Ejercicios resueltos de Matemáticas
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  • Teorema de Rolle 14

     

    Probar que x2 = x·sen x + cos x se verifica únicamente para dos valores de x.

     

     

    Solución:

    Primero debemos averiguar si existen ambas soluciones.

    Sea la función f(x) = x2 – x·sen x – cos x, continua en todo R, por ser diferencia de funciones continuas.

    Busquemos dos intervalos en los que la función tome valores de signo contrario en sus extremos. Por ejemplo:

    f(–π/2) = (–π/2)2 – (–π/2)·(–1) + 0 > 0

    f(0) = 0 – 0 – 1 = –1 < 0

    f(π/2) = (π/2)2 – (π/2)·1 + 0 > 0

    Por tanto, según Bolzano, existen dos puntos, c1 y c2  pertenecientes a [–π/2, 0] y [0, π/2] respectivamente, tales que f(c1) = f(c2) = 0, es decir, que la ecuación dada tiene, al menos, dos soluciones, que serían: c12 – c1·sen c1 – cos c1 = c22 – c2·sen c2 – cos c2 = 0.

    Veamos si son únicas:

    Supongamos que existen tres soluciones diferentes: c, c’ y c”, siendo c < c’ < c”, luego f(c) = f(c’) = f (c”) = 0. Además f es continua en [c, c’] y en [c’, c”] y derivable en ]c, c’[ y en ]c’, c”[, por diferencia de funciones derivables, luego, según Rolle, existen dos puntos x0 perteneciente a ]c, c’[ y x1 perteneciente a ]c’, c”[ tales que f’(x0) = f(x1) = 0. 

    Función derivada:

    f'(x) = 2x – (1·sen x + x·cos x) + sen x = 2x – sen x + x·cos x + sen x

    f'(x) = 2x + x·cos x = x·(2 + cos x)

    f'(x0) = x0·(2 + cos x0)                f'(x1) = x1·(2 + cos x1)

    f'(x0) = 0 → x0·(2 + cos x0) = 0

    Primera solución:

    x0 = 0

    Segunda solución:

    2 + cos x0 = 0 → cos x0 = –2, cosa que no es posible.

    f'(x1) = 0 → x1·(2 + cos x1) = 0

    Primera solución:

    x1 = 0

    Segunda solución:

    2 + cos x1 = 0 → cos x1 = –2, cosa que no es posible.

    Luego la solución sería única e igual a cero, pero f(0) ≠ 0. Por lo tanto no tiene solución, cosa que contradice la hipótesis y no tiene tres soluciones.

    Las dos soluciones predichas por Bolzano son las únicas.

     También se puede ver que las soluciones predichas por Bolzano son únicas, averiguando si los puntos de corte con el eje X son únicos. Cosa que se puede probar estudiando si la curva es monótona (creciente o decreciente) en ]–∞, 0[ y en [0, +∞[, para lo cual recurriremos al signo de f’(x).

    Teniendo en cuenta que: 2 + cos x > 0, ya que cos x pertenece a [–1, 1]:

    f'(x) < 0 en ]–∞, 0[, luego la curva es decreciente.

    f'(x) > 0 en [0, +∞[, luego la curva es creciente.

    Por lo tanto podemos asegurar que f(x) únicamente posee un cero en ]–∞, 0[ y otro en ]0, +∞[. Más concretamente en ]–π/2, 0[ y en ]0, π/2[.

     

     


  • Teorema de Rolle 13

     

    Decir, razonando las respuestas, si se puede aplicar el teorema de Rolle a las siguientes funciones:

    a) 

    TEOREMA DE ROLLE 13, 1

    en [–1, 1 ]

    b) 

    TEOREMA DE ROLLE 13, 2

    en [1, 2]

     

     

    Solución:

    Teorema de Rolle:

    “Si f(x) es continua en [a, b], derivable en ]a, b[ y toma valores iguales en sus extremos, es decir, que f(a) = f(b), existe un x0 perteneciente a ]a, b[ tal que f’(x0) = 0”. O sea, que existe un máximo o un mínimo en el interior de ]a, b[.

    a)  La función:

    TEOREMA DE ROLLE 13, 1

    es continua en todo R, luego lo es en [–1, 1].

    TEOREMA DE ROLLE 13, 3

    La función es derivable en R – {0}, ya que en x = 0 la derivada no está definida. Veamos si es derivable en dicho punto.

    Para estudiar la derivabilidad se puede hacer de tres formas distintas:

    1ª forma:

    TEOREMA DE ROLLE 13, 4

    2ª forma:

    TEOREMA DE ROLLE 13, 5

    3ª forma:

    TEOREMA DE ROLLE 13, 6

    Por tanto la función es derivable en ]–1, 1[. 

    TEOREMA DE ROLLE 13, 7

    Luego si se puede aplicar el teorema de Rolle.

    b) 

    TEOREMA DE ROLLE 13, 8

    Luego no se puede aplicar el teorema de Rolle.

     

     

     

     

  • Teorema de Rolle 12

     

    ¿A la función f(x) = –x2 + 2x + 5 se le puede aplicar el teorema de Rolle en el intervalo [–1, 3]? En caso afirmativo, halla el valor x0 tal que f’(x0) = 0.

     

     

    Solución:

    Teorema de Rolle:

    “Si f(x) es continua en [a, b], derivable en ]a, b[ y toma valores iguales en sus extremos, es decir, que f(a) = f(b), existe un x0 perteneciente a ]a, b[ tal que f’(x0) = 0”. 

    Por tanto las condiciones del teorema son:

    f(x) es continua en [a, b]

    f(x) derivable en ]a, b[

    f(a) = f(b)

    Veamos si se cumplen las anteriores condiciones:

    Por ser f una función polinómica es continua en todo R, luego lo es, también, en [–1, 3] y derivable en ]–1, 3[

    f(–1) = –1 – 2 + 5 = 2

    f(3) = –9 + 6 + 5 = 2

    Luego:

    f(–1) = f(3)

    Como se cumplen las tres condiciones del teorema de Rolle, se puede aplicar dicho teorema.

    Función derivada:

    f'(x) = –2x + 2

    f’(x0) = –2x0 + 2 = 0 → x0 = 1

     

     


  • Teorema de Rolle 11

     

    Determina si es posible encontrar m y n para que f(x) satisfaga las condiciones de la hipótesis de Rolle en [–2, 4]

    TEOREMA DE ROLLE 11, 1

     

     

    Solución:

    Teorema de Rolle:

    “Si f(x) es continua en [a, b], derivable en ]a, b[ y toma valores iguales en sus extremos, es decir, que f(a) = f(b) existe al menos un punto c perteneciente a ]a, b[ tal que f’(c) = 0”.

    Por ser: mx2 + 2x un polinomio, f(x) es continua en [–2, 1[ y derivable en ]–2, 1[ 

    Por ser: –x2 + 6x + n un polinomio, f(x) es continua en [1, 4] y derivable en ]1, 4[ 

    Por tanto, f(x) es continua en [–2, 4] – {1} y derivable en ]–2, 4[ – {1}.

    Impongamos la condición de que f sea continua y derivable en 1 (y que f(–2) = f(4)).

    Continuidad en x = 1:

    TEOREMA DE ROLLE 11, 2

    Para que la función sea continua se ha de cumplir que:

    TEOREMA DE ROLLE 11, 3

    Por tanto tenemos una primera ecuación:

    m + 2 = –1 + 6 + n → m – n = 3

    Derivabilidad en x = 1: 

    TEOREMA DE ROLLE 11, 4

    f'(1) = 2m + 2       f’(1+) = 4

    Para que la función sea derivable en x = 1 se debe cumplir que f’(1) = f’(1+), con lo que tenemos una segunda ecuación:

    2m + 2 = 4 → 2m = 2 → m = 1

    Sustituyendo en la ecuación obtenida en la continuidad, tenemos que:

    1 – n = 3 → n = –2

    Por tanto:

    TEOREMA DE ROLLE 11, 5

    Nos falta que se cumpla que f(–2) = f(4), por tanto:

    f(–2) = (–2)2 + 2·(–2) = 0

    f(4) = –(4)2 +6·4 – 2 = 6

    Como f(–2) ≠ f(4) no se verifica el teorema de Rolle al fallar una de las condiciones de las hipótesis, luego no es posible encontrar m y n.

     

     

     

  • Teorema de Rolle 10

     

    Demuestra que la ecuación: 5x – cos 2x = 2 tiene una única raíz real.

     

     

    Solución:

    Primero debemos averiguar si existe una solución.

    Sea f(x) = 5x – cos 2x – 2, continua en todo R , por ser diferencias de funciones continuas.

    Busquemos un intervalo en el que la función tome valores de signo contrario en sus extremos.

    f(0) = 0 – cos 0 – 2 = –3 < 0

    f(π/2) = 5·(π/2) + 1 – 2 > 0

    f(0)· f(π/2) < 0

    Por tanto, según Bolzano, existe un punto c perteneciente a [0, π/2] tal que f(c) = 0, es decir, que la ecuación dada tiene al menos una solución, que sería: 5c – cos 2c – 2 = 0.

    Supongamos que existan dos soluciones c1 y c2, siendo, por ejemplo, c1 < c2.

    Como f(x) es continua en todo R también lo es en [c1, c2] y es derivable en ]c1, c2[, por composición de funciones derivables.

    Al ser c1 y c2 soluciones de la ecuación se cumplirá que f(c1) = f(c2).

    Por tanto se verifica el teorema de Rolle y existe un número x0 perteneciente a ]c1, c2[ tal que f’(x0) = 0. O sea:

    f'(x0) = 5 + 2 sen 2x0 = 0

    2 sen x0 = –5

      sen x0 = –5/2 < –1

    cosa que es un absurdo, por tanto  contradice la hipótesis y no existen dos soluciones.

    Luego sólo existe una raíz, la prevista por Bolzano.