Ejercicios resueltos de Matemáticas
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  • Teorema de Rolle 14

    Posted on julio 30th, 2015 ManuelMiralles No comments

     

    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[.

     

     


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