El teorema de Rolle demuestra que el polinomio sólo tiene una raíz

Question

Demostrar que $x^3-x-4=0$ tiene exactamente una raíz real:

Este es mi trabajo hasta ahora:

Supongamos que $f(x) = x^3-x-4$ tiene $2$ raíces : $a,b$ $f(a) = f(b) = 0$

$f'(x)=3x^2-1$ $f'(x)$ existe en $(a,b)$ así que $f$ es diferenciable en $(a,b)$

Por el terorem de Rolle existe $c \in [a,b]$ tal que $f'(c) = 3c^2-1=0$

Sin embargo aquí puedo resolver para conseguir $c = \frac{1}{\sqrt3}$ pero se supone que me sale una contradicción donde no hay tal $c$ ¡¡para hacer la derivada cero!!

por favor, ayuda

Gracias

Answer 1

Estás en el camino correcto. Si hubiera dos raíces, tendría que haber un cero de $f'$ entre ellos. Así que si los ceros de $f'$ están en $p$ y $q$ (con $p < q$ ), tal vez pueda demostrar que para $x < p$ , , $f(x) < 0$ por alguna razón obvia. Y tal vez por alguna otra razón puede mostrar lo mismo cuando $x$ está entre $p$ y $q$ . En ese caso, las únicas raíces posibles satisfacen $x > q$ .

¿Qué tipo de razón "obvia" demostraría que $f(x) < 0$ cuando $x < p$ ? Bueno, supongamos que $f(x) = -100x^6 - x$ y te gustaría demostrar que $f(x) < 0$ para $x < -1$ . Bien, el primer término es un número no mayor que $-100$ y el segundo es un número mucho menor, por lo que en general es negativo. Tal vez sea más convincente el argumento de que $f(x) = -100 x^6 -x = -x(100x^5 - 1)$ . El primer factor es positivo (para $x < -1$ ), mientras que el segundo factor es menor que $100x^5 \le 100(-1)^5 = -100$ .

Algo así podría ayudarte a establecer que tu función tiene una sola raíz.

Answer 2

Mostrar $f(x)$ tiene un máximo local en $(-{1 \over \sqrt{3}}, {2 \over 3 \sqrt{3}} - 4)$ y un mínimo local en $({1 \over \sqrt{3}}, -{2 \over 3 \sqrt{3}} - 4)$ . Estos dos puntos de la gráfica dividen la gráfica en 3 porciones para las cuales $f(x)$ es creciente o decreciente. Usa esto para mostrar que la gráfica interseca la $x$ eje exactamente una vez. La idea es que todos los "giros" del gráfico estén por debajo del $x$ -y sólo hay una raíz, a la derecha, donde la función es creciente.

Answer 3

El hecho de que la función tenga puntos en los que la derivada es cero, no significa que la función tenga una raíz, véase por ejemplo $y=x^2+1$ .

El uso del teorema de Rolle sólo te dice que hay dos puntos para los que la derivada es cero, por lo tanto debe haber $3$ o menos raíces, no que sólo hay $1$ raíz.

Answer 4

Bueno, ten en cuenta que no puedes tener $f(x)=(x-\alpha)(x-\beta)^2$ para cualquier $\alpha,\beta,$ porque si ese fuera el caso, entonces por regla de producto, tendríamos $$f'(x)=2(x-\alpha)(x-\beta)+(x-\beta)^2=(2x-2\alpha)(x-\beta)+(x-\beta)^2=(3x-2\alpha-\beta)(x-\beta),$$ y así $f'(\beta)=0.$ Pero los ceros de $f'$ son $\pm\frac1{\sqrt{3}},$ ninguno de los cuales es un cero para $f.$ Por lo tanto, o bien $f$ tiene exactamente una raíz real, o tiene tres raíces reales distintas.

Usted supuso, a modo de contradicción, que $f$ tiene al menos dos raíces reales. Por lo tanto, tiene tres raíces reales distintas por el trabajo anterior--digamos $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ donde $\alpha_1<\alpha_2<\alpha_3.$ Pero entonces $f'$ tiene una raíz en el intervalo $(\alpha_1,\alpha_2)$ y una raíz en el intervalo $(\alpha_2,\alpha_3)$ por el Teorema de Rolle, por lo que, en particular, podemos concluir que $-\frac1{\sqrt{3}}<\alpha_2<\frac1{\sqrt{3}}.$ Ahora bien, como $f'(x)\le0$ en $\left[-\frac1{\sqrt3},\frac1{\sqrt3}\right],$ entonces puede concluir que $f\left(-\frac1{\sqrt3}\right)\ge f(\alpha_2)=0.$ pero $$f\left(-\frac1{\sqrt3}\right)\approx-3.23,$$ que se produce la contradicción deseada.