Teoremas de Rolle y del valor medio. Funciones monótonas

Dada $f:[-1,1]\to\mathbb R$ continua en $[-1,1]$, con $f(-1)=f(1)$ y derivable en $(-1,1)$: a) para algún $c$ la tangente es paralela al eje $y$; b) para algún $c$ la tangente es perpendicular al eje $y$; c) para algún $c$ la tangente es perpendicular al eje $x$; d) ninguna de las anteriores.

Respuesta: b).

1. Hipótesis de Rolle. El enunciado da las tres: continua en el cerrado, derivable en el abierto, $f(-1)=f(1)$ (U p. 95).
2. Aplicar Rolle. Existe $c\in(-1,1)$ con $f'(c)=0$.
3. Traducir a geometría. La tangente en $(c,f(c))$ es $y-f(c)=f'(c)(x-c)$; con pendiente $0$ es la recta horizontal $y=f(c)$, que es paralela al eje $x$ y perpendicular al eje $y$. Es b).
4. Por qué a) y c) son falsas. Ambas dicen «tangente vertical». Pero $f$ es derivable en cada punto del intervalo, y la pendiente $f'(x_0)$, con $x_0\in(-1,1)$, es un número real finito; una recta con pendiente finita nunca es vertical. Contraejemplo: $x^2$ en $[-1,1]$ cumple todo y ninguna tangente es vertical.

Demuestra que si un polinomio de grado mayor o igual que tres tiene tres ceros, existen al menos dos puntos en los que su recta tangente es horizontal.

1. Precisar el enunciado. «Tres ceros» debe entenderse como tres ceros distintos $a\lt b\lt c$. Con raíces repetidas es falso: $x^3$ tiene el cero $0$ «tres veces» pero solo una tangente horizontal (E lo supone al escribir $a\lt b\lt c$, sin decirlo).
2. Regularidad. Un polinomio $f$ es continuo y derivable en todo $\mathbb R$ (U pp. 79-80), luego en cualquier $[p,q]$ y $(p,q)$.
3. Rolle en $[a,b]$. Como $f(a)=f(b)=0$, existe $s\in(a,b)$ con $f'(s)=0$.
4. Rolle en $[b,c]$. Como $f(b)=f(c)=0$, existe $t\in(b,c)$ con $f'(t)=0$.
5. Son distintos. $s\lt b\lt t$ porque $(a,b)$ y $(b,c)$ no se solapan; luego $s\ne t$.
6. Conclusión. En $s$ y en $t$ la pendiente es $0$: dos tangentes horizontales.

Observación. La hipótesis «grado $\ge3$» no se usa: un polinomio no nulo con tres raíces distintas ya tiene grado $\ge3$. En general, $n$ ceros distintos de $f$ dan al menos $n-1$ ceros de $f'$.

Dada $f:[0,1]\to\mathbb R$ continua en $[0,1]$ y derivable en $(0,1)$: a) si $f(0)>f(1)$, existe $c$ con $f'(c)>0$; b) si $f(0)>f(1)$, existe $c$ con $f'(c)\lt0$; c) siempre existe $c$ con $f'(c)=0$; d) siempre existe $c$ con $f'(c)=1$.

Respuesta: b).

1. Hipótesis del TVM. Continua en $[0,1]$ y derivable en $(0,1)$ es exactamente lo que pide el TVM (U p. 96). Ojo: no se sabe que $f(0)=f(1)$, así que Rolle no se puede usar.
2. Aplicar el TVM. Existe $c\in(0,1)$ con $f'(c)=\dfrac{f(1)-f(0)}{1-0}=f(1)-f(0)$.
3. Signo. Si $f(0)>f(1)$, entonces $f(1)-f(0)\lt0$, luego $f'(c)\lt0$. Esto prueba b).
4. Un solo contraejemplo para a), c) y d): $f(x)=-x$. Es continua y derivable, $f(0)=0>-1=f(1)$ y $f'\equiv-1$: nunca es $>0$ (falla a), nunca $0$ (falla c), nunca $1$ (falla d).

Dada una función continua $f:[0,1]\to\mathbb R$: a) existe $c\in(0,1)$ con $f'(c)=f(1)-f(0)$; b) si $f$ es derivable en $(0,1)$, existe $c$ con $f'(c)=f(1)-f(0)$; c) solamente si $f$ es derivable en $(0,1)$, existe tal $c$; d) existe $c$ con $f'(c)=f(0)-f(1)$.

Respuesta: b).

1. b) es el TVM en $[0,1]$: $f'(c)=\dfrac{f(1)-f(0)}{1-0}$. Verdadera.
2. a) es falsa: falta derivabilidad. Contraejemplo $f(x)=|x-\tfrac12|$, continua. $f'=-1$ en $(0,\tfrac12)$, $f'=1$ en $(\tfrac12,1)$ y en $\tfrac12$ las derivadas laterales valen $-1\ne1$ (U Def. 2.3, p. 81). Pero $f(1)-f(0)=\tfrac12-\tfrac12=0$ y $f'$ no vale $0$ en ningún punto donde existe.
3. c) es falsa. «Solamente si» diría que la existencia de $c$ obliga a que $f$ sea derivable. Para refutarlo basta una $f$ no derivable en algún punto para la que sí exista $c$: $f(x)=|\operatorname{sen}(2\pi x)|$.
   • Es continua (valor absoluto de una continua).
   • No es derivable en $\tfrac12$: por la izquierda $f=\operatorname{sen}(2\pi x)$ y $f'(\tfrac12^-)=2\pi\cos\pi=-2\pi$; por la derecha $f=-\operatorname{sen}(2\pi x)$ y $f'(\tfrac12^+)=2\pi$.
   • Aun así, en $c=\tfrac14$: $f'(\tfrac14)=2\pi\cos\tfrac\pi2=0=f(1)-f(0)$.
   El TVM da una condición suficiente, no necesaria.
4. d) es falsa. Con $f(x)=x$: $f'\equiv1$, pero $f(0)-f(1)=-1$.

Sea $f(x)=|\operatorname{sen}(x-1)|$ si $x\ge1$ y $f(x)=x-2$ si $x\lt1$. a) $f$ es derivable en $1$; b) $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$; c) $f$ verifica las hipótesis de Rolle en $[1+2\pi,1+3\pi]$; d) $f$ es derivable en $\mathbb R\setminus\{1\}$.

Respuesta: c).

1. a) falsa. $\lim_{x\to1^-}(x-2)=-1$ pero $f(1)=|\operatorname{sen}0|=0$: $f$ es discontinua en $1$; como derivable implica continua, no es derivable en $1$.
2. b) falsa: el límite en $+\infty$ no existe. Si existiera $\lim_{x\to+\infty}f(x)=l$, entonces $f(x_n)\to l$ para toda sucesión $x_n\to+\infty$ (dado $\varepsilon$, hay $M$ con $|f(x)-l|\lt\varepsilon$ si $x>M$, y $x_n>M$ desde cierto índice). Pero con $a_n=1+\tfrac\pi2+2n\pi\to\infty$ es $f(a_n)=1$, y con $b_n=1+2n\pi\to\infty$ es $f(b_n)=0$. Dos límites distintos: no hay límite.
3. c) verdadera. En $[1+2\pi,1+3\pi]$ se tiene $x\ge1$ y $x-1\in[2\pi,3\pi]$, donde el seno es $\ge0$; luego $f(x)=\operatorname{sen}(x-1)$ en todo el cerrado. Esta es continua y derivable en $\mathbb R$, así que $f$ es continua en el cerrado y derivable en el abierto. Y $f(1+2\pi)=\operatorname{sen}2\pi=0=\operatorname{sen}3\pi=f(1+3\pi)$. Las tres hipótesis se cumplen.
4. d) falsa. Sea $p=1+3\pi$: $f(p)=0$ y $f(p+h)=|\operatorname{sen}(3\pi+h)|=|\operatorname{sen}h|$. Con la definición de derivada lateral (U p. 81) y $\lim_{h\to0}\operatorname{sen}h/h=1$: $f'(p^+)=\lim_{h\to0^+}\frac{|\operatorname{sen}h|}h=1$ y $f'(p^-)=\lim_{h\to0^-}\frac{|\operatorname{sen}h|}h=-1$. Distintas: no es derivable en $p\ne1$ (ni en ningún $1+k\pi$, $k\ge1$).

Razona la veracidad o falsedad: si $f$ y $g$ son estrictamente crecientes en $I$, entonces $f+g$ es estrictamente creciente en $I$.

Verdadera.

1. Qué probar (Def. 2.5): para $a\lt b$ en $I$, $(f+g)(a)\lt(f+g)(b)$.
2. Toma $a\lt b$ en $I$. Como $f$ es estrictamente creciente, $f(a)\lt f(b)$; sumando $g(a)$ a ambos lados: $f(a)+g(a)\lt f(b)+g(a)$.
3. Como $g$ es estrictamente creciente, $g(a)\lt g(b)$; sumando $f(b)$: $f(b)+g(a)\lt f(b)+g(b)$.
4. Encadena: $(f+g)(a)\lt f(b)+g(a)\lt(f+g)(b)$.
5. Por qué no usar la derivada: el enunciado no dice que sean derivables, y aunque lo fueran «estrictamente creciente» no implica $f'>0$ ($x^3$ en $0$).

Razona la veracidad o falsedad: si $f:\mathbb R\to\mathbb R$ es continua y decreciente en $[-\pi,0]$ y en $[\pi,2\pi]$, entonces $f(a)\ge f(b)$ para todo $a\in[-\pi,0]$ y $b\in[\pi,2\pi]$.

Falsa.

1. Qué da la hipótesis. Para $a\in[-\pi,0]$: $f(a)\ge f(0)$. Para $b\in[\pi,2\pi]$: $f(\pi)\ge f(b)$.
2. El eslabón que falta. Para concluir haría falta $f(0)\ge f(\pi)$, pero nada dice cómo se comporta $f$ en $(0,\pi)$, y puede subir.
3. Contraejemplo: $f(x)=-\cos x$, continua, con $f'(x)=\operatorname{sen}x\le0$ en $[-\pi,0]$ y en $[\pi,2\pi]$ (Prop. 2.4: decreciente en ambos). Pero con $a=0$ y $b=\pi$: $f(0)=-1\lt1=f(\pi)$. (E usa $a=-\tfrac\pi2$ y $b=\tfrac{7\pi}6$, que también vale.)

Sea $f:\mathbb R\to\mathbb R$ con $f'(x)=\operatorname{sen}(\pi x)e^{2x^2-x}$. a) $f$ es creciente; b) $f$ es decreciente; c) $f$ es estrictamente creciente; d) ninguna de las anteriores.

Respuesta: d).

1. Signo de $f'$. $e^{2x^2-x}>0$ siempre, así que $f'$ tiene el signo de $\operatorname{sen}(\pi x)$: positivo en $(0,1)$, negativo en $(1,2)$, etc.
2. No es decreciente. TVM en $[0,1]$: $f(1)-f(0)=f'(c)$ con $c\in(0,1)$, y ahí $\operatorname{sen}(\pi c)>0$. Luego $f(0)\lt f(1)$; falla b).
3. No es creciente. TVM en $[1,2]$: $f(2)-f(1)=f'(d)$ con $d\in(1,2)$ y $\operatorname{sen}(\pi d)\lt0$. Luego $f(1)>f(2)$; fallan a) y c).
4. La respuesta es d).

Por qué este cuidado. U solo da «signo de $f'$ $\Rightarrow$ monotonía» (Prop. 2.4), no la recíproca. Para descartar la monotonía hay que dar dos puntos que incumplan la definición, y el TVM los proporciona. (E se conforma con «$f'$ cambia de signo».)

Sea $f:\mathbb R\to\mathbb R$ con $f'(x)=\ln(x^2+2)$. a) creciente pero no estrictamente; b) decreciente; c) estrictamente creciente; d) ninguna.

Respuesta: c).

1. Signo de $f'$. $x^2\ge0$, luego $x^2+2\ge2>1$. Como $\ln$ es estrictamente creciente y $\ln1=0$: $\ln(x^2+2)\ge\ln2\approx0{,}693>0$.
2. Prop. 2.4 con $I=\mathbb R$: $f'>0$ en todo $\mathbb R$ $\Rightarrow$ $f$ estrictamente creciente. c) es verdadera.
3. a) contradice c); b) es falsa ($f(0)\lt f(1)$); d) es falsa porque c) es cierta.

Calcula los intervalos de crecimiento y decrecimiento de $f(x)=e^{2x^2-x}$ y discute si es correcta la afirmación: «$f$ es decreciente en $J=(-\infty,-\tfrac18)$».

La afirmación es correcta.

1. Deriva con la regla de la cadena: $f'(x)=e^{2x^2-x}(4x-1)$.
2. Signo. $e^{2x^2-x}>0$, así que $f'$ tiene el signo de $4x-1$: $f'\lt0$ si $x\lt\tfrac14$, $f'>0$ si $x>\tfrac14$, $f'(\tfrac14)=0$.
3. Prop. 2.4: $f$ es estrictamente decreciente en $(-\infty,\tfrac14)$ y estrictamente creciente en $(\tfrac14,\infty)$. (En $x=\tfrac14$ hay un mínimo, U Prop. 3.5.)
4. La afirmación. $J=(-\infty,-\tfrac18)\subset(-\infty,\tfrac14)$. Estrictamente decreciente implica decreciente, y la condición «$a\lt b\Rightarrow f(a)\ge f(b)$» se cumple en particular para $a,b\in J$.

Sean $\cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}2$ y $\operatorname{senh}x=\dfrac{e^x-e^{-x}}2$. a) $(\cosh x)'=-\operatorname{senh}x$; b) $\operatorname{senh}x+\cosh x$ es constante; c) $(\operatorname{senh}x)'=-\cosh x$; d) $\cosh^2x-\operatorname{senh}^2x$ es constante.

Respuesta: d).

1. Deriva ($(e^{-x})'=-e^{-x}$): $(\cosh x)'=\dfrac{e^x-e^{-x}}2=\operatorname{senh}x$ y $(\operatorname{senh}x)'=\dfrac{e^x+e^{-x}}2=\cosh x$. No hay signo menos: a) y c) son falsas.
2. b) $\cosh x+\operatorname{senh}x=e^x$, que no es constante ($e^0=1\ne e$). Falsa.
3. d) con la derivada. $g(x)=\cosh^2x-\operatorname{senh}^2x$ tiene $g'(x)=2\cosh x\operatorname{senh}x-2\operatorname{senh}x\cosh x=0$ en todo $\mathbb R$. Por el Teorema 2.4 (U p. 97), $g$ es constante, y vale $g(0)=1^2-0^2=1$.
4. d) con álgebra (comprobación). $\dfrac{(e^x+e^{-x})^2-(e^x-e^{-x})^2}4=\dfrac{(e^{2x}+2+e^{-2x})-(e^{2x}-2+e^{-2x})}4=1$.

A memorizar: $\cosh^2x-\operatorname{senh}^2x=1$.

Deduce cuál de las cuatro figuras a), b), c), d) es la gráfica de $f(x)=\dfrac{x^3+1}{x}$.

Las figuras no se reproducen aquí. En E las cuatro tienen asíntota vertical $x=0$ (rama derecha subiendo a $+\infty$, izquierda bajando a $-\infty$) y difieren en lo siguiente:

Respuesta: a).

1. Dominio y forma cómoda. $D=\mathbb R\setminus\{0\}$ y $f(x)=x^2+\dfrac1x$.
2. Asíntota vertical. $\lim_{x\to0^+}f=+\infty$ y $\lim_{x\to0^-}f=-\infty$. Coincide con las cuatro figuras: no distingue.
3. Infinito. $x^2\to+\infty$ y $1/x\to0$, luego $\lim_{x\to\pm\infty}f=+\infty$. Sin L'Hôpital. No hay asíntotas horizontales: se descartan c) y d); y en $-\infty$ tiende a $+\infty$: se descarta b).
4. Confirmación con la monotonía. $f'(x)=2x-\dfrac1{x^2}=\dfrac{2x^3-1}{x^2}$, con el signo de $2x^3-1$: positivo si $x>x_0=2^{-1/3}\approx0{,}794$. Por la Prop. 2.4: estrictamente decreciente en $(-\infty,0)$ y en $(0,x_0)$, estrictamente creciente en $(x_0,\infty)$; mínimo relativo en $x_0$ con $f(x_0)=\tfrac32\sqrt[3]2\approx1{,}89$.
5. Detalles que encajan con a). Corte: $x^3+1=0\iff x=-1$. Además $f''(x)=2+\dfrac2{x^3}$, positiva en $(0,\infty)$ (convexa, forma de U); en la rama izquierda es convexa en $(-\infty,-1)$, cóncava en $(-1,0)$, con inflexión en $x=-1$ (el propio corte con el eje, punto $(-1,0)$).

Deduce cuál de las cuatro figuras es la gráfica de $f(x)=\operatorname{sen}x+\tfrac12\operatorname{sen}2x$ en $[0,2\pi]$.

En E las cuatro pasan por $(0,0)$, $(\pi,0)$ y $(2\pi,0)$ y se distinguen por sus tangentes horizontales en el interior:

Respuesta: a).

1. Derivada. $f'(x)=\cos x+\tfrac12\cdot2\cos2x=\cos x+\cos2x$.
2. Pendiente en los extremos. $f'(0)=f'(2\pi)=1+1=2\ne0$. La gráfica no puede empezar ni acabar con tangente horizontal: se descarta b).
3. Tangentes horizontales en $(0,2\pi)$. Con $\cos2x=2\cos^2x-1$: $f'(x)=2\cos^2x+\cos x-1=(2\cos x-1)(\cos x+1)$. Se anula si $\cos x=\tfrac12$ o $\cos x=-1$, es decir $x\in\{\tfrac\pi3,\pi,\tfrac{5\pi}3\}$. Hay exactamente 3: se descartan c) (4) y d) (6). Queda a).
4. Confirmación con la monotonía. $\cos x+1\ge0$, y solo vale $0$ en $\pi$; luego, salvo en $\pi$, $f'$ tiene el signo de $2\cos x-1$: $f'>0$ en $(0,\tfrac\pi3)$; $f'\lt0$ en $(\tfrac\pi3,\pi)$ y en $(\pi,\tfrac{5\pi}3)$; $f'>0$ en $(\tfrac{5\pi}3,2\pi)$.
   • Máximo relativo en $\tfrac\pi3$, con $f(\tfrac\pi3)=\tfrac{3\sqrt3}4\approx1{,}30$; mínimo relativo en $\tfrac{5\pi}3$ con valor $-\tfrac{3\sqrt3}4$.
   • En $\pi$, $f'$ no cambia de signo (negativa a ambos lados): no hay extremo, es un punto de silla (U Def. 3.7). Además $f''(\pi)=0$ y $f'''(\pi)=-3\ne0$: la primera derivada no nula es de orden impar: punto de silla (U Prop. 3.8, p. 132) y, por la Prop. 3.12 (p. 137), punto de inflexión; como $f'''(\pi)=-3<0$, pasa de convexa a cóncava, con tangente horizontal. Es el tramo plano central de a).
5. Otras comprobaciones. $f(x)=\operatorname{sen}x\,(1+\cos x)$, con ceros en $0,\pi,2\pi$; $f\ge0$ en $[0,\pi]$ y $f\le0$ en $[\pi,2\pi]$; y $f(2\pi-x)=-f(x)$, simetría respecto de $(\pi,0)$.

Enuncie el Teorema del Valor Medio (para funciones de una variable) y explique la interpretación geométrica de este resultado.

1. Hipótesis. $f$ es continua en $[a,b]$ (cerrado) y derivable en $(a,b)$ (abierto).
2. Conclusión. Existe algún $c\in(a,b)$ con $f'(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$.
3. Qué es cada lado. El cociente es la pendiente de la cuerda que une $(a,f(a))$ con $(b,f(b))$; $f'(c)$ es la pendiente de la tangente en $c$.
4. Dibujo. Traza una curva, la cuerda $AB$ y una tangente paralela a ella en un punto interior.

Lo que escribes en el examen: las hipótesis del paso 1, la fórmula del paso 2 y la frase «hay al menos un punto interior de la gráfica cuya tangente es paralela a la cuerda $AB$», con el dibujo.

Enuncie el Teorema de Rolle. Úselo para demostrar que, dada $f:[-2,0]\to\mathbb R$, $f(x)=e^{(x+1)^2}$, existe algún $c\in[-2,0]$ tal que la recta tangente a la gráfica de $f$ en $(c,f(c))$ es paralela al eje $x$.

1. Enunciado (U p.95). Si $f$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $f(a)=f(b)$, existe $c\in(a,b)$ con $f'(c)=0$.
2. Continuidad. $f(x)=e^{(x+1)^2}$ es una exponencial de un polinomio: continua en todo $\mathbb R$.
3. Derivabilidad. Por la regla de la cadena, $f'(x)=2(x+1)\,e^{(x+1)^2}$ existe para todo $x$.
4. Mismos valores en los extremos. $f(-2)=e^{(-1)^2}=e$ y $f(0)=e^{1^2}=e$.
5. Conclusión. Existe $c\in(-2,0)$ con $f'(c)=0$: la tangente en ese punto es horizontal.

Lo que escribes en el examen: el enunciado (paso 1), las tres comprobaciones (pasos 2 a 4) y la frase «por Rolle existe $c\in(-2,0)$ con $f'(c)=0$, es decir, tangente paralela al eje $x$».

Comprobación (no se pide): $f'(x)=0$ solo si $x=-1$, que está en $(-2,0)$; la tangente es $y=f(-1)=1$.

Calcule los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función $f(x)=x^2e^{(1-x)}$.

1. Derivar (producto y cadena; $(e^{1-x})'=-e^{1-x}$): $f'(x)=2x\,e^{1-x}-x^2e^{1-x}$.
2. Sacar factor común: $f'(x)=x(2-x)\,e^{1-x}$.
3. Descartar lo que siempre es positivo. $e^{1-x}>0$ siempre, así que el signo de $f'$ es el de $x(2-x)$.
4. Dónde vale cero. $x(2-x)=0$ en $x=0$ y $x=2$. Quedan tres tramos: $(-\infty,0)$, $(0,2)$, $(2,\infty)$.
5. Un número de prueba por tramo. $x=-1$: $(-1)\cdot3\lt0$. $x=1$: $1\cdot1>0$. $x=3$: $3\cdot(-1)\lt0$.
6. Leer la conclusión (Prop. 2.4, U p.98): $f$ baja en $(-\infty,0)$, sube en $(0,2)$ y baja en $(2,\infty)$.

Lo que escribes en el examen: $f'(x)=x(2-x)e^{1-x}$, la tabla de signos con los tres tramos y la conclusión: decreciente en $(-\infty,0)$ y en $(2,\infty)$; creciente en $(0,2)$ (con $f$ continua puedes cerrar los extremos: $(-\infty,0]$, $[0,2]$, $[2,\infty)$).

Extra: en $0$ hay un mínimo relativo ($f(0)=0$) y en $2$ un máximo relativo ($f(2)=4/e$).

Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento de $f(x)=x^3e^x$. (Versión más fácil, X p.35: «¿dónde es creciente $f(x)=xe^x$?»; allí $f'(x)=(1+x)e^x$ y es creciente en $[-1,\infty)$.)

1. Derivar y factorizar: $f'(x)=3x^2e^x+x^3e^x=x^2(x+3)\,e^x$.
2. Descartar lo que no cambia el signo. $e^x>0$ y $x^2\ge0$ (solo es $0$ en $x=0$). Para $x\ne0$, el signo de $f'$ es el de $x+3$.
3. Dónde vale cero. En $x=-3$ ($f'$ cambia de signo) y en $x=0$ (no cambia, por el cuadrado).
4. Un número de prueba por tramo. $x=-4$: $16\cdot(-1)\cdot e^{-4}\lt0$. $x=-1$: $1\cdot2\cdot e^{-1}>0$. $x=1$: $1\cdot4\cdot e>0$.
5. Leer la conclusión. Baja en $(-\infty,-3)$ y sube en $(-3,0)$ y en $(0,\infty)$. Como en $x=0$ la función solo hace una pausa (como $x^3$ en $0$, U p.99), los dos tramos que suben se pegan: sube en todo $[-3,\infty)$.

Lo que escribes en el examen: $f'(x)=x^2(x+3)e^x$, la tabla de signos y la conclusión: decreciente en $(-\infty,-3]$ y creciente en $[-3,\infty)$, con la frase «en $x=0$ $f'$ se anula pero no cambia de signo».

Extra: mínimo en $x=-3$, $f(-3)=-27e^{-3}\approx-1{,}344$. En $x=0$ la tangente es horizontal pero no hay extremo.

(a) Sea $f:[-1,1]\to\mathbb R$ continua con $f(-1)=-3$ y $f(1)=3$. Razone si es cierto que $f(x)=0$ tiene una única solución en $[-1,1]$. Apóyese en una gráfica si lo considera necesario.
(b) Razone si es verdadera o falsa: «Si $f:\mathbb R\to\mathbb R$ es estrictamente creciente y $f(-1)\lt0\lt f(1)$, entonces existe al menos una solución de $f(x)=0$.»

1. (a) Existe solución. $f$ es continua y $f(-1)=-3\lt0\lt3=f(1)$: por Bolzano (U p.52) hay algún $c\in(-1,1)$ con $f(c)=0$.
2. (a) Pero no tiene por qué ser única: FALSO. Dibuja una curva que sube de $-3$ a $3$ ondulándose y corta el eje tres veces. Ejemplo concreto: $p(x)=\tfrac32(5x^3-3x)$ cumple $p(-1)=-3$, $p(1)=3$ y se anula en $0$ y en $\pm\sqrt{3/5}$.
3. (a) Qué haría falta para la unicidad. Que $f$ siempre suba (estrictamente creciente), por ejemplo $f'>0$ (Prop. 2.4, U p.98).
4. (b) FALSO: crecer no basta, hace falta continuidad. Contraejemplo: $f(x)=x$ si $x\lt0$ y $f(x)=x+1$ si $x\ge0$. Siempre sube, $f(-1)=-1\lt0\lt2=f(1)$, pero da un salto en $0$ (de valores $\lt0$ a valores $\ge1$) y nunca vale $0$.

Lo que escribes en el examen: (a) «Falso: Bolzano solo asegura al menos una solución», con el contraejemplo y un dibujo; (b) «Falso: $f$ no es continua en $0$, no se puede aplicar Bolzano», con el contraejemplo.

Resumen: continuidad + cambio de signo → existe; estricta monotonía → como mucho una; las dos juntas → exactamente una.

Original: enuncie el Teorema de Bolzano y aplíquelo para demostrar que $e^x-x=2$ tiene al menos una solución en $[1,2]$. Ampliación propia (así se pregunta el «número de raíces»): demuestre que esa solución es única en $[1,2]$ y que la ecuación tiene exactamente dos soluciones reales.

1. Pasar todo a un lado: $f(x)=e^x-x-2$, y buscamos $f(x)=0$.
2. Enunciar Bolzano (U p.52): si $f$ es continua en $[a,b]$ y $f(a)f(b)\lt0$, existe $c\in(a,b)$ con $f(c)=0$.
3. Comprobar la continuidad: $f$ es continua en todo $\mathbb R$.
4. Evaluar en los extremos: $f(1)=e-3\lt0$ y $f(2)=e^2-4>0$.
5. Concluir la existencia: hay $c\in(1,2)$ con $e^c-c=2$. Esto es lo que pedía el examen.
6. Derivar: $f'(x)=e^x-1$.
7. Signo de $f'$: $f'\lt0$ si $x\lt0$ y $f'>0$ si $x>0$, porque $e^x\lt1$ o $e^x>1$ según el lado de $0$.
8. Monotonía (Prop. 2.4, U p.98): $f$ es estrictamente decreciente en $(-\infty,0]$ y estrictamente creciente en $[0,\infty)$. En cada tramo hay como mucho una raíz; en particular la de $[1,2]$ es única.
9. Buscar la raíz del tramo izquierdo: $f(-2)=e^{-2}>0$ y $f(0)=-1\lt0$; por Bolzano hay otra raíz en $(-2,0)$.
10. Contar: exactamente dos soluciones reales, una en $(-2,0)$ y otra en $(1,2)$.

Lo que escribes en el examen: el enunciado de Bolzano, $f$ continua, $f(1)\lt0\lt f(2)$ y la conclusión «existe $c\in(1,2)$». Si piden unicidad o número de raíces, añade el signo de $f'=e^x-1$ y los dos tramos de monotonía.