Teorema de Bolzano-Cauchy | Matemática A

📌 Resumo teórico

Teorema dos valores intermédios (Bolzano-Cauchy)

Se \(f\) é contínua em \(\left[a,\,b\right]\) e \(k\) é um número entre \(f(a)\) e \(f(b)\), então existe pelo menos um \(c\in\left]a,\,b\right[\) tal que \(f(c)=k\).

Por outras palavras: uma função contínua num intervalo não salta valores — para passar de \(f(a)\) a \(f(b)\) tem de tomar todos os valores intermédios.

Corolário — o caso dos zeros

Se \(f\) é contínua em \(\left[a,\,b\right]\) e \(f(a)\times f(b)\lt 0\) (isto é, \(f(a)\) e \(f(b)\) têm sinais contrários), então \(f\) tem pelo menos um zero em \(\left]a,\,b\right[\).

É o caso particular \(k=0\): se um dos valores é negativo e o outro positivo, o \(0\) está entre eles.

Como se escreve uma resolução

Passo	O que se escreve
1. Continuidade	justificar que \(f\) é contínua em \(\left[a,\,b\right]\) — por ser polinomial, racional, exponencial, logarítmica, trigonométrica, ou soma/produto/quociente/composta destas
2. Os dois valores	calcular \(f(a)\) e \(f(b)\) e mostrar que \(k\) está entre eles
3. Conclusão	«Pelo teorema dos valores intermédios (Bolzano-Cauchy), existe pelo menos um \(c\in\left]a,\,b\right[\) tal que \(f(c)=k\).»

Unicidade — o que o teorema não dá

Bolzano-Cauchy garante existência, nunca unicidade. Para mostrar que a solução é única, junta-se um argumento de monotonia: se \(f'\gt 0\) (ou \(f'\lt 0\)) no intervalo, então \(f\) é estritamente monótona, logo injetiva, e não pode tomar o mesmo valor duas vezes.

Traduzir o problema numa função auxiliar

Muitos enunciados não falam de zeros. Traduzem-se assim, definindo uma função auxiliar contínua:

Enunciado	Função auxiliar
\(f(x)=k\) tem solução	\(h(x)=f(x)-k\), procurar um zero
os gráficos de \(f\) e \(g\) intersetam-se	\(h(x)=f(x)-g(x)\), procurar um zero
o gráfico interseta a reta \(y=mx\)	\(h(x)=f(x)-mx\), procurar um zero
duas retas são perpendiculares	\(h(x)=m_1(x)\times m_2(x)+1\), procurar um zero

Cuidados: (1) a continuidade tem de ser verificada em todo o intervalo fechado \(\left[a,\,b\right]\) — basta um ponto fora do domínio para o teorema não se poder aplicar; (2) as desigualdades devem ser estritas se se quiser a solução no intervalo aberto; (3) o teorema não diz onde está o \(c\), nem quantos há.

Nota (Aprendizagens Essenciais, janeiro de 2023): o teorema dos valores intermédios (Bolzano-Cauchy) surge no tema «Resolução aproximada de equações», ao lado do método da Bisseção e do método de Newton-Raphson. As AE indicam que se deve «considerar o teorema dos valores intermédios para funções contínuas em intervalos abertos que contenham o intervalo fechado onde se estudam os valores intermédios».

1. Equação \(f(x)=f(0)\) num intervalo

Considere a função \(f\) de domínio \(\mathbb{R}\setminus\{-1\}\) definida por:

f(x)=1-x+\ln\left(x+1\right)^{2}

Mostre, sem recorrer à calculadora, a não ser para eventuais cálculos numéricos, que a equação \(f(x)=f(0)\) é possível no intervalo \(\left]2,\,3\right[\).

Passo 1 — calcular \(f(0)\)

f(0)=1-0+\ln\left(0+1\right)^{2}=1+\ln 1=1+0=1

A equação a estudar é, portanto, \(f(x)=1\) — procura-se o valor intermédio \(k=1\).

Passo 2 — continuidade em \(\left[2,\,3\right]\)

\(f\) é a soma da função polinomial \(1-x\) com a composta \(\ln u\), sendo \(u=(x+1)^{2}\). O logaritmo exige \((x+1)^{2}\gt 0\), ou seja, \(x\ne -1\) — daí o domínio dado.

Como \(-1\notin\left[2,\,3\right]\), tem-se \(\left[2,\,3\right]\subset D_f\) e \(f\) é contínua em \(\left[2,\,3\right]\), por ser soma e composta de funções contínuas.

Passo 3 — os valores nos extremos

f(2)=1-2+\ln\left(3\right)^{2}=-1+\ln 9\approx -1+2{,}197=1{,}197

f(3)=1-3+\ln\left(4\right)^{2}=-2+\ln 16\approx -2+2{,}773=0{,}773

Passo 4 — aplicar o teorema

Comparando com \(k=f(0)=1\):

f(3)\approx 0{,}773\ \lt\ 1\ \lt\ 1{,}197\approx f(2)

ou seja, \(f(0)\) é um valor estritamente compreendido entre \(f(3)\) e \(f(2)\).

Sendo \(f\) contínua em \(\left[2,\,3\right]\) e estando \(f(0)=1\) entre \(f(2)\) e \(f(3)\), o teorema dos valores intermédios (Bolzano-Cauchy) garante que existe pelo menos um \(c\in\left]2,\,3\right[\) tal que \(f(c)=1=f(0)\).

A equação \(f(x)=f(0)\) é possível em \(\left]2,\,3\right[\). \(\blacksquare\)

(Com a calculadora, a solução é \(c\approx 2{,}51\) — mas o teorema não a dá, apenas garante que existe.)

2. Existência e unicidade de um zero

Considere a função \(f\), de domínio \(\mathbb{R}\), definida por:

f(x)=e^{2x}+x

2.1. Mostre que \(f\) admite pelo menos um zero no intervalo \(\left]-1,\,0\right[\).
2.2. Mostre que o zero, cuja existência provou, é o único zero de \(f\).

2.1. — continuidade

\(f\) é a soma da função exponencial composta \(e^{2x}\) com a função polinomial \(x\), ambas contínuas em \(\mathbb{R}\). Logo \(f\) é contínua em \(\mathbb{R}\) e, em particular, em \(\left[-1,\,0\right]\).

2.1. — os valores nos extremos

f(-1)=e^{-2}+(-1)=\frac{1}{e^{2}}-1\approx 0{,}135-1=-0{,}865\ \lt 0

f(0)=e^{0}+0=1\ \gt 0

2.1. — aplicar o teorema

f(-1)\ \lt\ 0\ \lt\ f(0)

Sendo \(f\) contínua em \(\left[-1,\,0\right]\) e tendo \(f(-1)\) e \(f(0)\) sinais contrários, o corolário do teorema dos valores intermédios garante que:

Existe pelo menos um \(c\in\left]-1,\,0\right[\) tal que \(f(c)=0\), ou seja, \(f\) tem pelo menos um zero nesse intervalo. \(\blacksquare\)

2.2. — a estratégia

O teorema de Bolzano-Cauchy dá existência, nunca unicidade. Para a unicidade mostra-se que \(f\) é estritamente monótona em todo o \(\mathbb{R}\): uma função estritamente monótona é injetiva e, por isso, não pode tomar o valor \(0\) mais do que uma vez.

2.2. — a derivada

Com \(\left(e^{u}\right)'=u'e^{u}\), sendo \(u=2x\) e \(u'=2\):

f'(x)=2e^{2x}+1

Para todo o \(x\in\mathbb{R}\) tem-se \(e^{2x}\gt 0\), logo \(2e^{2x}\gt 0\) e:

f'(x)=2e^{2x}+1\ \gt\ 1\ \gt\ 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R}

2.2. — conclusão

Sendo a derivada positiva em todo o \(\mathbb{R}\), \(f\) é estritamente crescente em \(\mathbb{R}\) e, portanto, injetiva. Se existissem dois zeros \(c_1\ne c_2\), ter-se-ia \(f(c_1)=f(c_2)=0\), o que contraria a injetividade.

De outro modo, sem derivadas: \(x\mapsto e^{2x}\) é estritamente crescente (exponencial de base \(e\gt 1\) composta com \(2x\), crescente) e \(x\mapsto x\) também. A soma de duas funções estritamente crescentes é estritamente crescente.

\(f\) tem exatamente um zero, que pertence a \(\left]-1,\,0\right[\). \(\blacksquare\)

(Com a calculadora, esse zero é \(\approx -0{,}43\).)

3. Determinar \(k\) para poder aplicar o teorema

Sejam \(f\) e \(g\) as funções, de domínio \(\mathbb{R}\), definidas por:

f(x)=\begin{cases} \dfrac{x-1}{e^{1-x}-1}+2 & \text{se } x\lt 1\\[.7em] e^{k-1} & \text{se } x=1\\[.5em] \dfrac{\ln x}{x+1}+k & \text{se } x\gt 1 \end{cases} \qquad\text{e}\qquad g(x)=x^{2}

Determine o valor de \(k\) para o qual se possa garantir, pelo teorema dos valores intermédios, que o gráfico da função \(f\) interseta o gráfico da função \(g\) num ponto cuja abcissa pertence ao intervalo \(\left]0,\,2\right[\).

Passo 1 — o que é preciso garantir

Pretende-se aplicar o teorema à função auxiliar

h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-x^{2}

no intervalo \(\left[0,\,2\right]\): um zero de \(h\) é um ponto onde os dois gráficos se intersetam. Ora o teorema exige continuidade em todo o intervalo. Nos ramos \(x\lt 1\) e \(x\gt 1\) a função \(f\) é contínua (quociente e soma de funções contínuas, com denominadores não nulos). O único ponto a garantir é \(x=1\).

É esta a condição que determina \(k\).

Passo 2 — limite à esquerda de \(1\)

Fazendo a mudança de variável \(t=1-x\), com \(t\to 0^{+}\) quando \(x\to 1^{-}\), vem \(x-1=-t\):

\lim_{x\to 1^{-}}\left(\frac{x-1}{e^{1-x}-1}+2\right) =\lim_{t\to 0^{+}}\left(\frac{-t}{e^{t}-1}+2\right)

=\lim_{t\to 0^{+}}\left(\frac{-1}{\dfrac{e^{t}-1}{t}}+2\right) =\frac{-1}{1}+2=1

usando o limite notável \(\displaystyle\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t}=1\).

Passo 3 — limite à direita e valor em \(1\)

\lim_{x\to 1^{+}}\left(\frac{\ln x}{x+1}+k\right)=\frac{\ln 1}{2}+k=0+k=k

f(1)=e^{k-1}

Passo 4 — impor a continuidade

\(f\) é contínua em \(x=1\) se e só se os dois limites laterais e a imagem coincidirem:

\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=f(1)=\lim_{x\to 1^{+}}f(x) \iff 1=e^{k-1}=k

e^{k-1}=1 \iff e^{k-1}=e^{0} \iff k-1=0 \iff k=1

e \(k=1\) verifica também a outra igualdade (\(k=1\)). As duas condições dão o mesmo valor.

\(k=1\)

Passo 5 — confirmar que o teorema se aplica

Com \(k=1\), \(f\) é contínua em \(\mathbb{R}\) e \(g\) é polinomial, logo \(h=f-g\) é contínua em \(\left[0,\,2\right]\). Nos extremos:

h(0)=f(0)-0^{2}=\frac{0-1}{e^{1-0}-1}+2=2-\frac{1}{e-1}\approx 1{,}42\ \gt 0

h(2)=f(2)-2^{2}=\frac{\ln 2}{3}+1-4\approx 0{,}231-3=-2{,}77\ \lt 0

Como \(h\) é contínua em \(\left[0,\,2\right]\) e \(h(0)\gt 0\gt h(2)\), o teorema garante que existe \(c\in\left]0,\,2\right[\) com \(h(c)=0\), isto é, \(f(c)=g(c)\): os gráficos intersetam-se num ponto de abcissa em \(\left]0,\,2\right[\).

\(k=1\)

(Neste caso a interseção é mesmo em \(x=1\), pois \(f(1)=e^{0}=1\) e \(g(1)=1^{2}=1\).)

4. Ponto do gráfico na bissetriz dos quadrantes pares

Seja \(f\) uma função contínua de domínio \(\left[0,\,1\right]\) e contradomínio \(\left[-1,\,0\right]\).

Mostre que existe pelo menos um ponto do gráfico de \(f\) que pertence à bissetriz dos quadrantes pares.

Passo 1 — traduzir o enunciado

A bissetriz dos quadrantes pares (o 2.º e o 4.º) é a reta de equação \(y=-x\). Um ponto \(\left(x,\,f(x)\right)\) do gráfico pertence-lhe se e só se:

f(x)=-x \iff f(x)+x=0

Define-se então a função auxiliar

h(x)=f(x)+x\ ,\quad x\in\left[0,\,1\right]

e procura-se um zero de \(h\).

Passo 2 — continuidade

\(h\) é a soma de \(f\), contínua em \(\left[0,\,1\right]\) por hipótese, com a função polinomial \(x\), contínua. Logo \(h\) é contínua em \(\left[0,\,1\right]\).

Passo 3 — usar o contradomínio

Dizer que o contradomínio é \(\left[-1,\,0\right]\) significa, em particular, que

-1\le f(x)\le 0\ ,\quad \forall x\in\left[0,\,1\right]

Aplicando isto aos extremos do intervalo:

h(0)=f(0)+0=f(0)\le 0

h(1)=f(1)+1\ge -1+1=0

Passo 4 — aplicar o teorema

Tem-se \(h(0)\le 0\le h(1)\), ou seja, \(0\) é um valor compreendido entre \(h(0)\) e \(h(1)\). Há dois casos:

se \(h(0)=0\) ou \(h(1)=0\), o zero é logo \(x=0\) ou \(x=1\);
caso contrário, \(h(0)\lt 0\lt h(1)\) e o teorema dos valores intermédios garante um \(c\in\left]0,\,1\right[\) com \(h(c)=0\).

Em qualquer dos casos existe \(c\in\left[0,\,1\right]\) tal que \(h(c)=0\), isto é, \(f(c)=-c\).

O ponto \(\left(c,\,f(c)\right)=\left(c,\,-c\right)\) pertence ao gráfico de \(f\) e à reta \(y=-x\), a bissetriz dos quadrantes pares. \(\blacksquare\)

Onde entrou cada hipótese: a continuidade permite aplicar o teorema; o domínio \(\left[0,\,1\right]\) dá os extremos onde se calcula \(h\); o contradomínio \(\left[-1,\,0\right]\) é o que garante \(f(0)\le 0\) e \(f(1)\ge -1\), isto é, os sinais de \(h(0)\) e \(h(1)\).

5. Valores de um parâmetro que garantem um zero

Seja \(f\) a função, de domínio \(\mathbb{R}\), definida, para determinado valor de \(a\), por:

f(x)=2a\,x^{3}-x-a

Determine o conjunto de valores de \(a\) que lhe permitem garantir, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, que a função \(f\) admite pelo menos um zero no intervalo \(\left]0,\,1\right[\).

Passo 1 — continuidade

Qualquer que seja \(a\), \(f\) é uma função polinomial, logo contínua em \(\mathbb{R}\) e, em particular, em \(\left[0,\,1\right]\). A continuidade nunca é aqui o problema.

Passo 2 — a condição do corolário

Para o teorema garantir um zero em \(\left]0,\,1\right[\), basta que \(f(0)\) e \(f(1)\) tenham sinais contrários:

f(0)\times f(1)\lt 0

Passo 3 — calcular os dois valores

f(0)=2a\times 0^{3}-0-a=-a

f(1)=2a\times 1^{3}-1-a=2a-1-a=a-1

Passo 4 — resolver a inequação

-a\,(a-1)\lt 0 \iff a\,(a-1)\gt 0

O produto \(a(a-1)\) é positivo fora das raízes \(0\) e \(1\):

\(a\)		\(0\)		\(1\)
\(a\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(a-1\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(a(a-1)\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)

a\,(a-1)\gt 0 \iff a\lt 0\ \vee\ a\gt 1

\(a\in\left]-\infty,\,0\right[\cup\left]1,\,+\infty\right[\)

Confirmação com dois exemplos:

\(a=2\): \(f(0)=-2\lt 0\) e \(f(1)=1\gt 0\) — há mudança de sinal. \(\checkmark\)

\(a=-1\): \(f(0)=1\gt 0\) e \(f(1)=-2\lt 0\) — há mudança de sinal. \(\checkmark\)

\(a=\dfrac12\) (fora do conjunto): \(f(0)=-\dfrac12\) e \(f(1)=-\dfrac12\), ambos negativos — o teorema não garante nada. Repare-se que isto não significa que não haja zero; significa apenas que este teorema não o assegura.

6. Triângulo retângulo inscrito num gráfico

Na figura está representada, em referencial o. n. \(Oxy\), parte do gráfico da função \(f\), de domínio \(\mathbb{R}^{+}\), definida por \(f(x)=2x\ln x\).

Gráfico de f(x) = 2x ln x com o triângulo OAB: B é a interseção com o eixo Ox e A é um ponto do gráfico de abcissa x

Sabe-se que:

\(B\) é o ponto de interseção do gráfico de \(f\) com o eixo \(Ox\);
\(A\) é um ponto de abcissa \(x\) que pertence ao gráfico de \(f\).

Mostre que existe pelo menos um valor de \(x\) pertencente ao intervalo \(\left]0{,}5\ ;\ 0{,}9\right[\) para o qual o triângulo \([OAB]\) é retângulo em \(A\).

Passo 1 — as coordenadas dos vértices

O vértice \(O\) é a origem: \(O=(0,\,0)\).

\(B\) é a interseção do gráfico com \(Ox\), ou seja, o zero de \(f\). Como \(x\gt 0\), tem-se \(2x\ne 0\):

2x\ln x=0 \iff \ln x=0 \iff x=1

B=(1,\,0)

E, sendo \(A\) o ponto do gráfico de abcissa \(x\):

A=\left(x,\,2x\ln x\right)

Passo 2 — traduzir «retângulo em \(A\)»

O triângulo é retângulo em \(A\) quando os lados \([AO]\) e \([AB]\) são perpendiculares, isto é, quando o produto dos declives das retas \(AO\) e \(AB\) é \(-1\).

m_{AO}=\frac{2x\ln x-0}{x-0}=2\ln x

m_{AB}=\frac{0-2x\ln x}{1-x}=\frac{-2x\ln x}{1-x}

(ambos existem, porque em \(\left]0{,}5\ ;\ 0{,}9\right[\) se tem \(x\ne 0\) e \(x\ne 1\)).

Passo 3 — a equação a resolver

m_{AO}\times m_{AB}=-1 \iff 2\ln x\times\frac{-2x\ln x}{1-x}=-1

\iff \frac{-4x\ln^{2}x}{1-x}=-1 \iff 4x\ln^{2}x=1-x

\iff 4x\ln^{2}x+x-1=0

Basta então mostrar que a função

d(x)=4x\ln^{2}x+x-1

tem pelo menos um zero em \(\left]0{,}5\ ;\ 0{,}9\right[\).

Passo 4 — continuidade

\(d\) é soma e produto de funções contínuas em \(\mathbb{R}^{+}\) (polinomiais e o logaritmo), logo é contínua em \(\mathbb{R}^{+}\) e, em particular, em \(\left[0{,}5\ ;\ 0{,}9\right]\), que está contido em \(\mathbb{R}^{+}\).

Passo 5 — os valores nos extremos

d(0{,}5)=4\times 0{,}5\times\ln^{2}(0{,}5)+0{,}5-1 =2\ln^{2}(0{,}5)-0{,}5\approx 0{,}46\ \gt 0

d(0{,}9)=4\times 0{,}9\times\ln^{2}(0{,}9)+0{,}9-1 =3{,}6\ln^{2}(0{,}9)-0{,}1\approx -0{,}06\ \lt 0

Passo 6 — conclusão

d(0{,}9)\ \lt\ 0\ \lt\ d(0{,}5)

Sendo \(d\) contínua em \(\left[0{,}5\ ;\ 0{,}9\right]\) e tendo \(d(0{,}5)\) e \(d(0{,}9)\) sinais contrários, o corolário do teorema dos valores intermédios garante que existe \(c\in\left]0{,}5\ ;\ 0{,}9\right[\) tal que \(d(c)=0\).

Para esse valor \(c\) tem-se \(m_{AO}\times m_{AB}=-1\), ou seja, o triângulo \([OAB]\) é retângulo em \(A\). \(\blacksquare\)

(Com a calculadora, \(c\approx 0{,}75\).)

De outro modo, com o produto escalar: o ângulo em \(A\) é reto quando \(\vec{AO}\cdot\vec{AB}=0\). Sendo \(\vec{AO}=\left(-x,\,-2x\ln x\right)\) e \(\vec{AB}=\left(1-x,\,-2x\ln x\right)\):

\(\vec{AO}\cdot\vec{AB}=-x(1-x)+4x^{2}\ln^{2}x=x\left(4x\ln^{2}x+x-1\right)\)

Como \(x\gt 0\), anular este produto é o mesmo que anular \(d(x)\) — chega-se exatamente à mesma equação.

Porquê excluir \(x=1\): a equação \(d(x)=0\) também é verificada por \(x=1\), mas aí \(A=B=(1,\,0)\) e não há triângulo nenhum. É por isso que o enunciado trabalha num intervalo que não contém o \(1\).