Teorema de la cuerda universal

Consideremos el teorema de Rolle en el intervalo [0,1] por simplicidad. Este nos afirma que, bajo ciertas hipótesis de regularidad (diferenciabilidad, etc.), una función f:[0,1]\to \mathbb{R} que cumple  f(0)=f(1) tiene un punto c\in [0,1] donde la recta tangente a la gráfica tiene pendiente nula, i.e., tal que f'(c)=0.

La recta tangente puede pensarse como un caso degenerado de una recta secante a la curva (i.e. una recta que pasa por dos puntos de la recta), donde esos dos puntos se confunden (esta imagen es de hecho la que sugiere la propia definición de derivada).

Podemos entonces hacernos una pregunta más general: dado un real r, existe algún punto a tal que f(a)=f(a+r)? Es decir, nos estamos preguntando si dado r existe algún par de puntos cuyas abscisas distan r, de tal manera que la secante a la gráfica por esos dos puntos tiene pendiente nula; es decir, si existe alguna cuerda horizontal de largo r.

Observar que ya no precisamos la diferenciabilidad para hacernos esta pregunta (y tampoco para resolverla): a partir de ahora, f:[0,1]\to \mathbb{R} es una función continua tal que f(0)=f(1).

Hagámonos la pregunta primero para el caso r=1/2. En este caso el problema se resuelve fácilmente aplicando el teorema de Bolzano. Definimos g:[0,1/2]\to \mathbb{R} como g(x)=f(x+1/2)-f(x). Si evaluamos en 0,

g(0)=f(1/2)-f(0),

y si evaluamos en 1/2,

g(1/2)=f(1)-f(1/2)=f(0)-f(1/2)=-g(0)

Entonces g cambia de signo, y es continua: por el teorema de Bolzano existe un a\in [0,1/2] tal que g(a)=0, es el punto buscado.

Observar que estamos usando fuertemente que r=1/2: es el r que cumple que r+1/2=1. Esta prueba no marcha si r\neq 1/2.

Sin embargo, en el caso en el que r=1/n para algún n\in \mathbb{Z}^+, siendo astutos se puede también usar el teorema de Bolzano para demostrarlo:

Teorema: si n es un entero mayor que 1, entonces f tiene una cuerda horizontal de largo 1/n.

Demostración: Supongamos por absurdo que no la tiene, es decir, que la función g:[0,1-1/n]\to \mathbb{R} definida por g(x)=f(x+1/n)-f(x) no se anula. Al ser continua, el teorema de Bolzano nos garantiza que no cambia de signo. Supongamos que g es positiva. Entonces:

g(1-1/n)>0
g(1-2/n)>0
\vdots
g(1-n/n)=g(0)>0

Por definición de g, esto nos da que

f(1)-f(1-1/n)>0
f(1-1/n)-f(1-2/n)>0
\vdots
f(1/n)-f(0)>0

Si sumamos estas desigualdades, obtenemos del lado izquierdo de la desigualdad una suma telescópica, y entonces obtenemos f(1)-f(0)>0, lo cual es absurdo.

Análogamente si g es negativa. \square

Esto es interesante y divertido. El lector tomará lápiz y papel para rellenar este post con los  dibujos pertinentes, que mi pereza incompetencia me impide realizar.

Pero lo más interesante no es esto. Lo que hace que este resultado sea realmente interesante, es que estos valores r=1/n son los únicos valores reales positivos para los que f tiene una cuerda de largo r en general. Es decir, que dado r\in (0,1) que no es de esa forma, existe una función f:[0,1]\to \mathbb{R} tal que f(0)=f(1) pero no hay una cuerda de largo r, es decir, no existe ningún a tal que f(a)=f(a+r).

Explícitamente, un contraejemplo está dado por la función f(x)=x\sin^2(\frac{\pi}{r})-\sin^2(\frac{\pi x}{r}). Automáticamente se ve que f(0)=f(1)=0, y una cuenta a cargo del lector prueba que f(x+r)-f(x)=\frac{\sin^2(\frac{\pi}{r})}{r}, que es distinto de cero, pues al ser r\neq 1/n para todo n, ese seno no puede ser anularse.

El teorema y el contraejemplo son debidos a Lévy, en Sur une Généralisation du Théorème de Rolle, C. R. Acad. Sci., Paris, 198 (1934) 424-425.

Otro ejemplo de ejercicio divertido para cálculo 1 🙂

(Fuente)

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