esto se sigue de la observación anterior ya que
\begin{equation*}
|y|=
\begin{cases}
y &\text{si $y \geq 0$}\\
-y & \text{si $y< 0$}.
\end{cases}
\end{equation*}
$$\therefore \sqrt{y^{2}} =|y|.$$

$\square$

Algunos resultados importantes

Teorema: Para $x,y \in \r$ donde $x \geq 0$ y $y \geq 0$.
$$x \leq y \Leftrightarrow x^{2} \leq y^{2}$$

Demostración:
$\Rightarrow$): Como tenemos por hipótesis $x \leq y$ vemos que al multiplicar por $x$ obtendríamos
$$x \leq y \Rightarrow x^{2} \leq xy$$
Y si multiplicamos por $y$:
$$x \leq y \Rightarrow xy \leq y^{2}$$
Así por transitividad:
$$\Rightarrow x^{2} \leq y^{2}$$
$\Leftarrow$): Ahora tenemos como hipótesis que $x^{2} \leq y^{2}$. Y esto es equivalente a decir
$$0 \leq y^{2}-x^{2} \Leftrightarrow (y+x)(y-x) \geq 0$$

Por lo que debemos considerar los casos en que:
a) $y+x \geq 0$ y $y-x \geq 0$
De la segunda desigualdad concluimos $y \geq x$.

O el caso b) $y+x \leq 0$ y $y-x \leq 0$
Vemos que este caso no tiene sentido.
$$\therefore \quad y \geq x$$

$\square$

Corolario: Para $x \geq 0$, $y \geq 0$.
$$x\leq y \Leftrightarrow \sqrt{x} \leq \sqrt{y}$$
Demostración:
Tomemos $a = \sqrt{x}$ y $b=\sqrt{y}$.
$\Rightarrow$):
Entonces $a^{2}=(\sqrt{x})^{2}$ y $b^{2}=(\sqrt{y})^{2}\Rightarrow a^{2}=x$ y $b^{2}=y$
Y como por hipótesis $x\leq y$
\begin{align*}
&\Rightarrow a^{2} \leq b^{2}\\
&\Rightarrow a \leq b\\
&\Rightarrow \sqrt{x} \leq \sqrt{y}
\end{align*}
$\Leftarrow$):
Ahora como por hipótesis $\sqrt{x} \leq \sqrt{y}$
\begin{align*}
&\Rightarrow a \leq b\\
&\Rightarrow a^{2} \leq b^{2}\\
&\Rightarrow x \leq y
\end{align*}

$\square$

Corolario: Para cualesquiera $x,y \in \r$ donde $y\geq 0$.
$$|x|^{2}\leq y \Leftrightarrow |x| \leq \sqrt{y}$$
Demostración:
Aplicando el corolario anterior tenemos las siguientes equivalencias
\begin{align*}
|x|^{2}\leq y &\Leftrightarrow \sqrt{|x|^{2}} \leq \sqrt{y}\\
&\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}} \leq \sqrt{y}\\
&\Leftrightarrow |x| \leq \sqrt{y}\\
\end{align*}

$\square$

A continuación resolveremos ejercicios de desigualdades donde se encontraran involucrados la raíz cuadrada y el valor absoluto.

Ejercicio 1

Encuentra los valores $x$ que cumplan la desigualdad:

$$2x^{2}<|x-1|$$

Por el valor absoluto presente sabemos que debemos tomar casos, por lo que tenemos:

CASO 1: $x-1\geq 0 \Leftrightarrow x\geq 1$

Sustituyendo nos queda:
\begin{align*}
2x^{2}<|x-1|&\Leftrightarrow 2x^{2}< x-1\\
&\Leftrightarrow 2x^{2}- x+1<0\\
\end{align*}
Aplicando la fórmula general para ecuaciones de segundo grado:
\begin{align*}
x &=\frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 -4(2)(1)}}{2(2)}\\
&=\frac{1 \pm \sqrt{1-8}}{4}\\
&=\frac{1 \pm \sqrt{-7}}{4}.\\
\end{align*}
Pero como $\sqrt{-7}$ no tiene solución en $\r$, tenemos que la solución de este caso es:
$$[1,\infty) \cap \emptyset= \emptyset.$$

CASO 2: $x-1\leq 0 \Leftrightarrow x\leq 1$
Por lo que tendríamos:
\begin{align*}
2x^{2}<|x-1|&\Leftrightarrow 2x^{2}< -(x-1)\\
&\Leftrightarrow 2x^{2}+x-1<0\\
\end{align*}

Y por la fórmula general se sigue:
\begin{align*}
x&=\frac{-1\pm \sqrt{(1)^2 -4(2)(-1)}}{2(2)}\\
&=\frac{-1\pm \sqrt{9}}{4}\\
&=\frac{-1\pm 3}{4}.\\
\end{align*}
$$\therefore \quad x_{1}=\frac{1}{2}, \quad x_{2}=-1$$
Sustituyendo lo anterior tenemos que:
$$2x^{2}+x-1<0 \Rightarrow \left(x-\frac{1}{2} \right)(x+1)<0$$

Dado lo anterior notamos que para que el producto satisfaga la desigualdad hay que considerar el siguiente par de casos:
CASO 2.1: $x-\frac{1}{2}>0$ y $ x+1<0$
De donde $x>\frac{1}{2}$ y $ x<-1$. Al considerar la intersección vemos que ocurre:
$$\left(\frac{1}{2}, \infty \right) \cap (-\infty,-1)= \emptyset$$

CASO 2.2: $x-\frac{1}{2}<0$ y $ x+1>0$
Ahora tendríamos que $x<\frac{1}{2}$ y $ x>-1$. Y la solución sería:
$$\left(-1,\frac{1}{2} \right)$$

Concluimos así que la solución del CASO 2 esta dada por:
$$\left[\emptyset \cup \left(-1, \frac{1}{2} \right) \right] \cap (-\infty, 1)=\left(-1,\frac{1}{2} \right)$$

Finalmente la solución total es:
$$\left(-1,\frac{1}{2} \right)\cup \emptyset =\left(-1,\frac{1}{2} \right)$$


Ejercicio 2

$$x^{2}-4x-1 >0$$

Buscando la solución de la ecuación $x^{2}-4x-1 =0$:
\begin{align*}
x &=\frac{-(-4)\pm \sqrt{(-4)^2 -4(1)(-1)}}{2(1)}\\
&=\frac{4\pm \sqrt{16+4}}{2}\\
&=\frac{4\pm \sqrt{20}}{2}\\
&=\frac{4\pm 2\sqrt{5}}{2}\\
&= 2\pm 2\sqrt{5}
\end{align*}
$$\therefore \quad x_{1}=2+\sqrt{5},\quad x_{2}=2-\sqrt{5}$$

Entonces la desigualdad que queremos resolver sería:
$$(x – (2+\sqrt{5}))(x-(2-\sqrt{5}))>0$$

Para que el producto cumpla con la condición de ser mayor que cero debemos considerar los casos:
CASO 1: $x-2-\sqrt{5} >0$ y $x-2+\sqrt{5} >0$
$\Rightarrow x>2+\sqrt{5}$ y $x>2-\sqrt{5}$
$\Rightarrow x>2+\sqrt{5}$

CASO 2: $x-2-\sqrt{5} <0$ y $x-2+\sqrt{5} <0$
$\Rightarrow x<2+\sqrt{5}$ y $x<2-\sqrt{5}$
$\Rightarrow x<2-\sqrt{5}$


De los casos anteriores obtenemos que nuestro conjunto solución es:
$$(-\infty, 2-\sqrt{5}) \cup (2+\sqrt{5}, \infty)$$

Ahora que ya hemos revisado estos ejercicios, te invitamos a poner en práctica los procedimientos vistos con los siguientes ejercicios.

Más adelante

En la siguiente entrada veremos las cotas de un conjunto en $\r$. Definiremos formalmente los conceptos de cota superior e inferior y veremos algunos ejemplos donde los aplicaremos. Estos serán de suma importancia para comenzar a hablar de ínfimos y supremos posteriormente.

Tarea moral

Prueba que:

  • $|y^{2}|=y^{2}$
  • $|y^{2}|=|y|^{2}$

Obtén todos los valores de $x$ que satisfagan las siguientes desigualdades:

  • $-5x^{2} + 2x +|x|-1 \leq 3$
  • $x^{2}-4x-1<0$
  • $-7x^{2}+2x+|x|<-4$

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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»