Lic. Elsie Hernández S..


 1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23 

 

 

 

 

  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 $ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=f(c)$ y $ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } g(x)=g(c)$.

De los teoremas sobre límites se sabe que:

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } [f(x)...
...)+ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } g(x)\end{displaymath}

Luego

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } [f(x)+g(x)]=f(c)+g(c)\end{displaymath}

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:

$ \displaystyle{ \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 $\displaystyle{f(x)=\frac{h(x)}{r(x)}}$ 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:

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=...
...{ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } r(x)}\end{displaymath}

Como $h$ y $r$ son funciones polinomiales, por el teorema B se tiene que son funciones continuas y por tanto

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } h(c)=h(c)\end{displaymath}

y $ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } r(x)=r(c)$.

Luego

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, c} } f(x)=\frac{h(c)}{r(c)}\end{displaymath}

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 $ \displaystyle{ \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:

$ \displaystyle{ \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 $ \displaystyle{ \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 $ \displaystyle{ \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 $ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=L$ y $ \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=M$ con $M\neq 0$ entonces $ \displaystyle{ \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:

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac...
...\mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)]=h(M)=\frac{1}{M}\end{displaymath}

Luego aplicando el teorema sobre el límite de un producto se tiene que:

\begin{displaymath}\displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac...
...ightarrow \, a} } \frac{1}{g(x)}=L\cdot \frac{1}{M}=\frac{L}{M}\end{displaymath}

y el teorema queda demostrado.




H. Supongamos que $f(c)>0$. Como $f$ es continua en $c$ entonces $ \displaystyle{ \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:

\begin{displaymath}f(c)-\epsilon <f(x)<f(c)+\epsilon \end{displaymath}

siempre que $c-\delta <x<c+\delta $.

Tomando el $\delta $ correspondiente a $\displaystyle{\epsilon =\frac{f(c)}{2}}$ que es positiva pues $f(c)>0$, entonces se tiene que $\displaystyle{f(c)-\frac{f(c)}{2}<f(x)<f(c)+\frac{f(c)}{2}}$ siempre que $c-\delta <x<c+\delta $, o sea $\displaystyle{\frac{f(c)}{2}<f(x)<\frac{3}{2}f(c)}$ 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 $\displaystyle{\epsilon =\frac{-1}{2}f(c)}$ 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:

\begin{displaymath}g(x_1)=f(x_1)-k<0\end{displaymath}

,

\begin{displaymath}g(x_2)=f(x_2)-k>0\end{displaymath}

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

\begin{displaymath}f^{-1}y_1=f^{-1}[f(x_1)]=x_1\end{displaymath}

y

\begin{displaymath}f^{-1}y_2=f^{-1}[f(x_2)]=x_2\end{displaymath}

. (**)

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:

\begin{displaymath}f(a)\leq f(s-\epsilon )<f(b)\end{displaymath}

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:


\begin{displaymath}f^{-1}[f(s-\epsilon )]<f^{-1}(y)<f^{-1}[f(s+\epsilon )]\end{displaymath}

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

\begin{displaymath}\vert f^{-1}(y)-f^{-1}(n)\vert<\epsilon \end{displaymath}

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 $\displaystyle{\frac{1}{g}}$ es continua en $[a,b]$. Escribamos $\frac{1}{g(x)}<c$ para todo $x\in[a,b]$, siendo $c>0$ $\displaystyle{(\frac{1}{g(x)}<c}\Rightarrow\frac{1}{c}<g(x),
g(x)>0)$.

Lo anterior implica que $\displaystyle{M-f(x)>\frac{1}{c}}$ con lo que $\displaystyle{f(x)<M-\frac{1}{c}}$, 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 $[a,b]$





Revista digital Matemática, Educación e Internet.