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Ejercicios de Anlisis MatemticoContinuidad y lmite funcional

1. a) Da un ejemplo de una funcin continua cuya imagen no sea un intervalo.b) Da un ejemplo de una funcin definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no

sea continua.c) Da un ejemplo de una funcin continua en todo R, no constante y cuya imagen sea un conjunto

(obligatoriamente un intervalo) acotado.d) Da un ejemplo de una funcin continua en 0; 1 tal que f .0; 1/ no sea acotado.e) Da un ejemplo de una funcin continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen

sea un intervalo cerrado y acotado.Solucin. a) Una funcin continua cuya imagen no sea un intervalo no puede estar definida enun intervalo. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como lafuncin f W0; 1[2; 3! R dada por f .x/D1 para x 20; 1 y f .x/D2 para x 22; 3. Es claroque f es continua (usa, si quieres el teorema de localizacin para justificarlo en media lnea) ysu imagen es el conjunto f1; 2g que no es un intervalo.b) Aqu debes tener en cuenta que la funcin que buscas no puede ser montona. Una vez quecaes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la funcin f W 0; 2! Rdada por f .x/D 2x para x 2 0; 1, f .x/D x=2 para x21; 2. Claramente f es discontinua enx D 1, pero su imagen es el intervalo 0; 2.c) Esto es muy fcil. Por ejemplo, la funcin f .x/D 1

1C x2 . Claramente, f .R/D0; 1.

d) Esto es muy fcil. Por ejemplo, f .x/D 11 x , x 2 0; 1. Claramente, f .0; 1/D 1;C1.

e) Por ejemplo, la restriccin de la funcin seno al intervalo ; . Si quieres otro ejemploms elemental, puedes modificar de forma apropiada el ejemplo del punto b).

2. Prueba que si f WA ! R es continua en a entonces tambin lo es jf j. Da un ejemplo de funcindiscontinua cuyo valor absoluto es continua.Demostracin. Todo lo que se necesita es la desigualdad

juj jvj

6 ju vj. En nuestro caso

tenemos: jf .x/j jf .a/j

6 jf .x/ f .a/j

Supuesto que f es continua en a, dado " > 0, existe > 0 tal que si jxaj < y x2A entoncesjf .x/ f .a/j < " lo que, por la desigualdad anterior, implica que

jf .x/j jf .a/j

< " y, por

tanto, jf j es continua en a.La funcin dada por f .x/D 1 si x > 0 y f .x/D 1 si x < 0 , es discontinua en 0 pero jf jes continua en 0.

3. Estudia la continuidad de la funcin f WR ! R dada por f .x/DE.x2/.Demostracin. Claramente f DE ' donde '.x/Dx2. Puesto que ' es continua en todo puntoy la funcin parte entera es continua en R n Z, deducimos por el teorema de composicin defunciones continuas, que f es continua en todo punto a2R tal que '.a/D a2 62 Z. Es decir, fes continua en RnB donde BDfpn Wn2Ng[ fpn Wn2Ng[ f0g. Los puntos de B requierenun estudio particular pues, a priori, no podemos asegurar que f sea discontinua en ellos.Empecemos estudiando la posible continuidad de f en 0. Es claro que para1 < x < 1 tenemosque 06x2 < 1 por lo que f .x/D0 para todo x21; 1. Es decir, la funcin fj1;1 ( restriccinde f al intervalo 1; 1) es la funcin constante igual a 0 y por tanto fj1;1 es continua. Comoel intervalo 1; 1 es abierto deducimos, por el teorema de localizacin que f es continua en 1; 1 y, en particular, f es continua en 0.

Dpto. de Anlisis Matemtico Universidad de Granada

Ejercicios de Anlisis Matemtico 2

Consideremos ahora un punto de la forma pq donde q 2 N (fijo en lo que sigue). Para todox 2pq 1;pq se tiene que q 1 < x2 < q por lo que f .x/D q 1. Cualquiera sea > 0,hay puntos

x2pq ;pq C \p

q 1;pq para los que jf .pq/ f .x/j D jq .q 1/j D 1, por lo que tomando "0 < 1 deducimos que fno es continua en pq.De forma anloga se prueba que f es discontinua en los puntos de la formapq donde q2N .

4. Estudia la continuidad de la funcin f WR ! R, definida por f .x/DxE.1=x/ si x0, f .0/D1.Solucin. El teorema de localizacin puede usarse en este tipo de ejercicios. En nuestro caso, esevidente que para x > 1 es f .x/ D 0, y para x < 1 es f .x/ D x. Por tanto la restriccinde f a los intervalos 1;C1 y 1;1 es continua y, como estos intervalos son abiertos,deducimos por el teorema de localizacin que f es continua en dichos intervalos. De formaparecida podemos razonar con un intervalo del tipo 1=.n C 1/; 1=n donde n 2 N pues, parax 21=.n C 1/; 1=n se tiene que f .x/ D nx, luego la restriccin de f a dicho intervalo escontinua y, por tratarse de un intervalo abierto, deducimos que f es continua en 1=.nC1/; 1=n.Anlogamente se razona con un intervalo del tipo 1=n;1=.nC1/. El teorema de localizacinno nos dice qu pasa en los puntos extremos de los intervalos considerados, es decir, en los puntosde la forma 1=n donde n2Z, y tampoco en 0.Estudiemos qu ocurre en un punto de la forma 1=p donde p > 2 es un entero (fijo en lo quesigue). Tenemos que f .1=p/D 1. Para todo x 21=.p 1/; 1=p se tiene que p 1 < 1=x < p,por lo que E.1=x/D p 1 y f .x/D .p 1/x, y por tanto

f .1=p/ f .x/D 1 .p 1/x > 1 .p 1/=p D 1=p:En consecuencia, dado "0D1=2p, cualquiera sea > 0 hay puntos x 21=.p1/; 1=p cuya dis-tancia al punto 1=p es menor que , para los cuales no se verifica la desigualdadjf .1=p/ f .x/j < "0. Concluimos que f es discontinua en 1=p. De forma parecida se pruebaque f es discontinua en los puntos de la forma 1=q donde q 6 2 es un entero. Igualmente seprueba que f es discontinua en los puntos 1 y 1.Queda por ver qu pasa en 0. Si dibujamos con paciencia (con lpiz y regla) la grfica de fobtenemos la figura 1 (los segmentos verticales indican discontinuidades de salto):

1

O-1-2 1

Figura 1: La funcin xE.1=x/

Parece que f es continua en 0. Para probarlo hay que probar que jf .x/ f .0/j es tan pequeocomo queramos (< ") siempre que jx 0j D jxj sea suficientemente pequeo (< ). Lo usual enestos casos es trabajar para atrs. Empezamos acotando f .x/ 1. Recordemos que

E.1=x/ 6 1=x 6 E.1=x/C 1 (1)



Si x > 0 podemos multiplicar por x dicha desigualdad para obtener que

xE.1=x/ 6 1 6 xE.1=x/C x:

Resulta as que para x > 0 es:

0 6 1 xE.1=x/D f .0/ f .x/ 6 x (2)

Si x < 0 podemos multiplicar por x la desigualdad (1) para obtener que

xE.1=x/ > 1 > xE.1=x/C x:

Resulta as que para x < 0 es:

0 > 1 xE.1=x/D f .0/ f .x/ > x es decir 0 6 f .x/ f .0/ 6 x (3)

De (2) y (3) deducimos que jf .x/ f .0/j6 jxj. En consecuencia, dado " > 0, tomamos D "con lo que, evidentemente, si jxj < entonces jf .x/ f .0/j < ". Luego f es continua en 0.

5. Estudia la continuidad de la funcin f WR ! R dada por f .x/ D x sen.1=x/ si x 0 yf .0/D 0.Solucin. El propsito de este ejercicio es que no olvides que jsen zj61 para todo z 2 R. Daigual como escribas z, esta desigualdad es vlida para todo nmero real z (recuerda cmo debenleerse las matemticas). Por tanto jsen.1=x/j61. En consecuencia, jf .x/j6jxj de donde se sigueinmediatamente que f es continua en 0.

6. Estudia la continuidad de la funcin f W 0; 1! R dada por:

f .x/D

0 si x D 0 o x es irracional1=q si x D p=q (fraccin irreducible)

Solucin. Es fcil probar que la funcin es discontinua en todos los puntos racionales de 0; 1.La idea es que en todo intervalo abierto hay nmeros irracionales en los que la funcin vale 0.Sea r D p

q20; 1 un nmero racional escrito como fraccin irreducible. Tenemos que f .r/D 1

q.

Tomemos ahora un " > 0 menor que 1q

; por ejemplo " D 12q

. Cualquiera sea > 0, en elintervalo r ; rC\0; 1 hay nmeros irracionales, si x es uno de ellos, se tiene que x2 0; 1,jx r j < pero jf .x/ f .r/j D 1

qno es menor que "D 1

2q. Concluimos que f es discontinua

en r .

Para probar que f es continua en todos los puntos irracionales de 0; 1 y tambin en 0 hayque pensar un poquito. La idea es la siguiente: dado " > 0, quitar los puntos de 0; 1 dondela funcin toma un valor mayor que ". Dichos puntos son los puntos racionales de la formar D p

q(fraccin irreducible p; q 2 N) con 1

q> ", esto es, q 6 1

". Fijado un valor de " > 0,

el conjunto de valores de q 2 N para los que se verifica que 1q

> " es finito. Llamemos a esteconjunto Q". Para cada nmero q 2Q" las fracciones irreducibles de la forma pq que estn en0; 1 son como mucho q 1. Concluimos que el conjunto de los nmeros racionales de 0; 1 enlos que la funcin f toma un valor mayor o igual que ", es finito. Llamemos a este conjunto R".Sea ahora a un nmero irracional de 0; 1 o a D 0. Tenemos que a 62 R" por lo que para todor 2R" el nmero ja r j es positivo. Sabemos que todos conjunto finito tiene mximo y mnimo.Definamos D mKn fja r j W r 2R"g. Entonces > 0 y para todo x 2 0; 1 con jx aj < setiene que x 62 R", luego jf .x/ f .a/j D f .x/ < ", lo que prueba que f es continua en a.

7. Sea f W a; b! R continua. Supongamos que a 6 f .x/ 6 b para todo x en a; b. Prueba quehay algn punto c2 a; b tal que f .c/D c.Solucin. Este ejercicio es muy sencillo. Basta hacer una representacin grfica. Imagina la gr-fica de una funcin continua f en a; b que toma valores en a; b. Lo que te dicen en el ejercicioes que pruebes que la grfica de f corta a la diagonal del rectngulo a; b a; b. Grficamenteeso es evidente. Para hacerlo, seguiremos la estrategia (??). La ecuacin que debemos considerar



es f .x/D x. Definamos h.x/D x f .x/ para x 2 a; b. La funcin h es continua, porque nosdicen que f es continua, y est definida en el intervalo a; b. Tenemos que h.a/D a f .a/ 6 0y h.b/D b f .b/ > 0. Si alguno de estos nmeros es igual a 0 entonces c D a o c D b; en otrocaso debe ser h.a/ < 0 y h.b/ > 0, en cuyo caso el teorema de Bolzano asegura que hay algnc2a; b tal que h.c/D 0, es decir, f .c/D c.

8. Prueba que la ecuacin xCex C arc tg xD0 tiene una sola raz real. Da un intervalo de longituduno en el que se encuentre dicha raz.Solucin. Sea f .x/DxCex C arc tg x para todo x2R. Es evidente que f .x/ > 0 para todo x>0.Observa que si x < 0 y est muy alejado del origen, entonces ex es positivo pero muy pequeo yarc tg x ser negativo (cercano a =2). Vemos as que para estos valores de x la funcin f sernegativa. De alguna forma debemos justificar esto que vemos. Podramos hacerlo estudiandoel lmite en 1 pero an no tenemos esa herramienta. Para lo que nos pide el ejercicio, essuficiente que encontremos un punto a < 0 en el que f .a/ < 0. En estos ejercicios no hayque buscar valores raros. Tomemos aD1. Tenemos que f .1/D1C 1= eC arc tg.1/D1C 1= e=4, como e > 2, claramente es f .1/ < 0. Como f es continua, est definida enun intervalo (todo R) y toma valores positivos y negativos, el teorema de Bolzano nos dice quedebe anularse en algn punto. Como la funcin f es estrictamente creciente, por ser suma defunciones estrictamente crecientes, es inyectiva, por lo que se anula en un nico punto. Adems,como f .0/D 1, el teorema de Bolzano nos dice que el punto donde f se anula est en 1; 0.

9. Suponiendo que la temperatura vara de forma continua, prueba que siempre hay dos puntosantpodas en el ecuador terrestre que estn a la misma temperatura.Solucin. Llamemos L a la longitud del ecuador terrestre (unos cuarenta mil Kilmetros). Seaf W 0;L! R la funcin que a cada punto x 2 0;L hace corresponder la temperatura, f .x/,medida en grados centgrados, que hay en dicho punto del ecuador. Suponemos que f es unafuncin continua (cosa muy razonable). Se trata de probar que hay algn punto c 2 0;L=2tal que f .c/ D f .c C L=2/. Para ello, aplicando la estrategia (??), consideramos la funcinh.x/Df .xCL=2/f .x/ definida en el intervalo 0;L=2. Tenemos que h.0/Df .L=2/f .0/y h.L=2/Df .L/f .L=2/. Lo nico que hay que darse cuenta ahora es que el punto a distanciaL vuelve a ser el punto de partida (el ecuador es una curva cerrada), por tanto f .L/ D f .0/ y,h.L=2/Df .0/f .L=2/. Observamos que h.0/ y h.L=2/ son nmeros opuestos. O los dos soncero, en cuyo caso podemos tomar cD0, o uno es negativo y otro positivo, en cuyo caso el teoremade Bolzano asegura que h tiene que anularse en algn c20;L=2, esto es, f .c CL=2/D f .c/,como se quera probar.

10. Sea f W a; b! R continua con f .a/D f .b/. Dado n2N , n > 2, prueba que hay algn puntoc2 a; b .b a/=n tal que f .c/D f .c C .b a/=n/.Solucin. Sea f W a; b! R una funcin continua. Llamemos al nmero f .b/ f .a/ el in-cremento de f en a; b. Dado un nmero natural n > 2, nos preguntamos si hay algn intervalode longitud .b a/=n en el cual el incremento de f sea igual a .f .b/ f .a//=n. Para ellodividimos el intervalo a; b en n intervalos de longitud igual a .ba/=n. Estos intervalos son dela forma xk ;xkC1, donde xk D aC k.b a/=n, k D 0; 1; : : : ; n 1. Es claro que la suma delos incrementos de f en cada uno de los n intervalos xk ;xkC1 es igual al incremento de f enel intervalo a; b. Es decir:

n1XkD0

.f .xkC1/ f .xk//D f .b/ f .a/:

Como en esta suma hay n sumando en total, deducimos que o bien todos ellos son igual a.f .b/ f .a//=n o bien alguno de ellos es mayor que .f .b/ f .a//=n en cuyo caso tieneque haber necesariamente otro que sea menor que .f .b/ f .a//=n.Definamos la funcin g W a; b .b a/=n! R por g.x/Df .xC .ba/=n/f .x/. Nteseque g.xk/D f .xkC1/ f .xk/. Segn acabamos de ver:



O bien para todo kD 0; 1; : : : ; n 1 es g.xk/Df .b/ f .a/

n, en cuyo caso se verifica que

f .xkC1/ f .xk/Df .b/ f .a/

n.

O bien hay puntos xp;xq tales que g.xp/ < .f .b/ f .a//=n < g.xq/, en cuyo caso,como la funcin g es continua, el teorema de Bolzano implica que tiene que haber algnpunto t0 comprendido entre xp y xq tal que g.t0/D .f .b/ f .a//=n, es decir se verificaque f .t0 C .b a/=n/ f .t0/D .f .b/ f .a//=n.

Hemos probado as que hay un intervalo de longitud .b a/=n en el cual el incremento de f esigual a .f .b/ f .a//=n.

11. Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t0. El reloj puede adelantar o atrasar, pero cuentacon exactitud perodos de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t0 C 12horas. Demuestra que en algn momento dicho reloj mide con exactitud una hora.Solucin. Sea f W 0; 12! R la funcin definida por: f .t/D tiempo (medido en horas) quemarca el reloj en el tiempo t . Podemos admitir que f es continua. El incremento de f en elintervalo 0; 12 es igual a f .12/ f .0/ D 12. Deducimos, por lo antes visto que, para cadan > 2, hay algn intervalo de longitud .12 0/=n en el cual el incremento de f es igual a.f .12/ f .0//=n. Es decir, que en algn instante c0 el reloj mide con exactitud un perodo detiempo igual a 12

nhoras: f .c0C 12=n/f .c0/D 12=n. Tomando nD 12 obtenemos la solucin

del ejercicio. 12. Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sbado a las 8h de la maana y el domingo

inicia el regreso a la misma hora. Sabiendo que invirti igual tiempo en ambos viajes, prubeseque en algn momento del domingo el automovilista se encuentra a igual distancia de Granadaque a la que se encontraba el sbado en ese mismo momento.Solucin. Supongamos que el automovilista tarda 4 horas en llegar a Madrid. Llamandof W 8; 12! R la funcin que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia f .t/ (medi-da en kilmetros) que el automovilista ha recorrido el sbado, y g W 8; 12! R a la funcin queen el tiempo t (medido horas) nos da la distancia g.t/ (medida en kilmetros) que el automovi-lista ha recorrido el domingo; tenemos que f .8/D g.8/D 0, f .12/D g.12/D donde es ladistancia entre Granada y Madrid.Como las funciones f y g son continuas, la funcin h.t/Df .t/.g.t// tambin es continua.Como h.8/ D < 0, h.12/ D > 0, deducimos que h.t0/ D 0 para algn t0 2 8; 12, esdecir f .t0/D g.t0/. Por tanto, el sbado y el domingo, en el instante t0 el automovilista seencuentra a la misma distancia de Granada.Si dibujas las grficas de f y de g vers que este resultado es evidente.

13. Sean f;g funciones continuas que no se anulan en un intervalo I , verificando que .f .x//2 D.g.x//2 para todo x2I . Prueba que o bien f .x/D g.x/ para todo x2I , o bien f .x/Dg.x/para todo x 2 I . Cuntas funciones hay ' WR ! R continuas y verificando que .'.x//2 D x2para todo x2R?.Solucin. La funcin h.x/ D f .x/

g.x/es continua en I y verifica que h.x/2 D 1 para todo x 2 I ,

luego h.x/D1 o h.x/D1 para cada x2I . Como I es un intervalo y h es continua, el conjuntoh.I/ tiene que ser un intervalo, luego deber ser h.I/D f1g o h.I/D f1g. En el primer caso esf .x/D g.x/ para todo x2I , en el segundo f .x/Dg.x/ para todo x2I .La igualdad '.x/2 Dx2 para todo x2R equivale a j'.x/j D jxj. Lo que da cuatro posibilidades;a saber: '1.x/D x, '2.x/D x, '3.x/D jxj, '4.x/ D jxj, donde, en cada caso, se entiendeque las igualdades son para todo x2R.

14. Sea f WR ! R continua y decreciente. Prueba que hay un nico a2R verificando que f .a/Da.Solucin. Naturalmente, se trata de probar que la funcin gWR ! R dada por g.x/Dxf .x/para todo x2R se anula en algn punto. Como es continua (porque nos dicen que f lo es) y est



definida en un intervalo, intentaremos aplicar el teorema de Bolzano. Tomemos un punto c 2R.Si f .c/D c hemos acabado. En otro caso ser f .c/ c. Supongamos que f .c/ < c. Entonces,como f es decreciente, ser f .f .c// > f .c/. Si f .f .c//D f .c/, hemos acabado. En otro casoser f .f .c// > f .c/. Pero en este caso obtenemos que g.c/ > 0 y g.f .c// < 0 por lo queel teorema de Bolzano garantiza que g tiene que anularse en algn punto. Se razona de formaanloga si suponemos que c < f .c/. Finalmente, como g es estrictamente creciente, solamentepuede anularse en un nico punto.

15. Sean A, B, conjuntos no vacos y acotados de nmeros reales. DefinamosA B D fa b W a2A; b2BgI AB D fab W a2A; b2Bg

Prueba que sup.A B/ D sup A Knf B y, supuesto que A RC y B RC, prueba quesup.AB/D sup A sup B.Solucin. Sea Dsup.A/; DKnf.B/; Dsup.AB/. Cualesquiera sean a2A; b2B se tieneque a 6 ; 6 b. En consecuencia a b 6 , lo que prueba que es un mayorante deAB, y por tanto 6. Probaremos ahora que 6 . Cualesquiera sean a2A; b2Bse tiene que a b 6 , es decir, a 6 b C . Esta ltima desigualdad nos dice que, fijado unelemento b2B, el nmero bC es un mayorante de A, por lo que 6bC . Hemos obtenidoas que para todo b2B se verifica que 6 b, es decir, es un minorante de B, y portanto 6 , es decir, 6 .Sea D sup.A/; D sup.B/; D sup.AB/. Cualesquiera sean a2A, b2B se tiene que a6 yb 6. En consecuencia, por ser a > 0; b > 0, ab 6 , lo que prueba que es un mayorantede AB y por tanto 6 .Probaremos ahora que 6 . Cualesquiera sean a 2A, b 2B se tiene que ab 6 , esto es,a 6 =b. Esta ltima desigualdad nos dice que, fijado un elemento b2B, el nmero =b es unmayorante de A, por lo que 6 =b. Hemos obtenido as que para todo b 2B se verifica queb 6 =, es decir,= es un mayorante de B, y por tanto 6 =, es decir, 6 .

16. Sea A un conjunto no vaco de nmeros reales. Para cada x2R definamos la distancia de x aA por dist.x;A/D Knffjx aj W a2Ag. Prueba que para todos x;y2R se verifica que:

j dist.x;A/ dist.y;A/j6 jx yj:

Deduce que la aplicacin x 7! dist.x;A/ es continua.Solucin. Teniendo en cuenta que jaj6 b equivale a que a 6 b y a 6 b, la desigualdad que nospiden probar equivale a estas dos desigualdades:

dist.x;A/ dist.y;A/ 6 jx yj y dist.y;A/ dist.x;A/ 6 jx yj (4)

Pero es claro que basta con probar una sola de ellas pues entonces cambiando x por y obtenemosla otra (porque jxyjDjyxj). Probaremos la primera de las dos desigualdades (4). Escribamosla desigualdad en la forma:

dist.x;A/ 6 jx yj C dist.y;A/

En todo lo que sigue x e y estn fijos. Tenemos que para todo a2A:dist.x;A/ 6 jx aj6 jx yj C jy aj:

Es decirdist.x;A/ jx yj6 jy aj para todo a2A:

Deducimos que dist.x;A/ jx yj es un minorante del conjunto fjy aj W a2Ag, y por tantoser menor o igual que el mximo minorante de dicho conjunto, que es por definicin dist.y;A/.Hemos probado as que

dist.x;A/ jx yj6 dist.y;A/:



Que es la desigualdad que queramos probar.Es evidente, teniendo en cuenta la desigualdad que acabamos de probar, que la funcin'.x/ D dist.x;A/ es continua, pues dado " > 0, tomamos D " con lo que, evidentemente,j'.x/ '.y/j6 jx yj < " siempre que jx yj < . Observa que aqu un mismo vale paratodo punto.

17. Sea f WR ! R continua, mayorada y tal que para todos a; b 2 R con a < b, se verifica quesupf .a; b/D supf .R/. Prueba que f es constante.Solucin. Llamemos D supf .R/. Es claro que f .x/ 6 para todo x 2R. Y, si f es cons-tante deber darse la igualdad f .x/D en todo punto x de R. Luego tenemos que probar que,dado a 2 R, es imposible que ocurra f .a/ < . Pero eso es claro, pues si fuera f .a/ < ,entonces tomando 2f .a/; , por el teorema de conservacin del signo aplicado a la funcing.x/D f .x/ en el punto a, deducimos que existe un intervalo abierto u; v que contiene alpunto a y tal que para todo x 2u; v es g.x/ > 0, es decir, f .x/ < . Pero entonces se tiene quesupf .u; v/ 6 < en contradiccin con la hiptesis hecha.

18. Sea f W a; b! R creciente. Supongamos que a 6 f .x/ 6 b para todo x en a; b. Prueba quehay algn punto c 2 a; b tal que f .c/D c.Sugerencia. Considera el supremo del conjunto fx 2 a; b W x 6 f .x/g. Fjate que no suponemosque f sea continua.Solucin. Sea M D fx 2 a; b W x 6 f .x/g. El conjunto M no es vaco (a 2 M ) y estmayorado (b es un mayorante de M ). Sea c D sup.M /. Evidentemente c 2 a; b. Probaremosque f .c/D c. Probaremos para ello que no puede ser f .c/ c.a) Si fuera c < f .c/, entonces, como c es un mayorante de M , tendramos quef .c/ 62 M , es decir, f .c/ > f .f .c//. Y tambin, por ser f creciente, tendramos quef .c/ 6 f .f .c//, resultando as una contradiccin.b) Si fuera f .c/ < c, entonces hay algn z2M tal que f .c/ < z. Y como z6f .z/ deducimosque f .c/ < f .z/ lo cual, por ser f creciente, implica que c < z lo que es contradictorio.

19. Justifica que, dado x2R, la ecuacin log tC t5Dx tiene una nica solucin, que representamospor '.x/. Justifica que la funcin x 7! '.x/, .x2R/, as definida es continua.Solucin. La funcin f WRC ! R dada por f .t/ D log t C t5 es continua. Como RC es unintervalo, el conjunto imagen f .RC/ tambin es un intervalo. Claramente f .RC/ es un intervalono minorado ni mayorado, luego f .RC/DR. La funcin f es estrictamente creciente, por tantoes inyectiva. Deducimos que dado x2R hay un nico t 2RC tal que f .t/Dx. Sea ' WR ! R lafuncin inversa de f . La funcin ' es estrictamente creciente y su imagen es un intervalo (RC),luego es continua en virtud del teorema (??).

20. Sea f W 0; 1! R continua verificando que jf .s/ f .t/j > js t j para todos s; t 2 0; 1, yf .f0; 1g/D f0; 1g. Prueba que o bien es f .x/D x para todo x2 0; 1, o bien es f .x/D 1 xpara todo x2 0; 1.Solucin. La clave de este ejercicio consiste en darse cuenta de que la condicin del enunciadojf .s/ f .t/j > js t j implica que f es inyectiva en 0; 1. Como f se supone continua, elteorema (??) nos dice que f es estrictamente montona.La condicin f .f0; 1g/D f0; 1g nos dice que o bien es f .0/D 0 y f .1/D 1 o bien es f .0/D 1y f .1/ D 0. En el primer caso f ser estrictamente creciente y en el segundo estrictamentedecreciente.Supongamos que f .0/D 0 y f .1/D 1. Probaremos que f .x/D x para todo x2 0; 1. Como fes estrictamente creciente, ser 0 6 f .x/ 6 1 para todo x 2 0; 1. Haciendo t D 0 y s D x en ladesigualdad jf .s/f .t/j> js t j, obtenemos que f .x/> x. Haciendo t D1 y sDx obtenemosque 1 f .x/ > 1 x, es decir, f .x/ 6 x. Concluimos que f .x/D x.El caso en que f .0/D 1 y f .1/D 0 se hace de forma parecida.



21. SeanAD fx2Q W x 6 0 o x2 < 2g; B D fx2Q W x > 0 y x2 > 2g:

Prueba que A , B , QDA [B y a < b para todos a2A; b2B. Adems:a) Para cada r 2A hay algn s2A tal que r < s.b) Para cada u2B hay algn t 2B tal que t < u.c) No hay ningn z2Q con la propiedad de que todo nmero racional menor que z est en A y

todo nmero racional mayor que z est en B.

Solucin. a) Sea r 2A. Si r < 1 basta tomar s D 1. Supongamos, pues, que 1 6 r . Un nmeroracional que sea mayor que r ser de la forma rC" donde " es un nmero racional positivo. Paraque dicho nmero est en A deber verificarse que .r C "/2 < 2. Si, adems " < 1, entonces"2 < ", por lo que .r C "/2 < r2 C 2r"C ". Es por tanto suficiente que r2 C 2r"C " 6 2 paralo cual basta tomar "D 2 r

2

2r C 1 . Es claro que dicho nmero " es racional. Adems, como 1 6 r

y r2 < 2, es 0 < " < 1 y por tanto el nmero s D r C 2 r2

2r C 1 verifica que r < s y s2A.b) Este apartado se hace de manera anloga al anterior. Dado u2B hay que tratar de determinarun nmero racional positivo, " tal que 0 < u " y .u "/2 > 2. Esta ltima condicin es lomismo que:

u2 2 > 2u" "2 .1/Como queremos que 0 < " < u, debemos tener 2u""2 > "2 > 0. Sabemos que no hay ningnnmero racional cuyo cuadrado sea igual a 2, en consecuencia si u2B entonces u2 > 2. Puestoque 2u" > 2u" "2, para que se verifique .1/ es suficiente que u2 2 > 2u", para lo cual bastatomar "D u

2 22u

se tiene con ello que el nmero t D u u2 22u

est en B y t < u.

c) Sea z2Q. Como A [ B DQ, deber ser z2A o z2B. Si z2A, sabemos, por a), que hayelementos s 2A con z < s. Si z 2B, sabemos, por b), que hay elementos t 2B con t < z.Concluimos as que no hay ningn z2Q verificando que todo nmero racional menor que z esten A y todo nmero racional mayor que z est en B.

22. Sea a2R [ fC1;1g. Prueba que

lKmx!a

jf .x/j D 0 lKmx!a

1

jf .x/j D C1

Particulariza este resultado para los casos en que f solamente toma valores positivos o negativos.Solucin. Basta advertir que

jf .x/j < " 1jf .x/j >1

"

y notar que " es positivo y muy pequeo equivale a que 1=" sea positivo y muy grande. Enparticular, tenemos que

f .x/ > 0 ^ lKmx!a

f .x/D 0 lKmx!a

1

f .x/DC1 (5)

f .x/ < 0 ^ lKmx!a

f .x/D 0 lKmx!a

1

f .x/D1 (6)



23. Sea L2R [ fC1;1g. Prueba quelKmx!0x >0

f .x/DL lKmx!C1

f .1=x/DL

lKmx!0x 1

; < x < 0 1

x< 1

y notar que es positivo y muy pequeo equivale a que 1= sea positivo y muy grande.

24. Sea f W0; 1! R la funcin dada para x 20; 1 por:

f .x/D 2xC 1

x.x 1/ :

Prueba que lKmx!0

f .x/DC1 y que lKmx!1

f .x/D1: Deduce que la imagen de f es todo R:Solucin. Solamente debemos considerar valores de x en el intervalo 0; 1 que es donde estdefinida f . Teniendo en cuenta que por (5), y (6) es:

lKmx!0x >0

2

xDC1; lKm

x!0x >0

1

x.x 1/ D1; lKmx!1x 0 para 0 < x < 1=2, que lKm

x!0f .x/DC1.

Finalmente, como f es continua en 0; 1, el teorema de Bolzano nos dice que la imagen de f , elconjunto f .0; 1/, es un intervalo. Como f diverge positivamente en 0 y diverge negativamenteen 1, deducimos que f no est mayorada ni minorada en 0; 1, concluimos que f .0; 1/ es unintervalo no mayorado ni minorado, esto es, f .0; 1/DR.Comentario. Observa que los lmites que hemos calculado de f son realmente lmites lateralespues nos dicen que f est definida en 0; 1. La cosa cambia mucho si consideramos que fest definida en su dominio natural que es el conjunto A D R n f0; 1g, que es una unin de tresintervalos. En ese caso f no tiene, por supuesto, lmite en 0; ni tampoco diverge positivamenteni negativamente en 0 pues el lmite de f por la izquierda en 0 es 1. Anlogamente, el lmitede f por la derecha en 1 es C1.

25. Sea f W 0; 1! R continua. Definamos g.x/ D f .x E.x// para todo x 2R. Prueba que lafuncin g, as definida, es continua si, y slo si, lKm

x!1f .x/D f .0/. Supuesto que esta condicin

se cumple, y que f no es constante, definamos h WR ! R por h.x/ D g.1=x/ si x 0, yh.0/Df .0/. Justifica que h es continua y acotada en R. Calcula la imagen por h de un intervalode la forma 0; r donde 0 < r < 1. Deduce que h no tiene lmite por la izquierda ni por laderecha en 0 y que la imagen por h de todo intervalo es tambin un intervalo.Solucin. La funcin g es peridica con perodo igual a 1 porque:

g.x C 1/D f .x C 1 E.x C 1//D f .x E.x//D g.x/:Tambin es claro que g.x/D f .x/ para todo x 2 0; 1. Por la propiedad local de la continuidad,como f es continua en 0; 1, deducimos que g es continua en 0; 1. Por la periodicidad de g, se



sigue que g es continua en R n Z. Para estudiar la continuidad de g en los enteros, es suficienteestudiarla en 0. Por la continuidad de f en 0, tenemos que lKm

x!0x >0

g.x/D lKmx!0x>0

f .x/Df .0/. Ahora,

por la periodicidad de g:

lKmx!0x 0. Pues tomandoa > 1= tenemos que 1

a20; y, en consecuencia f .0; / sen.a;C1/ 1; 1. Se deduce

enseguida que f .x/D sen.1=x/ no tiene lmite en 0, es decir, tiene una discontinuidad esencialen 0.

Es imposible representar grficamente esta funcin porque su grfica contiene infinitas ondas deamplitud cada vez ms pequea que se van aplastando sobre el eje de ordenadas. Observa quela imagen por la funcin sen.1=x/ del intervalo

1

2n=2; 1

2nC=2

es el intervalo 1; 1. La

grfica siguiente puede ser til para que imagines cmo es la grfica de f .x/D sen.1=x/ para xcerca de 0.Para valores de < 0 la cosa es todava peor. Te lo dejo para que lo acabes t.



1-1

Figura 2: La funcin f .x/D sen.1=x/

27. Supongamos que a < 0 < b. Estudia el comportamiento en cero de las funciones f;g WR ! Rdadas para todo x 0 por :

f .x/D arc tg bx arc tg a

x; g.x/D xf .x/:

Solucin. En este ejercicio (y en los siguientes) debes tener en cuenta que:lKm

x!1arc tg x D

2; lKm

x!C1arc tg x D

2;

2< arc tg x 1. Podemos suponer que cn > 0. Es fcil probar quehay un nmero K > 1 tal que para jxj> K es:

P .x/

xn>

cn

2> 0 .1/



Pongamos en lo que sigue D cn2

.

Supongamos que n es par. Entonces xnD > 0 y, por tanto xnDjxjn para todo x0. Deducimosde (1) que para todo x 0 es

P .x/ > jxjn:Como lKm

x!1jxjnD lKm

x!C1jxjnDC1, deducimos, por la desigualdad anterior, que lKm

x!1P .x/D

lKmx!C1

P .x/DC1.Supongamos que n es impar. Entonces para x < 0 se tiene que xn < 0. De la desigualdad (1)deducimos que

P .x/ > xn .x > 0/; P .x/ 6 xn .x < 0/:

Como lKmx!1

xn D 1 y lKmx!C1

xn D C1, deducimos, por las desigualdades anteriores, quelKm

x!1P .x/D1, lKm

x!C1P .x/DC1.

El caso en que cn < 0 se deduce de lo anterior sin ms que considerar el polinomio P .x/.Otra forma, quizs mejor, de obtener estos resultados es como sigue. De la igualdad

P .x/

xnD cn C cn1

xC cn2

x2C C c1

xn1C c0

xn

obtenida dividiendo el polinomio P .x/ por xn, se sigue enseguida que

lKmx!1

P .x/

xnD lKm

x!C1

P .x/

xnD cn

De aqu se sigue que las funciones P .x/ y cnxn son asintticamente equivalentes parax ! 1 y para x ! C1, de donde se deducen de forma inmediata los mismos resultadosantes obtenidos.b) Supongamos ahora que Q.x/DbmxmCbm1xm1C Cb1xCb0 es otra funcin polinmicade grado m con bm > 0. Para estudiar los lmites en 1 de la funcin racional f .x/D

P .x/

Q.x/podemos sustituir P y Q por funciones asintticamente equivalentes a ellas en 1. Por lo antesvisto, tenemos que P .x/ cnxn y Q.x/ bmxm para x !1, por tanto:

f .x/D P .x/Q.x/

cnx

n

bmxmD cn

bmxnm .x ! 1/

Deducimos que:

lKmx!1

P .x/

Q.x/D

8 m nm par1; n > m nm imparcn

bm; nDm

0; m > n

lKmx!C1

P .x/

Q.x/D

8 mcn

bm; nDm

0; m > n


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