Mientras que el "tema" de este problema es la aplicación del Teorema del Valor Intermedio, la función implicada contiene una complicación interesante, para los que debe estar alerta. El polinomio cuadrático $ \ x^2 \ + \ x \ + \ 2 \ $ es "irreductible" en los números reales, pero el otro cuadrática factor que aparecen aquí, $ \ x^2 \ + \ x \ - \ 1 \ $ , tiene los ceros $ \ \frac{-1 \ \pm \sqrt{5}}{2} \ $ . Ya que estos son "nombre de los números" relacionados con la "Proporción áurea" $ \ \phi \ $ , podemos utilizar el "abreviada" de que los ceros se $ \ -\phi \ \approx \ -1.618 \ $$ \ \frac{1}{\phi} \ \approx \ 0.618 \ $ . El pleno de la factorización de la función racional es entonces
$$ \frac{a}{(x+1)(x + \phi)(x - \frac{1}{\phi})} \ + \ \frac{b}{(x-1)(x^2+x+2)} \ = \ 0 \ . $$
El dominio de esta función en el lado izquierdo de la ecuación es entonces
$$ \ (-\infty, \ -\phi) \ \cup \ (-\phi, \ -1) \ \cup \ (-1, \ \frac{1}{\phi}) \ \cup \ (\frac{1}{\phi}, \ 1) \ \cup \ (1, \ \infty) \ . $$ As the two terms in the sum are each rational functions, the function in question is continuous everywhere on this domain. We shall only be concerned in this problem with the function's "behavior" on $ \ (-1, \ \frac{1}{\phi}) \ \cup \ (\frac{1}{\phi}, \ 1) \ $ .
Estamos dado que el $ \ a \ $ $ \ b \ $ son positivos. En $ \ (-1, \ \frac{1}{\phi}) \ $ , los factores de $ \ (x - \frac{1}{\phi}) \ $ $ \ (x - 1) \ $ son negativos y el resto son todas positivas (de hecho, $ \ x^2 + x + 2 \ $ siempre es positivo). Por lo tanto, las funciones racionales son negativos en este intervalo, haciendo que toda la función negativa de allí. Por lo que cualquier cero la función puede tener es que no se encuentra allí.
En $ \ (\frac{1}{\phi}, \ 1) \ $ , la función racional de la primer término se convierte en positivo, así que ahora tenemos una suma de términos con signos opuestos. Esto solo no va a demostrar que nuestra función tiene un $ \ x-$ interceptar. Podemos señalar, sin embargo, que el "comportamiento" de la función en el barrio de $ \ x \ = \ \frac{1}{\phi} \ $ es
$$ \frac{a}{(\frac{1}{\phi}+1)(\frac{1}{\phi} + \phi)(x - \frac{1}{\phi})} \ + \ \frac{b}{(\frac{1}{\phi}-1)([\frac{1}{\phi}]^2 + \frac{1}{\phi} + 2)} \ \ \longrightarrow \ \ \frac{K}{ (x - \frac{1}{\phi})} \ + \ L \ \ , $$
con $ \ K \ > \ 0 \ $ $ \ L \ $ siendo constantes. En el barrio de $ \ x \ = \ 1 \ $ , la función se comporta como
$$ \frac{a}{2} \ + \ \frac{b}{4 \ (x-1) } \ \ . $$
Los límites laterales de la función cerca de las asíntotas son entonces
$$ \ \lim_{x \ \rightarrow \ \frac{1}{\phi}^{+}} \ f(x) \ = \ +\infty \ \ \text{and} \ \ \lim_{x \ \rightarrow \ 1^{-}} \ f(x) \ = \ -\infty \ \ , $$
para el que estoy usando (no universal) la notación abreviada de "límites infinitos".
Nuestra función es continua en $ \ (\frac{1}{\phi}, \ 1) \ $ , y tiende a "opuesto firmado infinitos" en "fin" de este intervalo. Por lo tanto, por el Teorema del Valor Intermedio, debe ser un valor de $ \ x \ $ en este intervalo en el que $ \ f(x) \ = \ 0 \ $ .
[Con respecto a mi comentario anterior sobre el problema , ya $ \ \lim_{x \ \rightarrow \ -1^{+}} \ f(x) \ $$ \ -\infty \ $ , de no ser por la asíntota en $ \ \frac{1}{\phi} \ $ , del Valor medio el Teorema de no ser de mucha ayuda.]
