Teoremas importantes

Introducción

Esta sección trata tres teoremas importantes: el Teorema de Bolzano, el Teorema de Rolle y por último el Teorema del Valor Medio.

El Teorema de Bolzano se aplica a funciones que son continuas y tiene muchas aplicaciones pues garantiza la existencia de soluciones para muchos tipos de ecuaciones.

El Teorema de Rolle y su generalización, el Teorema del Valor Medio, se aplican a funciones conitnuas y diferenciables. Su importancia no es para nada clara en un principio pero estos teoremas son la clave para ver cómo información sobre la derivada de una función afecta directamente a la función original. Muchas de dichas aplicaciones se dejan para la siguiente sección mientras que ésta se enfoca en la demostración y algunos ejemplos.

Ejercicio

Sea \(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) una función y \(c\in (a,b)\) tal que \(f\) es continua en \(c\) con \(f(c)\ne 0\). Prueba que existe \(I\), una vecindad de \(c\), tal que \(f(x)\) siempre tiene el mismo signo para todo \(x \in I\).

Ya que \(f(c)\ne 0\) tenemos dos casos: \(f(c)>0\) y \(f(c)< 0\). Ya que la prueba para cada uno de estos casos es similar sólo haremos el caso \(f(c)< 0\).

Así pues, supongamos que \(f(c) < 0\). En este caso debemos de probar que existe \(I\), una vecindad de \(c\), tal que \(f(x)< 0\) para toda \(x \in I\).

Ya que \(f(c)< 0\) el número \(\varepsilon=-\frac{f(c)}{2}\) es positivo y lo podemos usar en la definición de continuidad. Por lo tanto, al ser \(f\) continua en \(c\) existe una \(\delta >0\) tal que \((c-\delta, c+\delta) \subset (a,b)\) y si \(|x-c|<\delta \) entonces \(|f(x)-f(c)|< \varepsilon\). Habriendo éste último valor absoluto tenemos \begin{eqnarray*} |f(x)-f(c)|< \varepsilon &\Rightarrow & -\varepsilon < f(x)-f(c)< \varepsilon \\ &\Rightarrow & f(x)< f(c)+\varepsilon= f(c)-\frac{f(c)}{2}=\frac{f(c)}{2} \\ &\Rightarrow& f(x)<\frac{f(c)}{2}< 0 \end{eqnarray*} Por lo tanto, tomando \(I=(c-\delta, c+\delta) \) obtenemos que \(f(x)< 0\) para todo \(x\in I\), lo que termina la prueba.

Teorema

Teorema de Bolzano

Sea \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) una función continua en todo \([a,b]\) y supongamos que \(f(a)\) y \(f(b)\) tienen signos opuestos. Entonces existe al menos un \(c\) en \([a,b]\) tal que \(f(c)=0\).

Nota: un punto \(c\) que satisface \(f(c)=0\), se le conoce como una raíz de \(f\).

Los siguientes incisos dan una prueba del Teorema de Bolzano.

Sín pérdida de generalidad supón que \(f(a)< 0\) y \(f(b) > 0\). Define \[ S=\{x\in [a,b]: f(x) \leq 0 \}. \] Nota que \(a \in S\) y que \(S\) está acotado superiormente por \(b\). Por lo tanto podemos tomar \[ c:=\sup(S) \]
Prueba que \(f(c)=0\). Para probarlo procede por contradicción.

Si \(f(c) < 0\), usa el Ejercicio 15.2 para contradecir que \(c\) sea cota superior de \(S\).
Si \(f(c)>0\), usa el Ejercicio 15.2 para contradecir que \(c\) sea la cota superior más chica de \(S\).

Video

Ejercicio

Sea \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) una función continua en todo \([0,1]\). Supón además que \(0\leq f(x) \leq 1\), para toda \(x\). Demuestra que existe \(c\in [0,1]\) tal que \[f(c)=c.\]

Nota: A un punto \(c\), en el dominio de una función \(f\), que satisface \(f(c)=c\), se le conoce como un punto fijo de la función.

Video

Ejercicio

Sea \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) una función continua en todo \([a,b]\). Si \(f(a) \leq a\) y \(f(b) \geq b\), demuestra que \(f\) tiene al menos un punto fijo en \([a,b]\).

Sugerencia: considera la función \(g(x)=f(x)-x\).

Ejercicio

Sean \(f,g: [a,b] \to \mathbb{R}\) dos funciones continuas en el intervalo \([a,b]\). Demuestra que si \(f(a) \leq g(a)\) y \(g(b) \leq f(b)\), entonces existe al menos un punto \(c \in [a,b]\) tal que \(f(c)=g(c)\).

Consideramos la función \(h:[a,b]\to \mathbb{R}\) dada por \(h(x)=f(x)-g(x)\).

Las desigualdades \(f(a)\leq g(a)\) y \( g(b)\leq f(b)\) implican que \(h(a) \leq 0\) y \( 0\leq h(b)\). Si \(h(a)=0\) ó \(h(b)=0\) entonces \(f(a)=g(a)\) ó \(f(b)=g(b)\), por lo que podemos tomar \(c=a\) ó \(c=b\) y acabamos. Por lo tanto podemos suponer \(h(a)< 0\) y \(0< h(b)\).

Ahora, ya que \(f\) y \(g\) son continuas en \([a,b]\) se sigue que \(h\) también es continua en \([a,b]\). Además como suponemos que \(h(a)< 0\) y \(0< h(b)\) si aplicamos directamente el Teorema de Bolzano conlcuimos que existe \(c\in (a,b)\) tal que \(h(c)=0\) lo cual implica que \(f(c)=g(c)\).

Ejercicio

Un monje Tibetano deja el monasterio a las 7.00am y toma su ruta usual a la cima de la montana, llegando a las 7.00pm. La siguiente manana, empieza su descenso desde la cima de la montana a las 7.00 am tomando la misma ruta y llegando al monasterio a las 7.00am. Demuestra que existe un punto en la ruta del monje en el cual pasa exactamente a la misma hora, en ambos dias.

Ejercicio

Sea \(f:[0,1]\to \mathbb{R}\) una función continua en todo \([0,1]\). Supon que \(f\) que satisface \(0 \leq f(x) \leq 1\), para todo \( x\in [0,1].\) Prueba que existe \(d \in [0,1]\) tal que \[f(d)=1-d\]

Sugerencia: considera la función \(g(x)=1-f(x)\) y prueba que tiene puntos fijos.

Ejercicio

Sea \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\), continua en \([a,b]\) y tal que \(f(x)\ne 0\), para toda \(x\in [a,b]\). Demuestra que \(f(x_1)/f(x_2)>0\), para todos \(x_1,x_2 \in [a,b]\).

Video

Ejercicio

Sea \(f:[0,1]\to [0,1]\) una función continua en \([0,1]\) tal que \(f(1/2)\ne 1\) y sea \(g(x)=4x(1-x)\). Demostrar que \(f\) y \(g\) coinciden en al menos dos puntos de \([0,1]\).

Ejercicio

Sea \(p(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k\) un polinomio de grado \(n\), tal que \(a_0\) y \(a_n\) tienen signos opuestos. Prueba que existe al menos un \(c\) tal que \(p(c)=0\).

Ya que \(p\) es una función continua en todo \(\mathbb{R}\) el Teorema de Bolzano no dice que para probar la existencia del punto \(c\) con \(p(c)=0\) es suficiente probar la existencia de puntos \(a\) y \(b\) con \(p(a)< 0\) y \(0< p(b) \), es decir, dos valores de \(p\) con signos opuestos.

La única parte de las hipótesis que habla sobre signos dice que \(a_0\) y \(a_n\) tienen signos opuestos. Sín pérdida de generalidad podemos suponer \(a_0 < 0\) y \(0< a_n\).

Notamos que \(p(0)=a_0 < 0\), por lo que podemos tomar \(a=0\).

Por lo tanto nos falta un \(b\) tal que \(p(b)>0\). Para ésto último sí usamos que \(a_n>0\) y el Ejercicio 6.16 obtenemos que \[ \lim_{x\to +\infty} p(x)=+\infty \] y de éste límite se sigue que existe \(b\) tal que \(p(b)>0\), lo cual termina el ejercicio.

Ejercicio

Decimos que una raíz \(c\), de una ecuación ha sido aislada si exsite una vecindad de \(c\) que sólo contiene a \(c\) como raíz.

Con ayuda del teorema de Bolzano aisla cada una de las raíces de las siguientes ecuaciones (cada una tiene cuatro raíces).

\(3x^4-2x^3-36x^2+36x-8=0\).
\(8 - 100 x + 70 x^2 - 20 x^3 + 2 x^4=0\).

Video

Ejercicio

Sea \(a,b \in \mathbb{R}^+\), fijos y arbitrarios. Demuestra que la ecuación \[ \frac{a}{x^3+2x^2-1}+\frac{b}{x^3+x-2}=0 \] tiene al menos una solución en \((-1,1)\).

Sugerencia: calcula los límites \[ \lim_{x\to -1^{+}}\left( \frac{a}{x^3+2x^2-1}+\frac{b}{x^3+x-2}\right) \] \[ \lim_{x\to 1^{-}} \left( \frac{a}{x^3+2x^2-1}+\frac{b}{x^3+x-2} \right) \]

Ejercicio

Demuestra que las siguientes ecuaciones tienen al menos una solución

\(\frac{1}{5+\cos(x)}=x+1\)
\(x^2-8x+2=\sen(2\pi x)\)

Inciso 1.

Pasamos el problema a un problema de encontrar ceros de funciones. Por lo cual tomamos la función \[ f(x)=x+1-\frac{1}{5+\cos(x)}. \] Encontes los ceros de \(f\) coinciden con las soluciones de la ecuación inicial.

Antes que nada la función es continua en todo \(\mathbb{R}\), pues \(5+\cos(x)\ne 0\) para toda \(x\) (recuerda que \(|\cos(x)|\leq 1\) para toda \(x\in \mathbb{R}\)). Por lo tanto podemos usar el Teorema de Bolzano. Así pues, para asegurar la existencia de un cero de \(f\) sólo necesitamos encontrar dos puntos \(a\) y \(b\) tal que los signos de \(f(a)\) y \(f(b)\) son opuestos. Para encontrar \(a\) y \(b\) es simplemente prueba y error, pero para empezar casi cualquier valor va a servir.

Proponemos \(a=0\) y en este caso \[ f(0)=0+1-\frac{1}{5+\cos(0)}=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6} >0. \]

Para obtener un valor negativo usamos que \(-1\leq \cos(x)\leq 1\) para obtener \begin{eqnarray*} 4\leq 5+\cos(x) &\Rightarrow& \frac{1}{5+\cos(x)} \leq \frac{1}{4} \\ &\Rightarrow& x+1 +\frac{1}{5+\cos(x)} \leq x+\frac{5}{4} \end{eqnarray*} Por lo que si \(b\) satisface \(b+\frac{5}{4} < 0\) se sigue que \(f(b)< 0\). Por ejemplo si tomamos \(b=-\pi\) directamente tenemos \[ f(-\pi)=-\pi+1-\frac{1}{5+\cos(-\pi)}=-\pi+1-\frac{1}{4}=-\pi+\frac{3}{4} < 0. \]

El Teorema de Bolzano asegura que en el intervalo \((-\pi,0)\) existe un cero de \(f\).

Teorema

Teorema de Rolle

Sea \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\) una función tal que:

\(f\) es continua en \([a,b]\);
\(f\) es diferenciable en \((a,b)\).

Si \(f(a)=f(b)\) entonces existe al menos un \(c\in (a,b)\) tal que \(f'(c)=0\).

Sugerencia: Sea \(x_*\) y \(x^*\) puntos en \([a,b]\) donde \(f\) alcanza su mínimo y máximo absolutos respectivamente; si \(x_*\) o \(x^*\) están en el intervalo abierto \((a,b)\) usa el Teorema de Fermat; si no, prueba que \(f\) es constante.

Video

Ejercicio

Usa el Teorema del valor medio y el Teorema de Rolle para probar que, para toda \(k\in \mathbb{N}\), el polinomio \(p(x)=x^{2k+1}+x-1\) tiene una única raíz.

Video

Ejercicio

Sea \(f(x)=1-x^{2/3}\), \(-1\leq x \leq 1\). Muestra que \(f(-1)=f(1)=0\), pero que \(f'(x)\) nunca es cero en \([-1,1]\). Explica por que ésto no contradice el Teorema de Rolle.

Ejemplo del Teorema del Valor Medio

El Teorema del Valor Medio es una generalización del Teorema de Rolle. Para ver cómo se generaliza es ilustrativo ver un ejemplo.

Consideremos la función cuadrática \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) dada por \(f(x)=\alpha(x-x_0)^2+\beta\), donde \(\alpha \ne 0\). El Teorema de Rolle nos asegura que si \(f(x_1)=f(x_2)\) entonces existe un punto, entre \(x_1\) y \(x_2\) donde la derivada de \(f\) se anula. En nuestro ejemplo esto es claro pues para que \(f(x_1)=f(x_2)\) los puntos \(x_1\) y \(x_2\) deben de estar opuestos al eje de simetría de la parábola que pasa por el vértice, es decir \(x_1=x_0-r\) y \(x_2=x_0+r\), para \(r>0\). En este caso es claro que el vértice, \(x_0\), está entre \(x_1\) y \(x_2\) y que \(f'(x_0)=0\).

El Teorema del Valor Medio responde la pregunta: ¿qué pasa si los puntos \(x_1\) y \(x_2\) no se toman en lados opuestos del eje de simetría?

La observación crucial es que, en el caso simétrico es decir \(f(x_1)=f(x_2)\), la pendiente de la recta que une \((x_1,f(x_1))\) con \((x_2,f(x_2))\) es cero, que coincide con la derivada en el punto \(x_0\). Cuando \(x_1\) y \(x_2\) no se toman simétricos la respuesta va a estar dada nuevamente por la pendiente de la recta que une los puntos \((x_1,f(x_1))\) y \((x_2,f(x_2))\).

Sea \(m\) la pendiente de la recta que une \((x_1,f(x_1))\) y \((x_2,f(x_2))\), es decir \[ m=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}. \] Un cálculo directo, usando diferencia de cuadrados, prueba que \begin{eqnarray*} m&=& \frac{\alpha((x_2-x_0)^2-(x_1-x_0)^2) }{x_2-x_1}\\ &=&\frac{\alpha((x_2+x_1-2x_0)(x_1-x_2))}{x_2-x_1} \\ &=& \alpha(x_2+x_1)-2\alpha x_0. \end{eqnarray*}

Por otro lado vamos a considerar el punto medio entre \(x_1\) y \(x_2\), \(c=\frac{x_1+x_2}{2}\) (nota que en el caso simétrico el punto medio era precisamente \(x_0\), pero no el caso general). Sabemos que \(f'(x)=2\alpha(x-x_0)\), por lo que \[ f'(c)=2\alpha \left(\frac{x_1+x_2}{2} -x_0 \right)=\alpha(x_1+x_2)-2\alpha x_0. \] Concluimos que \(f'(c)=m\).

En resumen, para cualesquiera puntos distintos \(x_1\) y \(x_2\) existe un punto entre \(x_1\) y \(x_2\) (en este caso el punto medio) para el cual \[ f'(c)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}. \]

Utilizando la interpretación de la derivada como recta tangente podemos expresar lo anterior como: para cualquier recta \(L\), que une dos puntos distintos de la gráfica \((x_1,f(x_1))\), \((x_2,f(x_2))\), existe un punto \(c\), entre \(x_1\) y \(x_2\), de tal forma que la recta tangente por \((c,f(c))\) es paralela a \(L\). Esto es la generalización de va a dar el Teorema del Valor Medio.

Advertencia

Para un función en general el punto medio entre los puntos extremos casí nunca va a funcionar como el punto del Teorema del Valor Medio (en ese aspecto el nombre es un poco desafortunado). El teorema sólo va a asegurar la existencia del punto "ENTRE" o "EN MEDIO" los los puntos extremos \(x_1,x_2\), pero no dice que este exáctamente a la mitad ni lo calcula explícitamente. El caso de las cuadráticas es muy especial en ese aspecto.

Ejercicio

Considera la función \(f(x)=\frac{1}{x}\), \(x>0\). Demuestra que la secante que une los puntos \((a,f(a))\) y \((b,f(b))\) es paralela a la recta tangente en el punto \(\sqrt{ab}\).
Con ayuda del inciso anterior demuestra que \[ f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) \Leftrightarrow c=\sqrt{ab}. \]

Nota que en este caso el punto que satisface el Teorema del Valor medio es \(\sqrt{ab}\) el cual no siempre es el punto que está a la mitad entre \(a\) y \(b\).

Teorema

Teorema del Valor Medio

Sea \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) una función continua en \([a,b]\) y diferenciable en \((a,b)\). Existe \(c\in (a,b)\) tal que \[ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c) \] o equivalentemente \[ f(b)-f(a)=f'(c)(b-a). \]

Sugerencia: considera la función \(L(x)=m(x-a)+f(a)\) donde \(m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\). Aplica el Teorema de Rolle a la función \(f(x)-L(x)\).

Teorema

Teorema del valor medio de Cauchy.

Sean \(f,g:[a,b] \to \mathbb{R}\) continuas en \([a,b]\) y diferenciables en \((a,b)\). Entonces existe \(c\in (a,b)\) tal que \[ f'(c)[g(b)-g(a)]=g'(c)[f(b)-f(a)] \]

Sugerencia: aplica el Teorema de Rolle a \(h(x)=f(x)[g(b)-g(a)]-g(x)[f(b)-f(a)]\).

Nota: éste teorema es una generalización del Teorema del Valor medio, el cual se obtiene tomando \(g(x)=x\).