Lic. Elsie Hernández S..

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Demostraciones de los teoremas sobre continuidad de funciones. A. Probaremos la parte a) Sea $c$ cualquier número en $U$. Como $f$ y $g$ son continuas entonces se tiene que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=f(c)$$ y $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } g(x)=g(c)$$. De los teoremas sobre límites se sabe que: $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } [f(x)... ...)+ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } g(x)$$ Luego $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } [f(x)+g(x)]=f(c)+g(c)$$ por lo que se cumple lo establecido en la definición de continuidad y $f+g$ es continua en $x=c$. El resto de los apartados se demuestran similarmente. B. Sea $f(x)=a_n x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_2x^2+a_1x+a_0$, $a_n\neq 0$, $n\in I\hspace{-0.1cm}N$, $a_i\in I\hspace{-0.1cm}R$, $i\in{1,2,...,n}$. Aplicando los diferentes teoremas sobre límites se tiene que: $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)= \displaystyle{ \... ...\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } [a_nx^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_2x^2+a_1x+a_0]$$ $= \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } a_nx^n+ \displaystyle... ...arrow \, c} } a_1x+ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } a_0$ $=a_n \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } x^n+a_{n-1} \displ... ...w \, c} } x^2+a_1 \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } x+a_0$ $=a_nc^n+a_{n-1}c^{n-1}+...+a_2c^2+a_1c^2+a_0$ $=f(c)$ Al cumplirse lo establecido en la definición de continuidad, se ha demostrado que la función $f$ es continua para toda $x\in I\hspace{-0.1cm}R$. C. Sea $f$ una función definida por $${f(x)=\frac{h(x)}{r(x)}}$$ donde $h$ y $r$ son funciones polinomiales. El dominio de $f$ es decir, $r(c)\neq 0$. Aplicando el teorema para el límite de un cociente se tiene que: $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=... ...{ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } r(x)}$$ Como $h$ y $r$ son funciones polinomiales, por el teorema B se tiene que son funciones continuas y por tanto $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } h(c)=h(c)$$ y $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } r(x)=r(c)$$. Luego $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=\frac{h(c)}{r(c)}$$ y concluimos que $f$ es continua en todo número de su dominio. D. Sea $\epsilon >0$ Como $g$ es continua en d, entonces lím $_{u\rightarrow d} g(u)=g(d)$ por lo que existe una $\delta _1>0$ tal que $\vert g(u)-g(d)\vert<\epsilon$ cuando $\vert u-d\vert<\delta _1$. Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=d$$ entonces dada dicha $\delta _1$, existe una $\delta >0$ tal que $\vert f(x)-d\vert<\delta _1$ siempre que $0<\vert x-c\vert<\delta$. Luego para esta $\delta$ se tiene que cuando $0<\vert x-c\vert<\delta$ entonces $\vert g(u)-g(d)\vert=\vert g[f(x)]-g(d)\vert<\epsilon$, con lo que queda demostrado el teorema. E. Debemos probar que: $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f[g(x)]=f[g(c)]$$, o sea que, dada una $\epsilon >0$ debe existir algún número $\delta >0$ tal que si $\vert x-c\vert<\delta$ entonces $\vert f[g(x)]-f[g(c)]\vert<\epsilon$. Como $f$ es continua en $g(c)$ entonces lím $_{t\rightarrow g(c)} f(t)=f([g(c)]\vert<\epsilon$. Tomando $\delta _1>0$ como $g$ es continua en $c$ entonces $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } g(x)=g(c)$$, por lo que existe un número $\delta >0$ tal que si $\vert x-c\vert<\delta$ entonces $\vert g(x)-g(c)\vert<\delta _1$. Luego, si $\vert x-c\vert<\delta$ entonces $\vert g(x)-g(c)\vert<\delta _1$ y $\vert f[g(x)]-f[g(c)]\vert<\epsilon$, que era lo que se quería demostrar. Así los números que están a una distancia menor que $\delta$ de $c$, por medio de la función $g$, son llevados una distancia menor que $\delta _1$ de $g(c)$, y a continuación son transportados por $f$ una distancia menor que $\epsilon$ de $f[g(c)]$.     F. Debemos probar que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, d} } sen(x)=sen(d)$$, o equivalentemente que: lím $_{h\rightarrow 0} sen(d+h)=sen(d)$ Como $sen(d+h)=sen(d)cos(h)+sen(h)cos(d)$, entonces se tiene que lím $_{h\rightarrow 0} sen(d+h)=$lím $_{h\rightarrow 0}sen(d)cos(h)+sen(h)cos(d)$ =$sen(d)$lím $_{h\rightarrow 0}cos(h)+cos(d)$lím $_{h\rightarrow 0}sen(h)$ = $sen(d)\cdot 1+cos(d)\cdot 0$ =$sen(d)$ Con lo que queda demostrado el teorema. G. Demostración del teorema de límite de un cociente cuyo enunciado es el siguiente: "Si $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=L$$ y $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=M$$ con $M\neq 0$ entonces $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}$$." Sea h la función definida por $h(x)=\frac{1}{x}$. Para una función dada $g(x)$, la función continua para todo número real $x$ tal que $x\neq 0$ , entonces: $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac... ...\mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)]=h(M)=\frac{1}{M}$$ Luego aplicando el teorema sobre el límite de un producto se tiene que: $$\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac... ...ightarrow \, a} } \frac{1}{g(x)}=L\cdot \frac{1}{M}=\frac{L}{M}$$ y el teorema queda demostrado. H. Supongamos que $f(c)>0$. Como $f$ es continua en $c$ entonces $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=f(c)$$, por lo que para cada $\epsilon >0$, existe un $\delta >0$ tal que: $\vert f(x)-f(c)\vert<\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta$, es decir: $$f(c)-\epsilon <f(x)<f(c)+\epsilon$$ siempre que $c-\delta <x<c+\delta$. Tomando el $\delta$ correspondiente a $${\epsilon =\frac{f(c)}{2}}$$ que es positiva pues $f(c)>0$, entonces se tiene que $${f(c)-\frac{f(c)}{2}<f(x)<f(c)+\frac{f(c)}{2}}$$ siempre que $c-\delta <x<c+\delta$, o sea $${\frac{f(c)}{2}<f(x)<\frac{3}{2}f(c)}$$ cuando $c-\delta <x<c+\delta$. Luego concluimos que $f(x)>0$ en este intervalo y por tanto $f(x)$ y $f(c)$ poseen el mismo signo. Si $f(c)<0$ entonces se tomo $\delta$ correspondiente a $${\epsilon =\frac{-1}{2}f(c)}$$ y se llega a la misma conclusión I. Teorema de Bolzano Supongamos que $f(a)<0$ y $f(b)>0$. De hecho , pueden existir muchos valores de x entre $a$ y $b$ tales que $f(x)=0$. Vamos a encontrar uno determinado el mayor $x$ para el cual $f(x)=0$. Sea $K$ el conjunto de todos los puntos del intervalo $[a,b]$ para los que $f(x)\leq 0$. Note que hay por lo menos un punto en $K$, ya que $f(a)<0$. Luego, $K$ es un conjunto n vacío. $K$ está acotado superiormente pues todos los puntos de $K$ están en $[a,b]$. Como todo conjunto no vacío de números reales que está acotado superiormente tiene un extremo superior, designemos a éste con $c$. Se debe probar entonces que $f(c)=0$. Existen solo tres posibilidades: $f(c)<0$, $f(c)>0$ y $f(c)=0$. Si $f(c)>0$ entonces hay un intervalo $]c-\delta ,c+\delta [$ o $]c-\delta ,c]$ si $c=b$, tal que $f(x)$ es positivo si $x$ está en este intervalo. Por tanto, ningún punto de $K$ puede estar a la derecha de $c-\delta$, por lo que $c-\delta$ es una cota superior del conjunto $K$. Pero $c-\delta <c$ y $c$ es el extremo superior de $K$. Luego la desigualdad $f(c)>0$ es imposible. Si $f(c)<0$, entonces hay un intervalo $]c-\delta ,c+\delta [$ o $[c,c+\delta [$ si $c=a$, en el que $f$ es negativa, por lo que $f(x)<0$ para algún $x>c$, lo que contradice el hecho que $c$ es una cota superior de $K$. Luego $f(c)<0$ también es imposible, quedando únicamente la posibilidad de $f(c)=0$. Además, $a<c<b$ puesto que $f(a)<0$ y $f(b)>0$. Queda demostrado el teorema. J. Teorema del valor intermedio para funciones continuas. Supongamos $f(x_1)<f(x_2)$, y sea $k$ un valor cualquiera que se encuentra entre $f(x_1)$ y $f(x_2)$. Sea $g$ una función definida en el intervalo $[x_1,x_2]$ de la siguiente manera: $g(x)=f(x)-k$. Se tiene que $g$ es continua en cada punto de $[x_1,x_2]$, pues es la diferencia de dos funciones continuas, y además: $$g(x_1)=f(x_1)-k<0$$ , $$g(x_2)=f(x_2)-k>0$$ pues $f(x_1)<k<f(x_2)$. Aplicando el teorema de Bolzano a la función $g$ se tiene que $g(c)=0$ para algún $c$ entre $x_1$ y $x_2$, lo que significa $f(c)=k$, quedando demostrado el teorema. K. 1. Como $f$ es continua en $[a,b]$ entonces si $k$ es un número entre $f(a)$ y $f(b)$, es decir $f(a)<k<f(b)$, según el teorema del valor medio, existe un número $c\in ]a,b[$ tal que $f(c)=k$ Luego, si $y\in [f(a),f(b)]$, existe al menos un número $x\in[a,b]$ tal que $y=f(x)$. Se quiere demostrar que a cada número $y$ le corresponde un único número $x$. Supongamos $y_1\in[f(a),f(b)]$ tal que $f(x_1)=y_1$ y $f(x_2)=y_1$ con $x_1$ y $x_2$ en $[a,b]$, $x_1\neq x_2$. Así $f(x_1)=f(x_2)$.(*) Al suponer $x_1\neq x_2$ puede suceder que $x_1$ sea menor que $x_2$ o que $x_2$ sea menor que $x_1$. Si $x1<x_2$, como $f$ es creciente en $[a,b]$ entonces $f(x_1)<f(x_2)$, lo que contradice lo señalado en (*). Si $x_2<x_1$ entonces $f(x_2)<f(x_1)$ y también contradice (*). Luego es falso suponer que $x_1\neq x_2$, y por tanto a cada valor de $y$ en $[f(a),f(b)]$ le corresponde exactamente un número x en $[a,b]$ tal que $y=f(x)$. Luego $f$ posee una función inversa denotada $f^{-1}$ que está definida para todos los números en $[f(a),f(b)].$ 2. Para probar que $f^{-1}$ es creciente en $[f(a),f(b)]$, hay que demostrar que si $y_1$ y $y_2$ son dos números en $[f(a),f(b)]$ tales que $y_1<y_2$ entonces $f^{-1}(y_1)<f^{-1}(y_2)$. Como $f^{-1}$ está definida en $[f(a),f(b)]$ entonces existen números $x_1$ y $x_2$ en $[a,b]$ tales que $y_1=f(x_1)$ y $y_2=f(x_2)$. Luego $$f^{-1}y_1=f^{-1}[f(x_1)]=x_1$$ y $$f^{-1}y_2=f^{-1}[f(x_2)]=x_2$$ . (**) Como $f$ es decreciente en $[a,b]$, si $x_2<x_1$ entonces $f(x_2)<f(x_1)$ o sea $y_2<y_1$. Pero $y_1<y_2$ y por tanto $x_2$ no puede ser menor $x_1$. Si $x_1=x_2$, por ser una función entonces $f(x_2)=f(x_1)$, o sea que $y_1=y_2$, lo que también contradice que $y_1$ sea menor que $y_2$. Luego $x_2\neq x_1$. Si $x_2$ no es menor que $x_1$, y $x_2\neq x_1$ entonces necesariamente $x_1<x_2$, de donde $f^{-1}y_1<f^{-1}y_2$ (ver (**)). Luego $f^{-1}$ es creciente en $[f(a),f(b)]$. 3. Para demostrar que $f^{-1}$ es continua en el intervalo $[f(a),f(b)]$, se debe probar que si $n\in]f(a),f(b)[$, entonces $f^{-1}$, es continua en $n$, $f^{-1}$ es continua por la derecha en $f(a)$ y $f^{-1}$ es continua por la izquierda en $f(b)$. Para probar que lím $_{y\rightarrow n}[f^{-1}(y)]=f^{-1}(n)$, o sea, para $\epsilon >0$ suficientemente pequeño para que $f^{-1}(n)-\epsilon$ y $f^{-1}(n)+\epsilon$ estén ambos en $[a,b]$, existe $\delta >0$ tal que $\vert f^{-1}(y)-f^{-1}(n)\vert<\epsilon$ siempre que $\vert y-n\vert<\delta$. Sea $f^{-1}(n)=s$, luego $f(s)=n$. Como $f^{-1}$ es estrictamente creciente en $[f(a),f(b)]$ entonces $a<s<b$ por lo que $a\leq s-\epsilon <s<s+\epsilon \leq b$. Como $f$ es estrictamente creciente en $[a,b]$ entonces: $$f(a)\leq f(s-\epsilon )<f(b)$$ Sea $\delta$ el más pequeño de los dos números: $n-f(s-\epsilon )$ y $f(s+\epsilon )-n$; así $\delta \leq n-f(s+\epsilon )$ y $\delta \leq f(s+\epsilon )-n$ es decir: $f(s+\epsilon )\leq n -\delta$ y $n+\delta <f(s+\epsilon )$. Siempre que $\vert y-n\vert<\delta$ se cumple que $-\delta <y-n<\delta$ o sea $n-\delta <y<n+\delta$. Luego, siempre que $\vert y-n\vert<\delta$ se cumple que $f(a)\leq f(s-\epsilon )<y<f(s+\epsilon ) \leq f(b)$. Como $f^{-1}$ es creciente en $[f(a),f(b)]$ se deduce de lo anterior que: $$f^{-1}[f(s-\epsilon )]<f^{-1}(y)<f^{-1}[f(s+\epsilon )]$$ cuando $\vert y-n\vert<\delta$ o sea $s-\epsilon <f^{-1}(y)<s+\epsilon$, siempre que $\vert y-n\vert<\delta$, de donde $\vert f^{-1}(y)-s\vert<\epsilon$ si $\vert y-n\vert<\delta$, es decir $$\vert f^{-1}(y)-f^{-1}(n)\vert<\epsilon$$ cuando $\vert y-n\vert<\delta$. Se ha probado así que $f^{-1}$ es continua en $]f(a),f(b)[$. Se deja como ejercicio la prueba de que $f^{-1}$ es continua por la derecha en $f(a)$ y por la izquierda en $f(b)$.   Teorema del Máximo (mínimo) para funciones continuas Vamos a probar que $f$ alcanza su extremo superior en $[a,b]$. Para el extremo inferior es suficiente tener en cuenta que el extremo inferior de $f$ es el extremo superior de $-f$. Sea $M=sup f$. Supongamos que no existe un $x\in[a,b]$ para el que $f(x)=M$. Sea $g(x)=M-f(x)$. Para todo $x\in[a,b]$ se tiene que $g(x)>0$ con lo que la función recíproca $${\frac{1}{g}}$$ es continua en $[a,b]$. Escribamos $\frac{1}{g(x)}<c$ para todo $x\in[a,b]$, siendo $c>0$ $${(\frac{1}{g(x)}<c}\Rightarrow\frac{1}{c}<g(x), g(x)>0)$$. Lo anterior implica que $${M-f(x)>\frac{1}{c}}$$ con lo que $${f(x)<M-\frac{1}{c}}$$, para todo $x\in[a,b]$, pero esto está en contradicción con el hecho que $M$ es la menor de las cotas superiores de $f$ en $[a,b]$. Luego $f(x)=M$ para un $x$ por lo menos en $[a,b]$ Volver Revista digital Matemática, Educación e Internet.