Proposição Todo polinômio de grau ímpar admite raiz.

Dem.: Seja $p(x) = a_{2n + 1}x^{2n + 1} + a_{2n}x^{2n} + \cdots + a_1x + a_0$ com $a_{2n + 1} \neq 0$. Note que \[\lim\limits_{x \to +\infty}p(x) = x^{2n + 1}(a_{2n + 1} + \frac{a_{2n}}{x} + \cdots \frac{a_1}{x^{2n}} + \frac{a_0}{x^{2n + 1}})\] \[\lim\limits_{x \to -\infty}p(x) = x^{2n + 1}(a_{2n + 1} + \frac{a_{2n}}{x} + \cdots \frac{a_1}{x^{2n}} + \frac{a_0}{x^{2n + 1}})\] Assim, os limites acima vão para $+\infty$ ou $-\infty$, dependendo do sinal de $a_{2n + 1}$ (e cada um com um dos sinais). Desta forma, sabemos que existem $L, M$ tais que $f(L) > 1$ e $f(M) < -1$. Daí o resultado segue do teorema do valor intermediário.$\square$

6 Se a gente tentasse provar o resultado anterior para polinômios de grau par (o que é falso), o que daria errado na hora de tentar adaptar a demonstração?

Proposição Sejam $f, g: \mathbb R \to \mathbb R$ funções contínuas. Seja $a \in \mathbb R$ tal que $f(a) \leq g(a)$ e seja $b \in \mathbb R$ tal que $g(b) \leq f(b)$. Então existe $c \in \mathbb R$ tal que $f(c) = g(c)$.

Dem.: Considere $h(x) = g(x) - f(x)$. Note que $h(a) \geq 0$ e que $h(b) \leq 0$. Então existe $c \in \mathbb R$ tal que $h(c) = 0$. Logo, $f(c) = g(c)$.$\square$

Exemplo Existe algum $x \in \mathbb R$ tal que $\cos(x) = x$?

Considere $f(x) = \cos(x) - x$. Note que $f$ é contínua. Note que $f(0) = 1$ e que $f(\frac{\pi}{2}) = -\frac{\pi}{2} < 0$. Assim, existe $c \in [0, \frac{\pi}{2}]$ tal que $f(c) = 0$. Logo, $\cos(c) = c$.