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Cálculo Diferencial e Integral: Otros teoremas de funciones continuas

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema del valor intermedio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

Introducción

En la entrada anterior se hizo la revisión del concepto de continuidad así como sus propiedades y se vieron algunos ejemplos. Además, se definió la continuidad en un intervalo la cual usaremos en esta entrada para probar uno de los resultados más relevantes para la funciones continuas: El Teorema del valor intermedio.

Idea intuitiva

Este teorema nos dice que para una función continua en determinado intervalo $[a,b]$, si $f$ es negativa al evaluarla en $a$ y es positiva al evaluarla en $b$, entonces en algún momento debió haber sucedido que fuese cero. Recordemos la idea intuitiva de continuidad, una función es continua si puedes dibujarla sin soltar el lápiz; pensemos entonces que $f$ debe iniciar en un punto negativo en el eje vertical y terminar en un punto positivo del mismo eje. 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 $y=0$? Justamente la respuesta es no y lo probaremos 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 $\delta > 0$ tal que $f(x) >0$ para todo $x$ tal que $|x-x_0|< \delta$.

De forma análoga, si $f(x_0) <0$, entonces existe $\delta > 0$ tal que $f(x) < 0$ para todo $x$ tal que $|x-x_0|< \delta$.

Es decir, si una función continua toma un valor positivo en un punto $x_0$, entonces debe suceder que fue positiva en todo un intervalo: $(x_0-\delta, x_0+\delta)$. Análogamente esto sucede en si la función es negativa en determinado punto. 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. Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ continua en todo el intervalo $[a,b]$. Si sucede que $f(a) < 0$ y $f(b) > 0$, entonces existe $c$, $a<c<b$, tal que $f(c) = 0$.

Demostración.

Como $f(a) < 0$, sabemos que existe $\delta_1$ tal que para todo $x \in (a – \delta_1, a + \delta_1) \cap [a,b]$ se tiene que $f(x) < 0$. Es decir,

$$\forall x \in [a, a+\delta_1), \quad f(x) <0 \tag{1}$$

Como $f(b) > 0$, sabemos que existe $\delta_2$ tal que para todo $x \in (b – \delta_2, b + \delta_2) \cap [a,b]$ se tiene que $f(x) > 0$. Es decir,

$$\forall x \in (b-\delta_2,b], \quad f(x) > 0 \tag{2}$$

Definamos ahora el siguiente conjunto:

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


$A$ básicamente define el conjunto de radios de $a$, $[a,t]$ donde $f$ es negativa.

Veamos que $A \neq \varnothing$

Consideremos $t_0 = a + \frac{\delta_1}{2}$. Es inmediato que $a< a + \frac{\delta_1}{2} < a +\delta_1 $ y como $[a, a + \frac{\delta_1}{2}] \subset [a, a+\delta_1)$, por $(1)$ se tiene que, para todo $x \in [a, a + \frac{\delta_1}{2}]$, $f(x) < 0$.

$$\therefore t_0 \in A \Rightarrow A \neq \emptyset$$

Notemos que el conjunto $A$ está acotado debido a que 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 $\alpha = supA$

Adicionalmente, notemos que

  1. $t_0 = a+\frac{\delta_1}{2} \in A$ y $a+\frac{\delta_1}{2} \leq \alpha \leq b$.
  2. Para todo $x \in (b-\delta_2, b]$ se tiene que $f(x) >0$, entonces $\alpha \leq b-\delta_2$.

Por lo anterior, se tiene
\begin{gather*}
& a< a+\frac{\delta_1}{2} \leq \alpha \leq b-\delta_2 < b \\
\Rightarrow & a<\alpha<b
\end{gather*}

Para finalizar con la prueba, demostraremos que $f(\alpha) = 0$

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

  • Caso 1. $f(\alpha) < 0$

    Se tiene que $f(\alpha) < 0$, entonces existe $\delta_3$ tal que para todo $x \in (\alpha – \delta_3, \alpha + \delta_3)$ se cumple que $f(x) < 0$.

    Dado que $\alpha = supA \quad$ y $\quad \alpha – \delta_3 < \alpha$, entonces existe $t \in A$ tal que $\alpha-\delta_3 < t \leq \alpha$. Adicionalmente, consideremos $s$ tal que $\alpha < s < \alpha + \delta_3$.

    Como $[t, s] \subset (\alpha – \delta_3, \alpha + \delta_3)$

    $$\Rightarrow \forall x \in [a,t], \quad f(x) < 0$$

    Además, para toda $x \in [a,t]$ se tiene $f(x) < 0$

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

    Entonces $s \in A$ y $\alpha < s$, lo cual es una contradicción

    $$\therefore f(\alpha) \geq 0$$
  • Caso 2. $f(\alpha) > 0$

    Dado que $f$ es continua en $\alpha$, entonces existe $\delta_4 > 0$ tal que para todo $x \in (\alpha – \delta_4, \alpha + \delta_4)$, $f(x) > 0$.

    Como $\alpha – \delta_4 < \alpha$, entonces existe $t \in A$ tal que $\alpha – \delta_4 < t \leq \alpha$. Como $t \in A$, entonces $f(t) < 0$ y como $\alpha – \delta_4<t \leq \alpha < \alpha + \delta$, $f(t) >0$, lo cual es una contradicción.

    Por tanto, $f(\alpha) = 0$.

Así, consideremos $c = \alpha$, $a<c<b$ y $f(c) = 0$

$\square$

Podemos notar que el teorema no solo vale cuando la función va de negativo a positivo, sino también en el caso inverso y lo probaremos en el siguiente corolario.

Corolario. Sea $f: [a, b] \to \mathbb{R}$, 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 $h: [a, b] \to \mathbb{R}$, $h(x) = -f(x)$

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{gather*}
& h(c) = 0 \\
\Rightarrow & -f(c) = 0 \\
\therefore & f(c) = 0
\end{gather*}

$\square$

Más aún, si la función inicia por debajo de un real $M$ y termina por arriba del mismo número, entonces también sucede que la función pasó por $M$.

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

Demostración.

Consideremos la función $h:[a,b] \to \mathbb{R}$, 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 $f(c)-M = 0$.

$$\therefore f(c) = M$$

$\square$

Análogamente, tenemos el siguiente resultado.

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

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 a profundidad la teoría vista.

  • Sea $f$ continua en el intervalo $[0,1]$ a $\mathbb{R}$ 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 $M \in \mathbb{R}$, si $f(a) >M$ y $f(b) < M$. Prueba que existe $c$, $a<c<b$ tal que $f(c) = M.$
  • Dado $f(x) = x^2 + 2x – 7$, demuestre que existe $c$ tal que $f(c) = 50.$
  • Demuestra que la ecuación $2x^7= x-1$ tiene una solución en $[0,1].$
  • Demuestra que todo polinomio de grado impar con coeficientes reales tiene al menos una raíz real.

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.

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