Teorema de Cauchy 01

Siendo f(x) = x² + 2x – 3 y g(x) = x² – 4x + 6, halla el valor de c que cumple las condiciones del teorema de Cauchy, en el intervalo [0, 1].

Solución:

Teorema de Cauchy:

Sean f(x) y g(x) dos funciones continuas en [a, b] y derivables en ]a, b[, tales que sus derivadas no se anulan simultáneamente en ningún punto de ]a, b[ y g(b) ≠ g(a). Entonces, existe, al menos, un punto c perteneciente a ]a, b[ tal que:

En este caso a = 0 y b = 1.

Continuidad:

Por ser polinómicas las funciones f(x) y g(x) son continuas en todo R, por tanto, también lo serán en [0, 1].

 Derivabilidad:

Derivadas de las funciones:

f'(x) = 2x + 2                  g’(x) = 2x – 4

Por tanto f(x) y g(x) son derivables en ]0, 1[.

g(0) = 6       g(1) = 1² – 4·1 + 6 = 3

Luego:

g(0) ≠ g(1)

Por tanto, como se cumplen todas las condiciones del teorema de Cauchy, existe, al menos, un punto c perteneciente a ]1, 0[ tal que:

f(0) = –3      f(1) = 1² + 2·1 – 3 = 0

[0 – (–3)]/(3 – 6) = (2c +2)/(2c – 4)

–1 = (c + 1)/(c – 2)

–c + 2 = c + 1

2c = 1 → c = 1/2

Nos falta comprobar que f’(1/2) es diferente de cero.

g’(1/2) = 2·(1/2) – 4 = –3

Teorema de Rolle 18

Una función f es periódica con período π/2.

y f(π/4) = f(π/2) ¿Existe un valor x₀ perteneciente al intervalo (π/4, π/2) tal que f’(x₀) = 0? ¿Se cumple la hipótesis del Teorema de Rolle?

Solución:

Hallemos la derivada de la función en el intervalo (π/4, π/2) y veamos si se anula en algún punto interior del intervalo considerado.

f'(x) = cos x

f’(x₀) = 0 → cos x₀ = 0 → x₀ = π/2 no pertenece a (π/4, π/2)

Por tanto no existe un valor x₀ perteneciente al intervalo (π/4, π/2) tal que f’(x₀) = 0.

La primera condición para que se cumpla la hipótesis del Teorema de Rolle es que la función sea continua en [0, π/2].

Como:

la función no es continua en x = π/4.

Por tanto f(x) no es continua en [0, π/2] y no se cumple la hipótesis del Teorema de Rolle.

Teorema de Rolle 17

Usando el teorema de Bolzano y el de Rolle prueba que la ecuación x³ + x² – 1 = 0 tiene una, y sólo una, solución entre los números positivos.

Solución:

Sea la función f(x) = x³ + x² – 1, continua y derivable en todo R por ser función polinómica.

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

f(0) = –1 < 0

f(1) = 1 + 1 – 1 = 1 > 0

Por tanto, según Bolzano, existe un valor c perteneciente a ]0, 1[ tal que f(c) = 0, es decir, que la ecuación dada tiene, al menos, una solución, que sería: c³ + c² – 1 = 0.

Teorema de Rolle:

Como f'(x) = 3x² + 2x es positiva para todo x mayor que cero, f es estrictamente creciente luego no se puede aplicar Rolle. La función posee una única raíz entre los números reales positivos. Por tanto, la ecuación tiene una solución única

(El único punto donde la función corta al eje OX es en el previsto por Bolzano, que es la única solución de la ecuación dada)

Para probar que la solución es única, también se puede hacer de la siguiente forma:

Supongamos que hay dos soluciones: c₁ y c₂, siendo c₁ < c₂ y [c₁, c₂] es un subconjunto de ]0, +∞[.

Como f(x) es continua en [c₁, c₂] y derivable en ]c₁, c₂[ y f(c₁) = f(c₂), según Rolle, existe un valor x₀ perteneciente al intervalo ]c₁, c₂[ tal que f’(x₀) = 0.

Por tanto:

3x₀² + 2x₀ = 0 → x₀·(3x₀ + 2) = 0

Las soluciones de la anterior ecuación son x₀ = 0 y x₀ = –2/3, cosa que es un absurdo, luego  contradice la hipótesis y no existen dos soluciones.

Por lo tanto sólo existe una raíz, la prevista por Bolzano.

Teorema de Rolle 16

Se puede aplicar el teorema de Rolle a la función f(x) = |cos x| en el intervalo [0, π].

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 tanto las condiciones del teorema son:

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

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

f(a) = f(b)

Continuidad:  

Estudiemos el signo de f(x) en el intervalo [0, π].

cos x = 0 → x = π/2

Por tanto:

La función dada es continua a la izquierda y a la derecha de π/2, pues f(x) = cos x es continua en todo R, luego también  lo es en [0, π].

Nos falta, por tanto, estudiar la continuidad en x = π/2, en donde la función cambia de expresión.

Como:

la función es continua en x = π/2.

Por tanto f(x) es continua en [0, π].

Derivabilidad:

Estudiemos la derivabilidad en ]0, π[.

En x₀ = π/2  la función no es derivable (se trata de un punto anguloso), por tanto no se verifica el teorema de Rolle.

Teorema de Rolle 15

Razónese que, sea cual sea un número real c, la ecuación x⁵ – 5x + c = 0 no puede tener dos soluciones positivas menores que 1.

Solución:

Supongamos que existan dos soluciones c₁ y c₂ pertenecientes al intervalo ]0, 1[, con c₁ < c₂ por ejemplo, es decir, que [c₁, c₂]  es un subconjunto de ]0, 1[.

Sea f(x) = x⁵ – 5x + c, que por ser polinómica es continua en todo R y, por tanto, en [c₁, c₂].

Como f’(x) = 5x⁴ – 5,  f es derivable en ]0, 1[, luego también lo es en [c₁, c₂].

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 x₀ perteneciente a ]c₁, c₂[ tal que f’(x₀) = 0. O sea:

f’(x₀) = 0 → 5x₀⁴ – 5 = 0 → x₀⁴ – 1 = 0 → x₀⁴ = 1

luego  contradice la hipótesis, por tanto no existen dos soluciones, c₁, c₂, pertenecientes a ]0, 1[.