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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

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

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

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 $c \in R$ , $0 < c < n$ tal que $f (c) = a$ , es decir, $c^{2} = a .$
Consideremos $b = c$ , entonces $b^{2} = a .$

Definición. Sean $a > 0$ , $b > 0$ , $k \in N$ , 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 $k \in N$ , existe la raíz $k$ -ésima de $a .$

Demostración.

Sean $a > 0$ y $k \in N .$

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

$∴ b^{k} = a .$

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 $b < c$ .
$\begin{matrix} Si b < c \Rightarrow b^{k} < c^{k} \Rightarrow a < a (contradicción). \\ Si b > c \Rightarrow b^{k} > c^{k} \Rightarrow a > a (contradicción). \end{matrix}$

$∴ b = c .$

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 $| x | \to \infty$ , 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.

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

Daremos inicio a la demostración viendo que

$| \frac{a_{n - 1}}{x} + \frac{a_{n - 2}}{x^{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} | \leq \frac{| a_{n - 1} |}{| x |} + \dots + \frac{| a_{0} |}{| x^{n} |} .$

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 $| x |^{k} \geq | x |$ para todo $k \in N$ . 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 $2 n | a_{n - k} | .$

De esta forma, si $\begin{matrix} (1) & | x | > m a x {1, 2 n | a_{n - 1} |, \dots, 2 n | a_{0} |}, \end{matrix}$
entonces $| x^{k} | > | x |$ y

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

es decir,

$| \frac{a_{n - 1}}{x} + \frac{a_{n - 2}}{x^{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} | \leq \frac{1}{2 n} + \frac{1}{2 n} + \dots + \frac{1}{2 n} = \frac{n}{2 n} = \frac{1}{2} .$

$\Rightarrow - \frac{1}{2} \leq \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} \leq \frac{1}{2} .$

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

$\begin{matrix} (2) & \frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} . \end{matrix}$

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

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

Por otro lado, si consideramos $x_{2} > 0$ tal que satisface $(1)$ , entonces $x_{2}^{n} > 0$ y así tenemos

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

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 $f (x_{0}) = 0$ .

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 $f (x_{0}) \leq f (x)$ para todo $x \in R$ .

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 $M = m a x {1, 2 n | a_{n - 1} |, \dots, 2 n | a_{0} |}$ , entonces para todo $x$ que satisfaga $| x | \geq M$ , se tiene que

$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} .$

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

$\frac{x^{n}}{2} \leq x^{n} (1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}}) = f (x), si | x | \geq M .$

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

$\begin{matrix} (1) & f (x) \geq \frac{x^{n}}{2} \geq \frac{b^{n}}{2} \geq f (0) . \end{matrix}$

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

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

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 $x$ .

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 $s e n (x) = x - 1$ .
Encuentra la solución al polinomio $x^{5} + 5 x^{4} + 2 x + 1$ .

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema del valor intermedio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En la entrada anterior se revisó el concepto de continuidad en un punto, así como algunas de sus propiedades. Además, se definió la continuidad en un intervalo, concepto que se empleará en esta entrada para probar uno de los resultados más relevantes para las funciones continuas: el teorema del valor intermedio.

Idea intuitiva

Este teorema nos dice que para una función continua en determinado intervalo $[a, b]$ , si el valor de $f$ al evaluarla en $a$ cambia de signo con respecto al valor que se obtiene al evaluarla en $b$ , entonces existe algún punto $x$ tal que al evaluar la función en dicho punto, toma el valor de cero.

Recordemos la idea intuitiva de continuidad, una función es continua si puedes dibujarla sin soltar el lápiz; pensemos en el caso particular que $f (a) < 0$ y $f (b) > 0$ . En la siguiente imagen se muestra una función continua que pasa por ambos.

¿Podrías dibujar una función continua que pase por ambos puntos sin pasar por $0$ en el eje horizontal? Probaremos que esto no es posible en el siguiente teorema; pero antes desarrollemos la intuición de lo que debe suceder. Para ello, recordemos el último teorema revisado en la entrada anterior.

Teorema. Supongamos que $f$ es continua en $x_{0}$ y $f (x_{0}) > 0$ . Entonces $f (x) > 0$ para todo $x$ en un intervalo que contiene a $x_{0}$ , es decir, existe $δ > 0$ tal que $f (x) > 0$ para todo $x$ tal que $| x - x_{0} | < δ$ .

De forma análoga, si $f (x_{0}) < 0$ , entonces existe $δ > 0$ tal que $f (x) < 0$ para todo $x$ tal que $| x - x_{0} | < δ$ .

Es decir, si una función continua toma un valor positivo en un punto $x_{0}$ , entonces debe suceder que es positiva en todo un intervalo: $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ . Análogamente, si la función es negativa en determinado punto, entonces debe suceder que es negativa en todo un intervalo. Así, podemos pensar en el intervalo más grande que captura el comportamiento negativo (o positivo), ¿en qué punto se termina? Para responder esta pregunta, haremos uso de un concepto revisado anteriormente, el supremo.

Teorema del valor intermedio

Teorema del valor intermedio. Sea $f : [a, b] \to R$ continua en todo el intervalo $[a, b]$ . Si $f (a) < 0$ y $f (b) > 0,$ entonces existe $c$ , $a < c < b,$ tal que $f (c) = 0$ .

Demostración.

Como $f (a) < 0$ , sabemos que existe $δ_{1}$ tal que para todo $x \in (a - δ_{1}, a + δ_{1}) \cap [a, b]$ se tiene que $f (x) < 0$ . Es decir,

$\begin{matrix} (1) & \forall x \in [a, a + δ_{1}), f (x) < 0. \end{matrix}$

Como $f (b) > 0$ , sabemos que existe $δ_{2}$ tal que para todo $x \in (b - δ_{2}, b + δ_{2}) \cap [a, b]$ se tiene que $f (x) > 0$ . Es decir,

$\begin{matrix} (2) & \forall x \in (b - δ_{2}, b], f (x) > 0. \end{matrix}$

Definamos ahora el siguiente conjunto:

$A = {t \in [a, b] | \forall x \in [a, t], f (x) < 0} .$

Es decir, el conjunto $A$ está formado por todos los números reales que forman un intervalo $[a, t]$ donde $f$ toma valores negativos. Utilizando la ilustración del inicio, se puede ejemplificar cómo se ve $t$ , que estará en el eje $x$ entre $a$ y el punto rojo marcado.

Primero veamos que $A \neq \emptyset$ .

Consideremos $t_{0} = a + \frac{δ_{1}}{2}$ . Es inmediato que $a < a + \frac{δ_{1}}{2} < a + δ_{1}$ y como $[a, a + \frac{δ_{1}}{2}] \subset [a, a + δ_{1})$ , por $(1)$ se tiene que, para todo $x \in [a, a + \frac{δ_{1}}{2}]$ , $f (x) < 0$ .

$∴ t_{0} \in A \Rightarrow A \neq \emptyset .$

Notemos que el conjunto $A$ está acotado. Por definición si $t \in A$ , entonces $t \in [a, b]$ , es decir, $t \leq b$ . Ahora, como nuestro conjunto $A$ es no vacío y está acotado, sí tiene supremo. Sea $α = s u p A$ .

Adicionalmente, notemos que

$t_{0} = a + \frac{δ_{1}}{2} \in A$ y $a + \frac{δ_{1}}{2} \leq α \leq b$ .
Por $(2)$ , para todo $x \in (b - δ_{2}, b]$ se tiene que $f (x) > 0$ , entonces $α \leq b - δ_{2}$ .

Por lo anterior, se tiene
$\begin{matrix} a < a + \frac{δ_{1}}{2} \leq α \leq b - δ_{2} < b . \end{matrix}$
Se sigue que $a < α < b .$

Para finalizar con la prueba, demostraremos que $f (α) = 0$ .

Para demostrarlo procederemos por contracción, es decir, supongamos que $f (α) \neq 0$ , entonces existen dos casos, $f (α) > 0$ ó $f (α) < 0$ .

Caso 1: $f (α) < 0$ .

Se tiene que $f (α) < 0$ , entonces existe $δ_{3}$ tal que para todo $x \in (α - δ_{3}, α + δ_{3}) \cap [a, b]$ se cumple que $f (x) < 0$ .

Dado que $α = s u p A$ y $α - δ_{3} < α$ , entonces existe $t \in A$ tal que $α - δ_{3} < t \leq α$ . Adicionalmente, consideremos $s$ tal que $α < s < α + δ_{3}$ y $s < b$ .

Como $[t, s] \subset (α - δ_{3}, α + δ_{3})$ , entonces

$\forall x \in [a, s], f (x) < 0.$

Además, por definición del conjunto A, para todo $x \in [a, t]$ se tiene $f (x) < 0$ . Entonces

$\forall x \in [a, s] = [a, t] \cup [t, s], f (x) < 0.$

Entonces $s \in A$ y $α < s$ , lo cual es una contradicción pues $α$ es el supremo de $A$ .

$∴ f (α) \geq 0.$

Caso 2: $f (α) > 0$ .

Dado que $f$ es continua en $α$ , entonces existe $δ_{4} > 0$ tal que para todo $x \in (α - δ_{4}, α + δ_{4})$ , $f (x) > 0$ .

Como $α - δ_{4} < α$ , entonces existe $t \in A$ tal que $α - δ_{4} < t \leq α$ . Como $t \in A$ , entonces $f (t) < 0$ y como $α - δ_{4} < t \leq α < α + δ$ , $f (t) > 0$ , lo cual es una contradicción.

Por tanto, $f (α) = 0$ .

Así, consideremos $c = α$ , $a < c < b$ y $f (c) = 0.$

Podemos notar que el teorema no solo vale cuando la función va de negativo ( $f (a) < 0$ ) a positivo ( $f (b) > 0$ ), sino también en el caso inverso ( $f (a) > 0$ y $f (b) < 0$ ) y lo probaremos en el siguiente corolario.

Corolario. Sea $f : [a, b] \to R$ , continua en $[a, b]$ . Si $f (a) > 0$ y $f (b) < 0$ , entonces existe $c$ , $a < c < b$ , tal que $f (x) = c$ .

Demostración.

Consideremos la función $h : [a, b] \to R$ , $h (x) = - f (x) .$

Notemos que $h$ es continua pues $f$ lo es. Además $h (a) = - f (a) < 0$ y $h (b) = - f (b) > 0$ . Aplicando el teorema del valor intermedio, existe $c$ que cumple $a < c < b$ tal que

$\begin{matrix} h (c) = 0. \end{matrix}$

Se sigue que
$\begin{matrix} - f (c) = 0. \\ ∴ & f (c) = 0. \end{matrix}$

Más aún, si en un intervalo $[a, b]$ se cumple que $f (a) < M$ y $f (b) > M$ , entonces también existe un punto $c$ tal que $f (c) = M$ .

Corolario. Sea $M \in R$ , si $f (a) < M$ y $f (b) > M$ . Entonces existe $c$ , $a < c < b$ , tal que $f (c) = M$ .

Demostración.

Consideremos la función $h : [a, b] \to R$ , con $h (x) = f (x) - M$ .

Notemos que $h$ es continua. Además $h (a) = f (a) - M < 0$ y $h (b) = f (b) - M > 0$ . Por el teorema del valor intermedio, existe $c$ , $a < c < b$ , tal que $h (c) = 0$ . Entonces $f (c) - M = 0$ .

$∴ f (c) = M .$

Análogamente, tenemos el siguiente resultado.

Corolario. Sea $M \in R$ , si $f (a) > M$ y $f (b) < M$ . Entonces existe $c$ , $a < c < b$ , tal que $f (c) = M$ .

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos otra propiedad fuerte respecto a las funciones continuas: si una función es continua en un intervalo, entonces está acotada. Más aún, existe un valor $x_{0}$ en el intervalo tal que la función alcanza su máximo en dicho punto. De forma análoga, existe un punto en el que la función alcanza su mínimo.

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.

Sea $f$ continua en el intervalo $[0, 1]$ y tal que $f (0) = f (1)$ . Demostrar que existe un punto $c \in [0, \frac{1}{2}]$ tal que $f (c) = f (c + \frac{1}{2}) .$
Sea $M \in R$ , si $f (a) > M$ y $f (b) < M$ . Prueba que existe $c$ , $a < c < b$ tal que $f (c) = M .$
Dado $f (x) = x^{2} + 2 x - 7$ , demuestra que existe $c$ tal que $f (c) = 50.$
Para la ecuación $2 x^{7} = x - 1$ , encuentra una solución en $[0, 1] .$

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