Si $A$ $B$ son constantes positivas, muestran que $\frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}$ tiene una solución en $(1,2)$

Question

Tengo un problema que no pude averiguar cómo resolver; Si $A$ $B$ son constantes positivas, muestran que $$0=\frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}$$ has a solution on the open interval $(1,2)$.

Si usted apoya sus respuestas con una rigurosa prueba, se los agradezco.

Lo que yo pensé que estaba tomando el intervalo de aproximadamente cerca de los puntos finales de la dentro de mí.e $[1.1,1.9]$, pero entonces no sería riguroso solución a este problema. Después de eso, estoy totalmente atascado ya que no podía determinar el intervalo cerrado, que me impedía el uso de cualquier útil teorema.

Nota: El problema es tomado de G. Simmons Cálculo con Geometría Analítica 2do.

Answer 1

Vamos $$f(x) = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x - 2}.$$

Observar que $f$ se define en $\mathbb R \setminus \{1,2\}$ y es continua, ya que es una suma de funciones continuas.

Ahora,

• $\lim\limits_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$
• $\lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = -\infty$

Por lo tanto, a partir de la definición de límite y el teorema del valor intermedio, se deduce que el $f$ tiene una raíz en $(1, 2)$.

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Es importante tener en cuenta que el resultado se sigue de la definición de límite, ya que el teorema del valor intermedio requiere de $f$ a ser continua sobre un compacto $[a, b]$. De hecho, hemos $$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta \text{ such that } x - 1 < \delta \implies f(x) > \varepsilon$$ Y del mismo modo, desde el segundo límite, $$\forall \varepsilon' > 0, \exists \delta' \text{ such that } 2 - x < \delta' \implies f(x) < -\varepsilon'$$ Así que es posible elegir las constantes $\delta,\delta'$ tal que $f$ satisface las condiciones del teorema del valor intermedio en $[1 + \delta, 2 - \delta']$$f(1 + \delta') > 0$$f(2 - \delta) < 0$.

El gráfico puede hacer que el razonamiento más clara ( $A = 2$ $B = 1$):

Usted también podría estar interesado en esta misma pregunta similar, que tiene una similar (aunque un poco más complicado) solución.

Answer 2

En el intervalo de $(1,2)$ puedes multiplicar por $(x-1)(x-2)$ y

$$A(x-2)+B(x-1)=0$$ o

$$(A+B)x=2A+B,$$ $$x=\frac{2A+B}{A+B}=1+\frac A{A+B}.$$

Claramente,

$$0<\frac A{A+B}<1,$$ que fundamenta el reclamo.

Answer 3

Sugerencia

Definir (y rellene los detalles)

$$f(x):=\frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2}=\frac{(A+B)x-2A-B}{(x-1)(x-2)}$$

así

$$\lim_{x\to1^+}f(x)=(-A)\lim_{x\to1^+}\frac1{(x-1)(x-2)}=\infty$$

$$\lim_{x\to2^-}f(x)=B\lim_{x\to2^-}\frac1{(x-1)(x-2)}=-\infty$$

y ahora uso el IVT y el hecho de $\;f(x)\;$ es continua en a $\;(1,2)\;$

Answer 4

Para agregar en DonAntonio Respuesta:

$$f(x) = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} = \frac{(A+B)x - 2A - B}{(x-1)(x-2)}.$$

Ahora, $1 < \frac{2A+B}{A+B} < 2$, ya que el $A,B > 0$. Por otra parte, se calcula $f(\frac{2A+B}{A+B}) = 0$.