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»