Problemas resueltos del cálculo de raíces de ecuaciones funcionales

Capítulo 1
Estudio de ceros de ecuaciones
funcionales
4
5
Problema 1.1 Calcular el número de ceros de la ecuación arctang(x) = x, dando un intervalo
donde se localicen.
•
Solución:
Denimos f (x) = arctan(x) − 45 x. Esta es una función continua y derivable en todo IR. Por
tanto, podemos aplicar el Teorema de Rolle para conocer el número máximo de ceros de esta
función, es decir, buscamos en primer lugar los ceros de la función derivada.
f 0 (x) =
1
4
−
1 + x2
5
Esta función tiene 2 ceros, en x = ±1/2, por tanto la función f (x) tiene a lo sumo tres ceros.
Vamos hora a buscar en qué intervalos. Hay uno muy fácil que es f (0) = 0. Probamos algunos
valores sencillos.
4
π 4
f (1) = arctan(1) − = − > 0
5
4
5
√
√
√
√
4 3
π 4 3
3
3
f(
) = arctan(
)−
= −
>0
3
3
5 3
6
15
√
por tanto en el intervalo [ 33 , 1] hay un cero. Como además f es antisimétrica, es decir, f (−x) =
√
√
−f (x), si f tiene un cero en [ 33 , 1] , también tiene uno en [−1, − 33 ], con lo cual queda
√
demostrado que f tiene tres ceros, x = 0 y uno en cada uno de los intervalos [−1, − 33 ] y
√
[ 33 , 1].
5
6
Índice general
1
9
Problema 1.2 ¾En cuántos puntos se intersectan las curvas y = ln(x) e y = x2 ? ¾ Por qué?
•
Solución:
Denimos f (x) = ln(x) − 19 x2 . Esta es una función continua y derivable en (0, +∞). Si
derivamos resulta que
1 2
f 0 (x) = − x
x 9
√
que tiene dos ceros en IR, x = ±3/ 2, pero en el intervalo (0, +∞) sólo tiene uno. Por tanto, en
dicho intervalo la función f (x) a lo sumo puede tener dos ceros. Vamos a intentar localizarlos
aplicando el Teorema de Bolzano.
1
f (1) = − < 0
9
f (e) = 1 −
e2
>0
9
f (e2 ) = 2 −
e4
<0
9
Por tanto, f tiene un cero en el intervalo (1, e) y otro en el intervalo (e, e2 ).
Problema 1.3 ¾En cuántos puntos se intersectan las curvas y = ex e y = 3x2 ? ¾ Por qué?
•
Solución: Denimos f (x) = ex − 3x2 y vamos a analizar el número de ceros de esta función
con la aplicación combinada de los teoremas de Rolle y Bolzano. Para ello derivamos la función.
f 0 (x) = ex − 6x
Pero nos encontramos con un problema, como no es una ecuación que podamos resolver analíticamente, no resulta inmediato conocer el número de ceros de esta función. Para solucionar este
punto, previamente analizamos el número de ceros de f 0 aplicando también los teoremas de
Rolle y Bolzano. Calculamos f 00
f 00 (x) = ex − 6
Esta función se anula en x = ln(6), por tanto f 0 se anula en a lo sumo 2 puntos (puede anularse
en uno, dos o ningun punto). Es decir, que f se anula en a lo sumo tres puntos. Vamos a intentar
primero localizar los ceros de f 0 para precisar un poco mejor el número máximo de ceros de f .
Aplicando el Teorema de Bolzano, resulta:
f 0 (0) = 1 > 0
f 0 (1) = e − 6 < 0
Índice general
7
f 0 (3) = e3 − 18 > 0
es decir, que f 0 se anula una vez en el intervalo (0, 1) y otra vez en (1, 3). Vamos ahora con
f (x), que ya sabemos que a lo sumo tiene 3 ceros.
f (−1) = e−1 − 3 < 0
=⇒ existe x0 ∈ (−1, 0) tal que f (x0 ) = 0
f (0) = 1 > 0
f (1) = e − 3 < 0
=⇒ existe x1 ∈ (0, 1) tal que f (x1 ) = 0
f (0) = 1 > 0
f (1) = e − 3 < 0
=⇒ existe x2 ∈ (1, 4) tal que f (x2 ) = 0
f (4) = e4 − 48 > 0
Por tanto f tiene al menos tres ceros. Como ya habíamos visto que como máximo tenía 3, ese
es el número exacto de ceros que tiene y, por tanto, las curvas y = ex e y = 3x2 se cortan en
tres puntos.
Problema 1.4 (i) Demostrar que la ecuación x = n ln(x) tiene a lo sumo dos raíces para todo
n ≥ 1, x > 0.
(ii) Demostrar que si n = 4 la ecuación tiene exactamente dos raíces.
•
Solución: (i) Para demostrar que la ecuación x = n ln(x) tiene a lo sumo dos raíces para
todo n ≥ 1, x > 0, basta aplicar el Teorema de Rolle. Para ello denimos en primer lugar la
función fn : IR+ −→ IR, dada por:
fn (x) = x − n ln(x).
Esta función es continua y derivable en IR+ (teniendo en cuenta que IR+ no contiene el cero), ya
que es composición de funciones elementales. Por tanto, podemos aplicar el Teorema de Rolle.
Calculamos fn0 y estudiamos sus ceros:
fn0 (x) = 1 −
n
= 0 ⇐⇒ x = n.
x
Como fn0 sólo se anula una vez, obtenemos que fn se anulará a lo sumo dos veces.
(ii) Si n = 4, la función que consideramos es f (x) = x − 4 ln x. Por el apartado anterior
sabemos que se anula a lo sumo en dos puntos. Para demostrar que lo hace exactamente en
dos puntos basta que apliquemos el Teorema de Bolzano para encontrar dos intervalos donde
la función cambie de signo en los extremos.
Probamos con [1, e],
f (1) = 1 > 0
f (e) = e − 4 < 0
=⇒ existe x0 ∈ (1, e) tal que f (x0 ) = 0.
8
Índice general
Ahora en [e, e3 ],
f (e) = e − 4 < 0
f (e3 ) = e3 − 12 > 0
=⇒ existe x1 ∈ (e, e3 ) tal que f (x1 ) = 0.
Problema 1.5 Demostrar que la ecuación x = tan x tiene una única raíz en el intervalo
[−π/4, π/4].
•
Solución: (i) Para demostrar que la ecuación x = tan(x) tiene una única raíz en el intervalo
[−π/4, π/4], basta aplicar el Teorema de Rolle. Para ello denimos en primer lugar la función
f : [−π/4, π/4] −→ IR, dada por:
f (x) = x − tan(x).
Esta función es continua y derivable en [−π/4, π/4], ya que es composición de funciones elementales. Por tanto, podemos aplicar el Teorema de Rolle. Calculamos f 0 y estudiamos su signo y
sus ceros:
1
f 0 (x) = 1 −
=⇒ (f 0 = 0 ⇐⇒ x = 0) y f 0 < 0.
cos2 x
Como f 0 sólo se anula una vez, obtenemos que f se anulará a lo sumo dos veces. Pero al ser f
estrictamente decreciente y anularse en x = 0, sólo hay un cero de f , x = 0.
Problema 1.6 (i) Demostrar que la ecuación x4 − 4x − 1 = 0 tiene exactamente dos raíces
reales y dar un intervalo al que pertenece cada una de ellas.
(ii) Hallar las rectas tangente y normal a la curva y(x) = x4 − 4x − 1 en el punto x = −1.
•
Solución: (i) Aplicamos los Teoremas de Bolzano y Rolle conjuntamente. Para ello denimos en primer lugar la función f : IR −→ IR, dada por
f (x) = x4 − 4x − 1.
Esta función es continua y derivable en IR ya que es una función polinómica. Por tanto, podemos
aplicar el Teorema de Rolle. Calculamos f 0 y estudiamos sus ceros:
f 0 (x) = 4x3 − 4 = 0 ⇐⇒ x = 1.
Por tanto como f 0 se anula una sóla vez, f tendrá a lo sumo dos ceros. Para demostrar que
efectivamente los tiene basta que apliquemos el Teorema de Bolzano para encontrar un intervalo
donde la función cambie de signo en los extremos.
Probamos con [−1, 0],
f (−1) = 1 + 4 − 1 = 4 > 0
f (0) = −1 < 0
=⇒ existe x0 ∈ (−1, 0) tal que f (x0 ) = 0.
Índice general
9
Ahora probamos con [0, 2],
f (0) = −1 < 0
f (2) = 16 − 8 − 1 = 7 > 0
=⇒ existe x1 ∈ (0, 2) tal que f (x1 ) = 0.
(ii) Recordamos en primer lugar que la recta tangente a una curva y = f (x) en el punto
x = a está dada por y − f (a) = f 0 (a)(x − a). Por tanto, teniendo en cuenta que y 0 = 4x3 − 4,
la recta tangente a y(x) = x4 − 4x − 1 en x = −1 es
y − 4 = −8(x + 1) =⇒ y = −8x − 4.
Por otro lado, la ecuación de la recta normal a una curva y = f (x) en el punto x = a está dada
−1
por y − f (a) = 0 (x − a). Por tanto, la recta normal a y(x) = x4 − 4x − 1 en x = −1 es
f (a)
y−4=
1
(x + 1) =⇒ 8y = x + 33.
8
Problema 1.7 (i) Demostrar que las curvas y = ex−2 e y = −x2 + 4 se cortan exactamente en
dos puntos y dar un intervalo al que pertenece cada uno de ellos.
(ii) Hallar las rectas tangente y normal a la curva y = ex−2 + x2 − 4 en el punto x = 2.
•
Solución: (i) Aplicamos los Teoremas de Bolzano y Rolle conjuntamente. Para ello denimos en primer lugar la función f : IR −→ IR, dada por
f (x) = ex−2 + x2 − 4.
Esta función es continua y derivable en IR por ser suma de funciones elementales. Por tanto,
podemos aplicar el Teorema de Rolle. Calculamos f 0 y estudiamos sus ceros.
f 0 (x) = ex−2 + 2x = 0.
Como no podemos hallar directamente los ceros de esta función calculamos su derivada y usamos
los teoremas de Rolle y Bolzano.
f 00 (x) = ex−2 + 2 > 0.
Por tanto, f 0 tiene a lo sumo un cero. Como lı́m f 0 (x) = −∞ y
x→−∞
lı́m f 0 (x) = +∞, la
x→+∞
funciòn f 0 se anula una vez en IR. Por tanto, f tendrá a lo sumo dos ceros. Para demostrar
que efectivamente los tiene basta que apliquemos el Teorema de Bolzano para encontrar un
intervalo donde la función cambie de signo en los extremos.
Probamos con [−2, −1],
f (−2) = e−4 > 0
f (−1) = e−3 − 3 < 0
=⇒ existe x0 ∈ (−2, −1) tal que f (x0 ) = 0.
10
Índice general
Ahora probamos con [0, 2],
f (0) = e−2 − 4 < 0
f (2) = 1 > 0
=⇒ existe x1 ∈ (0, 2) tal que f (x1 ) = 0.
(ii) Recordamos en primer lugar que la recta tangente a una curva y = f (x) en el punto
x = a está dada por y − f (a) = f 0 (a)(x − a). Por tanto, teniendo en cuenta que y 0 = ex−2 + 2x,
la recta tangente a y(x) = ex−2 + x2 − 4 en x = 2 es
y − 1 = 5(x − 2) =⇒ y = 5x − 9.
Por otro lado, la ecuación de la recta normal a una curva y = f (x) en el punto x = a está dada
−1
por y − f (a) = 0 (x − a). Por tanto, la recta normal a y(x) = ex−2 + x2 − 4 en x = 2 es
f (a)
1
y − 1 = − (x − 2) =⇒ −5y = x − 7.
5
Problema 1.8 (i) Demostrar que la ecuación x4 + x3 + x2 − 2 = 0 tiene exactamente dos raíces
reales y dar un intervalo al que pertenece cada una de ellas.
(ii) Hallar las rectas tangente y normal a la curva y(x) = x4 + x3 + x2 − 2 en el punto x = 1.
•
Solución: (i) Para demostrar que la ecuación dada tiene exactamente dos raíces basta
aplicar los Teoremas de Bolzano y Rolle. Para ello denimos en primer lugar la función f :
IR −→ IR, dada por:
f (x) = x4 + x3 + x2 − 2.
Esta función es continua y derivable en IR ya que es una función polinómica. Por tanto, podemos
aplicar el Teorema de Rolle. Calculamos f 0 y estudiamos sus ceros:
√
−3 ± 9 − 32
f 0 (x) = 4x3 + 3x2 + 2x = x(4x2 + 3x + 2) = 0 ⇐⇒ x = 0 o x =
.
8
Por tanto como f 0 se anula una sola vez en IR, f tendrá a lo sumo dos ceros. Para demostrar
que efectivamente los tiene basta que apliquemos el Teorema de Bolzano para encontrar un
intervalo donde la función cambie de signo en los extremos.
Probamos con [−2, 0],
f (−2) = 16 − 8 + 4 − 2 = 10 > 0
f (0) = −2 < 0
=⇒ existe x0 ∈ (−2, 0) tal que f (x0 ) = 0.
Ahora probamos con [0, 1],
f (0) = −2 < 0
f (1) = 1 + 1 + 1 − 2 = 1 > 0
=⇒ existe x1 ∈ (0, 1) tal que f (x1 ) = 0.
Índice general
11
(ii) Recordamos en primer lugar que la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto x = a
está dada por y − f (a) = f 0 (a)(x − a). Por tanto, teniendo en cuenta que y 0 = 4x3 + 3x2 + 2x,
la recta tangente a y(x) = x4 + x3 + x2 − 2 en x = 1 es
y − 1 = 9(x − 1) =⇒ y = 9x − 8.
Por otro lado, la ecuación de la recta normal a la curva y = f (x) en el punto x = a está dada
−1
por y − f (a) = 0 (x − a). Por tanto, la recta normal a y(x) = x4 + x3 + x2 − 2 en x = 1 es
f (a)
1
y − 1 = − (x − 1) =⇒ 9y = −x + 10.
9
Problema 1.9 (i) Demostrar que la ecuación 8 ln(x) − x2 + 4 = 0 tiene exactamente dos raíces
reales en (0, +∞) y dar un intervalo al que pertenece cada una de ellas.
(ii) Hallar las rectas tangente y normal a la curva y(x) = 8 ln(x) − x2 + 4 en el punto x = 1.
•
Solución: (i) Para demostrar que la ecuación dada tiene exactamente dos raíces basta
aplicar los Teoremas de Bolzano y Rolle. Para ello denimos en primer lugar la función f :
(0, +∞) −→ IR, dada por:
f (x) = 8 ln(x) − x2 + 4.
Esta función es continua y derivable en (0, +∞) ya que es la suma de una función polinómica
y un logarítmo. Por tanto, podemos aplicar el Teorema de Rolle. Calculamos f 0 y estudiamos
sus ceros:
8
f 0 (x) = − 2x = 0 ⇐⇒ x = 2 en (0, +∞).
x
Por tanto como f 0 se anula una sola vez en (0, +∞), f tendrá a lo sumo dos ceros. Para demostrar
que efectivamente los tiene basta que apliquemos el Teorema de Bolzano para encontrar un
intervalo donde la función cambie de signo en los extremos.
Probamos con [e−1 , 1],
f (e−1 ) = −8 − e−2 + 4 = −4 − e−2 < 0
f (1) = 3 > 0
=⇒ existe x0 ∈ (e−1 , 1) tal que f (x0 ) = 0.
Ahora probamos con [1, e2 ],
f (1) = 3 > 0
f (e2 ) = 16 − e4 + 4 = 20 − e4 < 0
=⇒ existe x1 ∈ (1, e2 ) tal que f (x1 ) = 0.
(ii) Recordamos en primer lugar que la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto x = a
8
está dada por y − f (a) = f 0 (a)(x − a). Por tanto, teniendo en cuenta que y 0 = − 2x, la recta
x
tangente a y(x) en x = 1 es
y − 3 = 6(x − 1) =⇒ y = 6x − 3.
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Índice general
Por otro lado, la ecuación de la recta normal a la curva y = f (x) en el punto x = a está dada
−1
por y − f (a) = 0 (x − a). Por tanto, la recta normal a y(x) en x = 1 es
f (a)
1
y − 3 = − (x − 1) =⇒ 6y = −x + 19.
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Problema 1.10 (i) Demostrar que la ecuación x3 − 5x2 + 3x + 2 = 0 tiene exactamente tres
raíces reales y dar un intervalo al que pertenece cada una de ellas.
(ii) Hallar las rectas tangente y normal a la curva y(x) = x3 − 5x2 + 3x + 2 en el punto
x = 0.
•
Solución: (i) Una vez más vamos a aplicar combinadamente los teoremas de Rolle y
Bolzano. Derivamos la función f (x) = x3 − 5x2 + 3x + 2:
f 0 (x) = 3x2 − 10x + 3
La función f 0 es un polinomio de segundo grado, por tanto es fácil hallar sus raíces y vemos que
tiene dos, que son 3 y 13 , por lo cual la función f tiene a lo sumo tres ceros. Vamos a intentar
localizarlos mediante la aplicación del Teorema de Bolzano:
f (−1) = −9 < 0
f (0) = 2 > 0
f (0) = 2 > 0
f (2) = −4 < 0
f (5) = 17 > 0
f (2) = −4 < 0
=⇒ existe x1 ∈ (−1, 0) tal que f (x1 ) = 0
=⇒ existe x2 ∈ (0, 2) tal que f (x2 ) = 0
=⇒ existe x3 ∈ (2, 5) tal que f (x3 ) = 0
Por tanto f tiene al menos tres ceros según el Teorema de Bolzano y por lo visto anteriormente,
f tiene exactamente tres ceros.
(ii) La ecuación de la recta tangente a una curva y = f (x) en el punto x = a es y − f (a) =
f 0 (a)(x − a). Por tanto, en nuestro caso la ecuación será:
y − 2 = 3x
La ecuación de la recta normal a una curva y = f (x) en el punto x = a es y −f (a) =
Por tanto, en nuestro caso la ecuación será:
y−2=
−1
x
3
−1
f 0 (a) (x−a).