Teorema do Valor Intermediário

Teoria Completa

Teorema do Valor Intermediário (Para raízes de uma função)

Tente, com apenas uma linha, conectar os pontos da figura sem passar por y = 0 , ou seja, sem passar pelo eixo x , lembrando que o eixo x vai de menos a mais infinito.

Você pode quebrar a cabeça, mas esse problema não tem solução: a reta necessariamente vai cruzar o eixo x .

O Teorema do valor Intermediário nos faz concluir exatamente isso!

Ele diz que se uma função contínua troca de sinal num certo intervalo, ela tem ao menos uma raiz real naquele intervalo. Repare no desenho, o ponto de cima tem y com sinal positivo e o ponto de baixo tem y negativo. Não tem como cruzar sem passar pelo eixo x , aonde teríamos uma raiz.

Então vamos aplicá-lo na prática, provando que f x = x 2 - 1 tem ao menos uma raiz real no intervalo [ 0 ,   2 ] :

Como f 0 = - 1 e f 2 = 3 , a função trocou de sinal, logo, pelo teorema do Valor Intermediário, TVI para os íntimos, existe ao menos uma raiz real no intervalo [ 0 ,   2 ] .

Simples assim? Sim, as questões desse Teorema costumam ser indolores.

Teorema do Valor Intermediário (Caso geral).

De maneira geral, o TVI serve para provar que a função passa por qualquer ponto N , desde que exista pontos menores que N e maiores que N e a função seja contínua no intervalo formado por eles.

Assim sendo, o TVI é definido por:

“Suponha que f seja contínua em um intervalo fechado [ a ,   b ] e seja N um número qualquer entre f ( a ) e f ( b ) , em que f ( a ) ≠ f ( b ) . Então existe um número c em ( a ,   b ) tal que f c = N . "

Teorema do Valor Intermediário (Para raízes de uma equação)

Imagine que eu te perguntasse se essa equação tem solução:

ln ⁡ x = x 2

Por onde você começaria?

Observa comigo aqui, veja se você concorda que pedir essa igualdade é a mesma coisa que pedir isso:

ln ⁡ x = x 2 → ln ⁡ x - x 2 = 0

Ora, chamando f x essa função auxiliar, ln ⁡ x - x 2 , podemos usar o TVI para verificar sobre a existência de raízes dela. Isso é a mesma coisa que procurar pontos onde as funções são iguais!

Ou seja, se você achar dois pontos em que f x mude seu sinal nós já garantimos que haverá pelo menos uma solução para essa igualdade inicial!

Temos várias questões com essa cara, vai dar uma conferida nos exercícios!

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Exercício Resolvido #1

Elaboração Própria

A partir dos gráficos abaixo, justifique, se para cada função:

  1. A tese do Teorema do Valor Intermediário é satisfeita.
  2. A hipótese Teorema do Valor Intermediário é satisfeita.

Obs: A tese pode ser interpretada como o “resultado” de um teorema. A hipótese pode ser interpretada como a “condição” para que o teorema funcione.

a):

b):

c):

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Passo 1

Bom galera, a primeira coisa que a gente precisa pensar é quem é a tese e quem é a hipótese do TVI.

Basicamente:

A hipótese é a função ser contínua no intervalo [ a , b ] , além de f a ≠ f b . Ou seja, essa é a condição.

E a tese é que, seja N um número qualquer entre f ( a ) e f ( b ) , então existe c tal que f c = N .

Em outras palavras, o teorema diz que para todos os valores da função entre f ( a ) e f ( b ) , o c correspondente vai estar entre a e b , ou: c ∈ a , b .

Passo 2

Vamos lá:

a):

Primeiro:

f a ≠ f b ? … S i m !

A função é contínua em [ a , b ] ? Não, tem uma descontinuidade ali no gráfico.

Porém, se você reparar bem, para todos os pontos da função naquele intervalo, sempre existe um c que gera o valor da função nesse ponto, e c sempre pertence a [ a , b ] .

Isso acontece mesmo na descontinuidade com um salto!!!!.

Então, mesmo a função sendo descontínua:

A tese é atendida.

A hipótese não é atendida.

Passo 3

b):

Vamos lá de novo:

Primeiro:

f a ≠ f b ? … S i m !

A função é contínua em [ a ,   b ] ? Não, Ela também possui uma descontinuidade. Porém, vamos analisar essa descontinuidade:

Ela acontece no y correspondente ao f c 0 . Mas onde está esse c 0 ? Dentro do intervalo a , b ?

Não, ele não tá ali, pois c 0 > b . Isso quebra o resultado do teorema, pois dentro do intervalo vai existir um número cuja imagem na função não existe. Ou seja, não existe f ( c ) para o c da imagem abaixo:

Então:

A tese não é atendida.

A hipótese não é atendida.

Passo 4

c):

Vamos lá de novo:

Primeiro:

f a ≠ f b ? … S i m !

A função é contínua em [ a , b ] ? Sim! Claramente contínua.

A pergunta é: Existe o tal do c ? Claro que sim! Se a tese e a hipótese são atendidas, o teorema tem o seu sentido completo!

Na verdade, existem vários c ' s , se você procurar, como por exemplo:

Então:

A tese é atendida.

A hipótese é atendida.

Resposta

a):

A tese é atendida.

A hipótese não é atendida.

b):

A tese não é atendida.

A hipótese não é atendida.

c):

A tese é atendida.

A hipótese é atendida.

Exercício Resolvido #2

UFF, Cálculo IA-Lista 5, GMA, 2008-1, Questão 26.

Determine um intervalo de amplitude 1, no qual está localizado pelo menos um zero dessa função.

f x = 1 + x c o s π x 2

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Passo 1

Rapaz, eu sinceramente desconheço a cara dessa função, e acho que vai dar trabalho demais tentar supor valores muito complexos que possam provar, pelo TVI, a mudança de sinal. Então o que eu vou fazer?

Vou substituir uns valores mais “bonitinhos” para ver um intervalo no qual eu tenha a certeza de que a função mudará de sinal. Acho uma boa pedida chutar x = 0 , x = 1 e x = 2 , por exemplo:

f 0 = 1 + 0 c o s π 0 2 = 1 + 0 c o s 0 = 1

f 1 = 1 + 1 c o s π 1 2 = 1 + 1 c o s π 2 = 1 + 1 0 = 1

f 2 = 1 + 2 c o s π 2 2 = 1 + 2 c o s π = 1 + 2 - 1 = - 1

Viu? Não é que deu certo? Aconteceu que do 1 para o 2 mudou de sinal esse f x . Com isso, temos um intervalo de amplitude 1 no qual a função tem um zero: [ 1,2 ] .

Resposta

[ 1,2 ]

Exercício Resolvido #3

UERJ - Cálculo 1 - Lista Limites – 1

Mostre que a equação x 3 - 15 x + 1 = 0 possui três soluções no intervalo [ - 4 ; 4 ]

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Passo 1

Essa é a cara de uma questão de Teorema do valor intermediário. Se descobrirmos que a função muda de sinal pelo menos 3 vezes nesse intervalo, garantiremos que ela terá, no mínimo, 3 raízes. Vou substituir o valor das pontas, em primeiro lugar, o - 4 e o 4 . Para fazer isso, eu vou analisar a função f x = x 3 - 15 x + 1 , buscando suas raízes nas mudanças de sinal, o que me dará as soluções da equação inicial:

f - 4 = ( - 4 ) 3 - 15 - 4 + 1 = - 3

f 4 = ( 4 ) 3 - 15 ( 4 ) + 1 = 5

Já garantimos pelo menos uma mudança, ou seja, uma raiz. Isso bastaria se ele pedisse apenas uma solução no intervalo, como na maioria das questões. Mas o cara foi além, pediu 3 . Agora, temos que pensar em outros pontos para chutar.

Passo 2

Vou fazer assim, tentar todos os inteiros de - 4 até 4 . Não vai dar trabalho, relaxa:

f - 4 = - 3

f - 3 = 19

f - 2 = 23

f - 1 = 15

f 0 = 1

f 1 = - 13

f 2 = - 21

f 3 = - 17

f 4 = 5

Então olha aqui, mudou o sinal de - 4 para - 3 , de 0 para 1 , e de 3 para 4 . Não queríamos 3 mudanças de sinal no intervalo - 4 ; 4 ? Pronto, pelo Teorema do Valor Intermediário garantimos que existem pelo menos 3 soluções para a equação do problema nesse intervalo.

No caso, trabalhamos com um polinômio do terceiro grau, que tem como máximo número de raízes 3 . Prova-se, enfim, que a equação possui exatamente três soluções no intervalo.

Resposta

A   e q u a ç ã o     p o s s u i   t r ê s   s o l u ç õ e s   n o   i n t e r v a l o  

Exercício Resolvido #4

UFF, Cálculo IA-Lista 5, GMA, 2008-1, Questão 27.

Mostre que os gráficos de y = 1 e y = x 2 tg ⁡ x têm interseção em pelo menos um ponto do intervalo - π 2 , π 2 .

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Passo 1

Queremos procurar se existem pontos onde as funções se interceptam. Ora, quando funções se interceptam, elas tem o mesmo valor! Procuramos, então, o seguinte:

1 = x 2 tg ⁡ x

Chamando uma função auxiliar f x teríamos:

f x = 1 - x 2 tg ⁡ x

Procuramos as raízes de f x

Passo 2

Pelo TVI, vamos substituir ± π 2 em f :

f - π 2 = 1 - - π 2 2 tg ⁡ - π 2 = 1 - π 2 4 - ∞ = + ∞

f π 2 = 1 - π 2 2 tg ⁡ π 2 = 1 - π 2 4 ∞ = - ∞

Não sei se você vai lembrar, mas a tangente de não está definida nem em - π 2 nem em π 2 . Com isso, temos que escolher outros pontos aí dentro desse intervalo para substituir.

Passo 3

Por praticidade, vou substituir pelos valores dos quais conheço as tangentes. Escolhi - π 3 , 0 e π 3 :

f - π 3 = 1 - - π 3 2 tg ⁡ - π 3 = 1 - π 2 9 - 3 = 1 + π 2 3 3

f 0 = 1 - 0 2 tg ⁡ 0 = 1 - 0 0 = 1

f π 3 = 1 - π 3 2 tg ⁡ π 3 = 1 - π 2 9 3 = 1 - π 2 3 3

Bom, se π > 3 , então π 2 > 9 . Com isso, teremos que π 2 3 3 será maior que 9 3 3 = 3 , que é maior que 1 . Sendo assim, f π 3 resulta num valor menor que 0 .

Passo 4

Como f 0 > 0