Limites Y Mat

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA Departamento de Matem´ atica y Ciencia de la Computaci´ on

´ CALCULO Segunda Versi´ on

Gladys Bobadilla A. y Rafael Labarca B.

Santiago de Chile 2004

Prefacio El cero es el silencio antes del n´ umero El n´ umero es el verbo matem´atico Lo matem´atico es el c´alculo de la realidad La realidad es lo u ´ nico incre´ıble Lo incre´ıble es lo que no podemos Y lo que no podemos es lo que queremos. Patricio Manns. Este texto es producto - en elaboraci´on a´ un - del proyecto de desarrollo de la docencia Texto de c´ alculo anual para ingenier´ıa civil, financiado por la Vicerrector´ıa de Docencia y Extensi´on de la Universidad de Santiago de Chile. Gran parte de los contenidos de los cap´ıtulos 1 y 2 est´an sacados del antiguo texto de C´alculo I escrito por Gladys Bobadilla y Jorge Billeke (Q.E.P.D.). La idea motriz de los autores para emprender esta tarea es el profundo convencimiento que ´esta es una forma de contribuir a una cultura nacional independiente. Aunque los temas tratados - generados en Europa entre los siglos 17 y 19 - forman parte del patrimonio universal y existe una amplia y variada literatura, no es una raz´on suficiente para que la universidad renuncie a crear su propio material docente. Esta labor es tan importante como la creaci´on de nuevos conocimientos y necesita, como esta u ´ ltima, de una tradici´on para la cual se debe recorrer un largo camino de errores y rectificaciones. Adem´as, queremos compartir con los j´ovenes estudiantes que usar´an este libro, la reflexi´on del fil´osofo Gast´on Bachelard (1884 - 1962) sobre lo que significa enfrentarse al conocimiento cient´ıfico: ”Frente al misterio de lo real el alma no puede, por decreto, tornarse ingenua. Es entonces imposible hacer, de golpe, tabla rasa de los conocimientos usuales. Frente a lo real, lo que cree saberse claramente ofusca lo que debiera saberse. Cuando se presenta ante la cultura cient´ıfica, el esp´ıritu jam´as es joven. Hasta es muy i

viejo, pues tiene la edad de sus prejuicios. Tener acceso a la ciencia es rejuvenecerse espiritualmente, es aceptar una mutaci´on brusca que ha de contradecir a un pasado.” 1 Agradecemos los valiosos comentarios de la Dra. Cecilia Yarur, la profesora Graciela Escalona y el se˜ nor Luis Riquelme que nos ayudaron a mejorar la presentaci´on de este texto. Agradecemos adem´as, el apoyo t´ecnico en la escritura digital, de la se˜ norita Evelyn Aguilar y el se˜ nor Leonelo Iturriaga. Finalmente, siendo ´esta una versi´on preliminar, agradeceremos a quienes detecten errores nos lo hagan saber.

Gladys Bobadilla A y Rafael Labarca B. Santiago, marzo de 2002.

1

Gast´ on Bachelard: La formaci´ on del esp´ıritu cient´ıfico. Ed. Siglo XXI, 1997.

´Indice general 1. L´ımites y continuidad 1.1. Los n´ umeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. La aritm´etica de los n´ umeros reales: axiomas de cuerpo . . . . 1.1.2. Comparaci´on de los n´ umeros reales: axiomas de orden . . . . . 1.1.3. Resoluci´on de desigualdades o inecuaciones . . . . . . . . . . . 1.1.4. Una distancia en R: el valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.5. La continuidad de R: el axioma del supremo . . . . . . . . . . . 1.2. L´ımites de funciones num´ericas de variable discreta. . . . . . . . . . . 1.2.1. Las variables discretas y el conjunto N . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3. Divergencia de sucesiones hacia ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Las funciones num´ericas de variable continua . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Definiciones b´asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2. Representaci´on gr´afica de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. L´ımites de funciones num´ericas de variable continua . . . . . . . . . . 1.4.1. L´ımites finitos: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2. L´ımites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.3. L´ımites finitos cuando la variable independiente crece o decrece definidamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4. Las funciones circulares o trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . 1.4.5. Definici´on de las funciones circulares o trigonom´etricas . . . . . 1.4.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.7. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . in. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 11 16 29 39 56 56 58 69 77 95 99 99 105 108 123 127 127 134

. . . . .

135 142 144 171 189

Cap´ıtulo 1

L´ımites y continuidad 1.1.

Los n´ umeros reales

En esta secci´on se dar´a de manera muy sucinta las propiedades de los n´ umeros reales que constituyen la base sobre la cual se construye el c´alculo diferencial e integral. Las propiedades aritm´eticas de estos n´ umeros han formado parte de la ense˜ nanza b´asica y media. Algo menos, posiblemente, se ha visto del orden y nada de su propiedad m´as trascendente - su continuidad - la que est´a reflejada en el axioma del supremo. La actual presentaci´on de los n´ umeros reales fue formalizada durante el siglo 19, dos siglos m´as tarde de la creaci´on del c´alculo. Como afirma el fil´osofo L. Geymonat: ”El desarrollo de la teor´ıa de los n´ umeros reales contribuy´ o a que el an´ alisis infinitesimal dejara de ser la t´ecnica imprecisa e intuitiva que hab´ıan forjado sus descubridores del siglo 17, para erigirse en aut´entica ciencia y, lo que es m´ as, en una de la m´ as rigurosas y perfectas construcciones del esp´ıritu cient´ıfico modermo”.

1.1.1.

La aritm´ etica de los n´ umeros reales: axiomas de cuerpo

Aceptaremos la existencia de un conjunto no vac´ıo R, que llamaremos conjunto de los n´ umeros reales. Sobre ´el se ha definido una relaci´on de igualdad y dos operaciones algebraicas. La relaci´on de igualdad ”=”satisface las propiedades de: (I1 ) Reflexividad: a = a (I2 ) Simetr´ıa: si a = b, entonces b = a (I3 ) Transitividad: si a = b y b = c, entonces a = c. Las dos operaciones definidas sobre R son la suma (+) y la multiplicaci´ on (·). 1

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

2

+: R×R (a, b) ·: R×R (a, b)

→ 7→ → 7→

R a+b R a·b

Estas operaciones satisfacen las reglas siguientes, llamadas . (C1 ) Ley asociativa para la suma: a + (b + c) = (a + b) + c. (C2 ) Existencia de un elemento identidad para la suma: a + 0 = 0 + a = a (C3 ) Existencia de inversos para la suma: a + (−a) = (−a) + a = 0. (C4 ) Ley conmutativa para la suma: a + b = b + a. (C5 ) Ley asociativa para la multiplicaci´on: a · (b · c) = (a · b) · c. (C6 ) Existencia de un elemento identidad para la multiplicaci´on: a·1 = 1·a = a; 1 6= 0. (C7 ) Existencia de inversos para la multiplicaci´on: a · a −1 = a−1 · a = 1, para a 6= 0. (C8 ) Ley conmutativa para la multiplicaci´on: a · b = b · a (C9 ) Ley distributiva: a · (b + c) = a · b + a · c. Estas operaciones son compatibles con la relaci´ on de igualdad, es decir, si a = b entonces a + c = b + c y a · c = b · c. A partir de estos axiomas y las reglas de la l´ogica formal se pueden obtener todas las otras propiedades de la aritm´etica usual que Ud. ha aprendido durante la ense˜ nanza b´asica y media. Los siguientes teoremas, que no se demostrar´an, ser´an enunciados con el prop´osito de recordar las propiedades m´as importantes que se derivan de los axiomas de cuerpo. Teorema 1.1.1 Dado a ∈ R se cumple : 0 · a = 0 Teorema 1.1.2 Dados a, b ∈ R , se tienen las siguientes propiedades: (i) −(−a) = a. (ii) (−a) · b = −(ab). (iii) a · (−b) = −(ab). (iv) (−a)(−b) = ab.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

3

Teorema 1.1.3 Dados a, b ∈ R , a 6= 0, b 6= 0, se tienen las siguientes propiedades: (i) (a−1 )−1 = a. (ii) a−1 · b = (a · b−1 )−1 . (iii) a · b−1 = (a−1 · b)−1 . (iv) a−1 · b−1 = (a · b)−1 . Teorema 1.1.4 Leyes de cancelaci´ on. Dados a, b, c ∈ R se cumple : (i) a + b = a + c ⇐⇒ b = c. (ii) ab = ac , a 6= 0 ⇐⇒ b = c. Teorema 1.1.5 Dados a, b ∈ R se cumple: ab = 0 ⇐⇒ (a = 0) ∨ (b = 0). Definici´ on 1.1.6 Dados a, b ∈ R, escribiremos a − b para simbolizar el n´ umero a + (−b); a tal n´ umero lo llamaremos la diferencia de a y b. Teorema 1.1.7 Dados a, b ∈ R se tienen las siguientes propiedades: (i) a − (−b) = a + b (ii) a − b = 0 ⇐⇒ a = b (iii) a − (b + a) = a − b − a. Demostraci´ on: (i) Por definici´on 1.1.6 a − (−b) = a + (−(−b))

= a + b por Teorema 1.1.2 (i).

Las afirmaciones (ii) y (iii) se dejan de ejercicio. a , o´, a : b para simbolizar el n´ umero b y lo llamaremos el cuociente entre a y b, o´, a dividido por b.

Definici´ on 1.1.8 Dados a, b ∈ R, b 6= 0, escribiremos a · b−1

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

4

Teorema 1.1.9 Dados a, a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R, se tienen las siguientes propiedades: (i)

a = a. 1

1 = a−1 . a a (iii) Si a 6= 0, entonces = 1. a (ii) Si a 6= 0, entonces

(iv) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entonces

a1 b1 = ⇐⇒ a1 · b2 = b1 · a2 . a2 b2

(v) Si a2 6= 0, b 6= 0, entonces

a1 · b a1 = a2 a2 · b

(vi) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entonces

a1 · b 1 a1 b1 · = a2 b2 a2 · b 2

(vii) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entonces

a1 · b 2 ± b 1 · a 2 a1 b1 ± = a2 b2 a2 · b 2

(viii) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entonces

a1 b1 a1 · b 2 : = . a2 b2 a2 · b 1

Resoluci´ on de ecuaciones algebraicas de primer grado. Dada la ecuaci´on de primer grado ; a 6= 0

ax + b = c

(1.1)

Se tiene que la ecuaci´on (1.1) tiene una u ´ nica soluci´on dada por: x=

c−b a

Resoluci´ on de una ecuaci´ on algebraica de segundo grado. Dada la ecuaci´on de segundo grado ax2 + bx + c = 0; se tiene que

a 6= 0

(1.2)

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES 1.

5

Si b2 − 4ac > 0, la ecuaci´on (1.2) tiene dos ra´ıces o soluciones reales distintas, dadas por:

x= 2.

−b ±

b2 − 4ac 2a

Si b2 − 4ac = 0, la ecuaci´on (1.2) tiene una u ´ nica ra´ız real dada por: x=

3.

√

−b 2a

Si b2 − 4ac < 0, la ecuaci´on (1.2) tiene ra´ıces complejas conjugadas. En este caso diremos que el polinomio cuadr´atico no es factorizable en R.

Resoluci´ on de ecuaciones algebraicas de grado mayor o igual a 3 La soluci´on de ecuaciones de tercer y cuarto grado pueden ser resueltas con reglas an´alogas, aunque mucho m´as complicadas que las de segundo grado. Estas f´ormulas fueron encontradas por los algebristas italianos del siglo 16. Para la ecuaci´on de tercer grado existen las llamadas f´ormula de Cardano-Tartaglia. Cardano (1501-1576), Tartaglia (1500 1557). Ferrari (1522 - 1565) resolvi´o la ecuaci´on general de cuarto grado. En el a˜ no 1824 el matem´atico Noruego Abel (1802 - 1829), demostr´o que para el caso general de una ecuaci´on algebraica completa de grado mayor o igual a 5, an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 , ai ∈ R, no existe ninguna expresi´on en t´erminos de radicales en estos coeficientes que sea ra´ız de la ecuaci´on. El lector interesado en conocer m´as detalles matem´aticos - hist´oricos de este tema puede consultar el libro de A.D. Aleksandrov, A. N. Kolmogorov, M.A. Laurentiev y otros: La matem´ atica su contenido, m´etodos y significado, tomo I, p´ag.315.

Ejemplo 1.1.10

1.

Resuelva en R la ecuaci´on. x2 + x = 1

Soluci´ on: Se debe llevar a la forma ax 2 + bx + c = 0 entonces queda.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

6

x2 + x − 1 = 0 Su discriminante b2 − 4ac vale: 1 − 4(1)(−1) = 5 Por lo tanto, la ecuaci´on tiene dos ra´ıces reales distintas √ 1± 5 x=− 2 2.

Resuelva en R, la ecuaci´on: x2 + x = −1 Soluci´ on: x2 + x + 1 = 0 Su discriminante b2 − 4ac vale 1 − 4(1)(1) = −3 < 0. Por lo tanto, la ecuaci´on no tiene soluci´on en R.

3.

x2 − 2x + 1 = 0 Su discriminante b2 − 4ac = (−2)2 − 4(1)(1) = 0. Entonces, tiene una u ´ nica ra´ız real : x = 1.

4.

Resolver en R la ecuaci´on: x3 − 8 = 0 Factorizando el polinomio x3 − 8. x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4) x3 − 8 = 0 ⇔ (x − 2)(x2 + 2x + 4) = 0  

 x−2 = 0  x=2 ⇔ o´ ⇔ o´  2  2 x + 2x + 4 = 0 x + 2x + 4 = 0

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

7

La ecuaci´on x2 + 2x + 4 tiene discriminante: b2 − 4ac = 4 − 4 · 4 = 4 − 16 < 0.

Por lo tanto, la ecuaci´on no tiene ra´ıces reales. As´ı, la ecuaci´on x 3 − 8 = 0 tiene s´olo una ra´ız real x = 2.

F´ ormulas b´ asicas de factorizaci´ on 1.

(x + y)(x − y) = x2 − y 2

2.

(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = x3 − y 3

3.

(x + y)(x2 − xy + y 2 ) = x3 + y 3

4.

(xn − y n ) = (x − y)(xn−1 + xn−2 y + xn−3 y 2 + xn−4 y 3 + . . . . . . + y n−1 )

5.

Si n es par: (xn − y n ) = (x + y)(xn−1 − xn−2 y + xn−3 y 2 − xn−4 y 3 + . . . . . . − y n−1 )

6.

Si n es impar: (xn + y n ) = (x + y)(xn−1 − xn−2 y + xn−3 y 2 − xn−4 y 3 + . . . . . . + y n−1 )

7.

(x ± y)2 = x2 ± 2xy + y 2

8.

(x ± y)3 = x3 ± 3x2 y + 3xy 2 ± y 3

9.

(x + y + z + . . . . . .)2 = x2 + y 2 + z 2 + . . . + 2(xy + xz + yz + . . .)

10.

F´ ormula del binomio: n

(x + y) =

n   X n k=0

k

xn−k y k .

  n! n . = donde n, k son n´ umeros naturales y k!(n − k)! k

Ejercicios de repaso 1.

Usando la notaci´on x2 = x · x, demuestre que: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . Soluci´ on:

(a + b)2 = (a + b)(a + b) = (a + b)a + (a + b)b = aa + ba + ab + bb = a2 + ab + ab + b2 = a2 + 2ab + b2 .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

8 2.

Dados los n´ umeros reales a, b, c; demuestre que: ax 2 + bx + c = 0, para todo x ∈ R si y s´olo si a = b = c = 0. Soluci´ on: Supongamos a = b = c = 0. Entonces usando la propiedad de la multiplicaci´on por cero, tenemos: ax2 + bx + c = 0x2 + 0b + c = 0, Cualquiera sea x ∈ R.

Reciprocamente, supongamos que para todo x ∈ R se cumple que ax2 + bx + c = 0.

(1.3)

Haciendo x = 0 en (1.3), tenemos: a0 + b0 + c = 0, de lo que podemos deducir: c = 0. Si x 6= 0, entonces ax2 + bx = x(ax + b) = 0 ; por lo tanto ax + b = 0. Haciendo sucesivamente x = 1 y x = −1 en ax + b = 0, obtenemos las igualdades: a+b = 0 −a + b = 0. Lo que implica a = b = 0. 3.

Dados los n´ umeros reales a, b, c, a 0 , b0 , c0 ; demuestre que: ax2 + bx + c = a0 x2 + b0 x + c0 , para todo x ∈ R si y s´olo si a = a0 , b = b0 , c = c0 .

Soluci´ on: ax2 +bx+c = a0 x2 +b0 x+c0 es equivalente a (a−a0 )x2 +(b−b0 )x+(c+c0 ) = 0, lo que a su vez por el ejercicio (2), es equivalente a a = a 0 , b = b0 , c = c0 .

4.

Encuentre a, b de modo que para todo x ∈ R, x 6= 1, x 6= 2: 3x + 1 a b = + . (x − 1)(x − 2) x−1 x−2 Soluci´ on:

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

9

Siguiendo las reglas de la sumas de cuocientes dadas por el teorema 1.1.9, podemos escribir: 3x + 1 (x − 1)(x − 2)

= =

a(x − 2) + b(x − 1) (x − 1)(x − 2) (a + b)x + (−2a − b) . (x − 1)(x − 2)

Por tanto, usando la ley de cancelaci´on, obtenemos la igualdad de los numeradores: (a + b)x + (−2a − b) = 3x + 1. En virtud del ejercicio (3), se tienen las igualdades: a+b = 3 −2a − b = 1, que nos dan los valores buscados de a, b: a = −4, b = 7. Se deja al lector el trabajo de comprobar que verdaderamente estos valores satisfacen la condici´on pedida. 5.

Encontrar una condici´on necesaria y suficiente para que la expresi´on: ax2 + bx + c , a0 x2 + b 0 x + c 0 sea independiente de cualquier x ∈ R.

Soluci´ on: Supongamos que, cualquiera sea x, la expresi´on sea igual a una constante k, diferente de cero. Es decir, ax2 + bx + c = k, a0 x2 + b 0 x + c 0 Por definici´on de cuociente tenemos: ax2 + bx + c = ka0 x2 + kb0 x + kc0 . Como esta igualdad se cumple cualquiera sea x, seg´ un ejercicio (3) concluimos: a = ka0 , b = kb0 , c = kc0 . Esto nos dice que la condici´on buscada es : los coeficientes de las mismas potencias de x deben ser proporcionales. Para completar el ejercicio debemos demostrar que la condici´on es suficiente.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

10

a b c ax2 bx c En efecto, si: 0 = 0 = 0 = k, entonces tambi´en se cumple: 0 2 = 0 = 0 = k, a b c ax bx c por teorema 1.1.9. De estas tres igualdades se obtiene : ax2 + bx + c = ka0 x2 + kb0 x + kc0 = k(a0 x2 + b0 x + c0 ). Por tanto, la expresi´on

ax2 + bx + c a0 x2 + b 0 x + c 0

es independiente de x.

Ejercicios propuestos 1.

Demuestre que

2.

Demuestre que

3.

Demuestre que

a−x x−a = y exprese esta regla en palabras. b−y y−b

x−a a−x =− y exprese esta regla en palabras. b−y b−y

ac ab 2abc bc + + + = 1. (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) (a + b)(a + c)(b + c) 4.

Demuestre que 

5.

x−y x+y + x+y x−y

x2 + y 2 +1 2xy

x−a x−b

3

x2

xy x+y = . 2 +y x−y

−

x − 2a + b . x + a − 2b

+

x2 − 2 1

a+b : 2

Simplifique la expresi´on x2 1

1− x2 +

1 x

x+ 7.



Demuestre que la siguiente expresi´on se anula cuando x = 

6.



1− 1 x

x2 −

1 x x−

1 x

Encuentre a, b de modo que para todo x ∈ R, x 6= −4, x 6= 3: x2

6x − 2 a b = + . + x − 12 x+4 x−3

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

1.1.2.

11

Comparaci´ on de los n´ umeros reales: axiomas de orden

Siguiendo la presentaci´on axiom´atica, aceptaremos la existencia de un subconjunto de R, llamado conjunto de los n´ umeros reales positivos, denotado por R + , que satisface las propiedades siguientes: (O1 ) R+ es cerrado para la suma, es decir, si a, b pertenecen a R + , entonces a + b pertenecen a R+ . (O2 ) R+ es cerrado para la multiplicaci´ on, es decir, si a, b pertenecen a R + , entonces + a · b pertenece a R . (O3 ) : Para todo n´ umero real a se cumple una y s´olo una de las afirmaciones: (i) a = 0 (ii) a pertenece al conjunto R+ (iii) −a pertenece al conjunto R+ . Observaci´ on 1.1.11 El axioma O3 se llama propiedad de tricotom´ıa de los n´ umeros reales Definici´ on 1.1.12

(i) a < b si y s´olo si b − a ∈ R +

(ii) a > b si y s´olo si a − b ∈ R+ Teorema 1.1.13 Dados los n´ umeros reales a, b se cumple una y s´olo una de las siguientes afirmaciones: (i) a = b (ii) a < b (iii) a > b

Demostraci´ on: Aplicando el axioma (O 3 ) o propiedad de Tricotom´ıa al n´ umero a−b, se tiene una y s´olo una de las afirmaciones. (i) a − b = 0 (ii) a − b ∈ R+ (iii) −(a − b) ∈ R+

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

12

Las cuales se traducen en a = b, a > b, a < b respectivamente usando las propiedades de la subsecci´on 1.1.1 y la definici´on 1.1.12. Teorema 1.1.14 Dado un n´ umero real a se cumple una y s´olo una de las siguiente afirmaciones: (i) a = 0 (ii) a > 0 (iii) a < 0 Demostraci´ on: Es consecuencia directa del teorema 1.1.13 tomando b = 0. Teorema 1.1.15 La relaci´on ”<”tiene las propiedades siguientes: (i) No es reflexiva. Para todo a ∈ R, no es verdad que a < a (ii) Es asim´etrica. Si a < b, entonces no puede tenerse b < a (iii) Es transitiva. Si a < b y b < c, entonces a < c. Demostraci´ on: (i) Si para alg´ un a ∈ R, a < a, entonces a − a ∈ R + , lo cual implicar´ıa que 0 ∈ R+ , que contradice (O3 ). (ii) Si a < b, entonces b − a ∈ R+ , lo que por tricotom´ıa excluye que a − b ∈ R + , por tanto es imposible que b < a. (iii) Si a < b, entonces b−a ∈ R+ . Si b < c, entonces c−b ∈ R+ por (O1 ), (b−a)+(c−b) ∈ R+ , o lo que es lo mismo c − a ∈ R+ , por tanto a < c. Definici´ on 1.1.16 Llamaremos conjunto de los n´ umeros reales negativos al conjunto R− = {x ∈ R : −x ∈ R+ }. Observemos que 0 6∈ R− , lo que pone de manifiesto que el cero no es ni positivo ni negativo. Adem´as R+ ∩R− = ∅, pero por el axioma (O3 ) todo n´ umero real pertenece a uno y s´olo a uno de los conjuntos: R+ , R− , {0}. As´ı los n´ umeros reales quedan particionados como R = R+ ∪ R− ∪ {0}. Por teorema 1.1.13 y teorema 1.1.14 (iii), se tiene que todo n´ umero negativo es menor que cualquier n´ umero positivo y el cero es la frontera entre los dos tipos de n´ umeros. Definici´ on 1.1.17

(i) a ≤ b si y s´olo si (a < b) ∨ (a = b)

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

13

(ii) a ≥ b si y s´olo si (a > b) ∨ (a = b) Teorema 1.1.18 La relaci´on ”≤”es: (i) Reflexiva: a ≤ a (ii) Antisim´etrica: Si a ≤ b y b ≤ a, entonces a = b (iii) Transitiva: Si a ≤ b y b ≤ c, entonces a ≤ c Demostraci´ on: (i) Como a = a, entonces a ≤ a (ii) Si a ≤ b, entonces (a < b) o´ (a = b) y si b ≤ a, entonces (b < a) o (a = b). Por tanto, por teorema 1.1.14(ii) s´olo es posible a = b. (iii) Si a ≤ b y b ≤ c tenemos cuatro posibilidades:

a < b y b < c. En este caso la transitividad se obtiene del teorema 1.1.14(ii). a < b y b = c. En este caso b − a ∈ R+ y c − b = 0, por tanto (b − a) + (c − b) = c − a ∈ R+ y tenemos a < c. a = b y b < c. Para este caso la demostraci´on es semejante a la anterior.

a = b y b = c. La conclusi´on se sigue de la transitividad de la igualdad y la definici´on de la relaci´on ”≤”. Teorema 1.1.19 a ≤ b si y s´olo si a + c ≤ b + c Demostraci´ on: Si a ≤ b entonces a < b o´ a = b. Si a < b, entonces b − a ∈ R+ ⇒ (b − a) + 0 ∈ R+ ⇒ (b − a) + (c − c) ∈ R+ ⇒ (b + c) − (a + c) ∈ R+ ⇒a+c
(i) Si a ≤ b y c es un n´ umero positivo, entonces a · c ≤ b · c

(ii) Si a ≤ b y c es un n´ umero negativo, entonces a · c ≥ b · c.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

14 Demostraci´ on:

(i) Si a ≤ b entonces a < b o´ a = b. Si a < b, se tiene b − a ∈ R + y como c ∈ R+ entonces por (O2 ) (b − a) · c ∈ R+ , lo cual implica a · c < b · c. Si a = b, entonces por la compatibilidad de la igualdad con el producto a · c = b · c. En consecuencia, a · c ≤ b · c. (ii) Se deja como ejercicio. Teorema 1.1.21

(i) Si a > 0, entonces −a < 0

(ii) Si a < 0, entonces −a > 0 (iii) Si a > 0, entonces a−1 > 0 (iv) Si a < 0, entonces a−1 < 0 Demostraci´ on: (i) Si a > 0 =⇒ a ∈ R+ =⇒ −a ∈ R− (ii) Si a < 0 =⇒ −a ∈ R+ =⇒ −a > 0 (iii) Sea a > 0, supongamos a−1 < 0, entonces por teorema 1.1.20 (i) a · a > 0. Por teorema 1.1.20(ii) (a−1 · a) · a < 0 1·a < 0 a < 0 Lo que contradice nuestra hip´otesis. Por tanto a −1 > 0. (iv) Se usan los mismos argumentos que en (iii). Teorema 1.1.22 a · b > 0 si y s´olo si (a > 0 y b > 0) o´ (a < 0 y b < 0). Demostraci´ on: (⇒) Si a · b > 0, sabemos por teorema 1.1.5 que a 6= 0, b 6= 0. Si a > 0, entonces usando teorema 1.1.20, a −1 · (a · b) > 0. Lo que implica (a−1 · a) · b > 0 y por tanto b > 0. De manera similar si a < 0, se concluye que b < 0 con lo cual tenemos nuestra implicancia. (⇐) Si a > 0 y b > 0, por axioma (O2 ) a · b > 0. Si a < 0 y b < 0, entonces −a > 0 y −b > 0, por axioma (O2 ) (−a) · (−b) > 0; por teorema 1.1.2 (iv) a · b > 0.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

15

Teorema 1.1.23 a · b < 0 si y s´olo si (a < 0 y b > 0) o (a > 0 y b < 0) Demostraci´ on: Se deja como ejercicio. Teorema 1.1.24 El cuadrado de un n´ umero real no nulo es positivo: Si a ∈ R, a 6= 0, 2 + entonces a ∈ R . Demostraci´ on: Si a ∈ R+ , entonces a > 0. Por axioma (O2 ), a · a > 0, 2 es decir, a > 0. Si a ∈ R− , entonces a < 0. Por teorema 1.1.22, a · a > 0, as´ı nuevamente a 2 > 0. Teorema 1.1.25 1 ∈ R+ . Demostraci´ on: Por axioma (C6 ), 1 6= 0, 1=1·1 1 = 12 El teorema anterior implica que 1 > 0. Teorema 1.1.26 Sean a, b ∈ R. Si a < b, entonces a <

a+b
Demostraci´ on: Si a < b, entonces sumando a en ambos miembros de la desigualdad se tiene a + a < b + a, por tanto: a(1 + 1) < b + a ⇒ 2a < b + a Aplicando el mismo razonamiento, pero ahora sumando b en ambos miembros de la desigualdad a < b, obtenemos que b + a < 2b. En virtud de la transitividad de la relaci´on ”<”se obtiene que 2a < b + a < 2b dividiendo todo por 2 > 0, se tiene lo que quer´ıamos demostrar, a <

a+b < b. 2

El teorema 1.1.26 puede leerse diciendo que entre dos n´ umeros reales a, b distintos siempre existe un tercer n´ umero c. Como a, c son distintos, puede aplicarse la conclusi´on a ellos y obtener un cuarto n´ umero real d, y as´ı sucesivamente. Como este proceso puede extenderse indefinidamente, lo que obtenemos es que entre dos n´ umeros reales distintos existen infinitos n´ umeros reales. Esta importante propiedad se llama densidad de los n´ umeros reales. Definici´ on 1.1.27 Decimos que un conjunto A de n´ umeros reales es denso si y s´olo si entre dos elementos distintos x, y de A existe un elemento z ∈ A tal que x < z < y.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

16

1.1.3.

Resoluci´ on de desigualdades o inecuaciones

Para resolver cualquier desigualdad los pasos previos obligatorios son: 1.

Reducir t´erminos semejantes.

2.

Factorizar el respectivo polinomio cuando el grado es mayor o igual a dos.

En pricipio para resolver desigualdades de grado igual o superior a dos se debe aplicar los teoremas 1.1.22 y 1.1.23 analizando las distintas posibilidades de signo de los factores a este m´etodo le llamaremos axiom´ atico. Pero, en general este m´etodo resulta largo si se aplica al pie de la letra. A continuaci´on expondremos la forma m´as r´apida de resolver dichas desigualdades, llamado m´ etodo reducido. 1.

Resoluci´ on de una desigualdad de primer grado Despu´es de reducir los t´erminos semejantes, una desigualdad de primer grado puede escribirse como: 0 ≤ ax + b

(1.4)

Usando el teorema (1.1.19), se tiene que −b ≤ ax

(1.5)

Para despejar completamente la variable x, se debe multiplicar la desigualdad (1.5) por el inverso multiplicativo de a. Por lo tanto, en virtud del teorema (1.1.20 )se tiene que:  b     x ≥ − a si a > 0 0 ≤ ax + b ⇔     x ≤ − b si a < 0 a

Signo de ax + b Si a > 0:

Si a < 0:

−

+ −

R

b a −

+ −

b a

R

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES 2.

17

Resoluci´ on de una desigualdad de segundo grado general. Dados los n´ umeros a, b, c, encuentre todos los n´ umeros reales x que satisfacen la desigualdad: ax2 + bx + c > 0. Soluci´ on: Primer caso: Supongamos que el trinomio puede escribirse en la forma: ax2 + bx + c = a(x − r1 )(x − r2 ), Donde r1 , r2 ∈ R y r1 < r2 . (Ra´ıces reales y distintas). Si a > 0, entonces el trinomio es positivo si los dos factores en x tienen el mismo signo, por lo tanto, la desigualdad se cumple cuando x es menor que ambas ra´ıces o cuando x es mayor que ambas ra´ıces. Es decir, la soluci´on al problema es: x < r1 o´ x > r2 . Si a < 0, el trinomio es positivo cuando los dos factores en x tienen distintos signos. Por tanto, la desigualdad se cumple para x comprendido entre r 1 y r2 . Si a > 0 + s

r1

−

Si a < 0 + s

−

r2

+ s

s

r1

r2

−

Segundo caso: Si r1 = r2 = r, ra´ıces reales e iguales , entonces ax2 + bx + c = a(x − r)2 . Como todo cuadrado es positivo o nulo, tenemos que la desigualdad se cumple para todo x 6= r si a > 0 y no se cumple nunca cuando a < 0.

Tercer caso: Si el trinomio no es factorizable en factores de primer grado con coeficientes reales, es decir, sus ra´ıces son complejas conjugadas. Lo primero que debemos observar es que la expresi´on no se anula nunca y tampoco cambia de signo. Por tanto el trinomio es siempre positivo o siempre es negativo. Como el cuadrado de un n´ umero grande crece mucho m´as que el n´ umero, es el coeficiente a que determina el signo. Si a > 0, la desigualdad se cumple para todo x ∈ R; si a < 0 no existen n´ umeros reales que satisfagan la desigualdad.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

18

Ejemplo 1.1.28 a) Resolver la desigualdad x 2 + x − 6 > 0. Soluci´ on: Como x2 + x − 6 = (x + 3)(x − 2), los n u ´ meros que satisfacen la desigualdad son los x tales que x < −3 o´ x > 2. −

+

b)

c)

3.

−3

+ 2

Resolver la desigualdad x2 + 3x − 4 < 0. Soluci´ on: x2 + 3x − 4 = (x + 4)(x − 1), el m´etodo reducido implica que la desigualdad se cumple para −4 < x < 1. −4

x2

−

1

Resolver la desigualdad + 2x + 2 < 0. Soluci´ on: 2 x + 2x + 2 = 0 no tiene soluciones reales y su coeficiente a = 1 es positivo, por tanto el trinomio s´olo toma valores positivos y el problema propuesto no tiene soluci´on.

Resoluci´ on de una desigualdad de tercer grado factorizada. Dados los n´ umeros a, b, c, encuentre todos los n´ umeros reales x que satisfacen la desigualdad: (x − a)(x − b)(x − c) > 0. Soluci´ on: Supongamos que a < b < c. Si x < a, los tres factores son negativos y, por tanto, su producto es negativo. Si x = a, entonces el producto es nulo. Si a < x < b, entonces el producto es positivo. Si x = b, entonces el producto es nulo. Si b < x < c, entonces el producto es negativo. Si x = c, entonces el producto es nulo. Si x < c, entonces el producto es positivo. Del an´alisis anterior podemos concluir que la desigualdad se cumple cuando a < x < b o´ c < x. Observe que es importante ordenar las ra´ıces a, b y c de menor a mayor, pues as´ı es m´as r´apido analizar los signos de los factores.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

19

-

4.

-

+

+

s

s

s

a

b

c

Resoluci´ on de desigualdades en forma de cuocientes de t´ erminos de primer grado Resolver la desigualdad

ax + b > 0. a0 x + b 0

Soluci´ on: El cuociente es positivo si y s´olo si ambos factores tienen el mismo signo, por lo que la desigualdad del enunciado es equivalente a (ax + b)(a0 x + b0 ) > 0. Otra manera de transformar la desigualdad fraccionaria en un producto, es multiplicar la desigualdad por (a0 x + b0 )2 , que por ser un cuadrado es siempre positivo b0 salvo para x = − 0 . a As´ı, debemos resolver la desigualdad: (ax + b)(a0 x + b0 ) > 0 usando el m´etodo del ejercicio resuelto 2. 0

0

(ax + b)(a x + b ) = aa

0



b x+ a



b0 x+ 0 a



> 0.

Si aa0 < 0, entonces los valores de x buscados estan comprendidos entre −

b y a

b0 . Si aa0 > 0, entonces los valores de x que satisfacen la desigualdad est´an en el a0 b b0 complemento del conjunto comprendido entre − y − 0 . a a

−

5.

Desigualdades que contienen la variable en el denominador de una expresi´ on Si una desigualdad contiene a la variable en alg´ un demoninador de un cuociente, conviene reducir todos los t´erminos en un u ´ nico cuociente de modo que en uno de los lados se tenga un cero y, posteriormente multiplicar la desigualdad por el cuadrado del denominador.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

20

Ejemplo 1.1.29 Resolver la desigualdad 7 4 − ≤ 0. x−2 x−1 Soluci´ on:

4 2x + 1 7 − = . x−2 x−1 (x − 2)(x − 1)

Entonces, la desigualdad puede escribirse como: 2x + 1 ≤ 0; (x − 2)(x − 1)

x 6= 2, x 6= 1.

multiplicandola por el cuadrado del denominador, se tiene una forma equivalente: (3x + 1)(x − 2)(x − 1) ≤ 0. Ordenando las ra´ıces:

  1 (x − 1)(x − 2) ≤ 0. 3 x+ 3

Seg´ un el m´etodo reducido, la desigualdad tiene como conjunto soluci´on: 

x∈R:x≤−

 1 o´ 1 < x < 2 . 3

−

− − 31

1

2

Ejercicios resueltos 1.

Demuestre que si x ≤ y, a ≤ b entonces x + a ≤ b + y. Soluci´ on: Como x ≤ y y a ∈ R por teorema 1.1.19 x + a ≤ y + a. Por otro lado, como a ≤ b e y ∈ R por teorema 1.1.19 a + y ≤ b + y. Por teorema 1.1.18 (iii), (transitividad de ≤), concluimos que x + a ≤ b + y.

2.

Demuestre que si 0 ≤ x ≤ y y 0 ≤ a ≤ b, entonces ax ≤ by. Soluci´ on: Procediendo an´alogamente al ejercicio resuelto 1, por teorema 1.1.20 (i) ax ≤ ay y ay ≤ by. Por transitividad (teorema 1.1.18 (iii)) concluimos que ax ≤ by.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES 3.

21

Demuestre que, si 0 < a < b, entonces b −1 < a−1 . Soluci´ on: Primero observemos que a −1 − b−1 = (ab)−1 (b − a)) (ver ejercicio 1.2.??). Luego, como a > 0, b > 0

=⇒

ab > 0 por teorema 1.1.22

=⇒

(ab)−1 > 0 por teorema 1.1.21

Como a < b =⇒ b − a > 0 (por definici´on 1.1.12), luego (ab) −1 (b − a) > 0 por teorema 1.1.22. Por lo tanto, a−1 − b−1 > 0 =⇒ b−1 < a−1 . 4.

Demuestre que, si 0 < a < b, entonces a 2 < b2 . Soluci´ on: Como b − a y b + a son positivos por hip´otesis, entonces (b − a)(b + a) = b2 − a2 > 0 por teorema 1.1.22, luego a2 < b2 .

5.

Demuestre que si a ∈ R es tal que 0 ≤ a < ε para todo ε > 0, entonces a = 0.

Soluci´ on: Supongamos por contradicci´on que a 6= 0. Luego como a ≥ 0 y a 6= 0, entonces a > 0 por definici´on 1.1.17. Usando el teorema 1.1.26 con a = 0 y b = a tenemos que existe 0+a a a a a+b = = tal que 0 < < a. Ahora si tomamos ε = concluimos que c= 2 2 2 2 2 ε < a, lo que contradice la hip´otesis. Luego, la suposici´on inicial es falsa y a = 0.

6.

1 ≥ 2. x Soluci´ on: Previamente observemos que:

Demuestre que, si x > 0, entonces x +

x+

1 ≥2 x

⇐⇒

x2 + 1 ≥ 2x

⇐⇒

x2 − 2x + 1 ≥ 0

⇐⇒

(x − 1)2 ≥ 0

Por tanto, por teorema (1.1.24) sabemos que (x − 1) 2 ≥ 0 y por el ejercicio de repaso 1, (x − 1)2 = x2 − 2x + 1 ≥ 0. Por teorema 1.1.19, x2 + 1 ≥ 2x, como 1 x > 0 =⇒ x−1 > 0 y multiplicando por x−1 obtenemos x + ≥ 2. x 7.

Demuestre que, si a, b, c son no negativos y no todos iguales, entonces (a + b + c)(bc + ca + ab) > 9abc.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

22 Soluci´ on:

(a + b + c)(bc + ca + ab) − 9abc = a(b2 + c2 ) + b(c2 + a2 ) + c(a2 + b2 ) − 6abc = a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 .

Como a, b, c no son todos iguales, al menos uno de los t´erminos b − c, c − a, a − b es distinto de cero y como todo cuadrado es no negativo y a, b, c ≥ 0, entonces resulta la desigualdad buscada. 8.

Determine el conjunto A = {x ∈ R : x2 + x > 2}. Soluci´ on: M´ etodo axiom´ atico x2 + x > 2

⇐⇒

x2 + x − 2 > 0 por teorema 1.1.19

⇐⇒

[(x + 2) > 0 y (x − 1) > 0] o [(x + 2) < 0 y (x − 1) < 0]

⇐⇒

(x + 2)(x − 1) > 0

Si x + 2 > 0 y x − 1 > 0

⇐⇒

x > −2 y x > 1 por teorema 1.1.19

Si x + 2 < 0 y x − 1 < 0

⇐⇒

x < −2 y x < 1

⇐⇒ ⇐⇒

x>1

x < −2

Por tanto A = {x ∈ R : x > 1 o x < −2} = {x ∈ R : x > 1} ∪ {x ∈ R : x < −2}.

M´ etodo reducido. Una vez factorizado el polinomio y ubicadas sus ra´ıces en la recta real, se recorre R en el sentido de su orden obteniendose r´apidamente el signo del polinomio en las distintos subintervalos de R determinados por sus ra´ıces. + + R −2 9.

1

Determine el conjunto A = {x ∈ R : (2x + 1)/(x + 2) < 1}. Soluci´ on: Claramente la expresi´on (2x + 1)/(x + 2) no est´a definida para x = −2 luego −2 6∈ A.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

23

M´ etodo axiom´ atico 2x + 1 <1 x+2

⇐⇒

2x + 1 − 1 < 0, por teorema 1.1.19 x+2 x−1 <0 x+2 (x − 1)(x + 2) < 0

⇐⇒

[x − 1 > 0 y x + 2 < 0]

⇐⇒ ⇐⇒

[x − 1 < 0 y x + 2 > 0] por teorema 1.1.23

o

Si x − 1 > 0 y x + 2 < 0 ⇐⇒ x > 1 y x < −2 (por teorema 1.1.19), sin embargo no existe x ∈ R que satisfaga ambas condiciones. Si x − 1 < 0 y x + 2 > 0 ⇐⇒ x < 1 y x > −2 (por teorema 1.1.19). Por tanto A = {x ∈ R : −2 < x < 1}.

M´ etodo reducido

−

R

−2 10.

1

Resolver la desigualdad: x(x2 − 5x + 6) > 0. Soluci´ on: x(x2 − 5x + 6) = x(x − 2)(x − 3), aplicando el m´etodo reducido, tenemos que la desigualdad se satisface para los x tales que: 0 < x < 2 o´ x > 3. +

+ R

0 11.

2

3

Resolver la desigualdad: (x − 2)(x 2 − 6x + 8)(x2 − 4x − 5) > 0. Soluci´ on:

Como x2 − 6x + 8 = (x − 2)(x − 4) y x2 − 4x − 5 = (x + 1)(x − 5), tenemos que: (x − 2)(x2 − 6x + 8)(x2 − 4x − 5) = (x − 2)(x − 2)(x − 4)(x + 1)(x − 5)

−1

= (x − 2)2 (x − 4)(x + 1)(x − 5). + + R 4 5

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

24

El factor que aparece elevado al cuadrado no influye en el signo del producto, por tanto, nuevamente se puede aplicar el m´etodo reducido y obtenemos que la desigualdad se satisface para los x tales que: −1 < x < 4 o´ x > 5 y x 6= 2..

12.

x−1 > 0. x+2 Soluci´ on: Como a = a0 = 1 tenemos aa0 > 0, por ejercicio resuelto 4 , los valores buscados son x < −2 o´ x > 1.

Resolver

Compare con el ejercicio resuelto 9. 13.

x2 − 8x + 15 < 0. x−4 Soluci´ on:

Resolver

Suponiendo x 6= 4, multiplicamos la desigualdad por (x − 4) 2 y la transformamos en: (x2 − 8x + 15)(x − 4) < 0. (x2 − 8x + 15)(x − 4) = (x − 3)(x − 4)(x − 5) < 0. − − 3

4

R

5

Seg´ un el m´etodo reducido se obtiene que la desigualdad se satisface para x < 3 o´ 4 < x < 5. 14.

Resolver 3 +

1 1 > . x−1 2x + 1

Soluci´ on: Efectuando la suma del primer miembro 3 + dad queda como

Luego,

3x − 2 1 = , la desigualx−1 x−1

3x − 2 1 > . x−1 2x + 1 1 3x − 2 − x−1 2x + 1

= = =

(3x − 2)(2x + 1) − (x − 1) (x − 1)(2x + 1) 2 6x − x − 2 − x + 1 (x − 1)(2x + 1) 6x2 − x + 1 > 0. (x − 1)(2x + 1)

Multiplicando la desigualdad por (x − 1) 2 (2x + 1)2 tenemos:

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

25

(6x2 − x + 1)(x − 1)(2x + 1) > 0.

El polinomio 6x2 − x + 1 tiene discrinante negativo y por lo tanto, es positivo para cualquier valor de x.As´ı, la desigualdad se reduce a: (x − 1)(2x + 1) > 0. Usando el m´etodo reducido tenemos que el conjunto soluci´on es: {x ∈ R : x > 1} ∪ {x ∈ R : x < −1/2}. 15.

Resolver el sistema de desigualdades: 2 3−x 6x − 5 < 9x + 1. 2x − 1 ≤

y

Soluci´ on: 2 (2x − 1)(3 − x) − 2 2 implica 2x − 1 − ≤ 0. ≤ 0. Efectuando el 3−x 3−x 3−x producto y reduciendo t´erminos semejantes, nos queda:

2x − 1 ≤

−2x2 + 7x − 5 ≤ 0. 3−x −(2x2 − 7x + 5) ≤ 0. −(−3 + x) (2x2 − 7x + 5) ≤ 0. (x − 3)

Multiplicando la desigualdad por (x − 3) 2 , con x 6= 3, (2x2 − 7x + 5)(x − 3) ≤ 0.   7 5 2 (x − 3) ≤ 0, 2 x − + 2 2

Factorizando el factor de segundo grado podemos obtener una expresi´on a la cual aplicar el m´etodo del ejercicio 3.    5 2 (x − 1) x − (x − 3) ≤ 0. 2 Utilizando el m´etodo reducido con tres factores tenemos que la soluci´on de la primera desigualdad es: 5 ≤ x < 3. x ≤ 1 o´ 2

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

26

Para completar el ejercicio debemos encontrar la soluci´on a la segunda desigualdad e intersectar los conjuntos soluci´on .

6x − 5 < 9x + 1

6x − 9x < 1 + 5 −3x < 6

x > −2.

La soluci´on al sistema es : −2 < x ≤ 1 o´ 16.

5 ≤ x < 3. 2

Si x ∈ R− , resuelva la desigualdad (x − 4)2 ≤ (2x + 1)2 . Soluci´ on:

(x − 4)2 ≤ (2x + 1)2

(x − 4)2 − (2x + 1)2 ≤ 0

[(x − 4) + (2x + 1)] [(x − 4) − (2x + 1)] ≤ 0

(3x − 3)(−x − 5) ≤ 0

(3x − 3)(x + 5) ≥ 0

3(x − 1)(x + 5) ≥ 0.

As´ı tenemos: [x − 1 ≥ 0 y x + 5 ≥ 0] o´ [x − 1 ≤ 0 y x + 5 ≤ 0] Esto es: [x ≥ 1 y x ≥ −5] o´ [x ≤ 1 y x ≤ −5]. finalmente, x ≥ 1 o´ x ≤ −5. Teniendo en cuenta que s´olo debemos encontrar soluciones negativas, tenemos que x ≤ −5 satisface el enunciado.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

27

Ejercicios propuestos 1.

Demuestre el teorema 1.1.20 (ii).

2.

Demuestre el teorema 1.1.21 (iv).

3.

Demuestre el teorema 1.1.23.

4.

Demuestre que, si a > 1, entonces a 2 > a.

5.

Demuestre que si a < b y c < d, entonces ad + bc < ac + bd.

6.

Demuestre que si a, b ∈ R, entonces a 2 + b2 = 0 si y s´olo si a = 0 y b = 0.

7.

Demuestre que si 0 ≤ a < b, entonces a 2 ≤ ab < b2 .

8.

Demuestre que si a, b, c, d son n´ umeros positivos tales que

a c < , entonces b d

a a+c c < < . b b+d d 9.

Demuestre que si 0 < a < b y 0 < c < d, entonces ac + bd a+bc+d < . 2 2 2 Indicaci´ on:

Para comenzar observe que

n´ umeros positivos.



b−a 2



,



d−c 2



y su producto son

10.

Si a, b, c son n´ umeros positivos, demuestre que a 2 + b2 + c2 > ab + bc + ac y que (a + b)(b + c)(a + c) > 8abc.

11.

Demuestre que si a, b > 0, entonces 2≤

12.

a b + . b a

Use el ejercicio anterior para demostrar que si a, b, c > 0, entonces 1 1 4 ≤ (a + b)( + ) a b y

1 1 1 9 ≤ (a + b + c)( + + ). a b c Adem´as, demuestre que ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c) > 6abc.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

28 13.

Demuestre que

1 1 ≥ x2 + 2 3 x x para todo x > 0. ¿ Cu´ando se cumple la igualdad ? x3 +

14.

Demuestre que si a, b, c son n´ umeros reales fijos con a > 0, el menor valor del polinomio cuadr´atico Q(x) = ax2 + 2bx + c es (ac − b2 )/a. De saberse que Q(x) ≥ 0 para todo n´ umero real x, ¿ qu´e podr´ıa concluirse de los coeficientes a, b, c ?

15.

Demuestre que si x < 0, entonces x +

16.

Determine el conjunto {x ∈ R : (x + 1)(x − 2) > 0}.

17.

Determine el conjunto {x ∈ R : (x + 1)(2 − x) > 0}.

18.

Determine el conjunto {x ∈ R : (4x − 7)(x + 2) < 0}.

19.

Determine el conjunto {x ∈ R : (3x − 8)(3x + 8) < 0}.

20.

Determine el conjunto {x ∈ R : 2x2 − x − 15 < 0}.

21.

Resuelva la desigualdad −6 + 7x − 2x 2 > 0.

22.

Resuelva la desigualdad

23.

Resuelva la desigualdad

24.

Si a > 0 resuelva

25.

Resuelva la desigualdad 2x3 − 3x2 ≥ 0.

26.

Resuelva la desigualdad

27.

Determine el conjunto {m ∈ R : mx2 + (m − 1)x + (m − 1) < 0 ; ∀ x ∈ R}.

28.

Resuelva la desigualdad 4x4 − 12x2 + 9 < 0.

29.

Resuelva la desigualdad

x ≥ 0. x+2

30.

Resuelva la desigualdad

2 2−x − ≤ 1. x x−1

1 ≤ −2. x

(x − 1)(x + 2) > 0. x−2

2−x ≥ 0. x2 + 3x + 2

x−a ≥ 0. x+a

x2 − 4 ≤ 0. x

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

29

31.

Resuelva la desigualdad

1 − 2x ≤ −1. x+3

32.

Resuelva la desigualdad

x2 + 4x − 12 ≤ −1. x2 − 6x + 8

33.

Resuelva la desigualdad

34.

Resuelva la desigualdad

35.

Resuelva el sistema de desigualdades

x3 − 9 ≥ 0. x−2

x3 − 6x2 + 12x − 8 ≤ 0. x−2 1 − 2x ≤ −1 x+3 x x −4 ≤ − 3. 3 4

36.

Resuelva el sistema de desigualdades x2 + 6x − 7 ≤ 0

x2 − x ≤ 0.

37.

Resuelva el sistema de desigualdades x2 − 2x − 3 ≥ 0

x3 − x2 + 2x ≥ 0.

1.1.4.

Una distancia en R: el valor absoluto

Los axiomas de orden nos permiten comparar n´ umeros reales y gracias a la densidad de R sabemos que si a < b, entre ellos podemos insertar una infinidad de n´ umeros reales distintos. Esto puede hacer perder la perspectiva de cu´an lejos o cercanos est´an estos n´ umeros. Aun cuando el estar cerca o lejos es una cuesti´on relativa al problema concreto en que estamos involucrados, es u ´ til tener un m´etodo para poder discernir en cada caso. Para ello se define una distancia en R eligiendo como punto de referencia, en principio, el cero. Esta idea la realiza el llamado valor absoluto de un n´ umero. Definici´ on 1.1.30 Llamaremos valor absoluto del n´ umero a ∈ R, denotado por | a | al n´ umero:  a si a ≥ 0 | a |= −a si a < 0

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

30

Existen formas equivalentes de definir √ el valor absoluto. Por ejemplo |a| = m´ax{a, −a} o |a| = a2 . La definici´on 1.4.1 nos dice en particular que | 0 |= 0, | 4 |= 4, | −4 |= 4. En general, podemos apreciar que el n´ umero a y su inverso aditivo −a est´an a igual distancia del cero. Usando algunas consecuencias del orden de R , sabemos que todo n´ umero negativo es menor que uno positivo. As´ı, podemos hacer el siguiente gr´afico: -

sq

s

0

a = |a|

-

s

s

s

a

0

−a = |a|

Figura 1.4.1: Valor absoluto Todav´ıa no hay ninguna raz´on, que pueda deducirse de los axiomas, para pensar a R como el continuo geom´etrico de una l´ınea recta. Teorema 1.1.31

(i) |a| ≥ 0.

(ii) |a| = | − a|. (iii) −|a| ≤ a ≤ |a|. (iv) |a| = 0 ⇐⇒ a = 0. (v) |a · b| = |a| · |b|. (vi) Si b ≥ 0, |a| ≤ b ⇐⇒ −b ≤ a ≤ b. (vii) Si b ≥ 0, |a| ≥ b ⇐⇒ a ≥ b o´ a ≤ −b. (viii) |a + b| ≤ |a| + |b| (desigualdad triangular). Demostraci´ on: (i) Si a ∈ R, por tricotom´ıa tenemos las posibilidades: a > 0 o a = 0 o a < 0. Analicemos cada una de ellas. • Si a > 0 entonces |a| = a > 0

• Si a = 0 entonces |0| = 0

• Si a < 0 entonces −a = |a| > 0

As´ı en todos los casos |a| ≥ 0

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

31

(ii) Nuevamente, y as´ı se recomienda en toda demostraci´on relativa al valor absoluto, separaremos los casos usando el axioma de tricotom´ıa. • Si a > 0 entonces −a < 0, por tanto: |a| = a y | − a| = −(−a) = a, por teorema1.1.2. As´ı, en este caso se cumple |a| = | − a|

• Si a = 0 entonces |0| = | − 0| = 0

• Si a < 0 entonces −a > 0, por tanto: |a| = −a, | − a| = −a y as´ı vemos que tambi´en se tiene en este caso, |a| = | − a|. (iii) Si a ≥ 0 entonces |a| = a. Adem´as, siendo a positivo (−a) es negativo o cero, por tanto −|a| ≤ a ≤ |a|. Si a < 0 entonces |a| = −a y −a > 0. Por tanto a < −a y tenemos que −|a| = a < −a = |a|, cumpli´endose tambi´en en este caso la propiedad. (iv) (⇐) Si a = 0, por definici´on |a| = |0| = 0

(⇒) a ∈ R, por tricotom´ıa a > 0 o´ a < 0 o a = 0. Para tener la conclusi´on debemos descartar las posibilidades a > 0 y a < 0. ◦ Si a > 0 entonces |a| = a > 0, lo que contradice la hip´otesis, por tanto no puede darse a > 0. ◦ Si a < 0 entonces |a| = −a > 0, tambi´en contradice la hip´otesis. As´ı, lo u ´ nico posible es que a = 0.

(v) Dados a, b ∈ R, por tricotom´ıa se tiene que (a · b > 0) o´ (a · b = 0) o´ (a · b < 0). • Si a · b > 0 entonces por teorema 1.1.22, (a > 0 y b > 0) o´ (a < 0 y b < 0). Por definici´on de valor absoluto se tiene: |a · b| = a · b y para la primera posibilidad |a| = |a| y |b| = b, por lo que |a| · |b| = a · b, cumpli´endose el teorema. Si se da la segunda posibilidad, entonces |a| = −a y |b| = −b as´ı |a|·|b| = (−a)·(−b) = a·b. Nuevamente obtenemos la conclusi´on. • Si a·b = 0 entonces por teorema 1.1.5, a = 0 o b = 0, entonces |a·b| = 0 = |a|·|b|. • Si a · b < 0 se deja como ejercicio, pues es an´aloga al caso a · b > 0.

(vi) (⇒)

(⇐)

◦ Si a ≥ 0 entonces |a| = a y por hip´otesis |a| ≤ b lo que implica que a ≤ b. Como b ≥ 0 entonces −b ≤ 0 y por tanto −b ≤ a ≤ b. ◦ Si a < 0 entonces |a| = −a y por hip´otesis −a ≤ b y como −a ≥ 0 y −b ≤ 0 se tiene −b ≤ a ≤ −a ≤ b, es decir, −b ≤ a ≤ b. ◦ Si a ≥ 0 entonces |a| = a. Por hip´otesis |a| ≤ b.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

32

◦ Si a < 0 entonces |a| = −a. Por hip´otesis −a ≤ b y por tanto |a| ≤ b. −b

0

b

Distancia al cero menor o igual a b. (vii) (⇒) Supongamos |a| ≥ b. Si a ≥ 0 entonces |a| = a y por tanto a ≥ b. Si en cambio a < 0, entonces |a| = −a y en este caso −a ≥ b, por teorema 1.1.20, a ≤ −b. (⇐) Es an´aloga a la correspondiente implicaci´on de (vi).

−b

0

b

Distancia al cero mayor o igual a b. (viii) En virtud de (vi), demostrar (viii) es equivalente a demostrar: −(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|, que es lo que haremos. Por (iii) −|a| ≤ a ≤ |a| −|b| ≤ b ≤ |b| sumando miembro a miembro ambas desigualdades se obtiene (viii). • Si a y b son positivos.

• Si a y b son negativos.

| 0 | | z

a+b

{z a

{z b

} a

{z

b }|

|a+b|=|a|+|b|

|a+b|=−a−b

b |

}|

{z

{z a

{

a 0 | {z } |a|=−a

|b|=−b

|a + b| = distancia al cero de a + b = −a − b.

}

} }

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

33

• Si a y b tienen distintos signos. a > 0, b < 0 a

b

z

b

}|

−a a + b

{z

| {z }| |a+b|

|a + b| < |a| + |b|.

0 |

}|

{

a

{z

−b

{z

−b }|

|a|+|b|=a−b

{z a

}

}

Ejercicios resueltos 1.

Analice en qu´e casos la desigualdad triangular se transforma en una igualdad. Soluci´ on: (i) Si a y b son n´ umeros positivos, a + b es positivo, entonces tenemos: |a + b| = a + b = |a| + |b| (ii) Si a y b son n´ umeros negativos, a + b es negativo, entonces tenemos: |a + b| = −(a + b) = (−a) + (−b) = |a| + |b| (iii) Si a y b tienen signos diferentes, la desigualdad es una desigualdad estricta. Por ejemplo, si a = −4 y b = 2, entonces |a + b| = |(−4) + 2| = | − 2| = 2, en cambio, |a| + |b| = 4 + 2 = 6

2.

Demuestre que ||a| − |b|| ≤ |a − b| ≤ |a| + |b|.

Soluci´ on: Aplicando la desigualdad triangular tenemos, |a| = |a−b+b| ≤ |a−b|+|b|. Luego |a|−|b| ≤ |a−b|. An´alogamente |b| = |b−a+a| ≤ |b−a|+|a| = |a−b|+|a| por desigualdad triangular y teorema 1.1.31 (ii). Entonces −|a − b| ≤ |a| − |b|. Por tanto, de estas dos desigualdades y el teorema 1.1.31 (vi) concluimos que ||a| − |b|| ≤ |a − b|.

Finalmente, |a − b| = |a + (−b)| ≤ |a| + | − b| = |a| + |b| por desigualdad triangular y teorema 1.1.31 (ii). 3.

Resuelva la ecuaci´on |x − 1| = 3.

Soluci´ on: Por definici´on de valor absoluto |x − 1| = 3 implica x − 1 = ±3. Si x − 1 = 3, tenemos x = 4. Si x − 1 = −3, tenemos x = −2.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

34 4.

Resuelva la ecuaci´on |3x − 5| + 3 = 0.

Soluci´ on: Como el valor absoluto no toma valores negativos, la ecuaci´on propuesta no tiene soluci´on.

5.

Resuelva la ecuaci´on |x + 2| = |x − 4|.

Soluci´ on: Debemos analizar dos casos: Primer caso. Las cantidades entre barras tienen el mismo signo, entonces x + 2 = x − 4, por tanto, 2 = −4. Como esto es imposible, en este caso no hay soluci´on. Segundo caso. Las cantidades entre barras tienen distinto signo, entonces x + 2 = −(x − 4) = −x + 4, por tanto, x = 1.

6.

Resuelva la ecuaci´on |x2 − 4x| = 4|x − 4|. Soluci´ on:

|x2 − 4x| = 4|x − 4|

|x(x − 4)| = 4|x − 4|

|x||(x − 4)| = 4|x − 4|

As´ı, |x| = 4, si x 6= 4.

Luego, x = −4 es una soluci´on y la otra es |x − 4| = 0.esto es x = 4. 7.

Determine el conjunto A = {x ∈ R : |2x + 3| ≤ 6}.

Soluci´ on: Si |2x + 3| ≤ 6 por teorema 1.1.31 (vi) tenemos que −6 ≤ 2x + 3 ≤ 6 ⇐⇒ 3 9 −9 ≤ 2x ≤ 3 ⇐⇒ − ≤ x ≤ . 2 2 3 9 Por lo tanto, A = {x ∈ R : − ≤ x ≤ }. 2 2

8.

Resuelva la inecuaci´on |5x − 8| > 4.

Soluci´ on: Por teorema reft1.4.2 (vii), tenemos que: 5x − 8 > 4 o 5x − 8 < −4 5x > 12 o 5x < 4 12 4 o x< x> 5 5

9.

Resuelva la inecuaci´on |x − 4| ≥ |2x − 1|.

Soluci´ on: Como las expresiones entre barras cambian de signo cuando x = 4 y 1 cuando x = , analizaremos las distintas posibilidades que esto implica. 2

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

35

1 Si x ≤ , ambas expresiones son negativas, entonces la desigualdad queda como 2 −(x − 4) ≥ −(2x − 1), que da los valores x ≥ −3. Por tanto, tenemos que −3 ≤ x ≤

1 . 2

1 Si < x < 4, las expresiones entre barras tienen distintos signos y nos queda la 2 desigualdad: 2x − 1 ≤ 4 − x,

5 que tiene soluci´on x ≤ . Junto a la suposici´on bajo la cual estamos trabajando , 3 5 1 da la soluci´on < x ≤ . 2 3 Si x > 4, ambas expresiones son positivas y la desigualdad toma la forma: x − 4 ≥ 2x − 1. Lo que implica −3 ≥ x que es incompatible con x > 4, por tanto, en este caso no hay soluci´on. 5 En s´ıntesis, la desigualdad dada tiene por soluci´on :−3 ≤ x ≤ . 3 10.

Determine el conjunto B = {x ∈ R : |x − 1| ≤ |x|}. Soluci´ on:

Si |x − 1| ≤ |x| por teorema 1.1.31 (vi), entonces −|x| ≤ x − 1 ≤ |x|. Luego, B = B1 ∩ B2 donde B1 = {x ∈ R : −|x| ≤ x − 1} y B2 = {x ∈ R : x − 1 ≤ |x|}.

Si −|x| ≤ x − 1, entonces |x| ≥ 1 − x. Luego, por teorema 1.1.31 (vii) x ≥ 1 − x o x ≤ −(1 − x) = x − 1, es decir, 2x ≥ 1 o 1 ≤ 0. Por tanto, s´olo tenemos que 1 1 2x ≥ 1 ⇐⇒ x ≥ . (¿ Por qu´e ?). Luego, B1 = {x ∈ R ; x ≥ }. Si x − 1 ≤ |x| por 2 2 teorema 1.1.31 (vii), x − 1 ≤ x o´ x ≤ −(1 − x) lo que es equivalente a 0 ≤ 1 o 1 ≤ 0.

La primera proposici´on es verdadera y esto implica que x − 1 ≤ x se cumple para todo x ∈ R. La segunda es falsa, es decir no existe x ∈ R tal que x ≤ −1 + x . La uni´on de ambos conuntos soluci´on dice que esta proposici´on es verdadera para todo x ∈ R. Luego B = R. 11.

Resuelva la desigualdad |x +

1 | ≥ 4. x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

36

1 |x2 + 1| x2 + 1 | = = , pues x2 + 1 es positivo para x |x| |x| x2 + 1 ≥ 4. todo x ∈ R. Por tanto, la desigualdad enunciada se puede escribir como |x| Multiplicando la desigualdad por |x|, obtenemos: Soluci´ on: Si x 6= 0, |x +

x2 + 1 ≥ 4|x|, lo que da origen a dos desigualdades: a) b)

x2 − 4x + 1 ≥ 0, si x > 0.

x2 + 4x + 1 ≥ 0, si x < 0.

Ambas deben ser resueltas con el m´etodo del ejercicio 2 de la secci´on 1.3. 12.

Si a, b, c son n´ umeros dados tales que a < b < c. Encuentre los distintos valores que puede tomar f (x) = |x − a| + |x − b| + |x − c|. Soluci´ on:

Si x ≤ a, todas las expresiones entre barras son negativas o nulas, por tanto, f (x) = −(x − a) − (x − b) − (x − c) = −3x + a + b + c. Si a < x ≤ b, f (x) = x − a − (x − b) − (x − c) = −x − a + b + c. Si b < x ≤ c, f (x) = x − a + x − b − (x − c) = x − a − b + c. Si x > c, f (x) = x − a + x − b + x − c = 3x − a − b − c. 13.

Escriba f (x) = |x + 1| + |x − 1| − 2|x| sin que aparezcan los signos del valor absoluto. Soluci´ on: Siguiendo un procedimiento similar al del

ejercicio 12, obtenemos:  0    2x + 2 f (x) = 2 − 2x    0

si si si si

x < −1 −1 ≤ x < 0 0≤x≤1 x > 1.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

14.

37

2x2 − 3x − 1 para 2 ≤ x ≤ 3. 2x − 1 Encuentre una constante M de modo que |f (x)| ≤ M para todo x tal que 2 ≤ x ≤ 3.

Sea f (x) =

Soluci´ on: Como |f (x)| =

|2x2 − 3x − 1| . Por la desigualdad triangular |2x − 1|

|2x2 − 3x − 1| ≤ 2|x2 | + 3|x| + 1 ≤ 2 · 32 + 3 · 3 + 1 = 28 ya que |x| ≤ 3. Por otro lado,

|2x − 1| ≥ 2|x| − 1 ≥ 2 · 2 − 1 = 3, ya que |x| ≥ 2. Luego

Por lo tanto, |f (x)| ≤

15.

28 . 3

1 1 ≤ para x ≥ 2. |2x − 1| 3

28 28 Luego, podemos escoger M = . Observemos que cualquier M > resuelve el 3 3 28 no sea la elecci´on m´ınima posible para M . problema, y es probable que 3 2 x − 4x + 3 ≤ 1. Resuelva 2 x − 2x + 1 2 x − 4x + 3 (x − 3)(x − 1) x − 3 = = , cuando x 6= 1 . Por tanto la Soluci´ on: 2 x − 2x + 1 (x − 1)(x − 1) x − 1 desigualdad se redude a: |x − 3| ≤ |x − 1|, la que es equivalente a |x − 3| ≤ |x − 1|. Analizaremos los distintos casos: Si x ≤ 1, ambas expresiones entre barras son negativas, por lo cual tenemos: −(x − 3) ≤ −(x − 1). Esto implica 3 ≤ 1, como esto es imposible, no hay soluci´on en este caso. Si 1 < x ≤ 3, las expresiones entre barras tienen signos distintos, por tanto: −x + 3 ≤ x − 1. Lo que nos da 2 ≤ x que junto a la suposici´on 1 < x ≤ 3 nos da 2 ≤ x ≤ 3. El u ´ ltimo caso por analizar es x > 3, que conduce a −3 ≤ −1, que se cumple siempre. As´ı, la soluci´on es x ≥ 2.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

38

Ejercicios propuestos √ a2 .

1.

Demuestre que |a| = m´ax{a, −a} =

2.

Demuestre que si a, b ∈ R, entonces: a) b) c) d) e)

|a2 | = a2

|a + b|2 + |a − b|2 = 2|a|2 + 2|b|2 a |a| si b 6= 0 = b |b| |a + b| = |a| + |b| si y solo si ab ≥ 0 a|b| ≤ |ab|.

3.

Demuestre que, y est´a entre x y z si y s´olo si |x − y| + |y − z| = |x − z|.

4.

Demuestre que si a < x < b y a < y < b, entonces |x − y| < b − a. En los siguientes ejercicios encuentre los x ∈ R que satisfacen las siguientes desigualdades:

5.

|4x − 5| = 13

6.

|4x − 5| ≤ 13

7.

|x2 − 1| = 3

8.

|x2 − 1| ≤ 3

9.

|x − 1| = |x + 1|

10.

|x − 1| > |x + 1|

11.

2|x| + |x − 1| = 2

12.

|x| + |x + 1| < 2 2 x − 1 x + 1 ≤ 3. 2 x − 1 x − 1 ≤ 3. 2 x − 2x − 3 x2 − 4x + 3 ≤ 5.

13. 14. 15.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

16. 17. 18. 19.

39

2 x − 5x + 6 x2 − 11x + 30 < 2. 2 x − 5x + 6 x2 − 11x + 30 = 2. 2 x − 5x + 6 x2 − 11x + 30 > 2.

Si f (x) = |x − 2| + |1 − 2x|. Encuentre una expresi´on para f (x) que no contenga valores absolutos.

20.

Si x = 8a + 4b − 3 , y = 5a + 13b + 4

20, 84 < a < 20, 85 y − 5, 64 < b < −5, 63. Encuentre n´ umeros K; M tales que: |x + y| < K y |x − y| < M.

21.

Encuentre el valor m´aximo de y de modo que para todo x se cumpla: |x − a1 | + |x − a2 | + . . . + |x − an | ≥ y, con a1 < a2 < . . . < an . ¿Cu´ando se cumple la igualdad ?

22.

Demuestre que si |x| < ε para todo ε > 0, entonces x = 0.

23.

Si d(x, y) = |x − y| representa la ”distancia entre x e y”. Demuestre que a) b) c) d) e) f)

1.1.5.

d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y ∀ x, y ∈ R d(x, y) = d(y, x) ∀ x, y ∈ R

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀ x, y, z ∈ R.

1 Encuentre el conjunto A = {y ∈ R : d(y, ) ≤ 3}. 2 Encuentre el conjunto B = {y ∈ R : d(y, −4) < 5}.

Dados x0 , r ∈ R, encuentre el conjunto C = {y ∈ R : d(y, x 0 ) < r}.

La continuidad de R: el axioma del supremo

Con el Axioma del Supremo se completa el conjunto de axiomas que caracterizan totalmente a R, es decir, R es el u ´ nico conjunto que verifica los axiomas de Cuerpo , de Orden y el Axioma del supremo. Las consecuencias de mayor trascendencia del Axioma del Supremo son la existencia de n´ umeros irracionales y la propiedad arquimediana de los n´ umeros reales.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

40

De los axiomas de cuerpo solamente puede deducirse, en primera instancia, la existencia de al menos dos n´ umeros distintos el 0 y el 1. La suma de unos da origen a los n´ umeros naturales. La resta de n´ umeros naturales da origen a los n´ umeros enteros y finalmente la divisi´on de enteros genera la aparici´on de los n´ umeros racionales. En s´ıntesis, para tener el conjunto de los n´ umeros racionales bastan los axiomas de cuerpo y orden. Pero, estos n´ umeros no son suficientes para la construcci´on del c´alculo diferencial e integral cuyos conceptos b´asicos necesitan la continuidad de los n´ umeros reales. Esta propiedad de R la proporciona el Axioma del supremo. En particular, para tener una idea intuitiva de esto, solamente podemos pensar R como un continuo geom´etrico: la recta n´ umerica, lo que se obtiene una vez que al conjunto de los n´ umeros racionales se le agregan los n´ umeros irracionales que pueden ser concebidos como supremos de ciertos conjuntos de n´ umeros racionales. Definici´ on 1.1.32 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, entonces y es una cota superior de A si y s´olo si y es un n´ umero real y para cada x ∈ A, x ≤ y. Ejemplo 1.1.33 1. El conjunto {2, 4, 6, 8, 10} es acotado superiormente por cualquier n´ umero mayor o igual a 10. 2.

El conjunto {x ∈ R : x < 3} es acotado superiormente por cualquier n´ umero mayor o igual a 3.

3.

El conjunto {x2 + 1, −1 ≤ x ≤ 1} es acotado superiormente por cualquier n´ umero mayor o igual a 2.

Cotas superiores de A

|

{z A

z

}

}|

{

Una observaci´on importante es que si un conjuntro tiene una cota superior entonces existen infinitas cotas superiores del conjunto. Por lo tanto, tiene sentido la siguiente definici´on. Definici´ on 1.1.34 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, el n´ umero y es el supremo de A si y s´olo si y es una cota superior de A y para cada z que es cota superior de A se tiene y ≤ z. Es decir el supremo es la menor de las cotas superiores. La definici´on de supremo, salvo en casos elementales, no es f´acil de usar, para fines m´as pr´acticos suele usarse la siguiente caracterizaci´on del supremo.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

41

Teorema 1.1.35 Caracterizaci´ on del supremo Si A es un conjunto de n´ umeros reales entonces y es el supremo de A si y s´olo si y es una cota superior de A y para cada n´ umero real positivo ε existe un x en A tal que y − ε < x. Demostraci´ on: (⇒) Sea y el supremo de A. Entonces por definici´on y es una cota superior. Sea ε ∈ R, ε > 0. Supongamos por contradicci´on que no existe x ∈ A tal que y − ε < x, en tal caso, esto es equivalente a afirmar que x ≤ y − ε, para todo x en A, por tanto y − ε es una cota superior de A pero y − ε < y, lo que contradice la hip´otesis que y es el supremo de A. As´ı debe existir al menos un x ∈ A mayor que y − ε. (⇐) Por hip´otesis y es una cota superior. Para que y sea el supremo de A, debe ser la menor de las cotas superiores. Supongamos que existe una cota superior de A, z menor que y. Entonces z < y y x < z para todo x ∈ A. Como z < y entonces y − z > 0. Aplicando la hip´otesis con ε = y − z, tenemos que existe x ∈ A, x > y − (y − z). Es decir, existe x ∈ A tal que x > z. Pero esto contradice que z es cota superior de A. La contradicci´on proviene de suponer la existencia de una cota superior de A menor que y. As´ı, y es la menor cota superior de A y, por tanto, su supremo. A

y − ε xε ∈ A y = sup A

A

z−ε

z 6= sup A

Teorema 1.1.36 Un conjunto de n´ umeros reales puede tener a lo m´as un supremo. Demostraci´ on: Supongamos que un conjunto A ⊆ R tenga dos supremos: y, z; y 6= z. M´as precisamente supongamos z < y. Como en la demostraci´on del teorema 1.1.35 se tiene y − z > 0. Tomando este n´ umero positivo como un ε particular, por definici´on de supremo podemos concluir que existe x ∈ A tal que x > y − (y − z), lo que implica que x > z, que contradice que z sea supremo de A. Por tanto, existe a lo m´as un supremo de un conjunto de n´ umeros reales. Es interesante observar que el conjunto vac´ıo es acotado superiormente por cualquier n´ umero real. Esto se obtiene usando reducci´on al absurdo. Luego, no existe un n´ umero real que sea el supremo del vac´ıo.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

42

Axioma del Supremo : Si un conjunto no vac´ıo de n´ umeros reales tiene una cota superior, entonces tiene supremo en R. Cada una de las definiciones y conclusiones relativas a cotas superiores y supremos tiene un paralelo en la definici´on de cota inferior e ´ınfimo. Las demostraciones de los teoremas son totalmente similares a las ya demostradas, por lo que se deja como ejercicio. Definici´ on 1.1.37 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, entonces y es una cota inferior de A si y s´olo si y es un n´ umero real y para cada x en A, x ≥ y. Definici´ on 1.1.38 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, entonces y es el ´ınfimo de A si s´olo si y es una cota inferior de A y para cada z que es una cota inferior de A, y ≥ z. Es decir, el ´ınfimo es la mayor de las cotas inferiores. Teorema 1.1.39 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, entonces y es el ´ınfimo de A si y s´olo si y es una cota inferior de A y para cada n´ umero real positivo ε existe un x en A tal que x < y + ε. Demostraci´ on: Ejercicio. Teorema 1.1.40 Un conjunto de n´ umeros reales puede tener a lo m´as un ´ınfimo . Demostraci´ on: Ejercicio. Observemos que el conjunto vac´ıo es acotado inferiormente por cualquier n´ umero real. Luego, no existe un n´ umero real que sea el ´ınfimo del conjunto vac´ıo. Teorema 1.1.41 Si un conjunto no vac´ıo de n´ umeros reales tiene una cota inferior, entonces tiene ´ınfimo en R. Demostraci´ on: Ejercicio. Definici´ on 1.1.42 Si A es un conjunto de n´ umeros reales, entonces p es el primer elemento (respectivamente u es el u ´ ltimo elemento ) de A si y s´olo si p es un elemento de A y para cada x en A, p ≤ x (respectivamente u ∈ A, x ≤ u). Teorema 1.1.43 Un conjunto de n´ umeros reales tiene a lo m´as un u ´ nico primer elemento (respectivamente u ´ ltimo ). Teorema 1.1.44 Todo conjunto de n´ umeros reales que tiene primer (respectivamente u ´ ltimo) elemento tiene ´ınfimo (respectivamente supremo).

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

43

Supremo e ´ınfimo de conjuntos finitos Si A es un conjunto finito de R, entonces podemos contar sus elementos y escribirlo como A = {a1 , a2 , a3 , . . . , . . . an }. Adem´as, podemos ordenarlos y conocer el mayor o u ´ ltimo elemento del conjunto que podemos simbolizar como m´ax A = m´ax{a i : i = 1, . . . , n}. An´alogamente su menor o primer elemento es m´ın A = m´ın{ai : i = 1, . . . , n}. En virtud del teorema 1.1.44, el conjunto A tiene supremo e ´ınfimo.Es decir, todo conjunto finito tiene supremo e ´ınfimo . Adem´as, sup A = m´ax A inf A = m´ın A As´ı, los conjuntos finitos no son muy interesantes desde el punto de vista de sus supremo e ´ınfimo. Corolario 1.1.45 Si un conjunto contiene una cota superior (respectivamente inferior) entonces ´esta es su supremo (respectivamente ´ınfimo). El rec´ıproco del teorema 1.1.44 es falso. Pues, existen conjuntos de n´ umeros reales que poseen ´ınfimo y supremo sin tener primer y/o u ´ ltimo elemento. Por ejemplo, el conjunto {x ∈ R : a < x < b}

tiene supremo, pero no u ´ ltimo elemento y tambi´en tiene ´ınfimo, sin tener primer elemento. Ver ejercicio. Este ejemplo, adem´as, nos muestra claramente que supremos o ´ınfimos no son necesariamente elementos del conjunto. Pero si pertenecen al conjunto, son a la vez u ´ ltimo o primer elemento seg´ un el caso. Esto puede visualizarse en el conjunto: {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}.

Los casos m´as importantes de aplicaci´on del Axioma del Supremo son aquellos para los cuales el supremo ( ´ınfimo) no pertenece al conjunto. Este es el caso en que surgen los n´ umeros irracionales como supremos o ´ınfimos de ciertos conjuntos de n´ umeros racionales. Definici´ on 1.1.46 Llamaremos intervalos acotados a cualquiera de los siguientes conjuntos: {x ∈ R : a < x < b} = ]a, b[

{x ∈ R : a < x ≤ b} = ]a, b]

{x ∈ R : a <≤ x < b} = [a, b[

{x ∈ R : a ≤ x ≤ b} = [a, b],

donde a, b ∈ R son n´ umeros fijos tales que a < b.

44

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

Teorema 1.1.47 Principio de Arqu´ımedes N no es acotado superiormente. Demostraci´ on: Supongamos por contradicci´on que N es acotado superiormente. Por Axioma del Supremo, existe s = sup N ∈ R. Por tanto n ≤ s, para todo n ∈ N. Usando teorema 1.1.35 con ε = 1, tenemos la existencia de n ∗ ∈ N tal que s − 1 < n∗ , o lo que es lo mismo s < n∗ + 1. Pero n∗ ∈ N, as´ı n∗ + 1 ∈ N y es mayor que el supremo de N. Lo cual no puede ser, luego N no puede ser acotado superiormente. Observaci´ on 1.1.48 Una forma equivalente de enunciar el Principio de Arqu´ımedes es: Dado un n´ umero real a, existe n ∈ N tal que a < n. Puesto que si no existiera tal n, tendr´ıamos que para todo n ∈ N n ≤ a, y a ser´ıa una cota superior de N. Teorema 1.1.49 Dado un n´ umero real peque˜ no, positivo, ε < 1, siempre existe un n ∈ N 1 tal que 0 < < ε. n 1 Demostraci´ on: Como 0 < ε < 1 tenemos que 0 < , luego por el Principio de ε 1 1 Arqu´ımedes existe n ∈ N tal que < n. Es decir, < ε. ε n La propiedad arquimediana de los n´ umeros reales, refleja algo as´ı como el sentido com´ un llevado al mundo de las magnitudes. Cuando se quiere medir el largo de un segmento llevando sobre ´el un segmento unidad, siempre es posible dejar un resto (si es que lo hay) inferior a la unidad. O lo que es lo mismo, es posible llevar el segmento unidad una cantidad suficiente de veces sobre el segmento a medir, de modo que se termina por sobrepasarlo. Esta situaci´on con los s´ımbolos que hemos introducido puede escribirse como: dado b (segmento a medir) y a (segmento unidad), siempre existe un n´ umero natural n tal que n · a > b. Si en particular tenemos a = 1, entonces dado b siempre existe n tal que n > b. Son diferentes maneras de expresar una misma propiedad. Con este principio, estamos excluyendo magnitudes infinitamente peque˜ nas (o grandes) en comparaci´on con otras. Como veremos m´as adelante, esta propiedad juega un rol fundamental en nuestra aritm´etica y en la geometr´ıa euclidiana. Por cierto existen situaciones no arquimedianas, la m´as simple de todas es tratar de medir un segmento con longitud positiva mediante puntos. Otras m´as complejas pueden verse en el libro de Fraenkel, p´agina 123. El siguiente p´arrafo puede ser omitido.

Potencias de exponente racional El objetivo de este p´arrafo es mostrar que la existencia de ra´ıces es una consecuencia del Axioma del Supremo y con ello aparecen los n´ umeros irracionales m´as elementales.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

45

Todas las ra´ıces de n´ umeros naturales que no son cuadrado de otro n´ umero √ natural √ son irracionales. En la ´epoca de Plat´on se conoc´ıa la naturaleza irracional de 2 hasta 17. Para extender las potencias a exponente racional debemos, en primer lugar, 1 considerar los n´ umeros racionales no enteros, de la forma , q ∈ N. q 1

(i) Si a ∈ R+ , q ∈ N, denotaremos por a q

Definici´ on 1.1.50 tal que y q = a

1

(ii) Si a ∈ R− , q ∈ N, q impar, denotaremos por a q yq = a

o´

o´

√ q a al u ´ nico y ∈ R+

√ q a al u ´ nico y ∈ R− tal que

√ 1 (iii) Si a = 0 se define 0 q = q 0 = 0. √ 1 de a. El n´ umero q a se lee ra´ız q-´esima de a o la potencia q Teorema 1.1.51

1.

Si x > 0, n ∈ N, 0 < ε ≤ 1 entonces (x + ε)n ≤ xn + εK y (x − ε)n ≥ xn − εK,

donde K es una constante positiva que s´olo depende de n y x. 2.

Si x < 0, n ∈ N impar, 0 < ε ≤ 1, entonces (x + ε)n ≤ xn + εK y (x − ε)n ≥ xn − εK, donde K es una constante positiva que s´olo depende de n y x. El siguiente teorema justifica la definici´on 1.1.50.

Teorema 1.1.52 Existencia de ra´ıces. (i) Si a > 0 y n ∈ N, entonces existe un u ´ nico x ∈ R + tal que xn = a. (ii) Si a < 0 y n ∈ N es impar, entonces existe un u ´ nico x ∈ R − tal que xn = a. Demostraci´ on:

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

46 (i) Sea

A = {y ∈ R : y ≥ 0 , y n ≤ a}. A es no vac´ıo, pues 0 ∈ A. Demostremos ahora que A es acotado superiormente. Si a ≥ 1, entonces si A no es acotado superiormente, debe existir y ∈ A tal que a < y lo que implica en este caso que a < y n . Pero esto contradice el hecho que y ∈ A. Por tanto, para a ≥ 1, A debe ser acotado superiormente. Ahora, si 0 < a < 1, como y n ≤ a, se tiene que y n ≤ 1, lo que implica que y ≤ 1 usando ejercicio resuelto 1. Como lo anterior vale para cualquier y ∈ A, 1 es una cota superior para A cuando 0 < a < 1. Por lo tanto, si a > 0, A es acotado superiormente. Luego el axioma del Supremo nos asegura la existencia en R de sup A. Sea x = sup A. N´otese que por la definici´on de x, ´el es u ´ nico. Demostremos a continuaci´on que xn = a. Si nuestra afirmaci´on anterior fuera falsa tendr´ıamos por tricotom´ıa que xn > a o xn < a. Analicemos ambos casos. Caso xn < a: Por teorema 1.1.51, para 0 < ε ≤ 1 se tiene que (x + ε) n ≤ xn + εK, donde K es una constante positiva que s´olo depende de n y x. Como a − x n > 0 por hip´otesis, a − xn }. por la propiedad arquimediana de R existe de ε > 0 tal que ε < m´ın{1 , K Luego: xn + εK ≤

a − xn K = a − xn . K

Por tanto, (x + ε)n ≤ a y x + ε ∈ A. Lo que contradice que x es una cota superior de A. Caso a < xn : Por teorema 1.1.51, para 0 < ε ≤ 1 se tiene que (x − ε) n ≥ xn − εK, donde K es una constante positiva que s´olo depende de n y x. Como x n − a > 0 por hip´otesis, la propiedad arquimediana de R nos asegura la tal existencia de ε > 0 tal que xn − a ε < m´ın{1, }. Como x = sup A, para ε > 0 debe existir y 0 ∈ A tal que K x < y0 + ε. La expresi´on anterior implica que x − ε < y 0 . Luego: y0n > (x − ε)n ≥ xn − εK > xn − Lo que contradice el hecho que y0 ∈ A.

(xn − a) K = xn − xn + a = a. K

De analizar los dos casos y en ambos llegar a contradicciones, concluimos que x n = a.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

47

Ejercicios resueltos Analice la existencia de cotas inferiores, superiores, mayor y menor elemento, supremos e ´ınfimo para los siguientes conjuntos, donde a, b son n´ umeros fijos. 1.

A1 = {ax + b; −2 ≤ x ≤ 3}

Soluci´ on: Si a > 0, entonces −2 ≤ x ≤ 3 −2a ≤ 3a −2a + b ≤ ax + b ≤ 3a + b, para todo − 2 ≤ x ≤ 3. Por tanto, −2a + b es una cota inferior y 3a + b es una cota superior de A 1 . Adem´as, estas cotas pertenecen al conjunto , por lo que son el menor y mayor elemento, respectivamente y tambi´en el ´ınfimo y el supremo de A 1 . Si a < 0, entonces −2 ≤ x ≤ 3 3a ≤ x ≤ −2a. Por tanto, los roles de −2a + b y 3a + b se inverten y se tiene que: inf A1 = 3a + b,

2.

sup A1 = −2a + b.

A2 = {ax + b; −2 < x ≤ 3}

Soluci´ on: Si a > 0, se tiene como en el caso anterior: −2a + b < ax + b ≤ 3a + b, para todo − 2 < x ≤ 3. La u ´ nica diferencia con el respectivo caso anterior es que −2a + b no pertenece al conjunto, por lo cual aunque sigue siendo cota inferior e ´ınfimo de A 2 , no es el menor elemento. M´as a´ un , ∗ A2 , no tiene el menor elemento. En efecto, supongamos que x es el menor elemento de A2 . Entonces, −2 < x∗ y −2a + b < −2x∗ + b < −2x + b, para todo −2 < x ≤ 3. Pero, la propiedad de densidad de los n´ umeros reales asegura la existencia de un z ∗ tal que −2 < z ∗ < x∗ , lo que a su vez implica −2z ∗ + b < −2x∗ + b. Pero, esto contradice el hecho que x ∗ s el menor elemento de A2 .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

48 3.

A3 = {ax + b; −2 ≤ x < 3}

Soluci´ on: Usando los mismos argumentos se obtiene: sup A3 = 3a + b, inf A3 = −2a + b, si a > 0. inf A3 = 3a + b, sup A3 = −2a + b, si a < 0. Si a > 0, A3 no tiene mayor elemento; si a < 0, A3 no tiene menor elemento.

4.

A4 = {ax + b; −2 < x < 3} Soluci´ on:

El ´ınfimo y el supremo son los mismos que en los casos anteriores, pero A 4 no tiene menor ni mayor elemento. 5.

Demuestre que el conjunto A5 = {ax + b, x ∈ R} no es acotado ni superior ni inferiormente. Soluci´ on: Supongamos que A5 es acotado superiormente y que a > 0. Entonces, existe M ∈ R tal que: ax + b ≤ M, para todo x ∈ R, lo que implica, x≤

M −b , para todo x ∈ R. a

M −b es una cota superior de R, lo cual es una contradicci´on. Pero, esto nos dice que a De la misma forma se demuestra que A5 no es acotado inferiormente. 6.

Encuentre cotas superiores e inferiores para el conjunto {x 2 + x − 2; −2 ≤ x ≤ 1}.

Soluci´ on: x2 + x − 2 = (x + 2)(x − 1), del m´etodo para analizar el signo de un trinomio de segundo grado, visto en el ejercicio 2 de la secci´on 1.3, sabemos que este trinomio es negativo para −2 < x < 1, se anula en x = −2 y x = 1 y para los restantes valores de x es positivo. Por tanto, 0 es una cota superior del conjunto. Para encontrar una cota inferior, que si existe, es negativa; Debemos encontrar un n´ umero k tal que para todo z < k, la ecuaci´on x2 + x − 2 = z no tenga soluci´on en R. x2 + x − 2 − z = 0 no tiene ra´ıces reales si 1 + 4(2 + z) < 0,

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

49

9 = −2, 25 = k, el n´ umero buscado. 4 En consecuencia, para todo z < −2, 25 no existe x tal que x 2 + x − 2 = z. Por tanto, cualquier n´ umero menor o igual que −2, 25 es una cota inferior de nuestro conjunto.

es decir, z < −

Ahora veamos si −2, 25 pertenece al conjunto. Para ello debemos resolver la ecuaci´on x2 +x−2 = −2, 25, que tiene por soluci´on x = −0, 5. As´ı, −2, 25 es el menor elemento del conjunto y por tanto, su ´ınfimo. 7.

Dada la expresi´on f (x) =

6(x2 + 2x − 1) , −2x2 − 3

a)

¿ Para qu´e valores de x tiene sentido f (x) ?

b)

Demuestre que f (x) est´a acotada superiormente por 3 e inferiormente por -4.

c)

¿ C´omo elegir x para que f (x) = 3?

d)

¿ C´omo elegir x para que f (x) = −4?

e)

¿ Cu´al es el supremo y el ´ınfimo del conjunto {f (x); x ∈ R}?

Soluci´ on: a)

b)

Para que la expresi´on f (x) tenga sentido es necesario excluir los valores de x que anulan el denominador. −2x2 − 3 = 0 es equivalente a 2x2 + 3 = 0, pero como todo n´ umero al cuadrado es positivo o nulo, 2x 2 + 3 no se anula para ning´ un valor de x. Por tanto, f (x) vale para todo x ∈ R.

Para poder demostrar que f (x) es acotada superiormente por 3, supondremos que esto es verdad, as´ı podremos encontrar una expresi´on para iniciar la demostraci´on. 6(1 − 2x − x2 ) 6(x2 + 2x − 1) = −2x2 − 3 2x2 + 3 6(1 − 2x − x2 ) < 3 2x2 + 3 6 − 12x − 6x2 < 6x2 + 9

0 < 12x2 + 12x + 3 0 < 3(4x2 + 4x + 1) 0 < 3(2x + 1)2

Como la u ´ ltima desigualdad es siempre v´alida, en rigor ´esta debe ser el punto de partida de la verdadera demostraci´on.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

50

Para demostrar que f (x) es acotada inferiormente por -4, supondremos que en borrador hicimos el procedimiento ya mostrado y ahora haremos la demostraci´on : 0 < 2(x − 3)2

0 < 2(x2 − 6x + 9)

0 < 2x2 − 12x + 18

−8x2 − 12 < 6 − 12x − 6x2

−4(2x2 + 3) < 6 − 12x − 6x2 6(1 − 2x − x2 ) −4 < 2x2 + 3 c)

8.

1 La ecuaci´on f (x) = 3 es equivalente a 2x + 1 = 0, lo que nos da x = − . La 2 1 ecuaci´on f (x) = −4, tiene soluci´on x = 3. Es decir, f (3) = −4 y f (− ) = 3. 2 Por lo tanto, −4 y 3 pertenecen al conjunto {f (x); x ∈ R} y en virtud del corolario 1.1.45 estos n´ umeros son , respectivamente, el ´ınfimo y el supremo.

Demuestre que en los conjuntos finitos u ´ ltimo elemento y supremo coinciden. Soluci´ on: Sea F un subconjunto finito de R. Sea u ∈ F el mayor de todos los elementos de F . Como el conjunto es finito, basta comparar los elementos de F todos con todos y hallar tal u. Luego x ≤ u para todo x ∈ F . Por tanto, u es el u ´ ltimo elemento. Por otro lado, u es cota superior de F y si consideramos otra cota superior c de F ella satisface que x ≤ c para todo x ∈ F . En particular u ∈ F , luego u ≤ c. Por tanto, u es la menor cota superior. Luego u = sup F .

9.

Si A ⊂ R es un conjunto no vac´ıo, definimos por −A al conjunto {−x : x ∈ A}. Demuestre que si A es acotado inferiormente, entonces −A es acotado superiormente e inf A = − sup(−A). Soluci´ on: Si A es acotado inferiormente, sea c una cota inferior de A, entonces c ≤ x para todo x ∈ A. Luego −x ≤ −c para todo x ∈ A. Esto implica que −c es una cota superior de −A, y por axioma del supremo, existe el supremo de −A. Sea a = sup(−A) y b = inf A, como b es la mayor cota inferior de A, b ≤ x para todo x ∈ A. Luego −x ≤ −b para todo x ∈ A, lo que implica que −b es cota superior de −A. Si c es una cota superior de −A, −x ≤ c, para todo x ∈ A, lo que implica que −c ≤ x para todo x ∈ A. Por tanto, −c es una cota inferior de A y como b = inf A, debemos tener que −c ≤ b. Lo anterior implica que −b ≤ c; y siendo c una cota superior arbitraria de −A, concluimos que −b es el supremo de −A. Como

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

51

el supremo de un conjunto es u ´ nico, por teorema 1.1.36, −b = a, como quer´ıamos demostrar. 10.

Demuestre que sup R− = inf R+ = 0. Soluci´ on: Como R+ = −R− , por ejercicio resuelto 2, tenemos que sup R − = inf R+ . Demostremos que sup R− = 0. Supongamos que no es as´ı, como 0 es una cota superior sup R− de R− , entonces sup R− < 0. Del teorema 1.1.26 tenemos que x = satisface 2 que sup R− < x < 0. Luego, x ∈ R− y sup R− < x, lo que contradice la definici´on de sup R− . Por tanto, sup R− = 0 como quer´ıamos demostrar.

11.

Demuestre que inf{

1 : n ∈ N} = 0 . n

1 para todo n ∈ N. Supongamos n 1 que I > 0, entonces por el teorema 1.1.49 existe n ∈ N tal que 0 < < I. Lo cual n es una contradicci´on con la definici´on de I. Por tanto, I = 0.

Soluci´ on:: 0 es cota inferior del conjunto pues, 0 <

12.

Sean a y b n´ umeros reales. Demuestre que si para todo ε > 0, a < b + ε, entonces a ≤ b.

Soluci´ on: Como a − b < ε para todo ε > 0, a − b es cota inferior de R + . Por el ejercicio anterior, inf R+ = 0. Por lo tanto, a − b ≤ 0 y luego a ≤ b.

13.

Demuestre que R no es acotado superior ni inferiormente. Soluci´ on: Supongamos que R es acotado superiormente, entonces existe M ∈ R tal que x ≤ M para todo x ∈ R. Luego, como M + 1 ∈ R tendr´ıamos que M + 1 ≤ M , lo que implica que 1 ≤ 0; pero esto es una contradicci´on con el teorema 1.1.25. Por tanto, R no puede estar acotado superiormente. Ahora si R fuera acotado inferiormente, entonces por ejercicio resuelto 2 −R estar´ıa acotado superiormente y como −R = R, tendr´ıamos que R es acotado superiormente. Por tanto, R no puede estar acotado inferiormente.

14.

Dados a, b ∈ R tal que a < b, considere los siguientes conjuntos definidos en 1.1.46: A1 = ]a, b[ A2 = [a, b[ A3 = ]a, b] A4 = [a, b].

52

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD Demuestre que : sup A1 = sup A2 = sup A3 = sup A4 = b e inf A1 = inf A2 = inf A3 = inf A4 = a. Soluci´ on: Es f´acil ver que b es cota superior de A 1 , A2 , A3 y A4 por la definici´on de los conjuntos. Ahora, usando el teorema 1.1.35, veamos que b es el supremo de estos conjuntos. Consideremos ε > 0 arbitrario. Por teorema 1.1.26, tenemos que b−ε<

(b − ε) + b
(b − ε) + b tenemos que x ∈ Ai con i = 1, . . . , 4; puesto que x < b. luego, si x = 2 Adem´as, b − ε < x. Luego, b = sup Ai con i = 1, . . . , 4. Notemos que si ε ≥ b − a cualquier x ∈ Ai con i = 1, . . . , 4 satisface la propiedad del teorema 1.1.35 para b como candidato a supremo. Como −A1 = {x ∈ R : −b < x < −a}, entonces por lo demostrado en el p´arrafo anterior sup −A1 = −a, luego por lo demostrado en ejercicio resuelto 2 concluimos que inf A1 = a. An´alogamente inf A2 = inf A3 = inf A4 = a. Veamos ahora que A1 a pesar de tener ´ınfimo no tiene primer elemento. Si este existiera y fuera p, entonces, p ∈ A1 y p ≤ x ; x ∈ A1 . Sin embargo, sabemos que a+p a+p a+p siendo a < p se tiene que a < < p, y luego ∈ A1 y < p. Pero esto 2 2 2 es una contradicci´on con el hecho que p es el primer elemento de A 1 . Por tanto, A1 no tiene primer elemento. De modo an´alogo, A3 no tiene primer elemento y A1 , A2 no tienen u ´ ltimo elemento. 15.

Dado A ⊂ R no vac´ıo y a ∈ R, definimos a + A = {a + x : x ∈ A}. Demuestre que si A es acotado superiormente, entonces a + A es acotado superiormente y sup(a + A) = a + sup A. Soluci´ on: Sea u = sup A, entonces, x ≤ u para cualquier x ∈ A, y a + x ≤ a + u. Por tanto, a+u es una cota superior de a+A; por consiguiente, se tiene sup(a+A) ≤ a+u. Si v es cualquier cota superior del conjunto a + A, entonces a + x ≤ v para todo x ∈ A. Entonces, x ≤ v − a para todo x ∈ A, lo cual implica que u = sup A ≤ v − a. As´ı a + u ≤ v y como a + u es una cota superior de a + A, se concluye que sup(a + A) = a + u = a + sup A. Usando ejercicio resuelto 2, puede probarse una proposici´on an´aloga para ´ınfimos. En efecto,

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES

53

inf(a + A) = − sup[−(a + A)]

= − sup[−a + (−A)] = −[−a + sup(−A)] = a − sup(−A) = a + inf A.

Para que lo anterior tenga sentido, A debe ser un subconjunto no vac´ıo de R acotado inferiormente. Adem´as debe demostrarse que −(a + A) = −a + (−A), lo cual es inmediato.

Ejercicios propuestos 1.

Demuestre teorema 1.1.39.

2.

Demuestre teorema 1.1.40.

3.

Demuestre teorema 1.1.41.

4.

Demuestre teorema 1.1.43.

5.

Demuestre teorema 1.1.44.

6.

Demuestre 14 de los ejercicios resueltos sin usar teorema 1.1.35.

7.

Demuestre sin usar ejercicio resuelto 14 que: a) b) c)

8.

sup[−5, 2[) = 2 y inf[−5, 2[= −5.

sup{x ∈ R : −x2 + 3x − 2 > 0} = 2 y inf{x ∈ R : −x2 + 3x − 2 > 0} = 1. 1 sup{−x2 + 3x − 2 : x ∈ R} = . 4

Dado el conjunto A = {x ∈ R : |x − 3| < 4} a)

Encuentre cotas superiores e inferiores para A y su complemento A c .

b)

Encuentre el sup A, inf A, sup Ac , inf Ac si es que existen.

Encuentre cotas superiores e inferiores para los siguientes conjuntos: 9.

{x2 + 1; −1 ≤ x ≤ 1}.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

54 10. 11. 12.

{x2 + 1; x ∈ R}.   1 ; −1 ≤ x ≤ 1 . x2 + 1   1 ; x∈R . x2 + 1

13.

{1 − x − x2 ; −2 ≤ x ≤ 1}.

14.

{x2 + x − 1; x ∈ R}.

15.

{1 − x − x2 ; x ∈ R}.

16.

Si x = 3b − a + 2, y = 3a − b + 7 y los n´ umeros a y b est´an acotados como sigue: 2, 20 < a < 2, 21 ; 3, 44 < b < 3, 45. Encuentre cotas superiores e inferiores para x x, y, x + y, x − y, xy, . Compare x e y. y

17.

Sean A y B subconjuntos de R y λ ∈ R, entonces consideremos los conjuntos: A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. λA = {λa : a ∈ A}.

AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B}. a)

Sea A ⊂ R no vac´ıo y acotado. Muestre que si λ ≥ 0, entonces sup(λA) = λ sup A y inf(λA) = λ inf A. Busque contraejemplos para mostrar que no se tienen tales igualdades cuando λ < 0.

b)

Sean A, B ⊂ R no vac´ıos y acotados. Demuestre que: sup(A + B) = sup A + sup B y inf(A + B) = inf A + inf B. ¿Cu´ando sup(AB) = (sup A)(sup B) e inf(AB) = (inf A)(inf B) ? En tal caso demuestre que se satisfacen dichas igualdades.

c)

Sean A, B subconjuntos de R tal que A ⊂ B y B acotado. Muestre que A es acotado y que inf B ≤ inf A ≤ sup A ≤ sup B.

d)

Sean A, B subconjuntos no vac´ıos y acotados de R . Muestre que sup(A ∪ B) = m´ax{sup A, sup B}

e)

y

inf(A ∪ B) = m´ın{inf A, inf B}.

Sea f : A ⊂ R → R una funci´on con recorrido acotado. Demuestre que si A0 ⊂ A, entonces: inf{f (x) : x ∈ A} ≤ inf{f (x) : x ∈ A0 } ≤ sup{f (x) : x ∈ A0 } ≤ sup{f (x) : x ∈ A}.

´ 1.1. LOS NUMEROS REALES f)

55

Sean f, g : A ⊂ R → R funciones con recorrido acotado. Demuestre que: inf{f (x) : x ∈ A} + inf{g(x) : y ∈ A} ≤ inf{f (x) + g(x) : x ∈ A} ≤ inf{f (x) : x ∈ A} +

+ sup{g(x) : y ∈ A}

≤ sup{f (x) + g(x) : x ∈ A} ≤ sup{f (x) : x ∈ A} + + sup{g(y) : y ∈ B}

18.

Dados los n´ umeros reales a, b, demuestre que: a) b)

a + b + |a − b| . 2 a + b − |a − b| inf{a, b} = . 2 sup{a, b} =

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

56

1.2. 1.2.1.

L´ımites de funciones num´ ericas de variable discreta. Las variables discretas y el conjunto N

Si una magnitud var´ıa mediantes saltos, como por ejemplo el n´ umero de personas que llegan a la caja de un banco en intervalos de tiempos fijos, el n´ umero de nacimientos o muertes medidos d´ıa a d´ıa, se dice que es discreta. Otra forma de concebir algo discreto es algo que al ser fraccionado pierde su esencia. Por ejemplo: la mitad de una mesa no es una mesa y la tercera parte de 34 nacimientos no son 11,333....nacimientos. En cambio, existen otras magnitudes que permiten, al menos abstractamente, infinitas posibilidades de divisi´on. Las m´as t´ıpica de las magnitudes continuas son el tiempo y la temperatura. Las variables discretas, en general, aparecen al contar objetos, sucesos o fen´omenos y, por tanto, el modelo matem´atico b´asico de una variable discreta es el conjunto de los n´ umeros naturales N. En una relaci´on funcional de variable independiente y dependiente, cuando la variable independiente es discreta necesariamente la variable dependiente tambi´en lo es, este tipo de asignaci`on se les llama sucesiones. Una sucesi´on es una abstracci´on de un proceso cuyas etapas se pueden contar y extender indefinidamente. Definici´ on 1.2.1 Se llama sucesi´ on de n´ umeros reales a una funci´on definida sobre N con valores en R, es decir, una regla que pone en correspondencia de manera u ´ nica los elementos de N con n´ umeros reales.En otras palabras, una sucesi´on es una funci´on f : N → R tal que a cada n le asigna f (n) = a n . Tambi´en suele denotarse como {an } y a an se le llama el t´ermino general de la sucesi´on. Antes de entrar en el estudio de las sucesiones enunciaremos algunas de las propiedades m´as relevantes del conjunto de los n´ umeros naturales. Teorema 1.2.2 Principio de Inducci´ on Sea n ∈ N y P (n) una propiedad satisfecha por n. Si se cumple lo siguiente: (i) P (1) es verdadera. (ii) El hecho que P (n) es verdadera implica que P (n + 1) es verdadera. Entonces, la propiedad P (n) se satisface para todo n ∈ N. Teorema 1.2.3 Principio del Buen Orden N es un conjunto bien ordenado, esto significa que todo subconjunto A no vac´ıo de N tiene primer elemento.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

57

El Principio de Inducci´on es el m´etodo m´as seguro, a veces el u ´ nico, para demostrar propiedades de los n´ umeros naturales. Existe un teorema paralelo a ´este, que nos da la posibilidad de garantizar que ciertas funciones sobre los n´ umeros naturales est´an bien definidas, tal es el Teorema de Recurrencia, que vamos a enunciar para cultura de los lectores, pero que no demostraremos aqu´ı. Teorema 1.2.4 Teorema de Recurrencia Si x es un n´ umero real y G una funci´on sobre R con valores reales, entonces existe una u ´ nica F tal que: (i) F es una funci´on sobre N. (ii) F (1) = x. (iii) Para cada n, F (n + 1) = G(F (n)). Ejemplo 1.2.5 Una forma de definir sucesiones es usando el Teorema de Recurrencia. a) Dados los n´ umeros reales x, d, una progresi´on aritm´etica es la sucesi´on definida por recurrencia de la forma siguiente: a1 = x an+1 = an + d En este caso, la funci´on G es G(z) = z + d donde d es una constante real. b) Dados los n´ umeros reales x, r, se define una progresi´ on geom´ etrica de la siguiente manera recursiva: a1 = x an+1 = an · r ; En este caso, la funci´on G es G(z) = rz donde r es una constante real. c) La definici´on por recurrencia puede involucrar expl´ıcitamente a m´as de un t´ermino ya conocido, por ejemplo: a1 = a 2 = 1 an+1 = 2an + 3an−1 . Esto se obtiene al considerar F (n + 1) = G(F (n − 1), F (n)) y G : R × R 7→ R, G(x, y) = 3x + 2y.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

58

El teorema de Recurrencia no s´olo se usa para definir sucesiones, las siguientes dos definiciones son otros casos, muy conocidos, en que se usa este u ´ til teorema. Definici´ on 1.2.6 Dado x ∈ R, se define x 1 = x y xn+1 = xn x. Tomando x fijo y G(y) = yx, el teorema nos asegura la existencia de una u ´ nica funci´on F sobre N tal que F (1) = x y F (n + 1) = G(F (n)) = F (n)x. Por convenci´on F (n) la escribimos como xn . Definici´ on 1.2.7 Se define el s´ımbolo n! mediante el siguiente esquema recursivo: 1! = 1 (n + 1)! = n!(n + 1)

1.2.2.

Convergencia de sucesiones

Definici´ on 1.2.8 Diremos que una sucesi´on es acotada si existe un n´ umero positivo M tal que |an | < M , para todo n ∈ N. Definici´ on 1.2.9 Diremos que una sucesi´on es: (i) estrictamente creciente si an < an+1 , para todo n. (ii) creciente si an ≤ an+1 , para todo n. (iii) estrictamente decreciente si a n > an+1 , para todo n. (iv) decreciente si an ≥ an+1 , para todo n. (v) mon´ otona si satisface cualquiera de las condiciones anteriores. Ejemplo 1.2.10 1. La sucesi´on cuyo t´ermino general est´a definido por a n = n2 , es creciente. En efecto, usando las propiedades de las potencias: n < n + 1 =⇒ n2 < (n + 1)2 . Esta sucesi´on no es acotada superiormente por la propiedad arquimediana de los n´ umeros reales. 2.

1 La sucesi´on an = , es decreciente, y acotada inferiormente por 0. En efecto, n cualquiera sea n ∈ N, se tiene que: n < n + 1 =⇒

1 1 1 > y > 0. n n+1 n

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

59

3.

La sucesi´on an = (−1)n es acotada, pues |an | = 1, para todo n; pero no es creciente ni decreciente.

4.

Consideremos la sucesi´on definida por recurrencia a1 = −4 1 an = an−1 + 4, si n ≥ 2 2 Esta sucesi´on es tal que: a2 = 21 (−4) + 4 = 2, a3 =

2 2

+ 4 = 5, a4 =

5 2

+4 =

13 2 .

Podemos sospechar que esta sucesi´on es creciente, pero debemos demostrarlo. Lo haremos usando inducci´on. La propiedad P (1) toma la forma: a 1 ≤ a2 . Calculando a1 y a2 , podemos verificar r´apidamente que a 1 = −4 < a2 = 2. Ahora supongamos que se satisface la propiedad P (n) que en nuestro caso toma la forma: an < an+1 ; entonces, debemos demostrar que a n+1 < an+2 . En efecto: an+1 =

1 1 an + 4 < an+1 + 4 = an+2 (por hip´otesis de inducci´on). 2 2

Usando nuevamente el principio de inducci´on, demostraremos que esta sucesi´on es acotada por 8: a1 = −4 < 8. Supongamos que an < 8, entonces an+1 = 21 an + 4 < 21 8 + 4 = 8. Por ser creciente, tenemos que |an | < 8. √ Una forma de aproximar el n´ umero irracional 2 es mediante la sucesi´on definida recursivamente: a1 = 1   1 2 an+1 = an + . 2 an √ Para que efectivamente este procedimiento num´erico d´e aproximaciones de 2, se necesita √ que en cada etapa se obtenga un valor m´as cercano al n´ umero 2, pero como el proceso se puede extender indefinidamente, debemos detenernos en alg´ un instante seg´ un el grado de exactitud deseado. ¿ Pero qui´en puede asegurarnos que lo que uno observa en las primeras etapas sea una propiedad intr´ınseca de la sucesi´on ? Es decir, ¿se conserva siempre la propiedad que en cada etapa la aproximaci´on es m´as exacta? ¿C´omo estar seguro de ello? Podemos citar otro ejemplo: En los albores del pensamiento racional en el siglo V a.C, Zen´on de Elea plante´o sus famosas paradojas para dejar constancia de la imposibilidad -seg´ un ´el- de concebir abstractamente el movimiento. En particular, si el espacio fuera

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

60

continuo, entonces cuando alguien va desde un punto A a un punto B, en alg´ un instante AB ; al seguir avanzando, en otro instante est´a en la mitad de la mitad, es decir, est´a en 2 AB AB en + . En el instante n, se encuentra en 2 4 AB AB AB + 2 + ... + n . 2 2 2 Este es un proceso que se extiende indefinidamente teni´endose una suma infinita de n´ umeros positivos la cual, en la ´epoca de Zen´on, se pensaba deb´ıa ser infinita. Por tanto, en teor´ıa nunca se pod´ıa llegar al punto B, cosa que evidentemente contradice la realidad. Si el proceso de avanzar por sucesivas mitades es una forma de reflejar el poder ir de A hasta B, entonces, ¿com´o sumar una cantidad infinita de n´ umeros positivos de modo que nos d´e AB ? Evidentemente no debe ser una suma aritm´etica, pues por este camino llegamos a la misma conclusi´on de Zen´on. Para resolver este tipo de problemas, surgi´o el concepto de l´ımite de una sucesi´on, que en algunos casos coincide con supremos e ´ınfimos. El conjunto R Para dar una idea de una magnitud que crece o decrece indefinidamente necesitamos ampliar el conjunto R introduciendo los s´ımbolos −∞ y +∞ = ∞ y sus relaciones aritm´eticas y de orden. En este caso R = R ∪ {−∞, +∞}. 1.

Para todo x ∈ R, −∞ < x < +∞. Se preservan las propiedades fundamentales de las desigualdades.

2.

(+∞) + a = +∞, para todo a ∈ R.

3.

(−∞) + a = −∞, para todo a ∈ R.

4.

(+∞) · a = +∞, si a > 0.

5.

(+∞) · a = −∞, si a < 0.

6.

(−∞) · a = −∞, si a > 0.

7.

(−∞) · a = +∞, si a < 0.

8.

(−∞) · (−∞) = +∞

9.

(−∞) · (+∞) = (+∞) · (−∞) = −∞

10.

(+∞) · (+∞) = +∞

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

61

Es importante enfatizar que las operaciones con estos s´ımbolos que no est´an expl´ıcitamente definidas no tienen sentido, es decir, cuando ellas aparecen no se puede concluir nada. Por esta raz´on suele llam´arseles formas indeterminadas Ejemplos de formas indeterminadas son: (+∞) + (−∞) , (+∞) · 0 , (−∞) · 0. Definici´ on 1.2.11 Diremos que un n´ umero L, es el l´ımite de una sucesi´ on {a n } si dado un n´ umero positivo ε existe un n´ umero natural N tal que si n ≥ N , se cumple que |an − L| < ε es decir, L − ε < an < L + ε, para todo n ≥ N . En este caso, escribimos: L = l´ım an o´ an → L cuando n → ∞ y tambi´en suele decirse n→∞

que la sucesi´on {an } converge hacia L.

Interpretaci´ on geom´ etrica del l´ımite. Si {a n } es una sucesi´on convergente a L entonces, graficando la sucesi´on, se debe observar que a partir de alg´ un n los a n comienzan a acercarse al punto L. Dado un ε a partir de n suficientemente grande, todos los valores de la sucesi´on se encuentran en la franja (L − ε, L + ε). L−

L+

L

an an+1

Figura 1.2.1: Interpretaci´on geom´etrica del l´ımite. 5 , la sucesi´on {an } converge a L = 1. En efecto, n+1 dado ε > 0 debemos encontrar N tal que si n > N , entonces

Ejemplo 1.2.12

1.

Si an = 1 +

|an − L| = |1 +

5 5 5 − 1| = | |= n+1 n+1 n+1

debe ser menor que ε. Imponiendo la condici´on, despejamos n. 5 5 Para que < ε es necesario y suficiente que − 1 < n. n+1 ε 5 As´ı, usando la propiedad arquimediana, dado el n´ umero − 1 existe un N tal que ε N > 5ε − 1, de modo que si n ≥ N , entonces n>

5 −1 ε

62

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD 5 ε n+1 1 > 5 ε 5 < ε. n+1 n+1 >

2.

3.

La sucesi´on constante con t´ermino general a n = c, para todo n, tiene l´ımite L = c. Pues, dado ε > 0, para todo n se tiene que |a n − L| = |c − c| = 0 < ε. 1 La sucesi´on an = , tiene l´ımite L = 0 que es, a su vez, el ´ınfimo del conjunto n 1 { : n ∈ N}. La demostraci´on es la misma. n

4.

La sucesi´on an = (−1)n , aunque es acotada, no tiene l´ımite. Cualquier n´ umero candidato a l´ımite, en particular los valores 1, -1, no cumple con la condici´on, pues la distancia entre dos t´erminos sucesivos |a n − an+1 | = 2; por tanto, tomando cualquier 0 < ε < 2, es imposible que se satisfaga la definici´on 1.2.11.

5.

La sucesi´on an = n2 , por ser creciente y no acotada superiormente, los t´erminos para n grandes no pueden acumularse en torno a un n´ umero fijo.

Definici´ on 1.2.13 Si una sucesi´on no converge, entonces diremos que diverge. Es decir, una sucesi´on {an } diverge si:

Dado L ∈ R existe ε > 0 tal que para todo n existe otro n´ umero natural m, m ≥ n de modo que |a m −L| ≥ ε. Ejemplo 1.2.14 Las sucesiones de las partes 4 y 5 del ejemplo 1.2.12 divergen. Teorema 1.2.15 Si una sucesi´on {an } tiene l´ımite, L entonces el l´ımite es u ´ nico. L.

Demostraci´ on: Supongamos que la sucesi´on {a n } converge adem´as hacia el n´ umero

Usando definici´on 1.2.11, con L y L, tenemos que, dado ε > 0, existe N tal que si n ≥ N , |an − L| < ε existe N tal que si n ≥ N , |an − L| < ε. Por tanto, usando la desigualdad triangular del valor absoluto, tenemos: |L − L| = |L − L + an − an | = |(L − an ) − (L − an )| ≤ |L − an | + |L − an | < 2ε. Por ser | L − L |< 2ε para todo ε > 0, usando la propiedad demostrada en el ejercicio resuelto 5 de la subsecci´on 1.1.1 tenemos que L = L. Por tanto, si existe el l´ımite, ´este es u ´ nico.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

63

Teorema 1.2.16 Toda sucesi´on convergente es acotada. Demostraci´ on: Sea {an } una sucesi´on convergente hacia L. Aplicando la definici´on 1.2.11 con ε = 1, podemos asegurar la existencia de un n´ umero N tal que, si n ≥ N , |an − L| < 1. Por una propiedad del valor absoluto, |an | − |L| ≤ |an − L |< 1 |an | ≤ |L| + 1, si n ≥ N.

Los t´erminos no incluidos en la u ´ ltima afirmaci´on son {a 1 , . . . , aN −1 } que constituyen un conjunto finito y, por tanto, es acotado. Es decir, |an | ≤ M , para todo n ∈ N. Para M = sup{|a1 |, . . . , |an |, |L| + 1}. As´ı tenemos que {an } es acotada. Una consecuencia del teorema 1.2.16 es que una sucesi´on no acotada no es convergente. Tal como en el caso de las funciones num´ericas de variable continua, existe una aritm´etica de sucesiones; el siguiente teorema nos dice c´omo se conserva la propiedad de convergencia a trav´es de las operaciones aritm´eticas. Teorema 1.2.17 Sean {an } y {bn } sucesiones convergentes. Entonces se cumplen las siguientes propiedades: (i) l´ım (an + bn ) = l´ım an + l´ım bn . n→∞

n→∞

n→∞

(ii) l´ım (an · bn ) = l´ım an · l´ım bn . n→∞

n→∞

n→∞

l´ım an an = n→∞ ; cuando l´ım bn 6= 0. n→∞ n→∞ bn l´ım bn

(iii) l´ım

n→∞

Demostraci´ on: (i) Sean L1 = l´ım an , L2 = l´ım bn . Dado ε > 0, existen n´ umeros naturales N 1 , N2 n→∞ n→∞ tales que: ε |an − L1 | < ; para todo n ≥ N1 2 ε |bn − L2 | < ; para todo n ≥ N2 . 2 Entonces, si N ≥ sup{N1 , N2 } ε ε |(an +bn )−(L1 +L2 )| = |(an −L1 )+(bn −L2 )| ≤ |an −L1 |+|bn −L2 | < + = ε ; para todo n ≥ N. 2 2 Por tanto, la sucesi´on {an + bn } converge a L1 + L2 .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

64

(ii) Debemos estudiar la distancia entre a n bn y L1 L2 , es decir, estimar el n´ umero |an bn − L1 L2 |. Para ello, observemos que an bn − L 1 L2 = a n bn − a n L2 + a n L2 − L 1 L2 = an (bn − L2 ) + L2 (an − L1 ) como la sucesi´on {an } es convergente, ella es acotada, as´ı existe M > 0 tal que |an | ≤ M , para todo n. |an bn − L1 L2 | ≤ |an ||bn − L2 | + |L2 ||an − L1 | ≤ M |bn − L2 | + |L2 ||an − L1 | Con un argumento como el usado en (i), dado un n´ umero positivo η, existe N tal que si n ≥ N , entonces |bn − L2 | < η |an − L1 | < η. Entonces |an bn − L1 L2 | ≤ M η + |L2 |η = (M + |L2 |)η para n ≥ N . Si en particular ε , entonces |an bn − L1 L2 | < ε; para n ≥ N . elegimos η = M + |L2 | 1 an = an · ; y acabamos de demostrar la convergencia de un producto de bn bn 1 1 sucesiones convergentes, basta que demostremos la convergencia de { } hacia , bn L2 cuando L2 6= 0.

(iii) Como

La condici´on L2 6= 0 implica que cuando n crece, los bn no pueden ser cero. En efecto, 1 1 si L2 6= 0 entonces |L2 | > 0. Por lo cual podemos tomar en particular ε = |L2 | y 2 2 1 por definici´on 1.2.11, existe N tal que si n ≥ N entonces |b n − L2 | < |L2 |. De aqu´ı, 2 1 1 tenemos que |L2 | − |bn | ≤ |bn − L2 | < |L2 | y por tanto |bn | > |L2 |. 2 2 Ahora analicemos la diferencia |

1 L2 − b n |L2 − bn | 1 − |=| |= . bn L2 bn · L 2 |bn ||L2 |

Pero para n grande, |L2 − bn | < η y |

1 2 < , as´ı: |bn | |L2 |

1 1 2η 1 − |< ; si hacemos η = ε | L2 |, bn L2 |L2 | 2

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. obtenemos que |

65

1 1 − | < ε. bn n

Con este resultado y (iii) tenemos que: an n→∞ bn l´ım

=

l´ım (an ·

n→∞

l´ım an

=

n→∞

l´ım bn

1 1 ) = l´ım an · l´ım n→∞ n→∞ bn bn

.

.

n→∞

Corolario 1.2.18 Como casos particulares del teorema 1.2.17 tenemos los siguientes resultados: (i) l´ım (c · an ) = c l´ım an ; c =cte. n→∞

n→∞

(ii) l´ım (−an ) = − l´ım an . n→∞

n→∞

(iii) l´ım (an − bn ) = l´ım [an + (−bn )] = l´ım an + l´ım (−bn ) = l´ım an − l´ım bn . n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Observaci´ on 1.2.19 En la aplicaci´on del teorema 1.2.17 se debe verificar previamente el cumplimiento de la hip´otesis que las sucesiones involucradas sean convergentes, pues en caso contrario las conclusiones pueden ser falsas. Sean las sucesiones {an } y {bn } tales que an = n, bn = n, entonces en este caso no puede usarse la f´ormula (i) del teorema 1.2.17. Pues l´ım (an − bn ) 6= l´ım an − l´ım bn = n→∞

+∞ + (−∞) pero an − bn = 0 y l´ım (an − bn ) = l´ım (0) = 0. n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n . Hemos visto que las sucesiones {n} y {n+1} n+1 no son convergentes, por tanto no podemos aplicar la propiedad (iv) del teorema 1.2.17, pero s´ı podemos transformar la expresi´on del t´ermino general de modo que podamos aplicar algunas de las afirmaciones de dicho teorema. Dividiendo el numerador y el denominador por n, obtenemos:

Ejemplo 1.2.20

1.

Encontrar l´ım

n→∞

n 1 = n+1 1+

Por (i) l´ım (1 + n→∞

1. n

n 1 ) = 1. Por (iv) l´ım ( )= n→∞ n + 1 n

l´ım 1

n→∞

1 l´ım (1 + ) n→∞ n

= 1.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

66

n3 + 2n2 − 4 . Nuevamente en este caso para aplicar el teorema 1.2.17 n→∞ n4 + 2 debemos transformar la expresi´on, dividiendo numerador y denominador por n elevado a la mayor potencia, en este caso, n 4 .

2.

Calcule l´ım

n3 + 2n2 − 4 an = = n4 + 2 Como l´ım

n→∞

1 n

+

2 n2

1+

−

2 n4

4 n4

.

1 1 1 = 0, por (ii) sabemos que l´ım ( )r = l´ım r = 0. Por tanto, n→∞ n→∞ n n n 1 2 4 l´ım ( + 2 − 4 ) n3 + 2n2 − 4 n→∞ n n n = 0 =0 l´ım ( )= 4 2 n→∞ n +2 1 l´ım (1 + 4 ) n→∞ n

Para usar el teorema 1.2.17 es necesario, como se puede observar en los dos ejemplos anteriores, tener un m´ınimo de sucesiones convergentes de referencia. Para ello es bueno tener, aparte de la definici´on, algunos recursos t´ecnicos para obtener convergencia como los que dan los siguientes teoremas: Teorema 1.2.21 Si la sucesi´on {an } es convergente, entonces {|an |} es convergente y l´ım |an | = | l´ım an |. n→∞

n→∞

Demostraci´ on:

Sea L = l´ım an ; entonces para n suficientemente grande, n→∞

|an − L| < ε. Usando propiedades del valor absoluto tenemos: ||an | − |L|| ≤ |an − L| < ε lo cual nos dice que {|an |} converge y que l´ım |an | = |L|. n→∞

Teorema 1.2.22 (i) Si {an } es una sucesi´on convergente tal que a n ≥ 0 para todo n. Entonces, l´ım an ≥ 0. n→∞

(ii) Si {an } y {bn } son dos sucesiones convergentes tales que a n ≤ bn , para todo n. Entonces, l´ım an ≤ l´ım bn . n→∞

n→∞

Demostraci´ on: (i) Sea L = l´ım an y supongamos por contradicci´on que L < 0. Entonces −L > 0. n→∞ Usando la definici´on de l´ımite con ε = −L, tenemos que para n suficientemente grande |an − L| < −L

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

67

En particular an − L < −L y por tanto an < 0, para n grande lo que contradice la hip´otesis. (ii) Es consecuencia inmediata de (i) tomemos la sucesi´on c n = bn − an . Como an ≤ bn entonces cn ≥ 0 y por (i) l´ım cn ≥ 0. Pero l´ım cn = l´ım bn − l´ım an por teorema n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 1.2.17. As´ı: l´ım bn − l´ım an ≥ 0 n→∞

n→∞

l´ım bn ≥ l´ım an .

n→∞

n→∞

Observaci´ on 1.2.23 Este teorema no puede ser enunciado solo con la relaci´on > ; por 1 ejemplo: an = > 0, para todo n; pero l´ım an = 0. Es decir, la relaci´on ≤ o ≥ pasa bien n→∞ n a trav´es del l´ımite, pero no ocurre lo mismo con > o <. Teorema 1.2.24 C´ alculo de l´ımites por acotamiento Si an ≤ cn ≤ bn y si l´ım an = l´ım bn , entonces la sucesi´on {cn } es convergente y n→∞ n→∞ l´ım cn = l´ım an = l´ım bn . n→∞

n→∞

Demostraci´ on: temente grande:

n→∞

Sea L = l´ım an = l´ım bn y sea ε > 0. Entonces, para n suficienn→∞

|an − L| < ε

n→∞

y;

|bn − L| < ε.

Como an ≤ cn ≤ bn , tenemos que an − L ≤ cn − L ≤ bn − L. Adem´as que, −ε < an − L y bn − L < ε, por tanto, −ε < cn − L < ε, lo que implica que |cn − L| < ε, para n suficientemente grande. As´ı, l´ım cn = L. n→∞

Corolario 1.2.25 Si l´ım |an | = 0, entonces la sucesi´on {an } es convergente y l´ım an = 0 n→∞

n→∞

Demostraci´ on: −|an | ≤ an ≤ |an | l´ım (−|an |) = 0 = l´ım |an |

n→∞

n→∞

Por tanto, l´ım an = 0. n→∞

Ejemplo 1.2.26 Calcular l´ım an , donde an est´a dado por: n→+∞

an =

n+1 n+2 n+n + 2 + ...... + 2 . 2 n +1 n +2 n +n

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

68

Soluci´ on: Para calcular este l´ımite no se puede usar el teorema de suma de l´ımites debido a que el n´ umero de sumandos de a n depende de n. Raz´on por la cual cuando n crece el n´ umero de sumando tambi´en crece. En casos como este el teorema 1.2.24 es de gran utilidad. Acotando cada sumando inferiormente por el menor de todos ellos y acotando superiormente cada sunando por el mayot de todos nos queda: n+2 n+n n+1 + 2 + ...... + 2 2 n +n n +n n +n (n + 1) + (n + 2) . . . . . . (n + n) n2 + n 2 n + (1 + 2 + . . . + n) n2 + n n2 + n(n+1) 2 n2 + n 3n2 + n 2n2 + 2n 3n2 + n l´ım n→+∞ 2n2 + 2n 3 2

<

an

<

an

<

an

<

an

<

an

≤

n→+∞

≤

n→+∞

l´ım an

l´ım an

n+1 n+2 n+n + 2 + ...... + 2 2 n +1 n +1 n +1 (n + 1) + (n + 2) . . . . . . (n + n) < n2 + 1 2 n + (1 + 2 + . . . + n) < n2 + 1 n2 + n(n+1) 2 < n2 + 1 3n2 + n < 2n2 + 2 3n2 + n ≤ l´ım n→+∞ 2n2 + 2 3 ≤ . 2 <

Por lo tanto, hemos demostrado que:   n+2 n+n n+1 3 + 2 + ...... + 2 = . l´ım 2 n→+∞ n + 1 n +2 n +n 2 El siguiente teorema es una importante consecuencia del axioma del supremo. Teorema 1.2.27 Teorema de las sucesiones mon´ otonas Toda sucesi´on mon´otona acotada es convergente. Si a 1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ; entonces, an ≤ sup {an } = l´ım an ; si a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an ≥ . . . entonces, an ≥ inf {an } = l´ım an . n→∞

n→∞

Demostraci´ on: Haremos s´olo uno de lo casos de monoton´ıa, pues ambos ocupan las mismas ideas. Si la sucesi´on {an } es mon´otona creciente y acotada, existe sup{a n : n ∈ N} = S. Demostraremos que S es el l´ımite de {a n }. Dado ε > 0, por teorema 1.1.35, existe N ∈ N tal que S − ε < a N . Pero la sucesi´on {an } es creciente. Entonces, S − ε < aN ≤ an < S + ε,

para todo n ≥ N

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

69

por lo cual |an − S| < ε, para todo n ≥ N . As´ı, l´ım an = S. n→∞

Ejemplo 1.2.28 La sucesi´on definida en el ejemplo 1.2.10, parte 4, es creciente y acotada superiormente. En virtud del teorema reci´en demostrado, ella converge a su supremo que debe ser menor o igual a 8. Como ya sabemos que el l´ımite existe, podemos calcularlo usando la definici´on : 1 an+1 = an + 4. 2 Tomamos l´ımite en ambos miembros y nos queda: 1 L = L + 4. 2 Despejando L, obtenemos que L = 8.

1.2.3.

Divergencia de sucesiones hacia ±∞

Definici´ on 1.2.29 (i) Diremos que una sucesi´on diverge a +∞, si para cada n´ umero M existe un n´ umero natural N tal que a n > M para todo n ≥ N . Esto lo denotaremos simb´olicamente por l´ım an = +∞. n→∞

(ii) Diremos que una sucesi´on diverge a −∞, si para cada n´ umero negativo M existe un n´ umero natural N tal que an < M , para todo n ≥ N . Ejemplo 1.2.30 2.

1.

l´ım n = ∞

n→∞

l´ım (−n) = −∞

n→∞

3.

Toda sucesi´on creciente no acotada superiormente diverge a +∞.

4.

Toda sucesi´on decreciente no acotada inferiormente diverge a −∞. Ahora veremos algunas propiedades de las sucesiones divergentes:

Teorema 1.2.31

(i) Si l´ım an = +∞, (o bien −∞), entonces l´ım n→∞

n→∞



1 an



= 0.

(ii) Si l´ım an = +∞ y si la sucesi´on {bn } es acotada inferiormente, entonces n→∞

l´ım {an + bn } = +∞.

n→∞

(iii) Si l´ım an = +∞ y si bn ≥ c > 0, para todo n, entonces l´ım (an · bn ) = +∞. n→∞

n→∞

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

70

(iv) Si l´ım an = +∞ y an ≤ bn , entonces l´ım bn = +∞. n→∞

n→∞

Demostraci´ on: 1 (i) Supongamos l´ım an = +∞ y sea ε > 0. Aplicando la definici´on 1.2.29 a M = , n→∞ ε tenemos que existe N tal que si n ≥ N entonces a n > M > 0, o lo que es lo mismo, an > 0<

1 <ε , an

1 ε

para todo n ≥ N.

1 = 0. n→∞ an

Es decir, l´ım

1 Si l´ım an = −∞, tomando −M = y con argumentos an´alogos se obtiene la n→∞ ε conclusi´on. (ii) {bn } acotada inferiormente implica que existe r < b n , para todo n. Como l´ım an = n→∞ +∞, dado M > 0, existe N tal que an > M − r, cuando n ≥ N . As´ı an + bn > M ; cuando n ≥ N lo que nos dice que l´ım (an + bn ) = +∞. n→∞

M , cuando n ≥ N . Multiplicando c esta desigualdad por bn ≥ c, obtenemos an bn ≥ M . Por tanto l´ım (an bn ) = +∞.

(iii) Dado M > 0, tenemos que existe N tal que a n >

n→∞

(iv) Como l´ım an = +∞. Dado M > 0, existe N tal que an > M , para todo n ≥ N . n→∞

Pero bn ≥ an , entonces bn ≥ M , para todo n ≥ N . As´ı l´ım bn = +∞. n→∞

1 Observaci´ on 1.2.32 1. El rec´ıproco que (i) es falso: a n = (−1)n converge a 0, pero n 1 n = (−1) n no diverge a +∞ ni a −∞. an 2.

Caso particular de (ii) es que si dos sucesiones divergen a +∞, la suma de ellas diverge a +∞. Caso particular de (iii) es que el producto de 2 sucesiones que divergen a +∞, diverge a +∞.

Ejemplo 1.2.33 Si c > 0, entonces l´ım nc = +∞, aplicando (iii)del teorema 1.2.31. n→∞

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.    

0 1 Ejemplo 1.2.34 l´ım r n = n→+∞ +∞    no existe Demostraci´ on:

|r| r r r

si si si si

< = > ≤

71

1 1 1 −1

Si r > 1, entonces r puede escribirse r = 1+h

;

h > 0.

r n = (1 + h)n

(1.6)

Usando el teorema del binomio se tiene que n(n − 1) 2 h + · · · + hn 2 | {z }

(1 + h)n = 1 + nh +

suma de terminos positivos Por lo tanto:

(1 + h)n > 1 + nh. De 1.6 y 1.7 se concluye. r n > 1 + nh; h > 0 En virtud del teorema 1.2.31 parte (iv) tenemos: l´ım r n > l´ım (1 + nh) = +∞.

n→+∞

n→+∞

Por lo tanto, Si r > 1, l´ım r n = +∞

n→+∞

(1.7)

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

72 Si |r| < 1.

Por propiedad del valor absoluto tenemos que: |r n | = |r|n < 1 Lo que implica que 1 >1 |r|n As´ı,

1 = |r n |



1 |r|

n

>1

Por lo anteriormente demostrado 1 = +∞ n→+∞ |r n | l´ım

Usando el teorema 1.2.31 parte (a), podemos concluir que, l´ım |r n | = 0

n→+∞

;

si |r| < 1

Si r = 1, entonces r n = 1, cualquiera sea n ∈ N. Por lo cual en este caso, la sucesi´on {r n } se reduce a la sucesi´on constante y su l´ımite es 1. Si r = −1 entonces rn =



1 −1

si n es par ; si n es impar

Esto nos dice que si r = −1, la sucesi´on {r n } = {(−1)n } oscila entre 1 y-1, raz´on por la cual la sucesi´on no tiene l´ımite en R . Si r < −1

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

r

73

r = −1|r|

n

= (−1)n |r|n

Como |r| > 1 entonces |r|n → +∞ y (−1)n oscila entre

-1 y 1. Entonces la sucesi´on oscila entre −∞ y +∞, por lo tanto no tiene l´ımite en R. Observaci´ on 1.2.35 La desigualdad 1.7 en la demostraci´on del ejemplo anterior se llama desigualdad de Bernoulli. Ejemplo 1.2.36 La serie geom´ etrica: Una importante aplicaci´on del l´ımite demostrado en el elemplo 1.2.34 es el c´alculo de la suma de una serie geom´etrica. Primero veremos un caso particular que corresponde a la suma de la paradoja de Zen´on que citamos al comienzo de esta secci´on.  2  n 1 1 1 Si an = + + ... + 2 2 2 demostraremos que l´ım an = 1. En efecto, n→∞

1 sea un = ( )n , entonces an = u1 + . . . + un . La sucesi´on {un } corresponde a una 2 progresi´on geom´etrica que no contiene el t´ermino u 0 = 1. 1 Consideremos la progresi´on geom´etrica de raz´on r = , usando la f´ormula de facto2 rizaci´on: 1 − xn+1 = (1 − x)(1 + x + x2 + . . . + xn ) sabemos que  n+1 1  n 1 − 1 1 2 = . 1 + + ... + 1 2 2 2   n+1 !  n  1 1 1 l´ım 1 + + . . . + = l´ım 2 1 − n→∞ n→∞ 2 2 2  n+1 1 = l´ım 2 − 2 l´ım n→∞ n→∞ 2 = 2.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

74

"     n # 1 1 2 1 , que podemos cal+ ... + + Pero a nosotros nos interesa l´ım n→+∞ 2 2 2 cularlo escribiendo: "     n #   n  1 1 1 1 2 1 l´ım + ... + = l´ım 1 + + . . . + + −1 = 2−1 = 1. n→+∞ n→+∞ 2 2 2 2 2 Con esto se tiene lo que la experiencia nos dice: es posible llegar de A hasta B por este proceso de recorrer sucesivas mitades. Caso general: Dada la progresi´on geom´etrica:

a0 = 1 an = ran−1 ; n ≥ 1, se llama serie geom´ etrica de raz´ on r a la sucesi´on definida por: b0 = 1 bn = bn−1 + an . Analizaremos la existencia de l´ım bn . n→∞ Observemos que bn = 1 + r + . . . + r n . generalizando el c´alculo del caso particular, tenemos que 1 + r + . . . + rn =

1 − r n+1 ; si r 6= 1, 1−r

entonces l´ım bn = l´ım (1 + r + . . . + r n ) = l´ım ( n→∞

n→∞

n→∞

1 r n+1 − ), como 1−r 1−r

l´ım r n+1 = 0 ⇐⇒ |r| < 1,

n→∞

1 si y s´olo si |r| < 1. 1−r Si | r |= 1, entonces bn = 1 + 1 + . . . + 1, sucesi´on que diverge a +∞ o´ bn = 1 + (−1) + 1 + (−1) + . . ., sucesi´on que oscila entre 0 y 1, por tanto, tampoco converge. entonces l´ım bn = n→∞

Si r > 1, entonces l´ım r n+1 = +∞ y bn diverge. n→∞

Si r < −1, entonces r n+1 = (−1)n+1 |r|n+1 oscila entre −∞ y +∞.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

75

Ejemplo 1.2.37 Calcular el l´ımite de 1 1 1 1 + (− ) + (− )2 + (− )3 + . . . . 3 3 3 1 Como |r| = | − | < 1; su l´ımite es : 3

1

3 = . 1 4 1 − (− ) 3

Ejemplo 1.2.38 Definici´ on del n´ umero e Este importante n´ umero irracional simboliza el l´ımite de la sucesi´on Es decir,



1 1+ n

n

.



 1 n l´ım 1 + = e. n→∞ n   1 n es mon´otona creciente y acotada En este ejemplo demostraremos que la sucesi´on 1 + n superiormente.   1 n Soluci´ on: an = 1 + , en particular tenemos: n     1 3 64 1 2 9 = = 2, 25, a3 = 1 + = = 2, 370. a1 = 2, a2 = 1 + 2 4 3 27 Demostraremos que la sucesi´on es creciente y acotada para poder aplicar el teorema 1.2.27 y as´ı obtener la existencia del l´ımite. Usando el teorema del binomio: 1 n(n − 1) 1 n(n − 1) . . . 1 1 + · 2 + ... + · n n 1·2 n 1 · 2...n n 1 1 2 1 (1 − n )(1 − n ) (1 − n ) . . . (1 − 1− n + + ... + = 1+1+ 2! 3! n!

an = 1 + n

por tanto, 1 1 − n+1 + 2! 1 2 (1 − n+1 )(1 − n+1 ) + ... 3! 1 ) . . . (1 − n−1 (1 − n+1 n+1 ) + n! 1 n (1 − n+1 ) . . . (1 − n+1 ) . (n + 1)!

an+1 = 1 + 1 + + + +

n−1 n )

,

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

76

Puede verse f´acilmente que los sumandos de a n+1 son mayores o iguales que los respectivos sumandos que forman an . Por tanto, an < an+1 . Para demostrar que la sucesi´on es acotada basta observar que an < 2 +

1 1 1 1 1 + ... + < 2 + + 2 + . . . + n−1 < 3 , 2! n! 2 2 2

en virtud del ejemplo 1.2.36, que est´a desarrollado m´as adelante. Como la sucesi´on {a n } es acotada y creciente, existe 1 l´ım (1 + )n = e. n→∞ n Este importante n´ umero juega un papel muy importante en an´alisis y se puede demostrar que es irracional. Distintas aproximaciones de ´el se pueden obtener calculando a n para valores grandes de n. e = 2, 71828182......... Este ejemplo es una muestra de como el axioma del supremo permite obtener los n´ umeros irrracionales a partir de sucesiones de n´ umeros racionales. L´ımites de referencias Los siguientes l´ımites son los m´ınimos que Ud. debe conocer y reconocer. Con ellos y los teoremas de operatoria de l´ımites, la mayor´ıa de los l´ımites que Ud. encontrar´a ser´an abordables. 1. 2. 3.

l´ım c = c

n→+∞

; c constante

l´ım n = +∞

n→+∞

Si c es constante:  

4. 5. 6.

0 l´ım cn = +∞ n→+∞  −∞

si si si

c = 0 c > 0 c < 0

1 = 0. n→+∞ n √ l´ım n n = 1. l´ım

n→+∞

l´ım

n→+∞

√ n a = 1,

si a es una constante positiva.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

7.

8.

9.

   

0 1 l´ım r n = n→+∞  +∞   no existe

l´ım (1 + r + r 2 + · · · + r n ) =

n→+∞

l´ım

n→+∞

1.2.4. 1.



1 1+ n

n

|r| r r r

si si si si

=e

        

< = > ≤

77

1 1 1 −1

1 1−r

; si |r| < 1

+∞ no existe

: si r ≥ 1 : si r ≤ −1

Ejercicios resueltos

Calcule los siguientes l´ımites: a)

12 + 2 2 + . . . + n 2 . n3 Soluci´ on:

an =

Usando la f´ormula 12 + 22 + . . . + n2 = la sucesi´on puede escribirse como: an =

n(n + 1)(2n + 1) , el t´ermino general de 6

2n3 + 3n2 + n 1 1 1 = + + 2 3 6n 3 2n 6n

Aplicando los teoremas sobre aritm´etica de l´ımites, tenemos: 1 l´ım an = . 3

n→∞

b)

√ √ an = n + 1 − n. Soluci´ on: En este caso no se puede usar el teorema 1.2.17, pues nos quedar´a una forma del tipo +∞ − ∞ de lo cual nada puede concluirse. En este caso conviene hacer la siguiente transformaci´on del t´ermino general: √ √ √ √ n+1+ n 1 an = ( n + 1 − n) √ √ , luego √ =√ n+1+ n n+1+ n 1 l´ım an = l´ım √ √ = 0. n→∞ n+1+ n

n→∞

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

78 c)

√ √ √ an = n( n + 1 − n). Soluci´ on: Si calculamos en directo el l´ımite de los factores, nos queda algo del tipo +∞·0, que tampoco nos permite concluir nada. As´ı debemos transformar el t´ermino general: √ √ √ √ n Como n( n + 1 − n) = √ √ , n+1+ n √ dividiendo numerador y denominador por n, nos queda:

Por tanto, l´ım an = n→∞

d)

1 . 2

an = q 1+

1 1 n

+

√ . 1

1

1 an = √ + ... + √ 2 2 n +1 n +n Soluci´ on: Usaremos el teorema 1.2.24. Para ello acotaremos superior e inferiormente el t´ermino general: n n √ < an < √ n2 + n n2 + 1 n n = l´ım √ = 1, obtenemos que: Como l´ım √ 2 2 n→∞ n→∞ n +n n +1 l´ım an = 1.

n→∞

2.

Si an ≥ 0 demuestre que la sucesi´on {an } converge a L. Calcule l´ım

n→∞

Soluci´ on:

√ an .

√ √ En este caso el candidato a l´ımite es L. En primer lugar, observemos que an − √ an − L √ . En segundo lugar, como {an } es convergente, ella es acotada L = √ an + L inferiormente. Sea m una cota inferior positiva de {a n }. Entonces, 0 ≤ m ≤ an implica

√ √ m ≤ an .

Por otro lado, √ √ √ √ an + L √ √ a −L √ =√ n √ . an − L = a n − L · √ an + L an + L

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. Por tanto,

79

√ √ |an − L| √ . | an − L| ≤ √ m+ L

√ √ As´ı, dado ε > 0, existe N tal que si n > N . Entonces |a n − L| < ε( m + L), √ lo √ √ √ que implica que ( an − L) ≤ ε. Lo que nos permite concluir que l´ım an = L. n→∞

3.

Demuestre que: Si a > 0, entonces l´ım

n→∞

√ n a = 1.

Soluci´ on:

√ n a. Usando propiedades de las potencias de 1 1 exponente fraccionario tenemos que: < implica un+1 < un . Lo que nos dice n+1 n que la sucesi´on {un } es decreciente. Adem´as, es acotada inferiormente por 1, pues para todo n ≥ 2, u1 = a > un > 1. Supongamos que a > 1 y sea un =

Por teorema 1.2.27, existe l´ım un = inf {un : n ∈ N} = L ≥ 1. n→∞

Para probar que L = 1, supongamos que L > 1, es decir, L = 1 + h, donde h > 0. √ Como L = 1+h < n a implica que (1+h)n < a y usando la desigualdad de Bernoulli ( ver observaci´on 1.2.35), (1 + h)n > 1 + nh tenemos que 1 + nh < a, para cada n. Pero, +∞ = l´ım (1 + nh) < l´ım a = a. n→∞

n→∞

1 Lo que es una contradicci´on. Por tanto, h = 0 y L = 1. Si 0 < a < 1, entonces ≥ 1 a r n 1 y por lo reci´en probado l´ım = 1, es decir, n→∞ a √ n l´ım 1 1 n→∞ √ = 1, = l´ım √ n→∞ n a l´ım n a n→∞

y de aqu´ı l´ım

n→∞

4.

√ n a = 1.

Demuestre que la sucesi´on an =

√ n n converge a 1.

Soluci´ on: Como cualquier ra´ız de un n´ umero mayor que uno es mayor que uno, podemos escribir:

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

80

q n √ n = 1 + kn , donde kn ≥ 0 y depende de n. Entonces, usando la desigualdad de Bernoulli ( ver observaci´on 1.2.35) tenemos: √

n = (1 + kn )n > 1 + nkn > nkn ,

√ n 1 y por tanto, kn < =√ . n n √ 2 1 n n = (1 + kn )2 = 1 + 2kn + kn2 < 1 + √ + . n n √ Por el teorema 1.2.24, podemos concluir que : l´ım n n = 1. 1<

n→∞

5.

La siguiente sucesi´on definida por recurrencia es una manera de aproximar

√ 2.

a1 = 1   2 1 . an + an+1 = 2 an Demuestre que l´ım an = n→∞

√ 2.

Soluci´ on: Observemos que √ √ √ √ (an − 2)2 1 an a2n − 2 2an + 2 |an+1 − 2| = | + − 2| = | |= 2 an 2an 2an √ √ 2 (an−1 − 2)4 . Por inducci´on se pues an ≥ 0, para todo n. A su vez (an − 2) = (2an−1)2 puede demostrar que: √ √ (1 − 2)2n |an+1 − 2| = n 2 · a1 · a2 · · · a n √ 2n (1 − 2) → 0 2n As´ı, existe N tal que si n ≥ N ,

1 1 < n →0 · a1 · a2 · · · a n 2 |an+1 −

√ 2| < ε.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. 6.

81

Dada la sucesi´on definida por recurrencia: √ c √ = c + an

a1 = an+1 a) b) c) d)

Demuestre que {an } es creciente √ 1 + 1 + 4c , entonces L + c = L2 . Demuestre que si L = 2 Demuestre por inducci´on que {an } es acotada superiomente por L. Demuestre que l´ım an = L. n→∞

Soluci´ on: a) b) c)

c > 0 =⇒ an ≥ 0; para todo n. Adem´as, como las cantidades subradicales van creciendo, an crece con n, √ √
1 + 1 + 4c 1 2 + c = L + c. 1 + 2 1 + 4c + 1 + 4c = L = 4 2 √ a1 = c < L. Supongamos que an < L y demostremos que an+1 < L. √ √ √ an+1 = c + an < c + L = L2 = L. As´ı, vemos que {an } es creciente y acotada superiormente por L. Entonces, por teorema 1.2.27, existe l´ım an = sup an = M ≤ L. n→∞

d)

Como L existe, y √ an+1 = c + an a2n+1 = c + an l´ım (a2n+1 ) = l´ım (c + an ) ⇐⇒ M 2 = c + M. n→∞

n→∞

despejando el valor de M tenemos M= Como M > 0, M = 7.

√ 1+ 1+4c 2

1±

√ 1 + 4c . 2

= L. En particular, si c = 2, entonces L = 2.

Estudiar la convergencia de la sucesi´on √

2,

q

√ 2 2,

y encontrar su l´ımite, si es que existe.

r q √ 2 2 2, . . . ,

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

82 Soluci´ on: siguiente:

Observemos que esta sucesi´on puede definirse por recurrencia del modo

a1 = an

√

2 p = 2an−1 .

Demostraremos que (an ) es una sucesi´on acotada √ superiormente por 2 y es creciente. Procediendo por inducci´o√ n tenemos: a 1 = 2 ≤ 2. Supongamos que an−1 ≤ 2, √ entonces an = 2an−1 ≤ 2 · 2 = 2. an an Para analizar el crecimiento demostraremos que ≤ 1 . En efecto, = an+1 an+1 r r an an an a √n = . Como an ≤ 2, tenemos que ≤ 1 y por lo tanto, ≤ 1. Lo cual 2 2 2 2an equivale a tener que, an ≤ an+1 . Usando teorema 1.2.27, existe L = l´ım an . Esto nos permite calcularlo usando la n→∞ q √ f´ormula de recurrencia: an = 2an−1 , implica l´ım an = 2 l´ım an−1 , y por n→∞ n→∞ √ consiguiente, L = 2L , lo que nos lleva a resolver la ecuaci´on L 2 − 2L = 0 que tiene por soluci´on L = 0 o L = 2 . Como la sucesi´on es creciente y a 1 ≥ 1, podemos deducir que L = 2.

8.

¿ C´ ual n´ umero es mayor, 1,000,000 1,000,000 o´ 1,000,001999,999 ?  Soluci´ on: Si n = 106 , entonces debemos averiguar cu´al es el m´ax nn , (n + 1)n−1 . Para ello estudiaremos el cuociente entre ambos n´ umeros.     n+1 n (n + 1)n−1 n + 1 1 1 n 1 (n + 1)n−1 = · = · = 1+ · . n n n n n+1 n n+1 n n+1 Usandoel resultado del ejercicio resuelto 1.2.38 de esta misma secci´on, tenemos:  1 n 1+ < 3, para todo n. As´ı, n 3 (n + 1)n−1 < 6 < 1. n n 10 + 1 Por lo tanto, (n + 1)n−1 < nn . Es decir, 1,000,0001,000,000 > 1,000,001999,999 .

9.

Calcular

(1 + n)4n l´ım Pn . 3 n n→∞ ( k=1 4k )

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. Soluci´ on:

Usando la f´ormula de suma de cubos que se demuestra por inducci´on: 

n(n + 1) 1 + 2 + 3 + ··· + n = 2 3

tenemos:

83

Pn

k=1 4k

3

=4

3

Pn

3

k=1 k

3

= 4n

3

2 (n+1)2

4

(1 + n)4n (1 + n)4n Pn = n = 3 ( k=1 4k ) (n2 (n + 1)2 )n

2

.

. As´ı,



1+

1 n

2n

=



1+

1 n

n 2

.

El teorema 1.2.17, nos permite concluir que (1 + n)4n l´ım Pn = e2 . 3 n n→∞ ( k=1 4k ) 10.

Calcule l´ım

n→∞

Soluci´ on: queda: p

hp i p n2 + an + b − n2 + a0 n + b0 .

Multiplicando y diviendo la expresi´on por la suma de las ra´ıces, nos

n2 + an + b −

p n2 + a0 n + b 0 = =

n2 + an + b − (n2 + a0 n + b0 ) √ √ n2 + an + b + n2 + a0 n + b0 (a − a0 )n + (b − b0 ) √ √ n2 + an + b + n2 + a0 n + b0 0

=

) (a − a0 ) + (b−b q q n 0 1 + na + nb2 + 1 + an +

b0 n2

.

Por consiguiente, hp i a − a0 p n2 + an + b − n2 + a0 n + b0 = . n→∞ 2 l´ım

11.

Encontrar el l´ımite de una sucesi´on que comienza con los n´ umeros positivos a, b, y que en cada elemento es la media geom´etrica entre los dos anteriores.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

84

Soluci´ on: Sean √ a, b, u1 , u2 , u3 , . . . , un−2 , un−1 , un , . . . ,. Entonces, tenemos: √ √ √ u1 = ab, u2 = u1 b, . . . , un−1 = un−3 un−2 , un = un−2 un−1 . Multiplicando miembro a miembro las igualdades, nos queda: q u1 u2 . . . . . . u n = ab2 u21 u22 . . . . . . u2n−2 un−1 √ √ ab2 u1 u2 . . . . . . un−1 . = √ √ Simplificando obtenemos: un−1 un = a b2 y tomando l´ımite en esta u ´ ltima igualdad tenemos: L1/2 · L = (ab2 )1/2 , √ 3 esto es L3/2 = (ab2 )1/2 . As´ı concluimos que la sucesi´on converge a L = ab2 . 12.

Calcule l´ım

n→∞

Soluci´ on:



1 1 1 + + ... + 1·2 2·3 n · (n + 1)

Usando la descomposici´on



.

1 1 1 = − tenemos que : n(n + 1) n n+1

1 1 1 + + ... + = 1·2 2·3 n(n + 1)       1 1 1 1 1 = 1− − − + + + ... 2 2 3 3 4   1 1 − + n n+1       1 1 1 1 1 1 + + ... + = 1+ − − − 2 2 3 3 n n 1 − n+1 1 . = 1− n+1 Por lo tanto, l´ım

n→∞

13.



1 1 1 + + ... + 1·2 2·3 n · (n + 1)

Calcule l´ım

n→∞

n X k=1



= l´ım

n→∞

1 k(k + 1)(k + 3)

!



.

1 1− n+1



= 1.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

85

Soluci´ on: Como en el ejercicio 12 para calcular este l´ımite se debe descomponer el t´ermino general de la suma en fracciones simples o parciales, quedando: 1 1 1 1 = − + . k(k + 1)(k + 3) 3k 2(k + 1) 6(k + 3) Por tanto la suma puede escribirse como: n X k=1

1 k(k + 1)(k + 3)

= + + + + + +

1 1 1 − + 3·1 2·2 6·4

1 1 1 − + 3·2 2·3 6·5 1 1 1 − + 3·3 2·4 6·6 1 1 1 − + 3·4 2·5 6·7 1 1 1 − + 3·5 2·6 6·8 ... 1 1 1 − + . 3 · n 2 · (n + 1) 6 · (n + 3)

1 1 1 de la primera l´ınea se compensa con el − , que Podemos observar que el 6·4 3·4 2·4 1 1 resulta de sustraer el de la tercera l´ınea con el de la cuarta l´ınea. Similar2·4 3·4 1 1 1 mente, el de la segunda l´ınea se compensa con el − que se obtiene de 6·5 3·5 2·5 1 1 sustraer el de la cuarta l´ınea al de la quinta l´ınea. Sucesivamente tenemos: 2·5 3·5 n X k=1

1 k(k + 1)(k + 3)

=

1 1 1 1 1 − + − + ∗ 3·1 2·2 3·2 2·3 3·3

1 1 1 1 + − + 6(n + 1) 6(n + 2) 2(n + 1) 6(n + 3) 1−3 1 1 12 − 9 + 6 − 6 + 4 + + + 36 6(n + 1) 6(n + 2) 6(n + 3) 7 1 1 1 − + + 36 3(n + 1) 6(n + 2) 6(n + 3)

+ = =

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

86 As´ı, l´ım

n→∞

14.

n X

k=1

1 k(k + 1)(k + 3)

!

= l´ım

n→∞



7 1 1 1 − + + 36 3(n + 1) 6(n + 2) 6(n + 3)



=

7 . 36

Dentro de un c´ırculo de radio r se inscribe un cuadrado, en este cuadrado se inscribe un c´ırculo y as´ı sucesivamente. Calcule las sumas de la a´reas de los c´ırculos y los cuadrados as´ı obtenidos y suponiendo que el proceso se prolonga indefinidamente. Soluci´ on: r √ r 2=l

√ El lado l del primer cuadrado inscrito, usando el teorema de Pit´agoras es: l = r 2. Si denotamos por Ai el a´rea del c´ırculo i y por ai el a´rea del cuadrado i, tenemos: A1 = πr 2 ; a1 = 2r 2 ; A2 = π

r2 r2 r2 ; a2 = r 2 ; A3 = π ; a3 = ; . . . . 2 4 2

Por lo tanto, la suma de las a´reas de los c´ırculos es:   n X 1 1 2 Ai = πr 1 + + + . . . + . . . , 2 4 i=1

la que puede ser calculada usando la f´ormula de la suma de una serie geom´etrica que en este caso nos da 2πr 2 . An´alogamente, la suma total de las a´reas de los cuadrados es   n X 1 1 2 ai = r 2 + 1 + + + . . . + . . . , 2 4 i=1

la cual da

15.

4r 2 .

La sucesi´ on de Fibonacci . Esta sucesi´on fue propuesta por Leonardo Fibocacci tambi´en conocido como Leonardo de Pisa (1170? - 1250?). Considere la sucesi´on de n´ umeros que comienza con 0 y 1; para obtener un n´ umero se suman los dos precedentes. Es decir: u0 = 0; u1 = 1; u2 = 0+1 = 1; u3 = 1+1 = 2; u4 = 1+2 = 3; . . . un+1 = un +un−1 .

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. a)

Demuestre que la sucesi´on formada por las razones de dos t´erminos consecutivos un xn = satisface la relaci´on un+1 xn+1 =

b)

87

1 . 1 + xn

Demuestre que las razones de dos t´erminos consecutivos de la sucesi´on de Fiun , converge y calcule su l´ımite. bonacci, xn = un+1

Soluci´ on: a) xn+1 = =

=

=

= b)

un+1 un+2 1 un+2 un+1 1 un+1 + un un+1 1 un 1+ un+1 1 1 + xn

Como paso previo demostraremos, usando inducci´on, que u n+1 un−1 = u2n + (−1)n , con n ≥ 2. Si n = 2 se tiene u3 u1 = 2 · 1 = 2. reemplazando n = 2 en el segundo miembro de la igualdad que queremos demostrar, obtenemos: u22 + (−1)2 = 1 + 1 = 2. Por lo tanto, la igualdad es v´alida para n = 2. Ahora supongamos que uk+1 uk−1 = u2k + (−1)k para todo k ≤ n y consideremos un+2 un = (un+1 + un )un = (un+1 + un−1 + un−2 )un = ((un + un−1 ) + un−1 + un−2 )un = u2n + 2un−1 un + un−2 un = u2n + 2un−1 un + u2n−1 + (−1)n−1 ; usando la hip´otesis de inducci´on ; = (un + un−1 )2 + (−1)n−1 = u2n+1 + (−1)n+1

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

88

Para analizar la existencia del l´ımite veamos la diferencia entre dos t´erminos consecutivos un un+1 xn − xn+1 = − un+1 un+2 un un+2 − u2n+1 = un+1 un+2 2 un+1 + (−1)n+1 − u2n+1 = un+1 un+2 n+1 (−1) = un+1 un+2 As´ı vemos que la sucesi´on no es creciente ni decreciente, pero como 1 , |xn − xn+1 | = un+1 un+2 las distancias entre los t´erminos de la sucesi´on tiende a cero, la sucesi´on tiene un l´ımite que llamaremos L . Seg´ un el item anterior, 1 xn+1 = 1 + xn 1 l´ım xn+1 = n→∞ 1 + l´ım xn n→∞

1 L= , 1+L

lo que implica L2 + L − 1 = 0.

√ −1 ± 5 . Por ser xn > 0, para Las soluciones a esta u ´ ltima ecuaci´on son L = 2 √ 5−1 todo n , L debe ser un n´ umero positivo. As´ı, L = . 2 16.

a)

Demuestre que la sucesi´on 1 1 1 + + ··· + , n n+1 2n 1 converge a un n´ umero L comprendido entre y 1. 2 Pruebe que 1 1 1 bn = + +··· + n+1 n+2 2n converge y que su l´ımite es el mismo que el de la sucesi´on (a n ). 57 37
b)

c)

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

89

Soluci´ on: a) an+1 − an = = = = <



   1 1 1 1 1 1 + + ··· + + + ··· + − n+1 n+2 2(n + 1) n n+1 2n 1 1 1 + − 2n + 1 2n + 2 n 2(n + 1)n + (2n + 1)n − (2n + 1)(2n + 2) 2n(2n + 1)(n + 1) −3n − 2 2n(2n + 1)(n + 1) 0.

Por lo tanto, an+1 < an , lo que nos dice que la sucesi´on es decreciente, por otro 1 lado es f´acil ver que an est´a acotado inferiormente por , por teorema 1.2.27 la 2 sucesi´on es convergente. Acotando el t´ermino general tenemos que: (n + 1)

1 1 1 1 1 < + + ··· + < (n + 1) , 2n n n+1 2n n

1 1 < an < 1+ . Usando el teorema 1.2.22, tenemos que la sucesi´on converge 2 n 1 hacia un n´ umero L tal que ≤ L ≤ 1. 2 Veamos que la sucesi´on (bn ) es creciente. En efecto,   1 1 1 1 1 + + ··· + + + bn+1 − bn = n+2 n+3 2n 2n + 1 2(n + 1)   1 1 1 + + ··· + − n+1 n+2 2n 1 1 1 + − = 2n + 1 2n + 2 n + 1 2(n + 1) + (2n + 1) − 2(2n + 1) = 2(2n + 1)(n + 1) 1 = 2(2n + 1)(n + 1) > 0. as´ı,

b)

Por consiguiente, la sucesi´on bn es creciente. Por otro lado es f´acil ver que es acotada superiormente por 1, acotando el t´ermino general nos queda, n

1 1 1 1 1 < bn = + + ··· +
CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

90

1 < bn < 1. Por ser una sucesi´on creciente y acotada superiormente , 2 1 1 ella es convergente. Ahora, an −bn = implica que l´ım (an −bn ) = l´ım = 0. n→∞ n→∞ n n Por lo tanto, l´ım an = l´ım bn . es decir,

n→∞

c)

L = inf{an } = sup{bn }, por lo tanto, bn ≤ L ≤ an , para todo n. En particular, b3 ≤ L ≤ a 3 . a3 =

17.

n→∞

57 1 1 1 37 1 1 1 1 + + + = , b3 = + + + = . As´ı, vemos que: 3 5 4 6 60 4 5 6 60 37 57 ≤L≤ . 60 60

Si uno desea obtener otras cotas para L debemos tomar otros n. Por ejemplo, 533 743 si n = 4, ≤L≤ . 840 840   1 n a) Demuestre, sin usar el teorema del binomio, que a n = 1 + es creciente y n   1 n+1 es decreciente. que bn = 1 + n b) Calcule el l´ımite de ambas sucesiones. Soluci´ on: a)

Para estudiar el crecimiento de la sucesi´on (a n ) demostraremos que el cuociente an+1 es mayor que 1. En efecto, an  n+1  n 1 1 !    1+ 1+ n+2 n  1 an+1 n+2 n+1 n+1 n+1  n n · 1 + = =  = n+1 an n+1 n+1 1 1 n 1+ 1+ n n  n    n   n(n + 2) n+2 −1 n+2 = = 1+ (n + 1)2 n+1 (n + 1)2 n+1    n+2 n > 1− ( usando la desigualdad de Bernoulli), (n + 1)2 n+1 n3 + 3n2 + 3n + 2 n + 2 n(n + 2) = − = n+1 (n + 1)3 n3 + 3n2 + 3n + 1 > 1.

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA.

91

Por lo tanto podemos concluir que (a n ) es una sucesi´on creciente. Siguiendo la misma t´ecnica para sucesi´on (b n ), tenemos:   n+1    1 n+1 1 1+ 1+   bn 1 n n     =  n+2 =    1 1 bn+1 1 1 + 1 + n+1 1+ n+1 n+1 n+1  (n + 1)2 n+1 = n(n + 2) n+2   2 n+1 n+1 1 n + 2n + 1 n+1 n+1 = 1+ = 2 n + 2n n+2 n(n + 2) n+2   n+1 n+1 , ( usando la desigualdad de Bernoulli), > 1+ n(n + 2) n + 2 2n2 + 3n + 1 = > 1. n2 + 2n Por consiguiente, (bn ) es decreciente. b)

l´ım an = e, por otro lado tenemos que l´ım bn = l´ım

n→∞

n→∞

n→∞

e · 1 = e. 18.



an



1 1+ n



=

Convergencia de la media aritm´etica. a) b) c) d)

Si {an } converge a L, entonces la sucesi´on de las medias aritm´eticas tambi´en converge a L. Demuestre que la propiedad se conserva cuando L = ±∞. √ √ √ 1 + 2 + 3 3 + ... + n n . Calcular l´ım n→∞ n 1 + 2 + ... + n Calcular l´ım . n→∞ n

Soluci´ on: a)

a1 + . . . + a n = L. n Dado ε > 0, existe N tal que si n ≥ N , entonces |a n − L| < ε, en particular podemos escribir las (n − N ) desigualdades siguientes:

Sea L = l´ım an . Entonces, queremos demostrar que l´ım n→∞

n→∞

L−ε L−ε ... L−ε

< < < <

aN +1 < L + ε aN +2 < L + ε ... < ... an < L + ε

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

92

Sumando miembro a miembro estas desigualdades nos queda: (n − N )(L − ε) < aN +1 + . . . + an < (n − N )(L + ε). Dividiendo toda la desigualdad por n , obtenemos: (L − ε)

aN +1 + . . . + an (n − N ) (n − N ) < < (L + ε). n n n

(1)

Por otro lado, para N fijo, a1 + . . . + a N 1 = (a1 + . . . + aN ) l´ım ( ) = 0. n→∞ n n→∞ n l´ım

Por tanto, para n suficientemente grande, −ε <

a1 + . . . + a N < ε. n

(2)

Sumando (1) y (2): (n − N ) a1 + . . . + a n n−N (L − ε) − ε < <( )(L + ε) + ε. n n n Como l´ım ( n→∞

l´ım

n→∞



n−N ) = 1 y usando el teorema 1.2.22 tenemos: n

     (n − N ) n−N a1 + . . . + a n < l´ım ( (L − ε) − ε < l´ım )(L + ε) + ε . n→∞ n→∞ n n n L − 2ε ≤ l´ım

n→∞



 a1 + . . . + a n ≤ L + 2ε n

  a1 + . . . + a n − L ≤ 2ε ; para n suficientemente grande n   a1 + . . . + a n l´ım = L. n→∞ n b)

Si L = +∞. Entonces, dado M > 0, existe N tal que si n > N , aN +1 > M, aN +2 > M, . . . sumando miembro a miembro estas desigualdades: aN +1 + aN +2 + . . . + an > (n − N )M

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. dividiendo la desigualdad por

93

1 , nos queda: n

aN +1 + aN +2 + . . . + an n−N >M . n n 1 Considerando que l´ım = 0 y que N est´a fijo con respecto a n, para n n→∞ n suficientemente grande a1 + . . . + a N M >− . n 2 Por tanto, a1 + . . . + a n n−N M M N >( )M − = − M, n n 2 2 n lo que implica:   M M a1 + . . . + a n ≥ l´ım > . n→∞ n 2 3 As´ı vemos que,

a1 + . . . + a n ) = +∞. n→∞ n Si L = −∞, la demostraci´on es an´aloga. √ Como l´ım n n = 1 , el l´ımite dado tambi´en vale 1. l´ım (

c)

19.

n→∞

d)

1 + 2 + ... + n ) = ∞, pues an = n diverge a ∞. l´ım ( n→∞ n

a)

Demuestre que si l´ım (an+1 − an ) = L, entonces l´ım

an = L. n→∞ n

n→∞

1 1 1 1 + + . . . + 2 ). b) Calcule l´ım ( + n→∞ n 2n 3n n pn c) Calcule l´ım cuando p es un n´ umero fijo mayor que 1. n→∞ n Soluci´ on: a)

Sea

(

bn = an − an−1 b1 = a 1

n>1

Entonces, l´ım bn = L por hip´otesis y seg´ un el ejercicio 18, n→∞

a1 + (a2 − a1 ) + . . . + (an − an−1 ) an b1 + . . . + b n = = n n n converge tambi´en a L.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

94

20.

1 1 1 1 + + . . . + , tenemos que an+1 − an = , sucesi´on 2 3 n n+1 an 1 1 1 1 que tiende a 0. Como = + + + . . . + 2 , usando la parte (a) el n n 2n 3n n l´ımite pedido vale 0.

b)

Definiendo an = 1 +

c)

Definiendo an = pn , tenemos que an+1 − an = pn (p − 1), sucesi´on que diverge pn a +∞ y por tanto, diverge a +∞. n

Sea {an } una sucesi´on de t´erminos positivos. a)

Demuestre que si { l´ım an = 0.

an+1 } converge a un n´ umero positivo menor que 1, entonces an

n→∞

an+1 es mayor que 1, entonces {an } no converge. an

b)

Demuestre que si l´ım

c)

Si l´ım

d)

Calcular

e)

n2 . n→∞ 2n xn ¿ Para cu´ales valores de x, la sucesi´on { } converge? Calcule su l´ımite cuando n! exista. n ¿ Para cu´ales valores de x, la sucesi´on a n = n converge ? x

n→∞

an+1 = 1, {an } puede converger o no. D´e ejemplos de ambas posibilin→∞ an dades. l´ım

f)

Soluci´ on: an+1 = L < 1, entonces existe r > 0 tal que L < r < 1. Por n→∞ an an+1 definici´on 1.2.11, existe N tal que si n ≥ N, entonces < r, lo que implica an an+1 < ran para todo n ≥ N . En particular, podemos observar que a N +1 < raN y aN +2 < raN +1 < r 2 aN . En general, an ≤ r n−N aN , lo que nos dice que la sucesi´on (aN +n )n∈N es acotada por la sucesi´on r n aN que converge a 0, ya que 0 < r < 1 , as´ı 0 ≤ an ≤ r n aN implica que 0 ≤ l´ım an ≤ 0.

a)

Como l´ım

b)

Si L > 1, sea r tal que L > r > 1, entonces existe N tal que si n ≥ N tenemos an+1 que > r > 0, es decir, an+1 > ran ; n ≥ N de modo an´alogo a la parte an previa. Por tanto, an > r n−N aN ; para todo n.

n→∞

Como r > 1 l´ım r n−N = ∞ y consecuentemente l´ım an = ∞. n→∞

n→∞

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. Si an =

c)

n 1 an+1 ; = = n an n+1

Si an = n; entonces l´ım an = +∞.

an+1 an

1

, l´ım (

95

an+1 ) = 1 y an converge a 0. an

1 n→∞ 1+ n n+1 1 an+1 = = 1 + , por tanto, l´ım ( ) = 1 y n→∞ an n n

n→∞

(n + 1)2 an+1 1 n+1 2 1 1 n+1 (n + 1)2 · 2n = 2 2 = ( ) = (1 + )2 . Por lo an = n ; = n+1 2 2 an 2 ·n 2 n 2 n n 2n an+1 n2 1 1 1 = l´ım ( (1 + )2 ) = < 1, lo que implica l´ım n = 0. cual, l´ım n→∞ 2 n→∞ 2 n→∞ an n 2 xn+1 n x xn+1 · n! an+1 x an+1 (n + 1)! an = = n ; as´ı = = implica que l´ım = n x n→∞ an n! an x (n + 1)! n+1 n! xn = 0. 0. Por tanto, l´ım n→∞ n! n an+1 n + 1 xn 1 1 Para an = n tenemos que = n+1 · = (1 + ). x an x n x n an+1 1 n As´ı, l´ım = < 1 cuando x > 1. Por tanto, si x > 1, l´ım n = 0; si n→∞ an n→∞ x x n x < 1, n diverge, si x = 1, an = n que diverge a ∞. x n2

d)

e)

f)

1.2.5.

Ejercicios propuestos

Calcular los siguientes l´ımites cuando existan: 1.

an =

n3 − 2n + 2 n5 + 8n

2.

an =

5n4 + 3n2 − 4 3n3 − 1

3. 4. 5. 6.

1 an = √ √ n+1+ n √ an = n n + 1 √ √ a n = n2 + 4 − n 2 + 3   1 n an = (−1) 1 + n

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

96 hni n − 10 10

7.

an =

8.

an =

9.

an = 1 −

10. 11. 12. 13. 14.

1 1 1 1 + + + ... + n. 3 9 27 3 1 1 1 1 1 + − + + . . . + (−1)n n . 5 25 125 625 5

a n = 1 + 3 + 3 2 + 33 + . . . + . . . + 3 n . q p √ p √ √ 2, 2 + 2, 2 + 2 + 2, . . . , q p √ p √ √ 3, 3 + 3, 3 + 3 + 3, . . . , q p √ p √ √ 6, 6 + 6, 6 + 6 + 6, . . . ,

Usando el ejercicio resuelto 10, calcule: hp i p l´ım n2 + 5n − 2 − n2 − 6n + 8 . n→∞

15.

Calcule l´ım

n→∞



1 1 1 + + ... + 1·3 2·4 n · (n + 2)



.

Indicaci´ on:Ver el ejercicio resuelto 12. 16.

Calcule l´ım

n→∞



1 1 1 + + ... + 1·2·3 2·3·4 n (n + 1) (n + 2)

Indicaci´ on:Ver el ejercicio resuelto 13.
n k nk

tiene l´ımite

.

1 , donde k es un entero fijo. k!

17.

Demuestre que la sucesi´on

18.

Demuestre que la sucesi´on (an ) definida por: a1 = 0 a2 = 1 an−1 + an−2 an = ; si n > 2; 2 es tal que an −



2 (−1)n 2 = · n−1 y calcule su l´ımite. 3 3 2

´ 1.2. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. 19.

97

Sea x un n´ umero real fijo, demuestre que la sucesi´on:   [x] + [2x] + . . . + [nx] n2 n∈N converge y su l´ımite es

x . 2

Indicaci´ on: Este l´ımite puede ser calculado por acotamiento, usando que y − 1 ≤ [y] ≤ y, cualquiera sea el n´ umero real y. 20.

Demuestre que



converge a x.

 [nx] n n∈N

Indicaci´ on: Este l´ımite puede ser calculado por acotamiento, usando que nx − 1 ≤ [nx] ≤ nx, cualquiera sea el n´ umero real x. 21.

Demuestre que



 [an ] , n n∈N donde an es el en´esimo decimal de π, converge a 0.

Indicaci´ on: Este l´ımite puede ser calculado por acotamiento, usando que 0 < an < 1 y [an ] ≥ an ≤ [an ] + 1. cualquiera sea el n´ umero real y. 22.

Demuestre que 5n − n diverge hacia +∞.

23.

Pruebe una propiedad an´aloga a la del ejercicio 18 para la media geom´etrica de una cantidad finita de n´ umeros. √ a) Si an > 0 y l´ım an = L, L puede ser finito o ∞, entonces l´ım n a1 a2 . . . an = n→∞ n→∞ L. an+1 √ = L entonces, n an = L. b) Si an > 0 y l´ım n→∞ an √ c) Demuestre que l´ım n n = 1. n→∞ √ n d) Demuestre que l´ım n! = ∞. n→∞

e)

1√ n Calcular l´ım n!. n→∞ n

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

98 24.

a)

Pruebe que si l´ım an = 0 y si la sucesi´on {bn } es acotada, entonces l´ım an bn = n→∞ n→∞ 0.

b)

Muestre con ejemplos que si {bn } no es acotada no se tiene la conclusi´on de (a). 1

25.

a)

b) c)

Si 0 < y ≤ x y si an =

(xn

+

yn) n

 n  n  1 1 1 n + Calcule l´ım . n→∞ 2 3 p Calcule l´ım n (4n + 5n ).

demuestre que l´ım an = x. n→∞

n→∞

1 , seg´ un sea el valor de x. 1 + x2n

26.

Analizar la convergencia de la sucesi´on

27.

Dado a > 0 y x1 > 0 cualquiera, demuestre que la sucesi´on definida por recurrencia xn + xan √ xn+1 = converge a a. 2

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

1.3.

99

Las funciones num´ ericas de variable continua

1.3.1.

Definiciones b´ asicas

Dado que R o un intervalo de R es la imagen abstracta de una magnitud que var´ıa continuamente, tomaremos intervalos para establecer ciertas relaciones entre magnitudes que llamaremos funciones num´ericas de variable continua. Definici´ on 1.3.1 Sea I un intervalo y sea x ∈ I. Si mediante una cierta regla establecemos una correspondencia de modo que a cada x en el intervalo le corresponda un u ´ nico y ∈ R, decimos que y es una funci´on num´erica de x, lo que denotaremos como: x 7−→ y o x 7−→ y(x) o x 7−→ f (x) o y = f (x). f simboliza a la funci´on , x es la variable independiente e y es la variable dependiente. Definici´ on 1.3.2 i) Al conjunto D(f )={x ∈ I : existe y ∈ R tal que y = f (x) } se le llama dominio de la funci´on. ii) Al conjunto R(f )= {y ∈ R : existe x ∈ D(f ) tal que y = f (x) }, se le llama recorrido de f o conjunto de valores de la funci´on f . iii) Al conjunto G(f )= {(x, y) ∈ D(f ) × R(f ) : y = f (x) }, se le llama gr´ afico de f . Ejemplos: 1.

La funci´ on constante: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponder un mismo n´ umero c, en s´ımbolos, se escribe f (x) = c.

2.

La funci´ on lineal no constante: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponder el n´ umero ax + b, con a, b constantes, a 6= 0, es decir, f (x) = ax + b.

3.

La funci´ on cuadr´ atica: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponder el n´ umero 2 f (x) = ax + bx + c ; con a, b, c constantes y a 6= 0.

4.

La funci´ on polinomial: Es aquella que hace corresponder a cada x ∈ I el n´ umero n f (x) = an x + ... + a1 x + a0 , donde los ai son constantes.

5.

La funci´ on racional: Es aquella que se obtiene mediante cuocientes de polinomios, es decir: p(x) f (x) = q(x)

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

100

En este caso debemos observar que para aquellos x tal que q(x) = 0, f (x) no est´a definida . Por tanto el dominio de una funci´on racional lo constituye R − {x : q(x) = 0} = {x ∈ R : q(x) 6= 0}. Observaci´ on: Podemos extender algunas de las propiedades de los n´ umeros a las funciones, por ejemplo, podemos establecer una aritm´etica de funciones, podemos comparar funciones, estudiar si es acotada, si tiene m´aximos y m´ınimos, etc. Definici´ on 1.3.3 Dadas dos funciones num´ericas f y g, se definen las siguientes funciones cuyo dominio es D(f ) ∩ D(g) : (i) (f ± g)(x) = f (x) ± g(x) (ii) (f g)(x) = f (x)g(x)   f f (x) (iii) ; cuando g(x) 6= 0 . (x) = g g(x) Definici´ on 1.3.4 Dadas dos funciones num´ericas f y g, diremos que: (i) f = g si D(f ) = D(g) y f (x) = g(x) para todo x en el dominio com´ un. (ii) f < g si f (x) < g(x) para todo x ∈ D(f ) ∩ D(g). Ejemplo: 1.

Dadas las funciones f (x) = x y g(x) = x 2 definidas sobre I = [0, 1]; usando las propiedades de los n´ umeros reales tenemos que para todo x ∈ [0, 1] , 0 < x 2 < x. Por tanto g(x) < f (x) , para todo x ∈ I. Es decir, f < g sobre [0, 1].

2.

Dadas las funciones f (x) = x y g(x) = x 2 definidas sobre J = [1, 2]; usando las propiedades de los n´ umeros reales tenemos que para todo x ∈ [1, 2] , x 2 > x. Por tanto g(x) > f (x) , para todo x ∈ J. Es decir, g > f sobre [1, 2].

Definici´ on 1.3.5 Diremos que la funci´on f es acotada, si su recorrido es un conjunto acotado, es decir, si existe M > 0 tal que |f (x)| ≤ M , para todo x ∈ D(f ). Ejemplo: 1.

La funci´on f (x) = x y g(x) = x2 definidas sobre I = [0, 1] son acotadas, puesto que para todo x ∈ [0, 1] , 0 < x2 < x ≤ 1 . Cualquier n´ umero M ≥ 1 satisface la definici´on.

2.

En cambio, si f (x) = x y g(x) = x2 son definidas sobre R, no son acotadas.

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

101

Definici´ on 1.3.6 Dada una funci´on f diremos que: 1.

f es estrictamente creciente en un intervalo I, si para todo x 1 , x2 ∈ I, tal que x1 < x2 se tiene que f (x1 ) < f (x2 ).

2.

f es creciente en sentido amplio o creciente sobre un intervalo I, si para todo x1 , x2 ∈ I tal que x1 < x2 se tiene que f (x1 ) ≤ f (x2 ).

3.

f es estrictamente decreciente sobre un intervalo I, si para todo x 1 , x2 ∈ I tal que x1 < x2 se tiene que f (x1 ) > f (x2 ).

4.

f es decreciente en sentido amplio o decreciente sobre un intervalo I, si para todo x1 , x2 ∈ I tal que x1 < x2 se tiene f (x1 ) ≥ f (x2 ).

5.

f es mon´ otona sobre I si es creciente o decreciente.

Por cierto la mayor´ıa de las funciones presentan cierto tipo de monoton´ıa a tramos, es decir, sobre un intervalo son crecientes y sobre otro son decrecientes, por esta raz´on es interesante estudiar las variaciones de una funci´ on, es decir, averiguar sobre qu´e parte del dominio son crecientes o decrecientes. Ejemplo: 1.

La funci´on: f : [−3, 3] 7−→ R x 7−→ x2

es estrictamente decreciente sobre el intervalo [−3, 0] y es estrictamente creciente sobre [0, 3]. 2.

Definici´ on 1.3.7 Dado x ∈ R, se define la parte entera de x, como el n´ umero entero m, que es el mayor entero menor o igual que x. Este n´ umero se denota por [x]. Es decir: [x] ∈ Z y si n ∈ Z es tal que n ≤ x, entonces n ≤ [x]. Por ejemplo, [3,2] = 3, [−3,2] = −4.

La funci´on parte entera h : x 7−→ [x] es creciente y, en particular, es constante a tramos. Si x ∈ [n, n + 1), entonces [x] = n, para todo n entero.

As´ı, si x1 < x2 , entonces f (x1 ) = f (x2 ) si x1 ; x2 ∈ [n, n + 1); para alg´ un entero n. En cualquier otro caso f (x1 ) < f (x2 ).

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

102 3.

La funci´on g(x) =



0 si x es racional 1 si x es irracional

No es creciente ni decreciente en ning´ un intervalo. 4.

Una situaci´on an´aloga se tiene con la funci´on: h(x) =



0 si x es racional x si x es irracional

Definici´ on 1.3.8 Sea f una funci´on num´erica no constante, I un intervalo contenido en el dominio de f y x0 un punto de I. Diremos que f tiene: (i) un cero en x0 cuando f (x0 ) = 0. (ii) un m´ aximo en x0 , con valor f (x0 ), cuando para todo x ∈ I, f (x) ≤ f (x0 ). (iii) un m´ınimo en x0 , con valor f (x0 ), cuando para todo x ∈ I, f (x) ≥ f (x0 ). (iv) un extremo en x0 , cuando f tiene ya sea un m´aximo o un m´ınimo en x 0 . Ejemplo: 1.

Consideremos la funci´on: f : R −→ R tal que f (x) = x2 − 4 . a) b)

Como f (x) = 0 ⇐⇒ x2 − 4 = 0. Entonces los ceros de la funci´on son x 1 = 2 y x2 = −2. Usando las desigualdades estudiadas en la primera secci´on, podemos ver que f (x) < 0 cuando −2 < x < 2 y para todos los otros valores de x, la funci´on es positiva. Por tanto, su valor m´ınimo lo alcanza en el intervalo [−2, 2]. Como el cuadrado de un n´ umero y su inverso aditivo tienen el mismo cuadrado, basta analizar lo que sucede en [0, 2]. Usando propiedades de las potencias, sabemos que el cuadrado crece con el n´ umero, as´ı podemos sospechar que el m´ınimo lo alcanza en x = 0, donde f (0) = −4. En efecto, si x ∈ (0, 2) ,entonces 0 < x < 2 y por tanto 0 < x 2 < 4. Restando −4 a la u ´ ltima desigualdad, tenemos, −4 < x 2 − 4 < 0. Esto nos dice que, f (0) < f (x), para todo x ∈ (0, 2). Lo mismo sucede en (−2, 0) y como en el resto del dominio la funci´on es positiva, f (0) ≤ f (x), para todo x ∈ R. En s´ıntesis, la funci´on alcanza su valor m´ınimo, −4, en x = 0.

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA c)

2.

103

La funci´on no tiene m´aximo. Por reducci´on al absurdo supongamos que f tiene un m´aximo en alg´ un x0 . Entonces, f (x) < f (x0 ); para todo x ∈ R. Si hacemos M = m´ax{f (x0 ), 4} √ tendr´ıamos que | f (x) |< M , para todo x ∈ R. Lo que implicar´ıa que x < M + 4, para todo x ∈ R y por tanto R ser´ıa acotado superiormente, contradiciendo lo visto en la primera secci´on.

Sea la funci´on g(x) = −x2 +4 sobre [−2, 2]. g es positiva en (−2, 2) y g(−2) = g(2) = 0, en los puntos x1 = −2 y x2 = 2 la funci´on alcanza su valor m´ınimo.

Definici´ on 1.3.9 Diremos que una funci´on f es peri´ odica, si existe un T ∈ R, tal que f (x + T ) = f (x) ,

(P )

para todo x ∈ D(f ). Al menor de los n´ umeros positivos T , que cumplen con (P), se le llama per´ıodo de f . Ejemplo: La funci´on f (x) = x − [x], es peri´odica de per´ıodo 1. Definici´ on 1.3.10 Una funci´on f se dice: i) par, si f (−x) = f (x), para todo x ∈ D(f ). ii) impar, si f (−x) = −f (x), para todo x ∈ D(f ). Ejemplos: 1.

Toda funci´on del tipo f (x) = xk ; con k un entero par, es funci´on par.

2.

Toda funci´on del tipo f (x) = xn ; con n impar, es funci´on impar.

Definici´ on 1.3.11 Sean I y J intervalos. Sean f y g funciones num´ericas tales que D(f ) = I , D(g) = J y R(f ) ⊂ J. Entonces la funci´on compuesta de f con g, denotada, g ◦ f est´a definida por: (i) D(g ◦ f ) = I. (ii) (g ◦ f )(x) = g(f (x)), para todo x en I. Ejemplo: Si f : x 7−→ x2 + 1 y g : x 7−→| x |, entonces (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 + 1) =| x2 + 1 |. Definici´ on 1.3.12 Una funci´on f : I −→ J se dice sobreyectiva si y s´olo si R(f ) = J.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

104 Ejemplo: 1.

La funci´on f : R −→ R tal que x 7−→ x2 no es sobreyectiva, pues R(f ) = R+ ∪ {0}.

2.

La funci´on f : R −→ R tal que x 7−→ x3 es sobreyectiva, pues dado cualquier real y √ √ siempre existe 3 y , seg´ un lo visto en la secci´on 1.1 de modo que f ( 3 y) = y. Es importante observar que toda funci´ on es sobreyectiva sobre su recorrido.

Definici´ on 1.3.13 Una funci´on f se dice uno a uno o inyectiva sobre un intervalo I, si para todo x1 , x2 ∈ I, con x1 6= x2 se tiene f (x1 ) 6= f (x2 ). Equivalentemente, si f (x1 ) = f (x2 ) entonces x1 = x2 . Ejemplos: 1.

La funci´on constante no es inyectiva en ning´ un intervalo de R, pues f (x 1 ) = f (x2 ) aun cuando x1 6= x2 .

2.

La funci´on lineal no constante f (x) = ax + b es inyectiva sobre todo R, pues si x1 6= x2 , entonces f (x1 ) 6= f (x2 ).

3.

La funci´on cuadr´atica f (x) = x2 , no es inyectiva sobre R, pero s´ı lo es separadamente sobre R+ o R− .

La importancia de las funciones inyectivas sobre un intervalo I es que ellas tienen funci´ on inversa sobre su recorrido. Es decir, si f es inyectiva sobre I, entonces existe la funci´on f −1 definida sobre R(f ), con valores en I de modo que f of −1 = IIR(f ) f −1 of = III donde IIA es la funci´on id´entica sobre el conjunto A, es decir, aquella que a cada x ∈ A le asigna el mismo x ∈ A; IIA (x) = x. Adem´as, es muy posible que algunas funciones sean inyectivas en alg´ un subintervalo de su dominio, entonces restringiendo su dominio ellas pueden invertirse. Ejemplo: 1.

Hemos visto que la funci´on lineal no constante es inyectiva sobre R: f : x 7−→ ax + b para encontrar f −1 se debe despejar la variable independiente en la ecuaci´on y = ax + b, lo cual nos da para x el valor en funci´on de y, as´ı tenemos, x=

y−b a

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

105

pero, para presentar la funci´on f −1 , debemos retomar la convenci´on que x es la variable independiente. En este caso, f −1 (x) =

x−b a

verifiquemos que f of −1 (x) = IIR :     x−b x−b −1 −1 =a +b=x f of (x) = f (f (x)) = f a a Del mismo modo:

f −1 of (x) = f −1 (f (x)) = f −1 (ax + b) = 2.

(ax + b) − b =x a

La funci´on cuadr´atica f (x) = x2 , la podemos invertir sobre R+ ∪ {0}. √ √ Sea y ≥ 0 y consideremos y = x2 ⇐⇒ y − x2 = 0 ⇐⇒ ( y − x)( y + x) = 0 de √ donde se tiene x = ± y, pero como nos hemos restringido a x ∈ R + ∪ {0}, x s´olo √ puede tomar el valor y. Por lo tanto: f −1 : R+ ∪ {0} 7−→ R+ ∪ {0} √ x 7−→ x

Observaci´ on: De todos los ejemplos vistos se puede deducir que las propiedades que puede tener una funci´ on depende fuertemente del dominio, por tal raz´on es de suma importancia determinar el dominio de una funci´on.

1.3.2.

Representaci´ on gr´ afica de funciones

Podemos establecer una correspondencia biun´ıvoca entre los puntos del plano y los elementos de R × R, usando la continuidad de R como el continuo geom´etrico de la recta. La posici´on de un punto en el plano se puede determinar mediante dos cantidades llamadas coordenadas del punto. Eligiendo dos rectas perpendiculares, con intersecci´on en el punto O, las coordenadas de un punto P son las distancias del punto a las dos rectas, que son a su vez las proyecciones ortogonales del trazo OP sobre los ejes. De esta manera, se determina, sobre cada eje un punto N y M . Como cada punto M , N se puede identificar con un n´ umero real, tenemos que a todo punto P le corresponde dos n´ umeros reales, con los cuales podemos formar un par ordenado (M, N ) , en que a la primera componente se la llama abscisa y a la segunda se le llama ordenada del punto P .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

106

y

6

N

s

0

M

P = (M, N )

-

x

Figura 1.3.1: Sistema de coordenadas rectangulares Una vez que sabemos determinar la posici´on de un punto en el plano, es natural concebir la idea de poder representar el gr´afico G(f ) de una funci´on f como una curva en el plano. Para tener una idea del gr´afico de una funci´on debemos encontrar una cantidad suficiente de puntos de G(f ), lo que tradicionalmente se llama una tabla de valores. Ejemplo: 1.

f (x) = 12 x − 1 y

6

-

0

2 -1

Figura 1.3.2: Gr´afico de f (x) = 12 x − 1

2.

f (x) = x2 − 1

x

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

107

y 6

u2 − 1

-

−u −1

1

u

x

−1 Figura 1.3.3:Gr´afico de f (x) = x2 − 1 3.

f (x) = x − [x]

y

6

c

c

c

c

c

−5

−4

−3

−2

−1

c

0

c

c

c

c

c

1

2

3

4

5

- x

Figura 1.3.4: Gr´afico de f (x) = x − [x]

Observaciones: 1.

En general una tabla de valores s´olo sirve cuando la funci´on tiene un comportamiento relativamente simple, de lo contrario, se requieren t´ecnicas m´as elaboradas que se ir´an desarrollando m´as adelante.

2.

Muchas propiedades de las funciones pueden ser interpretadas geom´etricamente con la ayuda del sistema de coordenadas. a)

El gr´afico de una funci´on par es sim´etrico con respecto al eje Y .

b)

El gr´afico de una funci´on impar es sim´etrico con respecto al origen.

c)

El gr´afico de una funci´on y de su funci´on inversa son sim´etricos con respecto a la recta y = x. Pues, (u, v) ∈ G(f ) ⇐⇒ f (u) = v ⇐⇒ f −1 (v) = u ⇐⇒ (v, u) ∈ G(f −1 )

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

108

x=y

y

6

y = f (x) -x

y = f −1 (x)

Figura 1.3.5: Gr´afico de f y su inversa f −1

1.3.3. 1.

Ejercicios resueltos

Seaf (x) = signo de x que se define como:   1 0 f (x) =  −1

si si si

x>0 x=0 x<0

Grafique las siguientes funciones: a) b)

f (x), [f (x)]2 , 1 − f (x).   2 h(x) = f 3 − . |x|

Soluci´ on: a)

Gr´afico de f (x). y

6

1 s

−1 Gr´afico de [f (x)]2 .

- x

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

109

y

6 c

- x

s

Gr´afico de 1 − f (x).   0 1 − f (x) = 1  2

si si si

x>0 x=0 x<0

y

6

2 s 1 - x

b)

Si x > 0. 3 − 2 ax<− . 3

  3 − x2 2 = g(x) = 3 − no est´a definida |x|  3 + x2

2 x

> 0 es equivalente a x >

si si si

x>0 x=0 x<0

2 . Si x < 0. 3 + 3

2 x

> 0 es equivalente

2 g(x) se anula en x = ± . Por tanto, el signo de g(x) se distribuye de la siguiente 3 forma: + − − + s s s − 32

0

Esto nos dice que el gr´afico de f (g(x)) es:

2 3

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

110

y

6

1 s

2.

-

s

− 23

2 3

c−1

x

Si a < b < c, graficar f (x) = |x − a| + |x − b| + |x − c|. Soluci´ on: Seg´ un el ejercicio resuelto 12 de la subsecci´on 1.1.4 tenemos que:

3.

 −3x + a + b + c    −x − a + b + c f (x) = x−a−b+c    3x − a − b − c

si si si si

x≤a a<x≤b b<x≤c c < x.

Por tanto, su gr´afico es la l´ınea poligonal: y

6

-

a

4.

b

c

x

Sea h(x) : [0, 1] → R definida por: h(x) = {x} = la distancia de x al entero m´as pr´oximo. a)

1 3 1 2 1 Calcular h(0), h(1), h( ), h( ), h( ), h( ), h( ). 2 4 4 3 3

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA b)

Graficar h.

c)

Extienda gr´aficamente h a todo R.

111

Soluci´ on: a) b)

1 1 1 1 3 1 1 1 2 1 h(0) = 0, h(1) = 0, h( ) = , h( ) = , h( ) = , h( ) = , h( ) = . 2 2 4 4 4 4 3 3 3 3 1 Si x ∈ [0, 2 ) el entero m´as cercano a x es el cero y la distancia entre ellos es igual a x. 1 1 x = est´a a la misma distancia del cero y del uno, y ´esta es . 2 2 Si x ∈ ( 12 , 1] el entero m´as cercano a x es 1 y la distancia de x a 1 es 1 − x. Por tanto, sobre el intervalo [0, 12 ), el gr´afico de h(x) es el segmento de la recta y = x y sobre [ 12 , 1] el gr´afico es el segmento de la recta 1 − x. y

6 1 2

y=x 1 2

c) 5.

y =1−x 1

- x

En cada intervalo [n, n + 1], el an´alisis es el mismo que en [0, 1], por tanto, la funci´on se repite peri´odicamente.

Dada la funci´on g de [0, 1] en R, definida por  0 si x es irracional g(x) = 1 si x = pq , (p, q) = 1. q a) b) c) d)

1 1 2 3 4 1 2 4 5 Calcule g(0), g(1), g( ), g( ), g( ), g( ), g( ), g( ), g( ), g( ), g( ). 2 4 4 4 4 3 3 3 3 1 Calcule la imagen inversa de { }. 3 1 Calcule la imagen inversa de { }. q Grafique g.

Soluci´ on:

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

112 a)

b) c) d)

1 1 1 2 1 3 1 4 1 Calcule g(0) = 0, g(1) = 1, g( ) = , g( ) = , g( ) = , g( ) = , g( ) = 2 2 4 4 4 2 4 4 4 1 2 4 5 1 g(1) = 1, g( ) = g( ) = g( ) = g( ) = . 3 3 3 3 3   2 4 5 1 1 , , , . g −1 ( ) = 3 3 3 3 3   1 p −1 g ( )= ; (p, q) = 1, 0 < p < q . q q Su gr´afico es: 6 1 s

s

1 2

s

1 3 1 4

s

s

s

s

s

s

s

s

s sp

sq s

s 1 4

6.

1 3

sp 1 2

s 2 3

3 4

s -

1

Bosqueje el gr´afico de las funciones a) b)

f (x) = 1 − |x|. p g(x) = 1 − |x|.

Soluci´ on: a)

Si x > 0, entonces f (x) = 1 − x. Si x < 0, entonces f (x) = 1 + x. f (0) = 0. Su gr´afico son dos semirrectas como lo muestra la figura.

b)

Del gr´afico de f vemos que 1 − |x| ≥ 0 es el intervalo [−1, 1], por√tanto D(g) = [−1, 1]. Dado que 1 − x es decreciente en [0, 1] tambi´ en lo es 1 − x. Sobre √ [−1, 0], el crecimiento de 1+x implica el crecimiento de 1 + x. As´ı, los gr´aficos de f y g son:

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

1

−1

7.

0

113

1

1

−1

0

1

Determine el dominio y el recorrido de cada una de las siguientes funciones: √ x+1 a) √ b) x2 + 1 √ c) x2 − 1 √ 1 − x2 d) 1 e) √ x+1 Soluci´ on: a)

Para determinar el dominio debemos analizar los valores de x que hacen de √ x + 1 un n´ umero real. √ x + 1 ∈ R ⇐⇒ x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1.

b)

c)

d)

Por tanto, D(f ) = [−1, ∞). Para encontrar el recorrido, debemos despejar x en la ecuaci´on que define la funci´on. √ y = x + 1 ⇐⇒ y 2 = x + 1 y y ∈ [0, ∞). Entonces, cualquiera sea y ∈ [0, ∞), x = y 2 − 1 pertenece al dominio, por lo cual R(f ) = [0, ∞).

Sabemos de las propiedades de los n´ umeros reales que x 2 es positivo o nulo, √ por 2 lo que x +1 ≥ 0 para todo x, por tanto el dominio de la funci´on h(x) = x2 + 1 es R. Por la misma raz´on y como x2 no es acotada superiormente como vimos en un ejemplo, el recorrido de la funci´on es [1, ∞). √ Sea g(x) = x2 − 1. Seg´ un lo visto en la primera secci´on tenemos que, x 2 − 1 ≥ 0 ⇐⇒ (x + 1)(x − 1) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, ∞). As´ı D(h) = (−∞, −1] ∪ [1, ∞) y R(h) = [0, ∞). √ Similarmente tenemos que 1 − x2 ∈ R ⇐⇒ 1 − x2 ≥ 0. Por tanto D(g) = [−1, 1] y R(g) = [0, 1].

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

114

1 La funci´on √ tiene por dominio (−1, ∞), como puede deducirse a partir x+1 de la parte (a) y su recorrido es (0, ∞). √ Estudiar las variaciones de las funciones x, x 2 y x, sobre [0, ∞). Graficarlas en un mismo diagrama y deducir que: √ √ Si x ∈ (0, 1) entonces x2 < x < x. Si x ∈ (1, ∞) entonces x2 > x > x. e)

8.

Soluci´ on: Es f´acil verificar que las tres funciones son crecientes y toman valores no negativos en todo su dominio. Todas valen 0 en x = 0 y valen 1 en x = 1, pero su crecimiento difiere en la rapidez con que se da. Con la ayuda de una peque˜ na tabla de valores podemos bosquejar el gr´afico siguiente: y

y = x2

6

y=x

y=

√ x

1 - x

1 Figura 1.3.6: Gr´aficos de y = x , y = x2 y y = 9.

√ x

Dada la funci´on num´erica f : x 7−→

x+a (x − a)(x − b)

Calcule a y b sabiendo que D(f ) = R − {−2, 1} y que el gr´afico de f pasa por el punto (3, 25 ). Soluci´ on: Si (3, 25 ) ∈ G(f ), entonces, 3+a 2 = (3 − a)(3 − b) 5

Lo cual es equivalente a 11a + 6b − 2ab = 3. Una soluci´on a esta ecuaci´on es a = 1 y b = −2. En este caso x+1 f (x) = , (x − 1)(x + 2)

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

115

cuyo dominio es R − {1, −2}. Valores distintos de a y b satisfacen 11a + 6b − 2ab = 3 pero no la condici´on D(f ) = R − {1, −2} ya que D(f ) = R − {a, a}. 10.

Dada la funci´on f (x) =

1 x

definida para todo x ∈ R, con x 6= 0.

a)

Calcule: f (10) , f (102 ) , f (103 ) , f (104 ) , f (−10) , f (−102 ) , f (−103 ) , f (−104 ).

b)

¿ Para qu´e valores positivos de x se tiene que 0 <|

c)

¿ Para qu´e valores positivos de x se tiene que 0 <|

d)

¿ Para qu´e valores positivos de x se tiene que 0 <| n´ umero positivo cualquiera dado previamente.

e)

¿ Para qu´e valores negativos de x se tiene que 0 <|

10−3 ?

f)

¿ Para qu´e valores negativos de x se tiene que 0

10−30 ?

g)

¿ Para qu´e valores negativos de x se tiene que 0

h)

¿ Qu´e condici´on debe satisfacer x para que la distancia entre f (x)) y 0 sea cada vez menor ?

1 x 1 x

|< 10−5 ?

|< 10−50 ? 1 x

1 x |< < | x1 | < <| x1 |<

|<  ? Donde  es un

?

Soluci´ on: a)

b)

c) d)

1 1 1 1 , f (102 ) = , f (103 ) = , f (104 ) = 4 . 10 100 1000 10 −1 −1 −1 −1 3 , f (−100) = , f (−10 ) = 3 , f (−104 ) = 4 . f (−10) = 10 100 10 10 1 1 1 Si x > 0 entonces > 0. Por tanto | | = . Tenemos: x x x 0 < x1 < 10−5 ⇐⇒ 0 < x1 < 1015 ⇐⇒ x > 105 . 1 1 Del mismo modo para que 0 < | | < 50 es equivalente a pedir que |x| > 1050 . x 10 Si  es un n´ umero positivo cualquiera y x > 0:

f (10) =

0< e) f) g) h)

1 1 < 0 y | | = − . As´ı, x x ⇐⇒ − x1 < 1013 ⇐⇒ −x > 103 ⇐⇒ x < −103 .

Si x < 0 entonces − x1 < 10−3

1 1 <  ⇐⇒ x > x 

1 x

Del mismo modo se obtiene que x < −10 30 .

1 El mismo razonamiento se repite para concluir que x < − .  De los tres u ´ ltimos pasos podemos deducir que, para que la distancia entre f (x) y el 0 disminuya, x debe crecer.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

116 11.

Estudiar la variaci´on de la funci´on f (x) =

x . [x]

Soluci´ on: Si x ∈ [0, 1) entonces [x] = 0, tenemos que D(f ) = R − [0, 1).

Sea n un n´ umero natural, si x ∈ [n, n + 1) entonces f (x) = nx . Es decir, sobre cada intervalo [n, n + 1) es un fragmento de recta y por tanto creciente. Pero, como n1 decrece a medida que n crece, la inclinaci´on de cada fragmento es cada vez menor y en cada x = n la funci´on tiene un salto. Para x negativo. Si x ∈ [−1, 0) entonces [x] = −1 por tanto, f (x) = −x. As´ı f es decreciente sobre [−1, 0). En general, en los intervalos del tipo [−(n + 1), −n) f (x) = x 1 . Como decrece cuando n crece, tenemos una situaci´on parecida a la −(n + 1) n+1 rama positiva, los fragmentos de recta, que en este caso est´an en forma decreciente, se van poniendo cada vez m´as en forma horizontal. El gr´afico de esta funci´on es el siguiente: y

6

2 1

- x

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

Figura 1.3.7: Gr´afico de la funci´on f (x) = 12.

4

5

6

7

x [x]

Recuerde que si x es peque˜ no, x2 es m´as peque˜ no a´ un. Entonces puede ser razonable 2 despreciar x y aproximar (1 + x)2 por 1 + 2x. a)

¿ Qu´e error se comete al reemplazar (1 + x) 2 por 1 + 2x ?

b)

¿ C´omo elegir x para que el error sea inferior a: 10 −2 , 10−4 , 10−5 ?

c)

Calcule aproximadamente sin usar calculadora, (1, 0381) 2 , (1, 0056)2 con un error menor que 10−2 .

Soluci´ on: a)

El error cometido al reemplazar (1 + x) 2 por 1 + 2x, est´a dado por la diferencia: | (1 + x)2 − (1 + 2x) |=| x2 |= x2

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA b)

117

Para que el error sea menor que 10−2 basta resolver la desigualdad x2 < 10−2 . x2 <

1 1 | ⇐⇒ (x − )(x + ) < 0. 100 10 10

Usando las propiedades de las desigualdades de la subsecci´on 1.1.3, vemos que 1 x ∈ ( −1 10 , 10 ). 1 −1 , 100 ). Del mismo modo para que x2 < 10−4 debemos tener x ∈ ( 100 −1 1 2 −5 Finalmente, x < 10 ⇐⇒ x ∈ ( 100√10 , 100√10 ). c)

13.

Como 1, 0381 = 1 + 0, 0381 y 0 < 0, 0381 < por 1 + 2 · 0, 0381. As´ı, (1, 0381)2 ≈ 1, 0762.

1 10 ,

podemos aproximar (1, 0381)2

Dada la funci´on num´erica f (x) = x2 + |3 − 4x2 | − |5x + 1|, calcule f (−1), f (0), f (1) y deduzca que f no es mon´otona sobre [−1, 1]. Soluci´ on: f (−1) = (−1)2 + |3 − 4(−1)2 | − |5(−1) + 1| = −2. f (0) = 3 − 1 = 2. f (1) = 1 + |3 − 4| − |5 + 1| = −4. Como f (−1) < f (0), si fuera mon´otona tambi´en f (0) debiera ser menor que f (1). Pero, como esto no se cumple la funci´on no es mon´otona sobre [−1, 1].

14.

Sea x 7→ f (x) =

x2 − 10 . x−3

a)

Escriba el dominio de f como uni´on de intervalos.

b)

Encuentre a, b, c de modo que f (x) = ax + b +

c)

Utilizando la expresi´on obtenida en el item anterior, estudiar el crecimiento de f sobre los intervalos que componen el dominio.

Soluci´ on: a)

c . x−3

D(f ) = (−∞, 3) ∪ (3, +∞).

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

118 b) x2 − 10 x−3

c x−3 ax(x − 3) + b(x − 3) + c x−3 ax2 − 3ax + bx − 3b + c x−3 2 ax + (b − 3a)x + (c − 3b) x−3

= ax + b + = = =

Usando el ejercicio resuelto 2 de la secci´on 1.2 podemos concluir que: a = 1, b − 3a = 0, c − 3b = −10. Por tanto, a = 1, b = 3, c = −1. As´ı: f (x) = x + 3 − c)

d)

1 . x−3

Si x < 3, a medida que crece y se acerca a 3, x + 3 crece. x − 3 disminuye 1 crece sin acotamiento. tomando valores negativos y − x−3 Si x > 3 y decrece hacia el valor 3, entonces x − 3 disminuye tomando 1 valores positivos, por tanto, − toma valores negativos que no pueden x−3 ser acotados inferiormente.Ver problema resuelto 10 de esta misma secci´on. Su gr´afico es: y

3

x

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 15.

Estudie las variaciones de la funci´on y = x Soluci´ on:

q

x a−x ,

119

a > 0.

Primero debemos determinar el dominio de la funci´on. Para que y sea un n´ umero x real es necesario y suficiente que a−x ≥ 0. Analizando las distintas soluciones a esta desigualdad llegamos a que x ∈ [0, a[. Cuando x crece desde 0 hasta a, y crece de 0 a ∞, pues la

1 a−x

crece indefinidamente.

La curva resultante es una rama de una curva llamada cisoide. y

0

a

x

Figura 1.3.8: Una rama de la cisoide 16.

Bosquejar el gr´afico de la funci´on,

f : x 7−→ x

r

a−x con a ≥ 0 a+x

Soluci´ on: El dominio de la funci´on est´a determinado por la condici´on a−x ≥ 0 con x 6= −a . a+x Lo cual es equivalente a −a < x ≤ a. Cuando x var´ıa desde 0 hasta a, el valor de la funci´on es positivo y finito, adem´as f (0) = f (a) = 0. Cuando x disminuye desde 0 hasta −a, la funci´on es negativa y tambi´en decrece indefinidamente. El gr´afico resultante es una rama de la curva llamada estrofoide.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

120

y −a

0

a

x

Figura 1.3.9: Una rama de la estrofoide 17.

Encuentre constantes reales a y b de modo que la funci´on: f : x 7−→ x3 + (a − 1)x2 + x + ab + 1 sea impar. Soluci´ on: Para que f sea impar se debe cumplir que f (−x) = −f (x), para todo x ∈ D(f ). Como, −f (x) = −(x3 +(a−1)x2 +x+ab+1) y f (−x) = (−x)3 +(a−1)(−x)2 +(−x)+ab+1, tenemos que: f (−x) = −f (x) ⇐⇒ (a − 1)x2 + ab + 1 = 0. Como esta igualdad debe satisfacerse para todo x ∈ R, calculemos la expresi´on para x = 0 y x = 1, obteniendo las ecuaciones: ab = −1 y a(1 + b) = 0, lo que nos da los valores a = 1 y b = −1, pues la posibilidad a = 0, es incompatible con ab = −1.

18.

Dada la funci´on f (x) =

|x| . 1 + |x|

a)

Demuestre que f es par.

b)

Dado el n´ umero a, resuelva la ecuaci´on f (x) = a.

c)

Deduzca que el recorrido de f es [0, 1).

d)

Estudie el crecimiento de f y bosqueje su gr´afico.

Soluci´ on:

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA a) b)

121

Como |x| = | − x| se tiene que f (x) = f (−x). Por tanto f es una funci´on par.

Debido a que el valor absoluto de un n´ umero es positivvo o nulo, la ecuaci´on f (x) = a s´olo tiene sentido si a > 0. Teniendo en cuenta que f es par, consideraremos el caso x > 0. a x = a ⇐⇒ x = a(1 + x) ⇐⇒ x = . 1+x 1−a a 1−a

a 1−a a + 1−a

c)

Dado a ∈ [0, 1) existe x =

d)

Usando la parte (a) del ejercicio propuesto 17 estudiaremos el signo de la expresi´on f (x1 ) − f (x2 ) . x1 − x 2

de modo que f (x) =

= a. Esto nos dice 1 que la funci´on f toma todos los valores entre 0 y 1. Toma el valor 0 en x = 0, pero no toma el valor 1. Pues, si f (x) = 1, entonces debiera existir x tal que x = 1, lo que implica 1 = 0. Como esto es imposible, f no alcanza el valor 1+x 0. En consecuencia R(f ) = [0, 1).

Sean x1 , x2 ∈ [0, +∞),

x1 (1 + x2 ) − x2 (1 + x1 ) x1 x2 − 1 (1 + x1 )(1 + x2 ) 1 + x1 1 + x2 = = > 0. x1 − x 2 x1 − x 2 (1 + x1 )(1 + x2 ) Esto nos dice que f es creciente en [0, +∞). Como f es par, sobre (−∞, 0] ella es decreciente. Su gr´afico es y 1 x 19.

Sea f una funci´on inyectiva sobre un intervalo I. Demuestre que, si f es estrictamente creciente entonces f −1 es estrictamente creciente. Soluci´ on: Sean y1 , y2 ∈ D(f −1 ) . Entonces, y1 = f (x1 ) , y2 = f (x2 ). Si y1 < y2 , debemos demostrar que f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ). Supongamos por reducci´on al absurdo que no se cumple lo que queremos demostrar. Si f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ), entonces x1 = x2 y por tanto f (x1 ) = f (x2 ), es decir , y1 = y2 , lo que contradice la hip´otesis. Si

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

122

f −1 (y1 ) > f −1 (y2 ), entonces x1 > x2 y por tanto f (x1 ) > f (x2 ), es decir , y1 > y2 , lo que nuevamente contradice la hip´otesis. As´ı tenemos que f −1 es estrictamente creciente. 20.

Calcular la funci´on inversa de x f (x) = + 2

r

x2 − 1. 4

Soluci´ on: El dominio de la funci´on est´a determinado por la desigualdad x2 − 1 ≥ 0. 4 Por tanto, D(f ) = (−∞, −2) ∪ (2, +∞). Para calcular la inversa debemos despejar x en la ecuaci´on y = f (x). r x2 x + −1 y = 2 4  x2 x 2 = −1 y− 2 4 y 2 − xy = −1 1 x = y+ . y Para responder correctamente al problema debemos permutar las variables, as´ı: f −1 (x) = x − 21.

1 . x

Calcular la funci´on inversa de √ 1 − 1 + 4x √ f (x) = . 1 + 1 + 4x √ 1 − 1 + 4x √ , entonces Soluci´ on: Si y = 1 + 1 + 4x √ 1 − 1 + 4x √ 1− √ 1−y 1 + 1 + 4x √ = 1 + 4x. = 1+y 1 − 1 + 4x √ 1+ 1 + 1 + 4x

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

Por tanto, 1 + 4x = x=



1−y 1+y

2

123

, lo que nos da

    1 (1 − y)2 − (1 + y))2 1 (1 − y)2 y − 1 = . =− 4 (1 + y)2 4 (1 + y)2 (1 + y)2

Intercambiando las variables tenemos: f −1 (x) = − 22.

x . (1 + x)2

Calcular la funci´on inversa de q q p p 3 3 2 f (x) = x + 1 + x + x − 1 + x2 . p p √ √ 3 3 Soluci´ on: Sea a = x + 1 + x2 y b = x − 1 + x2 . Entonces, y = a+b

y 3 = a3 + b3 + 3a2 b + 3ab2 = a3 + b3 + 3ab(a + b) = a3 + b3 + 3aby p p p = x + 1 + x2 + x − 1 + x2 + 3y 3 x2 − (1 + x2 )

= 2x − 3y y 3 + 3y . x = 2 Por tanto,

f −1 (x) =

1.3.4. 1.

x3 + 3x . 2

Ejercicios propuestos

Determine el dominio, el recorrido y los intervalos donde las siguientes funciones son positivas y negativas. √ a) 3 x + 1 √ b) 3 x2 + 1 √ c) 3 x2 − 1 √ d) 3 1 − x2 1 e) √ 3 1 − x2

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

124 2.

a)

¿ Son iguales las funciones f (x) = Justifique su respuesta.

b)

¿ Son iguales las funciones f (x) =

p √ √ x − 5 x + 7 y g(x) = (x − 5)(x + 7) ?

x+ 1 1 y g(x) = 2 x ? x x +1

Grafique las siguientes funciones: 3.

1 y = |x − a| + |x − b|. 3

4.

f (x) = {2x}, ver ejercicio resuelto 4.

5.

f (x) = |x + 1| + |x − 1| − 2|x|.

6.

y = ||x| + 2|.

7.

y = ||x − 1| − 1|.

8.

y = |x2 − 4| + |x − 2|.

9.

Sea f (x) la funci´on signo de x, ver ejercicio resuelto 1 y sea g(x) = x 3 − 5x2 + 6x. Grafique la funci´on compuesta f (g(x)).

10.

11.

Dada la funci´on f (x) = x3 + x2 − 2x. Grafique: a)

f (x).

b)

g(x) = m´ax{f (x), 0}.

c)

h(x) = m´ax{−f (x), 0}.

d)

Compuebe que f (x) = g(x) − h(x) y |f (x)| = g(x) + h(x).

Encuentre la funci´on inversa de √ √ 3 1+x− 31−x √ f (x) = √ . 3 1+x+ 31−x

12.

Encuentre la funci´on inversa de s s r r 2 5 x 5 x x x2 + − p5 + − − p5 . f (x) = 2 4 2 4

13.

a)

¿ C´omo elegir x para que el error absoluto cometido al aproximar 1 + x2 sea menor o igual a: 10−3 , 4 · 10−5 ? √ b) Calcule sin usar calculadora un valor aproximado de: 1, 0035.

√ 1 + x por

´ 1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

125

14.

Demuestre que, si f y g son funciones pares entonces αf , f + g, f g son funciones pares.

15.

Estudie la variaci´on de la funci´on num´erica : h : x 7−→ x 2 + | 2x | sobre cada uno de los intervalos (−∞, 0] y [0, +∞).

16.

Sean f y g son funciones num´ericas sobre un mismo intervalo I.

17.

a)

Demuestre que si f y g son ambas crecientes o ambas decrecientes sobre I, la funci´on f + g es mon´otona sobre I. En cada caso precise el sentido de la variaci´on de f + g.

b)

Si f y g son mon´otonas sobre I, ¿es f + g mon´otona ?

Sea f una funci´on num´erica sobre I. a)

Demuestre que f es creciente sobre I si y s´olo si, para cualquier par de n´ umeros 0 0 reales x y x de I tal que x 6= x , 0≤

f (x) − f (x0 ) , x − x0

(∗)

Separe los casos x < x0 , x0 < x.

18.

b)

Encuentre una condici´on necesaria y suficiente del tipo (*) para que una f sea decreciente sobre I.

c)

Aplique los resultados anteriores para estudiar las variaciones de la funci´on: | x | −1 f (x) = . x−1

Dadas las funciones f , g, h, represente las tres en un mismo gr´afico. a) b)

19.

f (x) = x + 1 , g(x) = 3x2 − 4 , h(x) = inf{f (x), g(x)}.

f (x) = x3 + 2x , g(x) = 3 − x , h(x) = sup{f (x), g(x)}.

Dado el gr´afico de la funci´on f , determine: a)

Los ceros de la funci´on.

b)

Los intervalos de crecimiento y decrecimiento.

c)

Los intervalos donde la funci´on es inyectiva.

d)

Seleccione un intervalo donde f es invertible y grafique juntas f y f −1 .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

126

y

6

y = f (x) a

b

Figura 1.3.10

c

- x

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

1.4.

127

L´ımites de funciones num´ ericas de variable continua

Seguiremos considerando, como en el cap´ıtulo anterior, que los dominios de las funciones son intervalos o uniones de intervalos.

1.4.1.

L´ımites finitos:

Definici´ on 1.4.1 Sea f una funci´on num´erica. Dado a ∈ R, decimos que L es el l´ımite de f en el punto a, si para cada ε > 0 existe δ > 0 - que en general depende de ε y de atal que si 0 < |x − a| < δ, entonces |f (x) − L| < ε. En tal caso escribimos l´ım f (x) = L, o f (x) −→ L cuando x −→ a.

x→a

Observaci´ on 1.4.2

1.

f (x) tiene sentido si x pertenece al dominio de f .

2.

|x − a| > 0 nos dice que no nos interesa lo que pasa exactamente en a, punto que eventualmente pudiera no estar en el dominio de la funci´on.

3.

La definici´on tiene sentido si existen infinitos x ∈ D(f ) cercanos al punto a, para lo cual a debe ser un punto de acumulaci´ on del dominio de f . Esto quiere decir que dado cualquier n´ umero η > 0 la intersecci´on D(f )∩]a − η, a + η[ es no vac´ıa.

4.

Los infinitos x ∈ D(f ) cercanos al punto a nos permiten hacer las sucesivas aproximaciones a L, lo que constituye la parte pr´actica del concepto de l´ımite.

5.

El ε dado es el grado de exactitud que uno requiere seg´ un la situaci´on concreta en que estamos involucrados.

6.

l´ım f (x) 6= L es equivalente a : existe ε > 0 de modo que existe al menos un x ∈ D(f )

x→a

tal que | x − a |< δ pero | f (x) − L |≥ ε. 7.

La dificultad de aplicar la definici´on es encontrar el δ apropiado para cada ε dado.

Ejemplo 1.4.3 1. Sea f (x) la funci´on constante definida sobre un intervalo abierto I = (A, B), a ∈ I. l´ım f (x) = c, c = cte. x→a

Pues dado ε > 0, existe δ que puede ser elegido como δ = inf{| A − a |, | a − B |} tal que si |x − a| < δ, entonces |f (x) − c| = |c − c| = 0 < ε. Observemos que si en particular I = R cualquier δ sirve para que se cumpla la definici´on 1.4.1.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

128 2.

Sea f (x) = x definida en un intervalo abierto I, a ∈ I, entonces: l´ım = a. x→a

Dado ε > 0, existe δ que puede ser elegido igual a ε tal que si 0 < |x − a| < δ. Entonces |f (x) − a| = |x − a| < δ = ε. Si el intervalo no es todo R, δ debe ser elegido como: δ = inf {| A − a |, | a − B |, ε}. 3.

Sea f (x) = [x] definida sobre todo R. Entonces: (i) l´ım f (x) = n si a ∈ (n, n + 1), para alg´ un n ∈ Z. x→a

(ii) l´ım f (x) no existe, si a ∈ Z. x→a

En efecto,

(i) Como [x] = n si x ∈ (n, n+1). Entonces cuando analizamos los valores [x] cerca de un a ∈ (n, n + 1), vemos que para tales x, [x] es constante igual a n, por la parte 1 de este ejemplo, l´ım f (x) = n. x→a

(ii) En cambio cuando a ∈ Z, la funci´on toma distintos valores seg´ un x sea mayor que a o menor que a, siendo la diferencia entre estos valores de 1. Por tanto, para cualquier 0 < ε < 1, la diferencia entre los valores de [x] para x cercano al punto a, es mayor que ε, por tanto no se cumple la definici´on 1.4.1. M´as particularmente, dados los valores que toma [x], podr´ıamos tener candidatos a l´ımite n o´ n − 1. 1 Si L = n, entonces tomando ε = cualquiera sea δ > 0, entonces existe x 1 = 2 δ δ δ n− tal que |x1 −a| = |n− −n| = < δ, pero |f (x1 )−n| = |n−1−n| = 1 > ε. 2 2 2 1 δ Si L = n − 1, entonces tomando ε = y existe x2 = n + , tenemos que 2 2 δ δ |x2 − a| = |n + − n| = < δ; pero |f (x2 ) − (n − 1)| = |n − (n − 1)| = 1 > ε. 2 2 4.

x2 − 1 entonces l´ım f (x) = −2, a pesar que f no est´a definida en x = −1 x→−1 x+1 utilizaremos este ejemplo para ilustrar bien c´omo encontrar el δ apropiado.

Si f (x) =

x2 − 1 − (−2)| = |x − 1 + 2| = |x + 1| sea x+1 menor que ε, entonces suponemos la condici´on

Dado ε > 0, queremos que |f (x) − L| = |

|x + 1| < ε y en este caso podemos observar que |x + 1| = |x − (−1)| < ε. Esto nos dice que podemos elegir δ = ε para tener la definici´on 1.4.1. Si graficamos esta funci´on,

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

129

tenemos que este ejemplo muestra un caso en que el l´ımite existe aunque la funci´on en el punto no est´a definida.

y f (x) =

x2 − 1 x+1 x

Figura 1.4.1: Existencia del l´ımite sin que la funci´on est´e definida. 5.

6.

l´ım x2 = 4. x→2 |x2 − 4| < ε.

Dado ε > 0; queremos encontrar δ > 0 tal que |x − 2| < δ implique

Para ello observemos que |x2 − 4| = |x − 2||x + 2|, para despejar |x − 2| debemos acotar |x+2|. Como nos interesa lo que pasa cerca del 2, podemos restringir nuestra atenci´on al intervalo (1, 3), centrado en 2 con un radio 1. Si x ∈ (1, 3) entonces 3 < x + 2 < 5. Por tanto |x − 2||x + 2| < 5|x − 2| y si 5|x − 2| < ε ε ε entonces |x − 2| < . Eligiendo δ = inf{ , 1}, tenemos que si |x − 2| < δ entonces 5 5 ε |x2 − 4| = |x − 2||x + 2| < 5|x − 2| < 5 = ε. 5 1 1 no existe. Supongamos que existe L ∈ R + tal que l´ım = L, entonces l´ım x→1 x − 1 x→1 x − 1 dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si en particular tomamos x > 1 tenemos que: 1 − L| < ε. x−1 1 1 1 }, entonces x − 1 < Si 0 < x − 1 < inf {δ, L+ε . Esto implica que > L + ε, L+ε x−1 1 1 es decir, − L > ε, lo que contradice la acotaci´on − L < ε. 1−x x−1 0 < x − 1 < δ , entonces|

7.

La funci´on

g(x) =



0 si x es racional 1 si x es irracional

no tiene l´ımite en ning´ un punto como una consecuencia de la densidad de los n´ umeros racionales y los irracionales en R. Como ejercicio, el lector debiera escribir cuidadosamente los detalles.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

130

Interpretaci´ on geom´ etrica. La definici´on de l´ımite nos dice que todas las im´agenes por f que est´an a una distancia menor que ε de L tienen su preimagen en alguna vecindad del punto a. y L+ε L L−ε a−δ

a

a+δ x

Figura 1.4.2: Interpretaci´on geom´etrica del l´ımite. Teorema 1.4.4 Si el l´ımite de una funci´on en un punto existe, ´el es u ´ nico. Demostraci´ on: Esta demostraci´on es muy semejante a la del teorema 1.2.15. Supongamos que l´ım f (x) = L0 y que existe adem´as L00 = l´ım f (x) con L0 6= L00 . x→a

x→a

Usando definici´on 1.4.1, para L0 y L00 tenemos que: Dado ε > 0 existe:

• δ 0 tal que si 0 < |x − a| < δ 0 entonces |f (x) − L0 | <

ε , 2

• existe δ 00 tal que si 0 < |x − a| < δ 00 entonces |f (x) − L00 | <

ε . 2

Por tanto eligiendo δ = inf{δ 0 , δ 00 }, tenemos que se satisfacen ambas conclusiones, por lo cual tenemos que: si 0 < |x − a| < δ entonces |L0 − L00 | = |(L0 − f (x)) − (L00 − f (x))| ≤ |L0 − f (x)| + |L00 − f (x)| ≤

ε ε + = ε. 2 2

Como |L0 − L00 | < ε, para todo ε > 0, por ejercicio resuelto 5 de la secci´on 1.3, L 0 = L00 . Teorema 1.4.5 Si l´ım f (x) = L, entonces f (x) es acotada en alg´ un intervalo abierto que x→a contiene al punto a. Demostraci´ on: Dado ε = 1, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ. Entonces |f (x)−L| < 1. Sacando las barras del valor absoluto, nos queda que para δ−a < x < δ+a se

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

131

tiene L−1 < f (x) < L+1. Si adem´as, L ≥ 0, tenemos que −(L+1) < L−1 < f (x) < L+1, y por tanto, |f (x)| < 1 + L. Si en cambio, L < 0, entonces L − 1 < f (x) < L + 1 < 1 − L, y |f (x)| < 1 − L. Por consiguiente, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), excepto eventualmente para x = a, los valores de f (x) est´an acotados. Teorema 1.4.6 Supongamos que l´ım f (x) y l´ım g(x) existen, entonces: x→a

x→a

(i) l´ım [f (x) + g(x)] = l´ım f (x) + l´ım g(x). x→a

x→a

x→a

(ii) l´ım [f (x) · g(x)] = l´ım f (x) · l´ım g(x). x→a

x→a

x→a

l´ım f (x) f (x) = x→a , cuando l´ım g(x) 6= 0. x→a g(x) x→a l´ım g(x)

(iii) l´ım

x→a

Demostraci´ on: (i) Sean l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = M . Aplicando la definici´on 1.4.1 a ambos l´ımites tenemos que, dado ε > 0: ε Existe δ1 de modo que si 0 < |x − a| < δ1 , entonces |f (x) − L| < . 2 ε Existe δ2 tal que si 0 < |x − a| < δ2 , entonces |g(x) − M | < . 2 Eligiendo δ = inf{δ1 , δ2 } tenemos que: |(f (x) + g(x)) − (L + M )| ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M | <

ε ε + . 2 2

(ii) Usando un recurso similar al de la parte (ii) teorema 1.2.17, tenemos que: |f (x)g(x) − LM | ≤ |f (x)||g(x) − M | + M |f (x) − L|. Aplicando la definici´on de l´ımite, podemos afirmar que dado ε > 0: existe δ 1 tal que ε y por teorema 1.4.5 existe C > 0 tal si 0 < |x − a| < δ1 . Entonces |f (x) − L| < 2M que |f (x)| < C; para x ∈ (a−δ2 , a+δ2 ), existe δ3 tal que si 0 < |x−a| < δ3 . Entonces ε |g(x) − M | < . As´ı, eligiendo δ = inf{δ1 , δ2 , δ3 }, tenemos que si 0 < |x − a| < δ. 2C Entonces: ε ε |f (x)g(x) − LM | ≤ C · + M · = ε. C 2M (iii) Se demuestra combinando de modo apropiado la t´ecnica de (ii) y de (iii) del teorema 1.2.17. Se deja como ejercicio.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

132 Corolario 1.4.7

(i) l´ım(cf (x)) = c l´ım f (x);

c = cte.

(ii) l´ım(−f (x)) = − l´ım f (x). (iii) l´ım(f (x) − g(x)) = l´ım f (x) − l´ım g(x). Demostraci´ on: (i) Del ejemplo 1.4.3, caso 1, sabemos que l´ım c = c. Usando parte (ii) del teorema x→c 1.4.6, tenemos: l´ım(cf (x)) = l´ım c · l´ım f (x) = c l´ım f (x). x→c

(ii) l´ım(−f (x)) = l´ım((−1)f (x)) = (−1) l´ım f (x) = − l´ım f (x). (iii) l´ım(f (x)−g(x)) = l´ım(f (x)+(−g(x))) = l´ım f (x)+l´ım(−g(x)) = l´ım f (x)−l´ım g(x).

Ejemplo 1.4.8

1.

L´ımites de funciones polinomiales:

Sea f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ; ai constantes. Por teorema 1.4.6 y corolario 1.4.7 l´ım f (x) = an l´ım xn + . . . + a1 l´ım x + a0

x→a

x→a

x→a

y en virtud del ejemplo 1.4.3, caso 2 l´ım f (x) = an an + . . . + a1 a + a0 . x→a

2.

L´ımites de funciones racionales: p(x) Sea r(x) = ; con p(x) y q(x) funciones polinomiales. Si q(a) 6= 0, entonces: q(x) l´ım p(x)

l´ım r(x) =

x→a

x→a

l´ım q(x)

=

x→a

p(a) = r(a). q(a)

Teorema 1.4.9 Una condici´on necesaria y suficiente para que l´ım f (x) = L es que, para x→a

cada sucesi´on {xn } ⊂ D(f ), xn 6= a y que converge hacia a, se tenga que: l´ım f (xn ) = L.

n→∞

Demostraci´ on:

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

133

(i) Primero demostraremos que si existe l´ım f (x), entonces se tiene la condici´on del x→a enunciado. Sea {xn } una sucesi´on que converge hacia a y x n 6= a para todo n. Entonces, dado η > 0, existe N tal que si n > N , se cumple que 0 < |x n − a| < η. Como L = l´ım f (x), dado ε > 0, existe δ > 0 tal que, 0 < |x − a| < δ implica que |f (x) − L| < ε. Tomando en particular η = δ, podemos concluir que si n > N , entonces |xn − a| < δ y por tanto |f (xn ) − L| < ε. Con lo cual tenemos que l´ım f (xn ) = L.

n→∞

(ii) Supongamos que la condici´on del enunciado se cumple y demostremos que l´ım f (x) = L. x→a

Por reducci´on al absurdo supongamos que l´ım f (x) 6= L. Usando la negaci´on de x→a

la definici´on 1.4.1), existe ε > 0 tal que para todo δ > 0, existen x tales que 0 < |x − a| < δ, pero |f (x) − L| ≥ ε. 1 Tomando δ = , n ∈ N, tenemos que para cada n, existe al menos un x n tal que n 1 0 < |xn − a| < pero |f (xn ) − L| ≥ ε. n As´ı podemos formar una sucesi´on {x n } tal que xn 6= a y l´ım xn = a, pero tal que l´ım f (xn ) 6= L, lo que contradice la hip´otesis. Por tanto, l´ım f (x) debe ser igual a L. Observaci´ on 1.4.10 1. En relaci´on a la demostraci´on del teorema, podemos observar que existen infinitas sucesiones {x n } contenidas en el dominio de f con xn 6= a para todo n y que convergen hacia a, pues a es un punto de acumulaci´on del dominio de f. 2.

El teorema 1.4.9 puede simplificar algunos c´alculos de l´ımite; por ejemplo, usando algunas propiedades de las potencias, tenemos que: l´ım x2 = 1 y l´ım

x→a

x→1

√ √ x = a ; a > 0.

Teorema 1.4.11 Si l´ım f (x) y l´ım g(x) existen, entonces: x→a

x→a

(i) f (x) ≤ g(x) implica l´ım f (x) ≤ l´ım g(x). x→a

x→a

(ii) Si la funci´on h es tal que f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) y adem´as l´ım f (x) = l´ım g(x), entonces x→a

l´ım h(x) = l´ım f (x) = l´ım g(x).

x→a

x→a

x→a

x→a

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

134

Demostraci´ on: La demostraci´on de este teorema es consecuencia del teorema anterior y de las respectivas desigualdades para l´ımites de sucesiones, por lo que se deja como ejercicio. Teorema 1.4.12 Si l´ım f (x) = A, l´ım g(x) = B y f (x) 6= A para todo x 6= a en alg´ un x→a

x→A

intervalo abierto que contiene al punto a, entonces l´ım g[f (x)] = B. x→a

Demostraci´ on: Como l´ım f (x) = A, entonces para cualquier sucesi´on {x n }, xn 6= a y tal que l´ım xn = a se tiene que l´ım f (xn ) = A. Sea yn = f (xn ) y como f no asume el valor A en alg´ un intervalo que contiene al punto a, para n suficientemente grande f (x n ) 6= A, o lo que es lo mismo yn 6= A. As´ı l´ım g(yn ) = B, es decir, l´ım g(f (xn )) = B; para toda n→∞

n→∞

sucesi´on {xn } tal que xn 6= a y tal que l´ım xn = a. Por el teorema 1.4.9: l´ım g(f (x)) = B.

x→a

p x2 + 1. x→1 √ √ Aqu´ı f (x) = x2 +1 y g(x) = x, entonces x2 + 1 = g(f (x)); l´ım f (x) = 2 y f (x) 6= 2 x→1 p √ √ para todo x 6= 1 cercanos a 1, adem´as l´ım g(x) = 2, entonces l´ım x2 + 1 = 2. Ejemplo 1.4.13 Calcular l´ım

x→2

1.4.2.

x→1

L´ımites laterales

En la definici´on 1.4.1 se contempla la posibilidad de acercarse al punto a por ambos lados por ser a un punto de acumulaci´on. Para simplificar, suponemos que existe un intervalo abierto (a − δ, a + δ) de modo que, excepto eventualmente a, est´e contenido en el dominio de la funci´on. Pero podemos tambi´en analizar el comportamiento de una funci´on separando los valores de x mayores que a y los valores de x menores que a. As´ı surge el concepto de l´ımite lateral. Definici´ on 1.4.14 Diremos que el n´ umero L d ( respectivamente Li ) es el l´ımite a la derecha (respectivamente a la izquierda) en un punto a de una funci´on f si: Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si a < x < a + δ, entonces |f (x) − L d | < ε (respectivamente si a − δ < x < a, entonces |f (x) − L i | < ε). En estos casos se suele usar las notaciones siguientes: Ld = l´ım f (x) x→a+

;

Li = l´ım f (x) x→a−

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA Ejemplo 1.4.15

1.

135

l´ım [x] = 3; l´ım [x] = 2. En general, dado n ∈ Z: l´ım [x] = n;

x→3+

x→3−

l´ım [x] = n − 1. En cada entero: Ld 6= Li .

x→n+

x→n−

2.

3.

Si el dominio de la funci´on es un intervalo cerrado y acotado [a, b], para cada extremo del intervalo s´olo tiene sentido hablar de uno de los l´ımites laterales: Para a, podr´ıa existir s´olo Ld y para b s´olo Li . √ f (x) = x en x = 0, s´olo puede analizarse su comportamiento para valores mayores √ que 0 y tenemos que l´ım x que vale 0. x→0+

(i) l´ım f (x) = Ld si y s´olo si para toda sucesi´on {xn } tal que xn > a

Teorema 1.4.16

x→a+

y l´ım xn = a se tiene que l´ım f (xn ) = Ld . n→∞

(ii) l´ım f (x) = Li si y s´olo si para toda sucesi´on {xn } tal que xn < a, y l´ım xn = a se tiene que l´ım f (xn ) = Li . n→∞

(iii) l´ım f (x) = L si y s´olo si l´ım f (x) = l´ım f (x) = L. x→a

x→a+

Demostraci´ on:

1.4.3.

x→a−

Ejercicio

L´ımites finitos cuando la variable independiente crece o decrece indefinidamente

Definici´ on 1.4.17 Diremos que el n´ umero L es el l´ımite de f (x) cuando: (i) x crece indefinidamente si dado ε > 0 existe M > 0 tal que si x > M . Entonces |f (x) − L| < ε. En tal caso escribimos l´ım f (x) = L o

x→+∞

l´ım f (x) = L o f (x) → L cuando x → +∞.

x→∞

(ii) x decrece indefinidamente si dado ε > 0 existe M < 0 tal que si x < M . Entonces |f (x) − L| < ε. En este caso escribiremos l´ım f (x) = L o f (x) → L cuando x→−∞ x → −∞. 1 1 = 0+ . En efecto: dado ε > 0, existe M = > 0 tal que si x→∞ x ε 1 1 + x > M . Entonces x > y por tanto, 0 < < ε. Escribimos 0 para enfatizar que ε x 1 se acerca a 0 por la parte positiva del eje Y . x

Ejemplo 1.4.18

1.

l´ım

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

136 2.

1 1 = 0− . Dado ε > 0, existe M = − < 0 tal que si x < M , o lo que es lo x→−∞ x ε 1 1 1 1 1 mismo x < − entonces −ε < y como < 0, −ε < < ε, es decir, | | < ε. ε x x x x l´ım

En general, ninguna funci´on trigonom´etrica tiene l´ımite cuando x → ±∞, porque debido a la periodicidad ellas oscilan. Los teoremas 1.4.6, 1.4.11 y 1.4.12 permanecen v´alidos al reemplazar a por +∞ o −∞. La siguiente propiedad permite reducir el c´alculo de l´ımites al +∞ al c´alculo de l´ımites en puntos finitos. 1 1 Teorema 1.4.19 (i) Si l´ım f ( ) existe, entonces l´ım f (t) = l´ım f ( ). + + t→∞ x x x→0 x→0 1 (ii) Si l´ım f (t) existe, entonces l´ım f ( ) = l´ım f (t). t→∞ t→∞ x x→0+ Demostraci´ on: 1 1 (i) Haciendo x = , tenemos que l´ım = 0+ . Usando el teorema 1.4.12 con a = ∞ y t→∞ t t A = 0+ , se tiene la conclusi´on. (ii) Demostraci´on an´aloga. Ejemplo 1.4.20 L´ımites de funciones racionales cuando x → ±∞. Sea p(x) r(x) = q(x) con p(x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ; an 6= 0 y q(x) = bm xm + . . . + b1 x + b0 ; bm 6= 0. Entonces, l´ım p(x) l´ım r(x) = x→∞ x→∞ l´ım q(x) x→∞

Escribiendo p(x) = xn (an + b0 b1 + m ), tenemos que : m−1 x x

an−1 a0 bm−1 a1 + . . . + n−1 + n ) y q(x) = xm (bm + + ... + x x x x an xn . x→∞ bm xm

l´ım r(x) = l´ım

x→∞

an Si n = m: l´ım r(x) = . x→∞ bm

an 1 l´ım = 0. bm x→∞ xm−n an Si m < n: l´ım r(x) = l´ım xn−m = ±∞. As´ı, l´ım r(x) es finito si y s´olo si m ≥ n. x→∞ x→∞ bm x→∞

Si m > n: l´ım r(x) = x→∞

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

137

Interpretaci´ on Geom´ etrica: Si hacemos un gr´afico de l´ım f (x) = L, vemos que para x→∞ valores grandes de x, los valores de la funci´on se acumulan en torno a la recta y = L. Esto inspira la siguiente definici´on: Definici´ on 1.4.21 Decimos que la recta y = L es una as´ıntota horizontal del gr´afico de f si l´ım f (x) = L o´ si l´ım f (x) = L. x→∞

x→−∞

1 = 0, la recta y = 0, es decir, el eje X parte positiva x→∞ x 1 es una as´ıntota horizontal de . x

Ejemplo 1.4.22

2.

Como l´ım

x→−∞

1.

Como l´ım

1 = 0, tenemos el siguiente gr´afico. x

y y=

1 x x

Figura 1.4.3: As´ıntota de

3.

1 . x

La recta y = 3 es una as´ıntota horizontal para la funci´on f (x) = l´ım (

3x + 1 1 ) = l´ım (3 + ) = 3+ x→∞ x x

l´ım (

1 3x + 1 ) = l´ım (3 + ) = 3− x→−∞ x x

x→∞

x→−∞

3x + 1 , pues x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

138

y f (x) =

3x + 1 x

y=3

x

Figura 1.4.4: As´ıntota horizontal de

3x + 1 . x

L´ımites infinitos Un l´ımite infinito refleja el crecimiento o decrecimiento indefinido de la variable dependiente, lo que puede suceder cuando la variable independiente se acerca a un punto finito o cuando ella crece o decrece a su vez, indefinidamente. Por tal raz´on debemos separar los casos. Definici´ on 1.4.23 Diremos que: (i) l´ım f (x) = ∞ si dado M > 0 existe δ > 0 tal que si |x − a| < δ, entonces f (x) > M. x→a

(ii) l´ım f (x) = −∞ si dado M < 0 existe δ > 0 tal que si |x−a| < δ, entonces f (x) < M. x→a

(iii) l´ım f (x) = ∞ si dado M > 0, existe K > 0 tal que si x > K, entonces f (x) > M. x→∞

(iv)

l´ım f (x) = −∞, si dado M < 0, existe K < 0 tal que si x < K, entonces

x→−∞

f (x) < M. (v)

l´ım f (x) = ∞, si dado M > 0, existe K < 0 tal que si x < K, entonces f (x) > M.

x→−∞

(vi) l´ım f (x) = −∞, si dado M < 0, existe K > 0 tal que si x > K, entonces f (x) < M. x→∞

Observaci´ on 1.4.24 1. De manera obvia las definiciones (i) y (ii) pueden escribirse para l´ım f (x) = ±∞ y para l´ım f (x) = ±∞. x→a+

2.

x→a−

Todos ellas, como en el caso finito, pueden reinterpretarse en t´erminos de sucesiones. Tal escritura se deja como ejercicio.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 3.

139

Las reglas aritm´eticas valen tambi´en para estos l´ımites, excepto cuando se obtiene una de las formas indeterminadas. En estos casos se debe buscar en primera instancia, como ya hemos visto, formas algebraicas de hacer desaparecer la indeterminaci´on. 1 = ±∞. As´ı, en particular, tenemos que: Si l´ım f (x) = 0 entonces l´ım x→a x→a f (x) 1 1 = ∞. Si f (x) = su dominio excluye el punto 2 x→2 (x − 2) (x − 2)2 x = 2, adem´as f es siempre positiva por ser un cuadrado, cuando uno se acerca a 2 por ambos lados, f (x) crece indefinidamente.

Ejemplo 1.4.25

1.

l´ım

y

x

x=2 Figura 1.4.5: f (x) = 2.

1 (x − 2)2

1 1 = −∞. La funci´on g(x) = − , es la funci´on sim´ etrica de la 2 x→2 (x − 2) (x − 2)2 anterior y, por tanto, es evidente que l´ım g(x) = −∞. l´ım −

x→2

y x=2

x

g(x) = −

Figura 1.4.6

1 (x − 2)2

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

140 3.

1 1 1 = +∞ y l´ım = −∞. Si h(x) = , x 6= 2, ella cambia de signo − x−2 x−2 x→2 x − 2 seg´ un x sea mayor o menor que 2. Cuando x → 2 + , la funci´on crece indefinidamente y cuando x → 2− , la funci´on decrece indefinidamente. l´ım

x→2+

y

h(x) = −

1 x−2 x

x=2

Figura 1.4.7 4.

l´ım (4x3 + 1 − 3x) = +∞ y l´ım (4x3 + 1 − 3x) = −∞. Sea f (x) = 4x3 + 1 − 3x =

x→∞

x→−∞

3 1 1 + 3 − 2 ); como k → 0 cuando x → ∞, tenemos: l´ım f (x) = 4 l´ım x3 = x→∞ x→+∞ x x x 4(+∞) = +∞. y l´ım = 4 l´ım x3 = 4(−∞) = −∞. x3 (4

x→−∞

x→∞

y

x 3

f (x) = 4x + 1 − 3x = x

3



1 3 4+ 3 − 2 x x



´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

141

Figura 1.4.8 5.

l´ım x2 = +∞ y l´ım −x2 = −∞.

x→−∞

x→+∞

Como g(x) =

x2

es una par´abola y es siempre positiva, l´ım x2 = +∞. x→±∞

2

l´ım (−x ) = −∞.

x→±∞

y

g(x) = x2 x g(x) = −x2

Figura 1.4.9 6.

L´ımites de polinomios: Sea p(x) = an xn + . . . + a1 x + a0 an 6= 0 a0 a1 an−1 + . . . + n−1 + n ) = xn (an + x x x 1 =0 x→∞ xk

Como l´ım

l´ım p(x) = l´ım an xn = an l´ım xn =

x→∞

x→∞

x→∞

(

+∞ si an > 0 −∞ si an < 0

En particular l´ım (3x − 5x4 + 8) = −5 l´ım x4 = −∞.

x→+∞

x→∞

Definici´ on 1.4.26 Diremos que la recta x = a es una as´ıntota vertical del gr´afico de la funci´on f si: l´ım f (x) = ±∞ o l´ım f (x) = ±∞ o l´ım f (x) = ±∞. x→a

Ejemplo 1.4.27 2.

x→a+

1.

x→a−

Los casos 1, 2 y 3 del ejemplo 1.4.25 muestran as´ıntotas verticales.

La recta x = 2 es una as´ıntota vertical de las funciones ±

1 1 ,± . 2 (x − 2) x−2

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

142

1.4.4.

Las funciones circulares o trigonom´ etricas

Conceptos previos La f´ ormula de la distancia en el plano: Sean P 1 , P2 dos puntos del plano, con cordenadas (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) respectivamente. El tri´angulo P 1 QP2 es rect´angulo en Q, por teorema de Pit´agoras, tenemos que: 2

2

P1 P2 = P1 Q + QP2

2

si llamamos d a la distancia entre P1 y P2 , tenemos que p d = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 y

6

y2

P2 P1

y1

Q -

x1 x2 Figura 1.4.10: Distancia entre dos puntos

x

La circunferencia de centro C=(h, k) y radio r Recordando que la circunferencia de radio r y centro C es el lugar geom´etrico de los puntos p del plano que est´an a la distancia r del centro C, podemos deducir la ecuaci´on que satisfacen las coordenadas de los puntos de dicha circunferencia. Sean (h, k) las coordenadas del centro C y sea P de coordenadas (x, y) un punto cualquiera de la circunferencia. Usando la definici´on de la circunferencia tenemos que: d(P, C) = r

⇐⇒ ssi

[d(P, C)]2 = r 2 (x − h)2 + (y − k)2 = r 2

Por lo tanto, la ecuaci´on de la circunferencia de radio r y centro (h, k) es: (x − h)2 + (y − k)2 = r 2 .

(1.8)

En particular, para nuestros fines trabajaremos con la circunferencia m´as simple, la de centro en el origen y radio 1, cuya ecuaci´on es: x2 + y 2 = r 2

(1.9)

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

143

y B θ −1

0

A

1

x

Figura 1.4.11: C´ırculo unitario Medici´ on de a ´ngulos Intuitivamente consideremos dos semirrectas en el plano con extremo com´ un. Por simplicidad supongamos que este extremo es el origen del plano y una de las semirrectas est´a en el eje de las abscisas. Por a´ngulo entenderemos la medida de la separaci´ on de estas semirrectas. Como existen distintas maneras de medir esta separaci´on, adoptaremos la siguiente convenci´on. Diremos que un a´ngulo est´a en posici´on normal o est´andar si lo medimos desde el semieje OX, con lo cual la medida de separaci´on se reduce a dos posibilidades: Si esta medida de separaci´on se toma en el sentido contrario a los punteros del reloj, el a´ngulo se dice positivo y si es en el sentido de los punteros del reloj se dice que el a´ngulo es negativo.

a´ngulo positivo x a´ngulo negativo Figura 1.4.12: Dos sentidos en la medida de un a´ngulo Esta noci´on se puede ver m´as din´amicamente pensando que el a´ngulo es la medida de separaci´on de una semirrecta que gira en torno a su extremo. La m´axima rotaci´on es aquella que vuelve a su posici´on inicial; este a´ngulo se llamar´a a ´ngulo completo y si esta rotaci´on fue en sentido positivo le daremos el valor de 360 grados, que se denota por 360 o . ¿Por qu´e 360o y no otro valor? Tal vez corresponde a los d´ıas de un a˜ no calendario que

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

144

en la ´epoca de los griegos cl´asicos era de 360 d´ıas. La divisi´on en s´olo 360 unidades que a simple vista parece razonable, no lo es tanto si queremos m´as precisi´on. Por ejemplo, en astronom´ıa dividimos un grado en 60 minutos; 1 o = 600 y para ser m´as finos aun, 1 minuto en 60 segundos 10 = 6000 y podemos continuar, dependiendo de nuestras necesidades. La divisi´on en 60 o sistema sexagesimal es herencia de los babilonios. Los 360 grados corresponden a una vuelta completa en el sentido positivo. Por supuesto que podemos dar las vueltas que queramos en cualquiera de los dos sentidos. Por ejemplo: un a´ngulo de 765 grados, descomponiendo 765 = 2 · 360 + 45 , significa haber dado dos vueltas completas y estar en el punto determinado por un a´ngulo de 45 grados. Si consideramos el a´ngulo de −765 grados, significa que hemos dado dos vueltas completas y nos encontramos en el punto determinado por el a´ngulo −45 grados. es decir hemos caminado en el sentido de los punteros del reloj y estamos a 45 grados bajo el semirecta OX. Como nuestro objetivo es introducir las funciones circulares o trigonom´etricas como funciones de n´ umeros reales y los grados no son n´ umeros reales debemos hacer una transformaci´on de los grados para hacerlos equivalentes a n´ umeros reales. Para ello imaginaremos que caminamos sobre la circunferencia unitaria, y por lo tanto al dar una vuelta completa hemos caminado una longitud de 2π y descrito un a´ngulo de 360 grados.

Definici´ on 1.4.28 Llamaremos un radi´ an a la longitud de arco de

1 . 2π

As´ı, a los 360 grados le corresponde una longitud de arco sobre la circunferencia unitaria de 2π unidades de longitud. Esto nos permite, usando un razonamiento de proporciones directas, tener una f´ormula que trasforme grados en radianes y viceversa. a´ngulo en radianes 2π = a´ngulo en grados 360

1.4.5.

(1.10)

Definici´ on de las funciones circulares o trigonom´ etricas

Consideremos la circunferencia unitaria cuya ecuaci´on es: x2 + y 2 = 1,

(1.11)

y sobre ella consideremos un punto cualquiera P . Este punto determina el a´ngulo θ como lo muestra la figura. Como el punto P es un punto del plano le corresponden las coordenadas

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

145

(xP , yP ), donde xP = OA e yP = AP . y P θ −1

0

A

1

x

Figura 1.4.13 : Circunferencia unitaria Definici´ on 1.4.29 Definiremos las siguientes funciones num´ericas: 1.

La funci´ on seno: R → R;

2.

La funci´ on coseno: R → R;

θ 7→ sen θ = yP θ 7→ cos θ = x P

Propiedades b´ asicas de seno y coseno Antes de deducir las propiedades m´as elementales de estas funciones, es importante observar y retener en la mente que estas funciones no son de naturaleza algebraica. forman parte del tipo de funciones que se llaman funciones trascendentes. y

B θ −1

0

A

1

x

Figura 1.4.14: Representaci´on del seno y coseno en el c´ırculo unitario 1.

Algunos valores de referencia de seno y coseno

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

146

Si θ = 0, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es (1, 0), lo que nos permite concluir que: cos 0 = 1 sen 0 = 0. π , entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es 2 (0, 1), lo que nos permite concluir que:

Si θ =

π 2 π sen 2 cos

= 0 = 1.

Si θ = π, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es (−1, 0), lo que nos permite concluir que: cos π = −1

sen π = 0.

3π , entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria 2 es (0, −1), lo que nos permite concluir que: Si θ =

3π 2 3π sen 2 cos

= 0 = −1.

Si θ = 2π, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es (1, 0), lo que nos permite concluir que: cos 2π = 1 sen 2π = 0. 2.

Periodicidad Dado que los valores de sen x y cos x dependen de la ubicaci´on del punto en la circunferencia unitaria y como su longitud total es 2π, entonces fuera del intervalo [0, 2π] los valores de estas funciones se repiten peri´ odicamente. Por lo tanto las funciones seno y coseno son per´ıodicas de per´ıodo 2π. Es decir, para todo x∈R sen(x + 2π) = sen x cos(x + 2π) = cos x

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 3.

147

Paridad de coseno e imparidad de seno Si P = (xp , yp ) y P 0 = (x0p , yp0 ) con xp = x0p y yp0 = −yp . De aqu´ı concluimos que cos(−x) = cos x y sen(−x) = − sen x. Es decir, la funci´on coseno es una funci´on par y la funci´on seno es impar. As´ı, tenemos que para todo x ∈ R tenemos que: cos(−x) = cos(x) y sen(−x) = − sen(x).

yp

P x xp −x

yp0

P0

Figura 1.4.15: Relaciones de paridad en las funciones trigonom´etricas 4.

Identidad fundamental Dado que seno y coseno de un mismo n´ umero corresponden a las coordenadas de un punto sobre la circunferencia unitaria, tenemos que: cos2 x + sen2 x = 1 , para todo x ∈ R.

5.

(1.12)

Recorrido Como consecuencia inmediata de la identidad fundamental dada por la ecuaci´on 1.12, se tiene que el recorrido de las funciones seno y coseno es [−1, 1].

C´ alculo de los valores m´ as usuales de las funciones seno y coseno 1.

x=

π 3

En el c´ırculo unitario inscribimos un hex´agono regular como en la figura 2.3.10.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

148

P2

P1

π/3 P0

P3 Figura 1.4.16: Hex´agono regular

Si (u, v) son las coordenadas de P1 , entonces las de P2 son (−u, v); como P1 P0 =

p

(u − 1)2 + (v − 0)2 = P2 P1 =

p (−u − u)2 + (v − v)2 ,

se tiene (elevando al cuadrado) que (u − 1) 2 + v 2 = (−2u)2 . Como u2 + v 2 = 1, entonces 2 − 2u = 4u2 que tiene como soluciones u1 = 12 y u2 = −1. Como u > 0 se √ elige la soluci´on u = 12 , y de u2 + v 2 = 1, se tiene que v = 1 − u2 (ra´ız positiva) que es v =

√ 3 2 .

Por lo tanto:

π 1 u = cos = ; 3 2

El a´ngulo P0 OP2 es

2π 3

y se obtiene:

2π 1 cos =− ; 3 2

2.

x=

√ 3 π v = sen = . 3 2

√ 2π 3 sen = . 3 2

π . 4

En el c´ırculo unitario inscribimos un oct´agono regular como en la figura 1.4.17.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

149

P2 P1

π/4 P0 Figura 1.4.17: Oct´agono regular Si (u, v) son las coordenadas de P1 , entonces la ecuaci´on P0 P1 = P1 P2 es equivalente a: p p (u − 1)2 + (v − 0)2 = (0 − u)2 + (1 − v)2 , es decir, u2 − 2u + 1 + v 2 = u2 + 1 − 2v + v 2 lo que implica u = v. Por lo tanto, u2 + v 2 = 1 =⇒ 2u2 = 1 =⇒ u = √12 , por lo tanto, v = √12 , lo que implica cos 3.

π 1 π = sen = √ . 4 4 2

π . 6 En el c´ırculo unitario inscribimos un dodec´agono regular como en la figura 2.3.12.

x=

P3

P2 P1

π/6 P0 Figura 1.4.18: Dodec´agono regular √ ! 1 3 π Entonces P1 = (u, v) y P2 = como se calcul´o en el punto (1) por ser , el 2 2 3 a´ngulo P0 OP2 .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

150

De la ecuaci´on P3 P2 = P0 P1 obtenemos u = √ 3 π ; cos = 6 2

π 1 sen = ; 6 2

√ 3 2 ,

v = 21 , por tanto: √ 3 π 1 tan = √ = 6 3 3

Observaci´ on 1.4.30 Con este m´etodo de inscribir pol´ıgonos regulares conociendo sus lados y apotemas, podemos seguir calculando los valores de las funciones trigonom´etricas π π π para a´ngulos cada vez m´as peque˜ nos de la forma , , , etc. (k ∈ N). 2k 3k 5k Con estos valores encontrados, usando la geometr´ıa euclidiana elemental m´as los que podemos encontrar con una calculadora, podemos esbozar los gr´aficos de las funciones seno y coseno. Los gr´ aficos de seno y coseno

Reuniendo la informaci´on obtenida tenemos:

1. y 1

−2π

−3π/2

−π

0

−π/2

x π/2

π

3π/2

2π

π

3π/2

2π

−1 Figura 1.4.19: La funci´on y = sen x 2. y 1

−2π

−3π/2

−π

0

−π/2

x π/2

−1 Figura 1.4.20: La funci´on y = cos x Las funciones tangente, cotangente, secante y cosecante Estas funciones trigonom´etricas est´an definidas en t´erminos de seno y coseno. Por lo tanto, sus propiedades se deducen de las de aquellas.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

151

sen x Definici´ on 1.4.31 1. La funci´ on tangente: tan x = , definida para todos los cos x x ∈ R donde no se anula la funci´on cos x. Es decir: D(tan) = R − {(2n − 1) π2 : n ∈ Z}; R(tan) = R. La funci´on tangente tambi´en es peri´odica, pero de per´ıodo π, es decir, para todo x ∈ D(tan). tan(x + kπ) = tan x. 2.

La funci´ on cotangente se define como: cotan (x) =

1 para todo, x ∈ {x ∈ R : sen x 6= 0} = R − {nπ, n ∈ Z} . tan(x)

3.

La funci´ on secante se define como: π 1 , para todo x ∈ {x ∈ R : cos x 6= 0} = R − {(2n − 1) : n ∈ Z}. sec(x) = cos(x) 2

4.

La funci´ on cosecante se define como: 1 , para todo x ∈ {x ∈ R : sen x 6= 0} = R − {nπ, n ∈ Z}. cosec(x) = sen(x)

Interpretaci´ on geom´ etrica de las funciones tangente, cotangente, secante y cosecante Estas funciones para a´ngulos agudos pueden ser representadas por los siguientes trazos como vemos en la figura 2.3.16. P θ

Q

T θ O

A

tan θ = AT , cotan θ = P Q, sec θ = OT , cosec θ = OQ Figura 1.4.21: Interpretaci´on geom´etrica Es un bonito ejercicio de semejanza de tri´angulos justificar esta interpretaci´on geom´etrica y extenderla a cualquier a´ngulo θ.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

152

Gr´ aficos de las funciones tangente, cotangente, secante y cosecante 1.

y

−3π/2

−π

0

−π/2

x π/2

π

3π/2

2π

π

3π/2

2π

Figura 1.4.22: La funci´on y = tan x 2.

y

−3π/2

−π

−π/2

0

x π/2

Figura 1.4.23: La funci´on y = cotan x

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

153

3. y

1 −3π/2

−π

0

−π/2

x π/2

π

3π/2

2π

π

3π/2

2π

−1

Figura 1.4.24: La funci´on y = sec x

4. y

1 −3π/2

−π

0

−π/2

x π/2

−1

Figura 1.4.25: La funci´on y = cosec x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

154

Identidades fundamentales de las funciones trigonom´ etricas Casi todas las propiedades e identidades fundamentales pueden desprenderse de las f´ormulas para sen(α ± β) o cos(α ± β). De all´ı que existan variadas formas de obtener dichas f´ormulas. Veremos la sugerida por Cauchy. Teorema 1.4.32 Para todo α, β ∈ R se verifica que cos(α − β) = cos α cos β + sen α sen β. Demostraci´ on: Consideremos la siguiente figura: y R Q α α−β

P

β O

x A

Donde: ∠AOP = β ∠AOQ = α − β ∠AOR = α

P = (cos β, sen β) Q = (cos(α − β), sen(α − β)) R = (cos α, sen α)

A = (1, 0)

Figura 1.4.26: Diagrama de Cauchy Los a´ngulos AOQ y P OR son de igual medida y por tanto subtienden cuerdas de la misma longitud, entonces se tiene: d2 (A, Q) = d2 (P, R); es decir: (cos(α − β) − 1)2 + (sen(α − β) − 0)2 = (cos α − cos β)2 + (sen α − sen β)2 ⇐⇒ 2 − 2 cos(α − β) = 2 − 2(cos α cos β − sen α sen β) ⇐⇒ cos(α − β) = cos α cos β + sen α sen β.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

155

Del teorema 1.4.32se obtiene la mayor´ıa de las identidades fundamentales que detallaremos a continuaci´on:

π π π − β) = cos cos β + sen sen β = sen β 2 2 2 π π π sen( − α) = cos( − ( − α)) = cos α 2 2 2 π π sen(α + β) = cos( − (α + β)) = cos(( − α) − β) 2 2 π π = cos( − α) cos β + sen( − α) sen β 2 2 = sen α cos β + cos α sen β cos(

cos(α + β) = cos(α − (−β)) = cos α cos(−β) + sen α sen(−β) = cos α cos β − sen α sen β

sen(α − β) = sen(α + (−β)) = sen α cos(−β) + cos α sen(−β) = sen α cos β − cos α sen β

Del mismo modo tenemos que:

sen

α α α α = sen(α − ) = sen α cos − cos α sen , 2 2 2 2

implica

(1 + cos α) sen

α α = sen α cos , 2 2

y por lo tanto,

tan

α sen α = . 2 1 + cos α

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

156

A continuaci´on daremos una lista de las identidades m´as trascendentales: sec2 α = tan2 α + 1 sen(α + β) = sen α cos β + sen β cos α sen(α − β) = sen α cos β − sen β cos α

cos(α + β) = cos α cos β − sen α sen β tan α + tan β tan(α + β) = 1 − tan α tan β tan α − tan β tan(α − β) = 1 + tan α tan β sen 2α = 2 sen α cos α

cos 2α = cos2 α − sen2 α = 1 − 2 sen2 α 2 tan α tan 2α = 1 − tan2 α r 1 − cos α sen(α/2) = ± 2 r 1 + cos α cos(α/2) = ± 2 r 1 − cos α tan(α/2) = ± 1 + cos α El doble signo indica que en cada caso debe seleccionarse el valor que corresponda de acuerdo al cuadrante donde se encuentra α. α+β α−β cos 2 2 α+β α−β sen α − sen β = 2 cos sen 2 2 α+β α−β cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α+β α−β cos α − cos β = −2 sen sen 2 2 Adem´as, para cada θ ∈ R: sen α + sen β = 2 sen

sen θ = cos(π/2 − θ) tan θ = cot(π/2 − θ) secθ = cosec(π/2 − θ)

cos θ = sen(π/2 − θ) cotan θ = tan(π/2 − θ) cosec θ = sec(π/2 − θ)

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

157

Teoremas del seno y del coseno Queremos abordar ahora dos problemas cl´asicos de la geometr´ıa: 1.

Dado un tri´angulo cualquiera del cual se conoce la longitud de dos de sus lados, encontrar la longitud del tercero.

2.

Encontrar en un tri´angulo cualquiera la longitud de un lado conociendo el a´ngulo opuesto y la longitud y el respectivo a´ngulo opuesto de otro lado.

Estos problemas son resueltos por el teorema del coseno y el teorema del seno respectivamente. Antes de enunciarlos veamos la siguiente equivalencia: En un tri´angulo ABC cualquiera, se tiene que: C γ a

b α

β c

A

B

a2 = b2 + c2 − 2bc cos α

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β

c

2

2

(i)

2

= a + b − 2ab cos γ

si y s´olo si sen β sen γ sen α = = a b c

(ii)

Demostremos primeramente que (i) =⇒ (ii) Sea a2 = b2 + c2 − 2bc cos α, entonces cos α =

b2 +c2 −a2 , 2bc

por lo tanto:

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

158

2

2

sen α = 1 − cos α = 1 − 2

sen α = = = =



b2 + c 2 − a 2 2bc

2

2 b2 + c 2 − a 2 1 − cos α = 1 − 2bc 2 2 2 2 2 2 4b c − (b + c − a ) 4b2 c2 (2bc − (b2 + c2 − a2 ))(2bc + (b2 + c2 − a2 )) 4b2 c2 (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) 4b2 c2 

2

An´alogamente usando el mismo procedimiento, considerando b 2 = a2 + c2 − 2ac cos β, se tiene sen2 β =

(a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) 4a2 c2

De ambas ecuaciones obtenemos b2 sen2 α = a2 sen2 β y como sen α, sen β ≥ 0, se tiene sen α sen β = a b La otra identidad se obtiene de la misma manera. Demostremos ahora que (ii) =⇒ (i) Sabemos que π = α + β + γ, por lo tanto: sen α = sen[π − (β + γ)] = sen(β + γ), entonces: sen2 α = (sen β cos γ + cos β sen γ)2 = sen2 β cos2 γ + cos2 β sen2 γ + 2 sen β sen γ cos β cos γ = sen2 β(1 − sen2 γ) + (1 − sen2 β) sen2 γ + 2 sen β sen γ cos β cos γ = sen2 β + sen2 γ − 2 sen2 β sen2 γ + 2 sen β sen γ cos β cos γ = sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(sen β sen γ − cos β cos γ) = sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(− cos(β + γ)) = sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(− cos(π − α)

por lo tanto:

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

159

sen2 α = sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ cos α sen β sen γ sen α = = = k = constante 6= 0, entonces sen α = ka, Por hip´otesis sabemos a b c sen β = kb, y sen γ = kc. Sustituyendo estas expresiones en la expresi´on encontrada para sen2 α, se obtiene: k 2 a2 = k 2 b2 + k 2 c2 − 2k 2 bc cos α

es decir, a2 = b2 + c2 − 2bc cos α, que es lo que quer´ıamos probar. Las otras identidades se demuestran de la misma manera. Enunciaremos ahora los teoremas del coseno y del seno. Teorema 1.4.33 Teorema del Coseno En un tri´angulo cualquiera ABC, se tiene que: a2 = b2 + c2 − 2bc cos α

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ Teorema 1.4.34 Teorema del Seno En un tri´angulo cualquiera ABC, se tiene que: sen α sen β sen γ = = a b c

Por lo obtenido anteriormente estos teoremas son equivalentes, luego basta demostrar s´olo uno de ellos. Demostraremos el teorema del coseno. Sea ABC un tri´angulo cualquiera y ubiqu´emoslo en un sistema de coordenadas de forma que el a´ngulo α est´e en el v´ertice O y el lado c en el eje de las abscisas, como lo indica la figura. y C a b α A A = (0, 0)

;

B = (c, 0)

c ;

B

x

c = (b cos α, b sen α)

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

160

Figura 1.4.27: Teorema del seno Por tanto: a2 = d2 (B, C) = (c − b cos α)2 + (0 − b sen α)2 = c2 + b2 cos2 α − 2bc cos α + b2 sen2 α = b2 (cos2 α + sen2 α) + c2 − 2bc cos α

= b2 + c2 − 2bc cos α

Las otras identidades se demuestran en forma similar ubicando el sistema de coordenadas en los v´ertices y lados indicados. Observaci´ on: Sabemos de los teoremas de congruencias de tri´angulos en geometr´ıa plana que un tri´angulo queda completamente determinado si se conoce una de las siguientes alternativas: 1.

Un lado y dos a´ngulos.

2.

Dos lados y el a´ngulo opuesto al mayor de ellos. Con el teorema del seno podemos entonces resolver cualquier tri´angulo si se conoce (1) o (2).

3.

Dos lados y el a´ngulo comprendido entre ambos.

4.

Los tres lados. En estos casos con el teorema del coseno resolvemos el tri´angulo.

Ecuaciones trigonom´ etricas Son ecuaciones donde las variables o inc´ognitas s´olo aparecen en los argumentos de las funciones trigonom´etricas. Por ejemplo: 4 sen2 x = tan x o el sistema: sen x + sen y = a cos 2y − cos 2x = b

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

161

La ecuaci´on tan x − x = 0 no es una ecuaci´on trigonom´etrica, sin embargo el sistema x+y = a tan x tan y = b

puede reducirse a una ecuaci´on trigom´etrica. Observemos que no todas las ecuaciones trigonom´etricas tienen soluci´on; por ejemplo: 3 sen2 x + cos 2x = 5 no tiene soluci´on, pues los m´aximos valores que pueden tomar 3 sen 2 x y cos 2x son 3 y 1 respectivamente, y por lo tanto su suma ser´a siempre inferior a 5 para cualquier valor x ∈ R. Observemos tambi´en que, debido a la periodicidad de las funciones trigonom´etricas, si una ecuaci´on tiene una soluci´on x 0 , entonces tiene infinitas soluciones x 0 + 2kπ, k ∈ Z. Basta entonces encontrar las soluciones de una ecuaci´on trigonom´etrica en el intervalo [0, 2π), o bien, en algunos casos en (−π, π]. Estas soluciones se llaman soluciones b´ asicas. Como podemos ver no hay teor´ıa sobre ecuaciones trigonom´etricas, s´olo algunos m´etodos y estos consisten en reducirlas a una ecuaci´on algebraica tomando una funci´on trigonom´etrica como inc´ognita auxiliar; algunos ejemplos: 1.

Resolver 3 tan2 x + 5 =

7 cos x

Sea u = cos x, entonces como tan2 x =

1 − cos2 x , tenemos cos2 x

7 3(1 − u2 ) +5= 2 u u 2u2 − 7u + 3 = 0. Como u = 0 (es decir, cos x = 0) no es soluci´on de la u2 1 ecuaci´on, tenemos que 2u2 − 7u + 3 = 0, que tiene como soluciones a u =3 y . 2 La primera no es soluci´on por ser mayor que 1; por lo tanto u = cos x = 21 es la π ecuaci´on que debemos resolver y cuyas soluciones b´asicas son x = ± . Entonces las 3 soluciones de la ecuaci´on son: es decir,

S = {±

π + 2kπ ; 3

k ∈ Z}

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

162

Si hacemos el reemplazo v = tan x, la ecuaci´on se convierte en: 3v 2 + 5 = ±7

p 1 + v2

pero esta ecuaci´on no es equivalente a la propuesta, porque con las soluciones de esta, admite todav´ıa las soluciones de la ecuaci´on 3 tan2 x + 5 =

7 cos x

n π √ Las soluciones de 3 tan 2 x + 5 = ±7 1 + tan2 x son S = ± + kπ , 3 que es un conjunto mayor que el buscado.

k∈R

o

En general, no es recomendable usar sustituciones que conduzcan a ra´ıces, pues se debe considerar el doble signo que aporta m´as soluciones que las buscadas en el problema original. 2.

Resolver y discutir la ecuaci´on: a sen x + b cos x = c c b b ∈ R, por lo tanto, existe Dividiendo por a, se tiene sen x + cos x = , a a a b sen ϕ = . Reemplazando en la ecuaci´on original y ϕ ∈ (− π2 , π2 ) tal que tan ϕ = cos ϕ a multiplicando por cos ϕ se tiene: sen x cos ϕ + sen ϕ cos x =

c cos ϕ a

es decir, sen(x + ϕ) = ac cosϕ c Sea φ tal que sen φ = cos ϕ, entonces x+ϕ = 2kπ +φ, o bien, x+ϕ = (2k +1)π −φ a donde x = 2kπ + φ − ϕ, o bien, x = (2k + 1)π − φ − ϕ. Este resultado es formal, tenemos que encontrar las condiciones para que estos valores existan: c Primero debemos tener −1 ≤ cos ϕ ≤ 1 para que exista el valor φ. a 2 2 c cos ϕ Es decir, ≤1 a2 El valor de cos2 ϕ en funci´on de los datos se deduce de la ecuaci´on principal: cos2 ϕ =

1 a2 1 = = 2 1 + tan2 ϕ a2 + b 2 1 + ab 2

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

163

Entonces, la condici´on de posibilidad se reduce a : c2

cos2 ϕ c2 = ≤ 1 ⇐⇒ c2 ≤ a2 + b2 . a2 a2 + b 2

La funci´ on sinusoidal Las funciones de la forma f (x) = a sen(ωx) + b cos(ωx) se llaman funciones sinusoidales y aparecen en modelos matem´aticos de problemas oscilatorios. En electromagnetismo, sonido, las ondas est´an representadas por funciones de tipo sinusoidal. Escribamos f (x) como:   p b a 2 2 sen ωx + √ cos ωx f (x) = a + b √ a2 + b 2 a2 + b2   2  2  b a a b + √ = 1, entonces el punto √ como √ ,√ pertenece a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 a2 + b 2 a la circunferencia unitaria y por tanto, existe un u ´ nico ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que : a cos ϕ = √ 2 a + b2

b sen ϕ = √ 2 a + b2

,

tan ϕ = Pongamos A :=

√

b . a

a2 + b2 , entonces f (x) se puede escribir como: f (x) = A(cos ϕ sen ωx + sen ϕ cos ωx) = A sen(ωx + ϕ)

1.

La funci´on f (x) es peri´odica y su per´ıodo T es: A sen(ω(x + T ) + ϕ) = A sen(ωx + ϕ) = A sen(ωx + 2π + ϕ)

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

164

Por tanto, ωx + ωT = ωx + 2π, es decir, el per´ıodo T de la sinusoide es 2π (tomando |ω| para obtener T > 0). T = |ω| 2.

−ϕ Como f (x) = A sen(ωx + ϕ) = A sen (ω(x − ( −ϕ ω ))) se tiene que ω es el monto en el cual la sinusoide est´a desfasada. Entonces el ciclo se inicia en el punto ( −ϕ ω , 0). Los −ϕ ingenieros el´ectricos llaman al desfase como a ´ngulo de fase de la sinusoide. ω

3.

El n´ umero A se llama la amplitud de la sinusoide.

4.

El n´ umero |ω| =

2π se llama la frecuencia de la sinusoide. T

y A

−ϕ/ω + T −ϕ/ω

x

−A Figura 1.4.28: Funci´on sinusoidal f (x) = A sen(ωx + ϕ) Algunas veces la funci´on sinusoidal no aparece en la forma expl´ıcita f (x) = a sen(ωx)+ b cos(ωx); pero bajo identidades trigonom´etricas podemos llevarla a esta forma. Veamos un ejemplo: f (x) = 3 sen x cos2 x − sen3 x +

1 cos 3x. 2

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

165

Entonces 1 cos 3x 2 1 = sen x(cos2 x − sen2 x) + 2 sen x cos2 x + cos 3x 2 1 2 = sen x cos 2x + 2 sen x cos x + cos 3x 2 1 = sen x cos 2x + cos x sen 2x + cos 3x 2 1 = sen(x + 2x) + cos 3x 2 1 = sen 3x + cos 3x. 2 que es de la forma sinusoidal. Obviamente no toda funci´on del tipo trigonom´etrico es sinusoidal, por ejemplo f (x) = sen2 x sen 2x es la funci´on sen 2x con amplitud peri´odica igual a sen 2 x. Realice con ayuda de su calculadora un gr´afico de esta funci´on. f (x) = sen x cos2 x + 2 sen x cos2 x − sen3 x +

Ejemplo 1.4.35

1.

La funci´on ϕ1 (x) = 2 sen(x) es la sinusoide seno con amplitud 2.

2.

La funci´on ϕ2 (x) = cos(2x) es la sinusoide coseno de per´ıodo π.

3.

La funci´on f (x) = 2 sen(x) + cos(2x) que es la suma de las dos sinusoides anteriores no es una funci´on sinusoidal.

ϕ2 (x) = cos(2x) 0

π/4

π/2

3π/4

π

5π/4

3π/2

7π/4

2π ϕ1 (x) = 2 sen(x)

f (x) = 2 sen(x) + cos(2x)

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

166

Algunos l´ımites relevantes que involucran las funciones circulares 1.

l´ım sen x = 0. Este l´ımite se obtiene usando la desigualdad :

x→0

| sen x |≤| x | . Esta se obtiene usando la definici´on de sen x y elementos de la geometr´ıa euclidiana, intuitivamente basta mirar el dibujo con que se definen las funciones circulares. De una manera m´as formal: Dado ε > 0, podemos elegir δ = ε y tenemos que si | x − 0 |=| x |< δ entonces, | sen x − 0 |=| sen x |≤| x |< δ = ε. 2. 3.

l´ım sen

x→a

x−a = 0. Es consecuencia del l´ımite anterior y del teorema 1.4.12. 2

l´ım sen x = sen a. Usando la f´ormula trigonom´etrica:

x→a

sen x − sen x0 = 2 sen

x + x0 x − x0 cos . 2 2

Tenemos | sen x − sen a |=| 2 sen

x−a x+a x−a cos |≤ 2 | sen |. 2 2 2

En virtud del teorema 1.4.11, podemos concluir que: l´ım sen x = sen a.

x→a

4.

l´ım cos x = cos a.

x→a

Se obtiene de modo similar al de la funci´on sen x, usando la f´ormula cos x − cos x0 = −2 sen

x − x0 x + x0 sen , 2 2

y el l´ımite anterior. 5.

sen x = 1. x→0 x Supongamos que x ∈ (0, π2 ). El tri´angulo ORQ de la figura est´a contenido en el sector circular OSQ que, a su vez, est´a contenido en el tri´angulo OST . Por tanto, l´ım

´ ´ ´ Area 4 ORQ ≤ Area sector OSQ ≤ Area 4 OST.

(1)

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

167

Adem´as, RQ = sen x, OR = cos x, OS = 1. y T Q S O

R

x

Por semejanza de tri´angulos tenemos: ST OS = RQ OR . Despejando ST obtenemos que: ST =

sen x = tan x. cos x

Entonces, la expresi´on (1) toma la forma: sen x cos x sen x ´ ≤ Area sector OSQ ≤ . 2 2 cos x

(2)

Usando proporciones podemos calcular el a´rea del sector circular: ´ x Area del sector = . 2π π As´ı (2) se escribe como:

sen x cos x x sen x ≤ ≤ . (3) 2 2 2 cos x Si x ∈ (0, π2 ), tenemos que de la primera desigualdad de (3) obtenemos al dividirla x cos x , por 2 sen x 1 ≤ , (4) x cos x 2 cos x al multiplicar la segunda desigualdad por obtenemos: x sen x cos x ≤ . (5) x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

168 De (4) y (5) tenemos que:

cos x ≤

1 sen x ≤ . x cos x

desigualdad que sigue valiendo para x ∈ (− π2 , 0), pues cos(−x) = cos x y sen x . x As´ı, para todo x ∈ (− π2 , π2 ), tenemos:

sen(−x) = −x

1 sen x ≤ . x cos x Usando el teorema 1.4.11 y el hecho que l´ım cos x = 1, obtenemos que , cos x ≤

x→0

sen x l´ım = 1. x→0 x y

l´ım f (x) = 1

x→0

◦ −2π

−π

0

Figura 1.4.29: y = 6.

π

2π

x

sen x . x

cos x − cos a . Usando la f´ormula trigonom´etrica: x→a x−a x − x0 x + x0 cos x − cos x0 = −2 sen sen , 2 2 tenemos que , x−a x+a 2 sen sen cos x − cos a 2 2 = x−a x−a x−a x + a sen 2 = − sen . x−a 2 2 l´ım

x−a Tomando el l´ımite cuando x → a tenemos que u = → 0 y entonces podemos 2 usar el l´ımite 5 y concluir que el valor de este l´ımite es − sen a.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 7.

La funci´on f (x) = sen existe.

169

1 1 tiene por dominio a R − {0}. Veremos que l´ım sen no + x x x→0

1 1 π 2 = 1 si y s´olo si = + 2nπ, es decir, cuando x = . x x 2 (4n + 1)π 1 3π 2 1 + 2nπ, es decir, cuando x = . sin = −1 cuando = x x 2 (4n + 3)π Si x > 0; sen

As´ı vemos que la sucesi´on xn =

2 es tal que xn > 0, xn 6= 0, xn → 0 cuando (4n + 1)π

n → ∞ y l´ım f (xn ) = 1. n→∞

2 que tambi´en converge a cero, cuando (4n + 3)π n crece, pero l´ım f (yn ) = −1. Esto significa que la funci´on oscila entre 1 y -1 cuando Pero tambi´en existe la sucesi´on y n = n→∞

x → 0+ .

1 no existe. x

Por tanto, l´ım sen x→0+

1

0.5

-1

-0.5

1

0.5

-0.5

-1

Figura 1.4.30: Gr´afico de f (x) = sen

8. 9.

l´ım sen

x→−∞

1 x

1 = 0. x

As´ıntotas de la tangente π Las rectas x = (n + 1) ; n ∈ Z, n 6= −1 son as´ıntotas verticales de la funci´on 2 y = tan x sen x l´ım tan x = l´ım como l´ım sen x = 1; l´ım cos x = 0+ l´ım cos x = 0− , π− π − cos x x→ 2 x→s 2 x→ π2 − x→ π2 − x→ π2 + entonces l´ım tan x = +∞ y l´ım tan x = −∞ x→ π2 −

x→ π2 +

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

170

1

0.5

-3

-2

-1

1

-0.5

-1

Figura 1.4.31

y

− π2

0

x π 2

Figura 1.4.32 : y = tan x Algunas aplicaciones de los l´ımites: 1.

Si cuando x crece indefinidamente, la diferencia entre las funciones f (x) y g(x) se hace indefinidamente peque˜ na, se dice que f (x) y g(x) se aproximan asint´oticamente. Es decir, si l´ım [f (x) − g(x)] = 0, entonces escribimos f (x) ≈ g(x) cuando x → ∞. x→∞ Lo mismo se puede hacer cuando x → −∞.

2.

Si l´ım

3.

La siguiente notaci´on es muy usual :f (x) es o(n) si l´ım

f (x) = 1, entonces decimos que f (x) y g(x) se comportan aproximadamente x→a g(x) iguales para valores muy cercanos al punto a; se puede escribir nuevamente f (x) ≈ g(x). Siempre que g(x) sea acotada para valores grandes de x.

4x2 + 6x3 es o(1), pero sen x no es o(1).

f (x) = 0. Por ejemplo, x→0 xn

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

1.4.6. 1.

Ejercicios resueltos

Calcule: a) b) c) d) e) f) g)

l´ım (x2 + 3x − 4).

x→1

l´ım (x2 + 3x − 4).

x→∞

1 . + 3x − 4 x3 + 5 l´ım 2 . x→∞ x + 3x − 4 p l´ım x2 + 3x − 4. l´ım

x→∞ x2

x→1

l´ım √ (3x x→ π

2

l´ım √ sen

x→ π

h) i)

l´ım x

x→−3+

l´ım x

x→−1

+ π).

p 3x2 + π

r

r

3−x . 3+x

x . 1−x

Soluci´ on: a)

El teorema 1.4.6 nos permite escribir: l´ım (x2 + 3x − 4) =

x→1

l´ım x2 + 3 l´ım x − l´ım 4

x→1

x→1

x→1

= ( l´ım x)2 + 3 l´ım x − l´ım 4 x→1

x→1

= 12 + 3 · 1 − 4 = 0.

x→1

b) 3 4 − 2) x→∞ x x 3 4 2 = l´ım x · l´ım (1 + − 2 ) x→∞ x→∞ x x = ∞ · 1 = ∞.

l´ım (x2 + 3x − 4) =

x→∞

c)

l´ım

x→∞

1 1 = = 0. x2 + 3x − 4 ∞

l´ım x2 (1 +

171

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

172 d)

5 ) x3 l´ım 3 4 x→∞ (1 + − 2 ) x x x(1 +

e)

5 ) x3 = 3 4 x2 (1 + − 2 ) x x 5 l´ım (1 + 3 ) x = l´ım x x→∞ = ∞ · 1 = ∞. 3 4 x→∞ l´ım (1 + − 2 ) x→∞ x x x3 (1 +

x3 + 5 x2 + 3x − 4

En virtud de a), si f (x) = x2 + 3x − 4 entonces , l´ım f (x) = 0. x→1 √ 2 Aplicando el teorema 1.4.12 con pf (x) = x + 3x − 4 y g(x) = x , entonces l´ım g(x) = 0, tenemos que l´ım x2 + 3x − 4 = 0. x→1

f) g)

√ 2 2 l´ım √ (3x + π) = 3( π) + π = 4π.

x→ π

En virtud del teorema 1.4.12 y el l´ımite relevante 3 tenemos: l´ım √ f (x) = x→ π

√ 4π

y si g(x) = sen x,√entonces l´ım √ g(x) = sen 4π.

x→ π

h)

3−x , escribiremos: x = −3 + ε y as´ı se cumple que: 3+x si ε → 0+ , y por lo tanto:

Para calcular x → −3+

r

l´ım x ·

x→−3+

√ √ x 3−x (−3 + ε) 6 − ε √ l´ım √ = −∞. = l´ım ε x→−3+ ε→0+ 3+x i)

De manera similar a h) l´ım x

x→1−

2.

r

x = +∞. 1−x

Calcule l´ım (2x − 1 +

x→±∞

p 4x2 − 5x + 3).

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA Soluci´ on:

Sea y = 2x − 1 + l´ım y =

x→∞

= = = = =

173

√ 4x2 − 5x + 3.

√ (2x − 1) − 4x2 − 5x + 3 √ l´ım y · x→∞ (2x − 1) − 4x2 − 5x + 3 (2x − 1)2 − (4x2 − 5x + 3) √ l´ım x→∞ 2x − 1 − 4x2 − 5x + 3 4x2 − 4x + 1 − 4x2 + 5x − 3 √ l´ım x→∞ 2x − 1 − 4x2 − 5x + 3 x−3 √ l´ım x→∞ 2x − 1 − 4x2 − 5x + 3 1 − 3/x p l´ım x→∞ 2 − 1/x − 4 − 5/x + 3/x2 +∞.

An´alogamente, l´ım (2x − 1 +

x→−∞

3.

p 4x2 − 5x + 3) = +∞.

Calcule x2 − 5x + 4 . x→1 x2 − 3x + 2 l´ım

Soluci´ on: El numerador y el denominador se anulan cuando x toma el valor 1, por lo que debemos tratar de factorizar ambos trinomios. x2 − 5x + 4 (x − 1)(x − 4) = , x2 − 3x + 2 (x − 1)(x − 2) si x 6= 1 entonces podemos simplificar teniendo:

x2 − 5x + 4 x−4 = , y as´ı, 2 x − 3x + 2 x−2

x2 − 5x + 4 −3 x−4 = l´ım = = 3. 2 x→1 x − 3x + 2 x→1 x − 2 −1 l´ım

4.

Calcule

√ √ x + 1 − x2 + x + 1 . l´ım x→0 x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

174

Soluci´ on: Tanto el numerador como el denominador se anulan cuando x toma el valor 0; por lo tanto, debemos transformar algebraicamente la expresi´on racionalizando el numerador: √ √ √ √ √ √ x + 1 − x2 + x + 1 x + 1 − x2 + x + 1 x + 1 + x2 + x + 1 √ = ·√ x x x + 1 + x2 + x + 1 −x2 x + 1 − (x2 + x + 1) √ √ = √ = √ x( x + 1 + x2 + x + 1) x( x + 1 + x2 + x + 1) −x √ = √ , x + 1 + x2 + x + 1 por consiguiente,

5.

√ √ 0 x + 1 − x2 + x + 1 = = 0. l´ım x→0 x 2

Calcule l´ım

x→0

1−

√ 3 1−x . 3x

Soluci´ on: Usando la f´ormula de factorizaci´on a 3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) podemos transformar algebraicamente la expresi´on de la misma forma que se hizo en el ejercicio anterior, es decir, racionalizando el numerador: 1−

√ 3

1−x 3x

= = = =

Por lo tanto,

p √ √ 3 1 − x 1 + 3 1 − x + 3 (1 − x)2 p · √ 3x 1 + 3 1 − x + 3 (1 − x)2 1 − (1 − x) p √ 3 3x(1 + 1 − x + 3 (1 − x)2 ) x p √ 3 3x(1 + 1 − x + 3 (1 − x)2 ) 1 p . √ 3 3(1 + 1 − x + 3 (1 − x)2 )

1−

l´ım

x→0

6.

Calcule

1−

√ 3

1−x 1 = . 3x 9

(2x − 3)2 (4x + 7)2 . x→∞ (3x − 4)2 (5x2 + 1)2 l´ım

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

175

Soluci´ on: Seg´ un lo visto para funciones racionales en el ejemplo 1.4.20, para calcular este l´ımite, basta conocer los coeficientes de los t´erminos en x 4 en el numerador y denominador. As´ı, (2x − 3)2 (4x + 7)2 4 · 16 64 = = . x→∞ (3x − 4)2 (5x2 + 1)2 9·5 45 l´ım

7.

Calcule l´ım (

x→±∞

p

√ ax2 + bx + c − x a).

Soluci´ on:

As´ı,

√ √ p p √ √ ax2 + bx + c + x a 2 2 ax + bx + c − x a = ax + bx + c − x a · √ √ ax2 + bx + c + x a bx + c = √ √ ax2 + bx + c + x a x(b + c/x) p = √ . |x| a + b/x + c/x2 + x a

l´ım (

x→+∞

Y

p √ b b + c/x ax2 + bx + c − x a) = l´ım p = √ . √ 2 x→+∞ 2 a a + b/x + c/x + a l´ım (

x→−∞

8.

p √ √ ax2 + bx + c − x a) = l´ım −2 ax = +∞. x→−∞

Analizar el l´ımite de la expresi´on h i p 1 2 y = x 3 (x2 + 1) 3 − x 3 cuando x → ∞, seg´ un los valores de p.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

176 Soluci´ on: p

h

i 2

1

x 3 (x2 + 1) 3 − x 3

p

h

i 2

1

= x 3 (x2 + 1) 3 − x 3 p

=

i hp √ p 3 3 (x2 + 1)2 + 3 x2 (x2 + 1) + x4 i · hp √ p 3 3 (x2 + 1)2 + 3 x2 (x2 + 1) + x4

x 3 (x2 + 1 − x2 ) hp i √ p 3 3 (x2 + 1)2 + 3 x2 (x2 + 1) + x4 p

= =

1 p−4 1 √ x 3 ·√ 3 3 1 + 2x−2 + x−4 + 3 1 + x−2 + 1

Entonces, tenemos: Si p = 4, Si p > 4, Si p < 4, 9.

4

x3 x− 3 i hp · √ p 4 3 3 (x2 + 1)2 + 3 x2 (x2 + 1) + x4 x− 3 1 l´ım y = . x→∞ 3

l´ım y = ∞.

x→∞

l´ım y = 0.

x→∞

Dada f (x) =

x2

1 . +x−6

a)

Resuelva gr´aficamente la desigualdad x 2 + x − 6 ≤ 0.

b)

Analice los ceros y el signo de la funci´on f .

c)

Calcule l´ım f (x), l´ım f (x),

d)

Bosqueje el gr´afico de f.

e)

Bosqueje el gr´afico de g(x) = x2 + f (x).

x→∞

x→−∞

l´ım f (x), l´ım f (x), l´ım f (x), l´ım f (x).

x→−3−

x→−3+

x→2−

x→2+

Soluci´ on: a)

La funci´on y = x2 + x − 6 = (x − 2)(x + 3) representa una par´abola que corta el eje x en los puntos x = 2 y x = −3; es abierta hacia arriba y su v´ertice 1 25 (− , − ). Su gr´afico es el que muestra la figura 1.4.33. De donde podemos 2 4 deducir que: x2 + x − 6 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−3, 2].

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

177

y

−3

2

x

Figura 1.4.33: Gr´afico de y = x2 + x − 6. b)

c)

1 1 = ; D(f ) = R − {−3, 2} y no tiene ceros. +x−6 (x − 2)(x + 3) Como x2 + x − 6 > 0 en (−∞, −3) ∪ (2, +∞) que: f (x) > 0 sobre (−∞, −3) y sobre (2, +∞); f (x) < 0 sobre (−3, 2).

f (x) =

x2

l´ım f (x) =

x→±∞

1 =0 1 6 x2 (1 + − 2 ) x x l´ım f (x) = +∞;

x→−3−

pues para valores de x menores que −3 la funci´on es positiva. l´ım f (x) = −∞

x→−3+

l´ım f (x) = −∞

x→2−

l´ım f (x) = ∞.

x→2+

d)

1 1 1 f (− ) = −0, 16; como en − la par´abola alcanza su m´ınimo valor, f (− ) es 2 2 2 el mayor valor que toma f en (−3, 2).

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

178

y

−3

− 12

2

x

1 . x2 + x − 6 g(x) = x2 + f (x); D(g) = D(f ). Como x2 ≥ 0, para todo x, la funci´on g(x) es positiva en (−∞, −3) y en (2, +∞).   f (x) = +∞ l´ım g(x) = l´ım (x2 + f (x)) = l´ım x2 1 + 2 x→±∞ x→±∞ x→±∞ x   1 2 2 l´ım g(x) = l´ım (x + f (x)) = l´ım x (x − 2) + = +∞. x−3 x→2+ x→2+ x→2+ Figura 1.4.34: Gr´afico de f (x) =

e)

y

−3

x

2

Figura 1.4.35: Gr´afico de g(x) = x2 +

1 . x2 + x − 6

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

10.

Analice el comportamiento de la funci´on f (x) =

179

3x2 − 1 y bosqueje su gr´afico. x3 − x

3x2 − 1 , el dominio de f es R − {−1, 0, 1}, por lo que x(x − 1)(x + 1) el gr´afico de f consta de 4 ramas.

Soluci´ on:

Si f (x) =

Los ceros de f (x): 1 3x2 − 1 = 0 ⇐⇒ x = ± √ . 3 1 1 En los puntos (− √ , 0), ( √ , 0), el gr´afico corta al eje x. 3 3 El signo de f (x): f (x) =

3x2 − 1 x(x2 − 1)

Veamos el comportamiento de las par´abolas: 3x 2 − 1, x2 − 1. Del gr´afico de ellas se deduce f´acilmente que: x2 − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−1, 1] 1 1 3x2 − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [− √ , √ ] 3 3 Por tanto: (i) Sobre (−∞, −1) : x < 0; y

3x2 − 1 ≥ 0, es decir, f es negativa. x2 − 1

1 (ii) Sobre (−1, − √ ); f (x) > 0. 3 1 (iii) Sobre (− √ , 0); f (x) < 0. 3 | (iv) Sobre (0, √ ); f (x) > 0. 3 1 (v) Sobre ( √ , 1); f (x) < 0. 3 (vi) Sobre (1, ∞; f (x) > 0.

Para poder bosquejar el gr´afico, analizaremos algunos l´ımites. Para ello escribiremos

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

180 1 ) x2 f en la forma, f (x) = x x3 (1 − 3 ) x x2 (3 −

3 = 0− x→−∞ x→−∞ x 1 1 1 1 l´ım f (x) = l´ım ( + + ) = − − 1 + (−∞) = −∞. − − x x+1 2 x→−1 x→−1 x − 1 l´ım f (x)

=

l´ım

l´ım f (x) = +∞.

x→−1+

y

f (x) =

−1

−1 √ 3

√1 3

Figura 1.4.36: Gr´afico de f (x) =

11.

1

3x2 − 1 x3 − x

x

3x2 − 1 . x3 − x

√ 2x − 3 y bosqueje el gr´afico. Analice el comportamiento de la funci´on g(x) = x2 Soluci´ on: a)

Primero determinaremos el dominio D(g) de la funci´on. 3 x ∈ D(g) ⇐⇒ 2x − 3 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ . 2

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA b) c) d)

181

3 . 2 g(x) ≥ 0; para todo x ∈ D(g). g(x) = 0 ⇐⇒ x =

l´ım g(x) =

x→∞

=

l´ım

x→∞

r

x(2 −

l´ım l´ım

x→∞ x→∞

= 0.

3 ) x

2 xr

3 2− x √ 3 x

√ 2x − 3 g(x) = x2

y

3 2

x

√ 2x − 3 . Figura 1.4.37: Gr´afico de g(x) = x2 12.

Esbozar los gr´aficos de las funciones: a) b) c)

1 f (x) = sen . x 1 g(x) = x sen . x 1 1 h(x) = sen . x x

Soluci´ on: a)

D(f ) = R − {0}. Como la funci´on es acotada por 1, es decir, | sen u| ≤ 1, entonces tenemos que: 1 −1 ≤ sen ≤ 1. x Por lo cual su gr´afico se encuentra en la franja [−1, 1] del eje Y .

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

182

1

0.5

-1

-0.5

0.5

1

-0.5

-1

Figura 1.4.38: Gr´afico de f (x) = sen

1 x

Como hemos visto en el ejemplo 1.4.15 caso 4, l´ım sen x→0

b)

1 no existe, pues la x

funci´on oscila. 1 l´ım sen = l´ım sen t = 0, usando el teorema 1.4.19 y el l´ımite relevante 1. x→∞ x t→0+ D(g) = R − {0}. −x ≤ g(x) ≤ x

Lo que nos dice que el gr´afico de g(x) est´a comprendido entre las rectas y = −x, y = x. 1 l´ım −x ≤ l´ım x sen ≤ l´ım x x→0 x→0 x x→0 Usando el teorema 1.4.11, vemos que l´ım x sen x→0

1 = 0. x

0.4 0.3 0.2 0.1 -0.4

-0.2

0.2

0.4

-0.1 -0.2

1 Figura 1.4.39: Gr´afico de g(x) = x sen . x

c)

1 El gr´afico de h(x) est´a comprendido entre las hip´erbolas y = ± . Con un x

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

183

c´alculo semejante al de las dos funciones anteriores obtenemos que : l´ım h(x) = 0.

x→±∞

En las cercan´ıas de x = 0 la funci´on cruza infinidad de veces el eje X oscilando entre sus valores extremos que est´an sobre las hip´erbolas. Su gr´afico es el que vemos en la figura 1.4.40. 60 40 20 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

-20 -40 -60

Figura 1.4.40: Gr´afico de h(x) =

13.

1 1 sen . x x

Demuestre que valores peque˜ nos de x, x ≈ tan x. x x x sen x b) Demuestre que l´ım (cos · cos 2 · . . . · cos n ) = . cuando x 6= 0. n→∞ 2 2 2 x

a)

Soluci´ on: a)

tan x = 1. x→0 x

Es equivalente a demostrar que l´ım En efecto:

sen x tan x 1 sen x = cos x = · x x cos x x 1 sen x tan x = l´ım · l´ım = 1 · 1 = 1. x→0 cos x x→0 x x→0 x l´ım

b)

Usando inductivamente la f´ormula del a´ngulo doble, tenemos las siguientes igualdades: x x x x x sen x = 2 sen · cos ; sen = 2 sen · cos 2x 2 x 2 4x x 4 x x sen 2 = 2 sen 3 · cos 3 , . . . , sen n−1 = 2 sen n cos n 2 2 2 2 2 2

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

184 Remplazando, nos queda: sen x = 2n sen

x x x x cos · cos 2 · . . . · cos n n 2 2 2 2

si x 6= 0,

14.

x sen n sen x x x x 2 = x cos · cos 2 · . . . · cos n x 2 2 2 2n x sen n 2 Como para x fijo, l´ım x = 1, se tiene lo que quer´ıamos demostrar. n→∞ 2n sen 5x a) Calcular l´ım . x→0 sen 4x sen mx . b) Calcular l´ım x→0 sen nx Soluci´ on: 4x 5 sen 5x 4x 5x sen 5x · = · · . a) 4x 5x sen 4x 4 5x sen 4x

sen 5x 5 5 ) = ·1·1 = . x→0 sen 4x 4 4 m b) Con los mismos pasos se llega a que este l´ımite es . n x sen + cos x 2 . Calcular: l´ım x→π 1 + sen2 x + cos x Cuando x → 0 4x y 5x → 0, por tanto l´ım (

15.

x x x Soluci´ on: Reemplazando cos x por 1 − 2 sen 2 y sen x por 2 sen cos , la expre2 2 2 si´on se transforma en: x x x  x x 1 − sen + 1 − sen2 sen sen + 1 − 2 sen2 2 2 2 2 2   = x x x x 2 x 2 x 2 2 2 1 + 4 sen cos + 1 − 2 sen 2 1 − sen + 4 sen 1 − sen2 2 2 2 2 2  2  x  x 1 − sen 1 + 2 sen 2  2   = x x 2 2 1 − sen 1 + 2 sen2 2  2 x 1 + 2 sen 2  = x. x  2 1 + sen 1 + 2 sen2 2 2

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA Cuando x = π la u ´ ltima expresi´on vale 16.

1 . 4

x x Resuelva la ecuaci´on tan x tan2 + 2 tan − tan x = 0,tomando como inc´ognita 2 2 x tan , y encuentre los l´ımites de las ra´ıces de esta ecuaci´on cuando tan x → ∞ y 2 tan x → 0. Soluci´ on:

Tenemos : r √ x 1 −1 ± 1 + tan2 x 1 tan = =− ± + 1. 2 tan x tan x tan2 x

x → ±1. 2 Si tan x → 0, separando las ra´ıces tenemos que: √ x −1 + 1 + tan2 x tan = 2 tan x tan2 x √ = tan x( 1 + tan2 x + 1) tan x = √ . 1 + tan2 x + 1

Si tan x → ∞, entonces tan

Por tanto, si tan x → 0, entonces tan

x → 0. 2

Para la otra ra´ız tenemos: √ x −1 − 1 + tan2 x tan = . 2 tan x Si tan x → 0, entonces tan 17.

185

x → ∞. 2

Dada la funci´on: y(x) =

x2 + x + 1 . x2 − x − 1

a)

Encuentre el dominio y el recorrido.

b)

Analice el signo de f .

c)

Analice la existencia de as´ıntotas.

d)

¿Existe x ∈ D(y) tal que y(x) = −1, y(x) =

3 ? 5

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

186 Soluci´ on: a)

D(y) = {x ∈ R; x2 − x − 1 6= 0}. Como

x2

√ 1± 5 − x − 1 = 0 es equivalente a x = , tenemos que 2 ( √ ) 1± 5 . D(y) = R − 2

Para calcular el recorrido debemos despejar x en la expresi´on que define la funci´on: y(x2 − x − 1) = x2 + x + 1, implica x2 (y − 1) − x(y + 1) − (y + 1) = 0, lo que nos da: p y + 1 ± 5y 2 + 2y − 3 . x= 2(y − 1) Para que x sea un n´ umero real debemos imponer la condici´on 5y 2 + 2y − 3 ≥ 0, desigualdad que se resuelve seg´ un lo estudiado en la secci´on 1.3 y nos da: y≥

b)

c)

3 o´ y ≤ −1. 5

3 As´ı, R(y) = (−∞, −1] ∪ [ , ∞). 5 Como el polinomio x2 + x + 1 es siempre positivo, el signo de la funci´on y 2 corresponde √ √ al signo del denominador: x − x − 1√= 0 que tiene por soluciones 1− 5 1+ 5 1± 5 , por lo tanto y ≥ 0 cuando x ≤ y cuando x ≥ . En x= 2 2 √2 √ ! 1− 5 1+ 5 la funci´on es negativa.. , 2 2 Las as´ıntotas verticales se obtienen igualando a cero el denominador una vez eliminados los posibles factores comunes. Por lo cual tenemos las rectas √ √ 1+ 5 1− 5 y x= . x= 2 2 Para obtener las as´ıntotas horizontales debemos calcular l´ım y(x). x→±∞

1 1+ + x2 + x + 1 x y= 2 = 1 x −x−1 1− − x

1 x2 . 1 x2

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

187

Esto nos dice que l´ım y(x) = 1. x→±∞

Es decir, la recta y = 1 es una as´ıntota horizontal. d)

del primer item sabemos que p y + 1 ± 5y 2 + 2y − 3 . x= 2(y − 1) Haciendo y = −1 nos da x = 0 y si y toma el valor

3 tenemos que x = −2. 5

y f (x) =

x2 + x + 1 x2 − x − 1

y=1 x

x=

√ 1− 5 2

x=

√ 1− 5 2

Observe que la curva corta a su as´ıntota y = 1. 18.

As´ıntotas oblicuas de un gr´ afico de una funci´ on racional Dada la funci´on racional f (x) =

x2 − 5x + 4 , 2x + 1

a)

Encuentre sus as´ıntotas verticales.

b)

Encuentre sus as´ıntotas horizontales.

c)

Efectuando la divisi´on de polinomios entre el numerador y el denominador, demuestre que la recta L = 4y − 2x + 11 = 0, es una as´ıntota oblicua, es decir, cuando x → ±∞, la diferencia |f (x) − L| tiende a cero.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

188 Soluci´ on: a) b)

1 es una as´ıntota vertical. 2 Seg´ un lo visto en el ejemplo 1.4.20 , l´ım f (x) = ±∞, pues el grado del

2x + 1 = 0 implica que la recta x = −

x→±∞

polinomio numerador es mayor que el grado del denominador. Por lo tanto, no hay as´ıntotas horizontales.

c) x 11 27 x2 − 5x + 4 = − + , 2x + 1 2 4 4(2x + 1) implica que f (x) − L =

27 4(2x+1) ,

as´ı, l´ım |f (x) − L| = 0. Por lo tanto la recta x→±∞

L = 4y − 2x + 11 = 0, es una as´ıntota oblicua. y

f (x) =

x2 − 5x + 4 2x + 1

− 12

x

4y − 2x + 11 = 0

19.

l´ım sen x no existe.

x→+∞

Si x > 0 sen x = 1 ⇐⇒ x =

π + 2nπ ; n ∈ N 2

sen x = 0 ⇐⇒ x = 2nπ ; n ∈ N. 1 , cualquiera sea M > 0. Por la propiedad arquimediana existe n tal que 3 π 2nπ > M y + 2nπ > M . 2 Para ε =

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA Si l´ım sen x = L existiera, entonces llamando f (x) = sen x tenemos: x→+∞

|L − f (2nπ)| <

π 1 1 y |L − f (2nπ + )| < . 3 2 3

Lo que implica : |f (2nπ) − f (2nπ +

π π 2 )| = 1 < |L − f (2nπ)| + |L − f (2nπ − )| < . 2 2 3

Contradicci´on que proviene de suponer que l´ım sen x existe. x→+∞

1.4.7.

Ejercicios propuestos

Calcule los siguientes l´ımites: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

x3 − 3x + 2 = 1. x→1 2x3 − 3x2 + 1 l´ım

n(n + 1) nxn+1 − (n + 1)xn + 1 = . p+1 p x→1 x −x −x+1 2p √ x− x+2 9 l´ım √ = . x→2 8 4x + 1 − 3 √ √ √ x + 1 + x2 − 1 − x3 + 1 √ √ √ l´ım √ = 2. x→1 x − 1 + x2 + 1 − x4 + 1 l´ım

(2x + 1)3 (4x − 5)(x + 2) . x→∞ x3 (9x + 2)(3x − 1) √ √ x2 + x + 1 + x2 − x + 2 √ l´ım . x→±∞ x + x2 + 1 p 3 l´ım x3 + 1 − x. l´ım

x→∞

l´ım

x→±∞

p p 3 x2 + 1 − x3 − 1.

Demuestre el teorema 1.4.6 parte (iii).

10.

Demuestre el teorema 1.4.11.

11.

Demuestre el teorema 1.4.16

12.

Demuestre el teorema 1.4.19 parte (ii).

189

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

190

x4 − 1 . x

13.

Bosquejar el gr´afico de f (x) =

14.

a)

1 Calcular l´ım x2 sen . x→0 x

b)

Demuestre que si l´ım f (x) = 0, entonces l´ım f (x) sen

c) d)

x→0

x→0

1 = 0. x

p 1 |x| sen . x Demuestre que si l´ım f (x) = 0 y |g(x)| < M en un intervalo (a − r, a + r), Calcular

x→a

entonces l´ım f (r)g(r) = 0. x→a

sin x − sen a . x→a x−a

15.

Calcular l´ım

16.

Calcular l´ım sec x, l´ım tan x, l´ım cosec x, l´ım cotan .

17.

a)

x→a

b)

x→a

x→a

x→a

sen 2x . x sen ax Calcular l´ım . x→0 x

Calcular l´ım

x→0

18.

Demuestre, usando la definici´on, que l´ım |x| = |a|.

19.

Sea f (x) = a sen ωx + b sen ωx una sinusoide y h(x) una funci´on positiva definida en R. Bosqueje el gr´afico de h(x)f (x).

x→a

Indicaci´on: ver ejercicio resuelto 12. 20.

Encuentre las as´ıntotas verticales, horizontales y oblicuas de la funci´on racional: f (x) =

(x − 3)2 (2x + 3) . 3(x2 − 1)

Grafique las as´ıntotas y deduzca como se ubica el gr´afico de f con respecto a estas as´ıntotas. 21.

Sea

(x + 2)(x + 6) . f (x) = √ x2 + 4x + 3

a)

Escriba el dominio de f como uni´on de intervalos.

b)

Analice el comportamiento de f cuando x tiende a los extremos de los intervalos que componen el dominio.

´ 1.4. L´IMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA

191

c)

Demuestre que f (x) − x − 6 → 0 cuando x → +∞ y que f (x) + x + 6 → 0 cuando x → −∞ . Indicaci´on: use el ejercicio resuelto 18

d)

Deducir que la curva f (x) tiene dos as´ıntotas oblicuas y ubicar la curva con respecto a estas as´ıntotas.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

192

1.5.

Funciones continuas

1.5.1.

Definiciones b´ asicas

Definici´ on 1.5.1 Diremos que una funci´on f es continua en un punto a ∈ D(f ) si, dado cualquier  > 0 existe un n´ umero δ > 0 tal que la desigualdad | x − a |< δ implica | f (x) − f (a) |< . Seg´ un lo visto en la secci´on 1.4, esta definici´on puede expresarse diciendo que: f (x) es continua en a si y s´olo si : Si a es un punto aislado del dominio de la funci´on f , o bi´en, Si a es un punto de acumulaci´on del dominio, entonces se debe cumplir que l´ım f (x) = f (a).

x→a

Usando los ejemplos y ejercicios de la secci´on 1.4, tenemos que las funciones constante, lineal no constante, cuadr´atica y polinomiales son continuas en cada punto de su dominio. Si la definici´on ?? no se cumple, diremos que la funci´on es discontinua en x = a. Es decir, una funci´on puede ser discontinua en un punto no aislado del dominio si no existe el l´ımite en el punto , o bi´en, aun existiendo el l´ımite en el punto este es diferente del valor de la funci´on en dicho punto. Ejemplo 1.5.2

1.

La funci´on f (x) =

pues l´ım f (x) 6= f (0).

1 , si x 6= 0 y f (0) = 0 es discontinua en x = 0, x

x→0

2.

La funci´on g(x) = [x] es discontinua en a = 1, porque a pesar que g(a) = g(1) = 1, el l´ım [x] no existe, como hemos visto en la secci´on 1.4. Por la misma raz´on, esta x→1

funci´on es discontinua en cada x = n, con n ∈ Z. 3.

La funci´on

  x sen 1 , si x 6= 0 x h(x) =  1, si x = 0

es discontinua en el punto x = 0, porque no se cumple la condici´on l´ım f (x) = f (a), al ser l´ım h(x) = 0 distinto de h(0). x→0

4.

La funci´on g(x) =



0 si x es racional 1 si x es irracional

es discontinua en cada punto de su dominio.

x→a

193

1.5. FUNCIONES CONTINUAS Definici´ on 1.5.3 Diremos que una funci´on f es:

Continua a la derecha en un punto a ∈ D(f ) si, dado cualquier  > 0 existe un n´ umero δ > 0 tal que la desigualdad 0 < x − a < δ implica | f (x) − f (a) |< . Esto significa que: f (a+ ) = l´ım f (x) = f (a) (1.13) x→a+

Continua a la izquierda en un punto a ∈ D(f ) si, dado cualquier  > 0 existe un n´ umero δ > 0 tal que la desigualdad 0 < a − x < δ implica | f (x) − f (a) |< . Esto significa que: f (a− ) = l´ım f (x) = f (a) (1.14) x→a−

Ejemplo 1.5.4 1. Es inmediato que una funci´on continua a la derecha y a la izquierda de un punto a, es continua. 2.

La funci´on [x] es continua a la derecha en cada valor entero de x, pero es discontinua a la izquierda de tales puntos.

3.

La funci´on ?? del ejemplo ?? es discontinua a la derecha y a la izquierda en cada punto del dominio.

La idea subyacente de la continuidad es que a peque˜ nas variaciones de la variable independiente le corresponden peque˜ nas variaciones de la variable dependiente. M´as rigurosamente, dado x, la variaci´on de ella suele representarse como ∆x y la correspondiente variaci´on de y como ∆y, entonces si y = f (x) , ∆y = f (x + ∆x) − f (x). Con estas notaciones la continuidad puede ser expresada como: f es continua en x ⇐⇒

l´ım f (x + ∆x) = f (x).

∆x→0

(1.15)

o equivalentemente: ∆y → 0 cuando ∆x → 0. Otra notaci´on usada para expresar la misma idea es representar la variaci´on ∆x como h, para hacerla independiente de x. En este caso, la continuidad queda expresada como: l´ım f (x + h) = f (x) ,

h→0

(1.16)

es decir, Dado  > 0 , existe δ > 0 tal que, si | h |< δ entonces | f (x + h) − f (x) |<  . Si recordamos que tanto x como y son abstracciones de magnitudes f´ısicas, entonces ellas representan su valor exacto (ideal) y f (x + h) o f (x + ∆x) los valores aproximados que

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

194

entregan los aparatos de medici´on con los distintos errores que ellos introducen. En el caso de tener continuidad, podemos trabajar tranquilamente con estos peque˜ nos errores en x, pues s´olo implican peque˜ nos errores, despreciables en la pr´actica, en la magnitud y. Definici´ on 1.5.5 Diremos que la funci´on f es: (i) continua, si ella es continua en cada punto de su dominio. (ii) continua a tramos, si ella es continua excepto en una cantidad finita o en una sucesi´on de puntos del dominio donde ella es discontinua. Ejemplo 1.5.6

1.

Las funciones lineal, cuadr´atica, polinomial son continuas.

2.

En virtud del l´ımite relevante 3 de la secci´on 1.4 tenemos que las funciones sen x y cos x son continuas en todo R.

3.

La funci´on x − [x] es continua a tramos, pues es discontinua en cada valor entero de x.

4.

La funci´on tan x es continua en su dominio que es el conjunto R menos los m´ ultiplos π impares de . 2

Interpretaci´ on geom´ etrica. La continuidad de una funci´on f en un punto a nos dice que si estamos a una distancia menor que  de f (a), existe una distancia δ tal que todos los puntos x que est´an a una distancia menor que δ del punto a, tienen sus im´agenes en la franja (f (a) − , f (a) + ). Por tanto, el gr´afico de la funci´on queda dentro del rect´angulo (a − δ, a + δ) × (f (a) − , f (a) + ). y

f (a) +  y = f (x)

f (a)

f (a) −  a−δ

a

x a+δ

Figura 1.5.1: Interpretaci´on geom´etrica de la continuidad.

195

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

Observaci´ on 1.5.7 Observemos que si a es un punto aislado de D(f ) ⊂ R, entonces f es continua en a.Esto implica que toda sucesi´on es continua pensada como funci´on de N ⊂ R con valores en R, pues los n´ umeros naturales son aislados en R. Este hecho nos muestra que no tiene sentido la continuidad para funciones de variable discreta , por esta raz´on es que nos centraremos en las variables continuas, como ya lo hab´ıamos anunciado. Continuidad y sucesiones. Se puede dar una equivalencia de la definici´on ?? a trav´es de sucesiones como lo muestra el siguiente teorema y que a veces es m´as f´acil de utilizar. Teorema 1.5.8 Para que una funci´on f sea continua en un punto a es necesario y suficiente que para toda sucesi´on {xn }n∈N tal que l´ım xn = a se tenga que f ( l´ım xn ) = n→∞

n→∞

l´ım f (xn ).

n→∞

Demostraci´ on: (i) Supongamos que f es continua en un punto a. Sea {x n }n∈N una sucesi´on tal que l´ım xn = a. Dado  > 0, existe δ > 0 tal que si | x − a |< δ, entonces n→∞

| f (x)−f (a) |< . Para tal δ, existe N de modo que si n ≥ N se tiene que | x n −a |< δ. Usando la definici´on de continuidad ??, se puede concluir que, | f (x n ) − f (a) |< ε. Lo cual nos dice que l´ım f (xn ) = f (a) = f ( l´ım xn ). n→∞

n→∞

(ii) Rec´ıprocamente, supongamos que f tiene la siguiente propiedad: Dada cualquier sucesi´on {xn }n∈N convergente hacia a, f (xn ) converge hacia f (a). Usando el teorema 1.4.9, se tiene que l´ım f (x) = f (a) y, por tanto, f es continua en x→a

a.

1.5.2.

Continuidad de funciones elementales

Del teorema 1.4.6 se obtiene en forma inmediata el siguiente teorema: Teorema 1.5.9 Si las funciones f y g son continuas en un punto a, entonces la suma, la diferencia, el producto y el cuociente (cuando g(a) 6= 0) de estas funciones son continuas en el punto a. Ejemplo 1.5.10 1. Todo polinomio es continuo, pues la funci´on constante y la funci´on id´entica son continuas. 2.

Toda funci´on racional es continua en todo punto del dominio, es decir, sobre todo R menos aquellos puntos que anulan el denominador.

196

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

3.

Como las funciones sen x y cos x son continuas, las restantes funciones trigonom´etricas tan x, cotan x, sec x, cosec x son continuas en todo punto a de R que no anulan el denominador.

Teorema 1.5.11 Si dos funciones y = f (x), z = g(y) son tales que f es continua en un punto a y g es continua en el punto f (a), entonces la funci´on compuesta g(f (x)) es continua en el punto a. Demostraci´ on: Sea {xn }n∈N una sucesi´on tal que l´ım xn = a. Como f es continua, n→∞

l´ım f (xn ) = f (a). Sea b = f (a) e yn = f (xn ), entonces l´ım yn = b y usando la con-

n→∞

n→∞

tinuidad de g en el punto b, tenemos que, l´ım g(yn ) = g(b), es decir, l´ım g(f (xn )) = n→∞

n→∞

g(f (a)). Lo cual significa la continuidad de la funci´on compuesta g(f (x)) en el punto a. Ejemplo 1.5.12 La funci´on sen(x5 − 4x2 + 1) es continua por ser compuesta de dos funciones continuas sobre todo R.

1.5.3.

Discontinuidades removibles

Observando los diferentes ejemplos de existencia y c´alculo de l´ımites podemos constatar que existen dos tipos de discontinuidades: unas que se deben a la no existencia del l´ımite en el punto y otras que, en cambio, tienen l´ımite. Cuando en un punto el l´ımite existe y no coincide con el valor en el punto, se puede redefinir la funci´on en dicho punto d´andole como valor el l´ımite. La nueva funci´on es ahora continua en el punto en cuesti´on. A este u ´ ltimo tipo se le llama discontinuidades removibles.

◦ a

◦

x

a

x

Figura 1.5.2: Casos de discontinuidades removibles. 1 si x 6= 0 y f (0) = 1 se puede redefinirse de modo x que resulte continua en x = 0. Para ello basta definir f (0) = l´ım f (x) = 0.

Ejemplo 1.5.13

1.

f (x) = x sen

x→0

2.

sen x puede extenderse de manera que sea continua en x = 0 definiendo x f (0) = 1.

f (x) =

197

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

3.

4.

x2 − 4 no est´a definida en x = 2, pero puede definirse f (2) = 4 de modo que x−2 la nueva funci´on resulte ser continua en x = 2. 1 1 No son removibles las discontinuidades en x = 0 de las funciones y sen (tomando x x en ambos caso la funci´on en x = 0 como 0), por no existir el l´ımite en el punto considerado.

f (x) =

1.5.4.

Propiedades de las funciones continuas

Teorema 1.5.14 Teorema de Bolzano - Weierstrass Si f (x) es continua en el intervalo cerrado y acotado [a, b] y si f (a) y f (b) tienen signos contrarios, entonces existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = 0. Demostraci´ on: Supongamos f (a) > 0, f (b) < 0. Si x 0 ∈ (a, b), entonces f (x0 ) = 0 o´ f (x0 ) < 0 o´ f (x0 ) > 0. Si f (x0 ) = 0, el teorema est´a demostrado. Si f (x 0 ) > 0, entonces nos restringimos al intervalo [a 1 , b1 ] con a1 = x0 y b1 = b. Si f (x0 ) < 0, entonces consideramos el intervalo [a 1 , b1 ] con a1 = a y b1 = x0 , y tenemos igualmente que f (a1 ) > 0, f (b1 ) < 0. Repitiendo el mismo procedimiento obtenemos una sucesi´on de intervalos encajonados [an , bn ] ⊂ [an−1 , bn−1 ] ⊂ . . . ⊂ [a, b] de modo que f (an ) > 0, f (bn ) < 0. El m´etodo se puede precisar m´as a´ un, tomando cada vez el punto medio y b−a y bn − an −→ 0, as´ı cada intervalo es la mitad del anterior. Por tanto, b n − an = 2n cuando n −→ ∞ y l´ım bn = l´ım an . Sea c = l´ım an = l´ım bn , demostraremos que n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

f (c) = 0. Por ser f continua f (c) = f ( l´ım an ) = l´ım f (an ) y como f (an ) > 0 tenemos, n→∞

n→∞

usando las propiedades del l´ımite que, l´ım f (an ) ≥ 0. An´alogamente obtenemos que n→∞

f (c) = l´ım f (bn ) ≤ 0. Del hecho que f (c) ≤ 0 y f (c) ≥ 0 concluimos que f (c) = 0. n→∞

f (b)

a c

b

f (a) Figura 1.5.3: Teorema de Bolzano - Weierstrass

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

198 Observaci´ on 1.5.15

El teorema ?? es falso cuando f no es continua, como se 1 , f (0) = 1 definida en el intervalo puede ver a trav´es de la funci´on f (x) = x [−1, 1]. Aunque f (−1) < 0 y f (1) > 0 no existe ning´ un punto c ∈ [−1, 1] tal que f (c) = 0, lo cual se debe a que la funci´on no es continua en dicho intervalo.

2.

1.

Una interesante aplicaci´on del teorema ?? es la aproximaci´on de ra´ıces no racionales de polinomios que mostraremos en los ejercicios resueltos.

Teorema 1.5.16 Teorema del valor intermedio o de Darboux Una funci´on continua en el intervalo [a, b] toma todos los valores entre dos valores diferentes. Es decir, si f (a) 6= f (b), entonces dado y entre f (a) y f (b) existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = y. Demostraci´ on: Sea g(x) = f (x) − y. Supongamos que f (a) < f (b), entonces y ∈ (f (a), f (b)) y tenemos que g(a) = f (a) − y < 0 y g(b) = f (b) − y > 0. Aplicando el teorema ??, podemos asegurar la existencia de un punto c tal que g(c) = 0, lo que es equivalente a tener que f (c) = y, y por tanto, se cumple el teorema. Observaci´ on 1.5.17

1.

Si f no es continua el teorema no se cumple. Consideremos 1 un c tal f (x) = [x] en el intervalo [1, 2] y d´emonos y = . Para este y no existe ning´ 2 1 que f (c) = . 2

2.

El teorema ?? hace coincidir la intuici´on geom´etrica con el concepto anal´ıtico de continuidad, es decir, el gr´afico de una funci´on continua es una curva continua.

3.

La propiedad descrita por el teorema ?? no caracteriza a todas las funciones continuas, es decir, existen funciones que tienen dicha propiedad sin ser continuas. Por 1 ejemplo, la funci´on f (x) = sen si x 6= 0 y f (0) = 0 toma todos los valores comx prendidos entre −1 y 1, pero como ya hemos visto no es continua.

Teorema 1.5.18 Teorema de Weierstrass Una funci´on continua en un intervalo cerrado y acotado [a, b] es acotada y alcanza su valor m´aximo M y su valor m´ınimo m. Es decir, existen puntos x 1 , x2 ∈ [a, b] tal que f (x1 ) = M y f (x2 ) = m. Demostraci´ on: Daremos una demostraci´on con pocos detalles. Por ser f continua en [a, b] es posible, dado  = 1, encontrar un δ tal que si x 1 , x2 son b−a tales que | x1 −x2 |< δ, entonces | f (x1 )−f (x2 ) |< 1 (*). Eligiendo n tal que < δ, por n principio de Arqu´ımedes, tenemos que [a, b] queda dividido en n subintervalos [a k , ak+1 ] de longitud menor que δ.

m

199

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

y

M

a

x5

x1

b

x

Figura 1.5.4: Teorema de Weierstrass. Para todo x ∈ [ak , ak+1 ] se tiene que | f (x) − f (ak ) |< 1, de donde | f (x) |< 1+ | f (ak ) | ; k = 1, . . . , n. Definiendo C = sup{| f (ak ) | ;k = 1, . . . n}, podemos concluir que | f (x) |< 1 + C, para todo x ∈ [a, b]. Por tanto f es acotada. En virtud del axioma del supremo, el conjunto H = {f (x) : x ∈ [a, b]} tiene supremo M y tiene ´ınfimo m. Demostraremos que f alcanza el valor M . Supongamos que no alcanza 1 el valor M , es decir, f (x) 6= M para todo x ∈ [a, b]. Entonces la funci´on g(x) = M − f (x) es positiva y continua en todo [a, b]. Usando el resultado de la primera parte de este mismo teorema, tenemos que g es acotada. Sea n una cota superior para los valores de g. As´ı, g(x) < N , lo que implica que, 1 M − f (x) > . N 1 Por tanto, f (x) < M − para todo x ∈ [a, b], lo cual nos dice que sup f (x) < M , N x∈[a,b] lo que contradice la definici´on de M . Por tanto, debe existir un x 1 ∈ [a, b] de modo que f (x1 ) = M . Para ver que la funci´on alcanza su m´ınimo se procede de forma an´aloga y se deja de ejercicio. Observaci´ on 1.5.19 La propiedad (*) usada en la demostraci´on es la de continuidad uniforme que es otra propiedad de las funciones continuas que tienen un intervalo de la forma [a, b] como dominio.

200

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

Corolario 1.5.20 Conservando las notaciones del teorema ??, se tiene que el recorrido de una funci´on continua en un intervalo [a, b] es [m, M ]. Demostraci´ on: Es consecuencia directa de los teoremas ?? y ??. Ejemplo 1.5.21 1. Como hemos visto en la secci´on 1.3, f (x) = x 2 definida en [0, 2] alcanza su m´ınimo en x = 0 y su m´aximo valor 4 en x = 2. 2.

3.

Si el dominio no es un intervalo cerrado y acotado, por ejemplo, la misma funci´on anterior con dominio [0, 2), la funci´on no alcanza su m´aximo que sigue siendo 4. 1 Si la funci´on no es continua, por ejemplo, g(x) = , g(0) = 1 en [−1, 1] no es x acotada y por tanto no tiene m´aximo ni m´ınimo.

1 Hemos visto a trav´es de f (x) = sen si x 6= 0 y f (0) = 0 que una funci´on que toma x todos los valores de un intervalo no necesariamente es continua. Pero, si adem´as la funci´on es estrictamente creciente (o decreciente), entonces es continua. Es lo que veremos en el siguiente teorema. Teorema 1.5.22 Una funci´on estrictamente creciente ( o decreciente) que toma todos los valores comprendidos entre f (a) y f (b) es continua en [a, b]. Demostraci´ on: Supongamos que f : [a, b] −→ R, es estrictamente creciente. Entonces si h > 0 , f (x) < f (x + h). Manteniendo fijo x, la funci´on g(h) = f (x + h) − f (x) es estrictamente creciente en el intervalo [0, b − x] y como f toma todos los valores entre f (a) y f (b), g(h) toma todos los valores entre 0 y f (b) − f (x) en forma creciente. Por tanto, l´ım g(h) = 0 y h→0+

obtenemos la continuidad de f en x. Como x es cualquier punto del dominio, f es continua en [a, b].

Teorema 1.5.23 Si y = f (x) es continua y estrictamente creciente ( o decreciente) en [a, b], entonces su inversa y = g(x) definida sobre el recorrido de f , R(f ) = [m, M ], es estrictamente creciente (o decreciente) y continua. Demostraci´ on: La demostraci´on es consecuencia directa del teorema ?? y del ejercicio resuelto 10 de la secci´on ??.

201

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

y

f −1

f

x

Figura 1.5.5: Continuidad de la inversa Ejemplo 1.5.24 1. Si n es par, f (x) = x n es una funci´on estrictamente creciente, positiva con l´ım f (x) = +∞. Por ser continua toma todos los valores entre 0 y x→∞ √ +∞. Usando el teorema ?? podemos concluir que su inversa g(x) = n x definida en [0, +∞) es tambi´en estrictamente creciente y continua. 2.

h(x) = sen x, con x ∈ [− π2 , π2 ], es estrictamente creciente y continua. Por teorema del valor intermedio toma todos los valores entre −1 y 1. Por teorema ?? su inversa h−1 (x) es continua en [−1, 1]. A la funci´on h −1 (x) se le llama arcoseno de x y se denota y = arcsenx.

y

y π 2

− π2

π 2

x

−1

1 − π2

Figura 1.5.6: La funci´on sen x y su inversa.

x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

202

1.5.5. 1.

Ejercicios resueltos

Dada la funci´on:

a1 x2 + b 1 x + c 1 , a2 x2 + b 2 x + c 2

f (x) =

con a1 6= 0 y a2 6= 0. Analice la continuidad. Soluci´ on: Veamos primero cu´al es el dominio de la funci´on. Por ser una funci´on racional su dominio es el conjunto:  D(f ) = x ∈ R : a2 x2 + b2 x + c2 6= 0 .

Para conocer exactamente los puntos que debemos excluir, debemos resolver la ecuaci´on de segundo grado: a2 x2 + b2 x + c2 = 0. Resolviendo la ecuaci´on vemos que, x=

−b2 ±

p b22 − 4a2 c2 , 2a2

entonces, n o b2 • D(f ) = R − − 2a si b22 = 4a2 c2 . 2

• D(f ) = R − {x1 , x2 } si b22 − 4a2 c2 > 0. • D(f ) = R si b22 − 4a2 c2 < 0.

Si D(f ) = R, entonces la funci´on es continua en todo punto, pues el denominador no se anula nunca y es cuociente de funciones continuas. Cuando b22 − 4a2 c2 > 0, la p funci´on es continua en su dominio y no est´a definida p 2 2 −b2 + b2 − 4a2 c2 −b2 − b2 − 4a2 c2 en los puntos x1 = y x2 = . 2a2 2a2 Si b22 = 4a2 c2 , entonces f es continua en su dominio y no est´a definida en b2 . x=− 2a2 2.

Analice la continuidad de la funci´on definida mediante un proceso de l´ımite: f (x) = l´ım

n→∞

1 , con x ∈ R. 1 + xn

203

1.5. FUNCIONES CONTINUAS Soluci´ on: Si x = 0, entonces f (x) = 1. Si x = 1, entonces f (x) = 12 .

Si x ∈ (0, 1), entonces f (x) = 1. Esto se debe a que l´ım r n = 0 cuando n→∞

x ∈ (0, 1).

Si x ∈ (1, ∞), entonces f (x) = 0. Esto se debe a que l´ım r n = ∞ cuando n→∞ x > 1. Por tanto, f tiene una discontinuidad no removible en x = 1; en todos los dem´as puntos del dominio la funci´on es continua. 3.

Encuentre los puntos de discontinuidad de la funci´on parte entera de x 2 , [x2 ], y bosqueje su gr´afico. Soluci´ on:

f (x) = [x2 ]. Como x2 ≥ 0, el recorrido de f , R(f ) = {0, 1, 2, 3, . . . , }.

Si x ∈ [0, 1), entonces x2 ∈ [0, 1), lo que implica que [x2 ] = 0. √ Si [x2 ] = 1, entonces x2 ∈ [1, 2), por consiguiente 1 ≤ x < 2.

√ 2 2 En n≤x< √ √ general, si [x ] = n, entonces x ∈ [n, n + 1). De donde deducimos que √ n + 1. As´ı, podemos apreciar que los puntos de discontinuidad son: 1, 2, . . . , . . . , n, . . . . Por otro lado, l´ım

n→∞

√ √ 1 n + 1 − n = l´ım √ √ = 0. n→∞ n+1+ n

Esto nos dice que los intervalos donde f es continua tienen longitud cada vez m´as peque˜ na a medida que crece n. 4.

Analice la continuidad de f (x) = signo (sen x). Soluci´ on: Por ser sen x una funci´on peri´odica de per´ıodo 2π, f (x+2π) = signo( sen (x+ 2π)) = signo( sen x) = f (x). Entonces, vemos que f tambi´en es una funci´on peri´odica con per´ıodo 2π, lo que nos permite restringir el an´alisis al intervalo [0, 2π]. f (0) = f (π) = f (2π) = 0. Si x ∈ (0, π), f (x) = 1, en cambio, si x ∈ (π, 2π), f (x) = −1. Por consiguiente, la funci´on es continua en los intervalos (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z, y es discontinua en los puntos x = kπ, k ∈ Z.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

204 y

y = sen(x)

π

0

y

5.

x

y = signo(sen x)

◦ •

2π

◦ 0

• π

• 2π

◦

◦

x

Sea f (x) una funci´on continua en [0, 1]. Supongamos que f (x) ∈ Q, para todo x y que f (0,5) = 0,5. Demuestre que f (x) es la funci´on constante con valor 0,5. Soluci´ on:

y f (z) 1 2

0

1 2

x z

1

1 Supongamos por contradicci´on que existe z ∈ [0, 1] tal que f (z) 6= . Supongamos en 2   1 1 , f (z) contiene infinitos n´ umeros particular que f (z) > , entonces el intervalo 2 2 irracionales u. Usando el teorema del valor intermedio, ??, tenemos que dado

205

1.5. FUNCIONES CONTINUAS 

 1 , f (z) , debe existir x ∈ [0, 1] tal que f (x) = u. Lo cual contradice la hip´otesis 2 1 que f toma solamente valores racionales. Por lo tanto, f (x) = , para todo x ∈ [0, 1]. 2

u∈

6.

Sea f (x) = x2 − 2 en [0, 3] y h(x) =



f (x) en [0, 3] L en [3, 5] ,

donde L es la recta y = ax + b. Calcule a y b de modo que: a)

L pase por el origen y la funci´on h(x) sea continua en x = 3.

b)

L tenga pendiente −2 y h(x) sea continua en x = 3.

Soluci´ on: a)

Si L pasa por el origen, entonces b = 0. Para que h(x) sea continua en x = 3, 7 basta que L pase por el punto (3, f (3)) = (3, 7). Por lo tanto, a = . Entonces 3 tenemos que: ( 2 (x − 2) en [0, 3] h(x) = , 7 x en [3, 5] , 3 es continua en x = 3. Su gr´afico es: y

7

3

5

x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

206 b)

En este caso la recta L pasa por el punto (3, f (3)) = (3, 7) y tiene pendiente −2, por lo tanto su ecuaci´on es: y − 7 = −2(x − 3), es decir, y = −2x + 13. Su gr´afico es: y 7

3

7.

5

x

Sea f (x) una funci´on continua de R en R que satisface la relaci´on: f (x + y) = f (x) + f (y). a)

Calcule f (0), f (n) con n ∈ N, f (k) con k ∈ Z, f (r) con r ∈ Q.

b)

Si f es continua, calcule f (x) donde x es un n´ umero irracional.

c)

Demuestre que f (x) = cx, donde c es una constante.

Soluci´ on: a)

f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0), lo que implica f (0) = 0. f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = 2f (1). f (3) = f (2 + 1) = f (2) + f (1) = 2f (1) + f (1) = 3f (1). En general, tenemos que f (n) = nf (1), cuando n es un n´ umero natural. Ahora calcularemos f (−n), con n ∈ N. f (0) = f (1 − 1) = f (1) + f (−1) = 0, entonces f (−1) = −f (1). Esto nos permite calcular f (−n) = −nf (1). Sea x ∈ R. Como f (x + x) = f (x) + f (x) = 2f (x), inductivamente se tiene que f (nx) = nf (x).     1 1 1 1 f (1) = f (n n ) = nf , implica f = f (1). n n n

207

1.5. FUNCIONES CONTINUAS p , entonces q       1 p 1 1 =f p = pf = p f (1) = rf (1). f (r) = f q q q q

Sea r un n´ umero racional, r =

b)

Si x es un n´ umero irracional, entonces x es el l´ımite de una sucesi´on de n´ umeros racionales: x = l´ım rn , rn ∈ Q. n→∞

As´ı, f (x) = f ( l´ım rn ). n→∞

Como f es una funci´on continua, el teorema ??, permite escribir f (x) = l´ım f (rn ) = l´ım rn f (1) = f (1)x. n→∞

c)

n→∞

De los c´alculos hechos en los items anteriores se tiene que f (x) = f (1)x , para todo x ∈ R. lo cual puede ser expresado como f (x) = cx , con c = f (1).

8.

Analizar la continuidad de la funci´on definida en el ejercicio resuelto 5 la secci´on 1.3:   0 si x es irracional, 1 p g(x) = , si x = , p y q son primos relativos.  q q

Soluci´ on: Esta funci´on es continua para todos los irracionales y discontinua en todos los racionales. En efecto, a)

Sea x0 un n´ umero irracional en[0, 1] , entonces f (x 0 ) = 0. Dado  > 0, consid1 . eremos el conjunto finito F = q ∈ N : q ≤  x0 • • • • 1 2 3 4 0 1 q q q q

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

208

Dejando q ∈ F fijo , de las fracciones

p , con p ∈ {0, ....q − 1} tomemos p∗ , el q

p∗ < x0 . Como F es finito, existe la mayor de las q p0 p∗ , para todo q ∈ F . Entonces existe r 0 = 0 la mayor fracci´on con fracciones q q denominador en F menor que x0 . p00 Del mismo modo podemos encontrar r 00 = 00 , la menor fracci´on con denomiq p00 nador en F , tal que x0 < 00 . q Esto nos dice que el intervalo (r 0 , r 00 ) no contiene n´ umeros racionales con denominador en F . p 0 00 Escribiendo δ = m´ın{x0 −r , r −x0 } tenemos que, si 0 < − x0 < δ, entonces q 1 p no pertenece al conjunto F , lo que implica q > . Es decir, q    f (x0 ) − f p = 1 < . q q mayor natural que satisface

b)

Por lo tanto, f es continua en el n´ umero irracional x 0 . p0 Sea x0 ∈ Q, entonces x0 = . Dado cualquier δ > 0, en (x0 − δ, x0 + δ), existen q0 infinitos irracionales x para los cuales se tiene |f (x0 ) − f (x)| = |f (x0 )| =

1 > . q0

Por lo cual f no puede ser continua en ning´ un n´ umero racional. 9.

Demuestre que f (x) = |x| es continua en cada punto x ∈ R. x cuando x 6= 0, y g(0) = 0. b) Analice la continuidad de g(x) = |x|

a)

Soluci´ on: a) b)

Sea x0 un n´ umero real cualquiera.

Dado  > 0, existe δ =  tal que, si |x − x 0 | < δ, entonces |f (x) − f (x0 )| = ||x| − |x0 || ≤ |x − x0 | < δ = . x Si x 6= 0, el cuociente de funciones continuas es continuo, seg´ un teorema |x| ??. Si x = 0, debemos calcular l´ım g(x) y l´ım g(x) . x→0+

x→0−

209

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

x x = l´ım = 1. |x| x→0+ x x x l´ım g(x) = l´ım = l´ım = −1. x→0− x→0− |x| x→0+ −x l´ım g(x) = l´ım

x→0+

x→0+

Como los l´ımites laterales son distintos, l´ım g(x) no existe, y por consiguiente, x→0

g es discontinua en x = 0. 10.

Sea h(x) =

5−

√ 25 − x2 . x

a)

Analice la continuidad de h en cada punto de su dominio.

b)

¿ Es posible extender h a x = 0, de modo que sea continua ?

Soluci´ on: a)

Debemos notar que h(x) es un n´ umero real si y s´olo si x 6= 0 y 25 − x 2 ≥ 0, es decir, D(h) = [−5, 0) ∪ (0, 5]. En virtud del teorema ??, h es continua en todo punto del dominio.

b)

Si l´ım h(x) existe, entonces la funci´on h puede extenderse continuamente al x→0

intervalo [−5, 5]. Transformando algebraicamente la expresi´on tenemos, √ √ √ 5 − 25 − x2 5 − 25 − x2 5 + 25 − x2 x √ √ = · = . 2 x x 5 + 25 − x 5 + 25 − x2 Esto implica que l´ım h(x) = 0. Por esta raz´on es posible extender el dominio de x→0

la funci´on, definiendo h(0) = 0 y la funci´on extendida es continua sobre [−5, 5]. 11.

Calcule a, b de modo que la funci´on  x2   √    1 + x2 − 1 ax +√ b f (x) =   x+2 x −    √ 4x + 1 − 3 sea continua en todo punto de su dominio.

si

x<0

si

0≤x≤2

si

2<x

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

210

Soluci´ on: Por teorema ?? y ejemplo ??, f (x) es continua en (−∞, 0), (0, 2) y (2, +∞). Los puntos a analizar son x = 0 y x = 2. √ √ x2 x2 ( 1 + x2 + 1) 1 + x2 + 1 = 2. l´ım f (x) = l´ım √ ·√ = x2 x→0− x→0− 1 + x2 − 1 1 + x2 + 1 Esto nos dice que la recta y = ax + b debe pasar por el punto (0, 2). En el punto x = 2 tanto el numerador como el denominador se anulan, una posibilidad de evitar esta indeterminaci´on es transformar algebraicamente la expresi´on amplificando por las expresiones conjugadas del numerador y del denominador: √ x− x+2 √ 4x + 1 − 3

= =

√ √ √ x− x+2 4x + 1 + 3 x + x + 2 √ √ ·√ · 4x + 1 − 3 4x + 1 + 3 x + x + 2 p √ [x2 − (x + 2)]( 4x + 1 + 3) (x − 2)(x + 1)( 4x + 1 + 3) √ √ = [(4x + 1) − 9][x + x + 2] 4(x − 2)(x + x + 2)

entonces, √ 9 x− x+2 = . l´ım √ + 8 x→2 4x + 1 − 3 Por esta raz´on la recta y = ax + b debe pasar por el punto



 9 . As´ı, vemos que 2, 8

2 − 89 y1 − y 2 7 = =− . x1 − x 2 0−2 16 b = 2 7 As´ı, f (x) = − x + 2, sobre [0, 2]. 16 a =

12.

Encuentre el m´aximo de y = x2 (4x2 − x2 ) cuando x var´ıa en [0, 2a]. a+x a−x b) Encontrar el m´ınimo de + , con x ∈ (−a, a): a−x a+x

a)

Soluci´ on: a)

y(x) = x2 (4a2 − x2 ) es continua en [0, 2a]. Por teorema de Weierstrass, teorema ??, existe x1 tal que y(x1 ) = M es el m´aximo valor de la funci´on y. Usando que un producto de dos factores variables cuya suma es constante, toma su valor m´aximo cuando los dos factores son iguales.

211

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

La suma de los factores es x2 + 4a2 − x2 = 4a2 , entonces debemos resolver la ecuaci´on: √ x2 = 4a2 − x2 , que tiene por soluci´on x = a 2. √ El m´aximo valor que toma y es y(a 2) = 2a2 (4a2 − 2a2 ) = 4a2 .

b)

13.

Usando un resultado an´alogo al anterior tenemos que una suma de dos factores con producto constante es m´ınima cuando ambos factores son iguales, tenemos a+xa−x = 1, la soluci´on al problema la obtenemos resolviendo que siendo a−xa+x a+x a−x la ecuaci´on: = , lo que implica x = 0. a−x a+x

Encuentre el m´aximo y m´ınimo valor, si es que existen, que toma la funci´on: y=

x2 − 6x + 8 . x2 − 2x + 1

Soluci´ on: Estudiemos previamente el recorrido de la funci´on. Despejando la variable x en la ecuaci´on que define la funci´on tenemos, yx2 − 2yx + y − x2 + 6x − 8 = 0, lo que nos da los valores

√ 3 − y ± 3y + 1 . x= 1−y

1 Como x debe ser un n´ umero real 3y + 1 ≥ 0, de donde y ≥ − . Entonces y ∈ 3 5 1 [− 13 , 1) ∪ (1, +∞). Por consiguiente su m´ınimo valor es − que lo alcanza en x = . 3 2 y no tiene valor m´aximo pues, y toma valores entre (1, +∞). 14.

Considere las sinusoides ϕ1 (x) = a1 sen ω1 x+b1 cos ω1 x, si x < 0 y ϕ2 (x) = a2 sen ω2 x+ b2 cos ω2 x, si x > 0. ¿ Cu´ales deben ser sus amplitudes para que ellas definan una funci´on continua en R ? ¿Es la nueva funci´on una sinusoide ? Soluci´ on: Como l´ım ϕ1 (x) = b1 y l´ım ϕ2 (x) = b2 , entonces si b1 = b2 = b, la funci´on: x→0−

x→0+

  ϕ1 (x) si x < 0 ϕ(x) = b si x = 0  ϕ2 (x) si x > 0

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

212 es continua en R. Si Ai =

q a2i + b2i es la amplitud de ϕi (x) debemos tener A21 − a21 =

A22 − a22 . Si ϕ(x) fuese una sinusoide deber´ıa ser de la forma a sen ωx + b sen ωx, entonces como: ϕ(x) = ϕ1 (x) para x < 0 y ϕ(x) = ϕ2 (x) para x > 0,

debemos tener a1 = a2 y ω1 = ω2 (adem´as b1 = b2 ). Por tanto, gen´ericamente el acoplamiento de sinusoides no es una sinusoide. 15.

Probar que el polinomio p(x) = x4 − x3 − 1 tiene a lo m´as dos ra´ıces reales. Localice estas ra´ıces aproximadamente. Soluci´ on: p(x) es una funci´on continua en R, entonces si existen x 1 < x2 tal que p(x1 ) · p(x2 ) < 0, aplicando el teorema de Bolzano-Weierstrass, se tiene que existe al menos un punto c, x1 < c < x2 con p(c) = 0. Apliquemos este criterio. Como los coeficientes de p(x) son cercanos a 0, busquemos las ra´ıces en el mismo rango. p(−1) = 1 , p(0) = −1 , p(1) = −1 , p(2) = 7. Entonces entre −1 y 0 y entre 1 y 2 debe haber soluciones de p(x) = 0. Busquemos la ra´ız c entre −1 < c < 0. p(−0, 5) p(−0, 75) p(−0, 80) p(−0, 90) p(−0, 85) p(−0, 83) p(−0, 82) p(−0, 81) p(−0, 815) p(−0, 818) p(−0, 819)

= −0, 8125 =⇒ = −0, 2616 =⇒ = −0, 0784 =⇒ = 0, 3851 =⇒ = 0, 1361 =⇒ = 0, 0463 =⇒ = 0, 0034 =⇒ = −0, 003 =⇒ = −0, 0174 =⇒ = −0, 04 =⇒ = −0, 0007 .

−1 < c < −0, 5 −1 < c < −0, 75 −1 < c < −0, 80 −0, 90 < c < −0, 80 −0, 85 < c < −0, 80 −0, 83 < c < −0, 80 −0, 82 < c < −0, 80 −0, 82 < c < −0, 81 −0, 820 < c < −0, 815 −0, 820 < c < −0, 818

Podemos seguir si queremos una aproximaci´on mayor, pero con este error del orden de 10−4 es m´as que suficiente para una gran gama de problemas de ingenier´ıa. Concluimos que existe c ≈ −0, 819 tal que p(c) = 0. De igual forma encontramos p(1, 3804) = 0, 0005, entonces otra ra´ız es aproximadamente 1, 3804.

213

1.5. FUNCIONES CONTINUAS 16.

Encuentre los x ∈ R que satisfacen la desigualdad:

(x − 3)(x + 1)2 (x2 + 4x + 4) ≥0 x2 − 3x + 2

Soluci´ on:

(x − 3)(x + 1)2 (x2 + 4x + 4) . El numerador y el denominador son funx2 − 3x + 2 ciones continuas en R; por lo tanto, s´olo en sus ra´ıces reales pueden cambiar de signo.

Sea f (x) =

Sea p(x) = (x − 3)(x + 1)2 (x2 + 4x + 4), entonces las ra´ıces reales de p(x) son x = 3 y x = −1. Por otro lado, q(x) = x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2), se anula en x = 1 y x = 2, por lo tanto, estos puntos no pertenecen al dominio de f . Veamos los signos de f (x) en la siguiente tabla:

p q f

−∞ − + −

−1 0 + 0

− + −

1 − 0 ×

− − +

2 − 0 ×

Tabla de signos.

− + −

3 0 + 0

+∞ + + +

Luego f (x) ≥ 0 en {−1} ∪ (1, 2) ∪ [3, +∞). Observemos que el an´alisis de desigualdades por este m´etodo s´olo tiene sentido si las funciones involucradas son continuas. 17.

Solucione gr´aficamente el siguiente problema: Si f : [0, 1] → R es una funci´on que asume cada uno de sus valores exactamente dos veces, entonces f no puede ser continua. Soluci´ on: Supongamos que f es continua. Entonces sean 0 ≤ x 1 < x2 ≤ 1, dos puntos donde ella asume el supremo. Graficando tenemos: y M

0

y •

•

• x1

• x2

M

x 1

0

•

•

• x1

• x2

y =M −

x 1

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

214

Figura 1.5.7 Vemos que no podemos completar el gr´afico, pues cualquier recta y = M − ε, ε peque˜ no, cortar´ıa al menos en cuatro partes el gr´afico, lo que contradir´ıa la hip´otesis de asumir exactamente dos veces. Esto es posible s´olo si x 1 = 0 y x2 = 1, como en la figura 1.5.8. y

y

M

M

x m

x m

Figura 1.5.8 Pero, como podemos ver, el m´ınimo s´olo se alcanza una vez, y si lo alcanzara dos veces se tendr´ıa el mismo problema anterior. Por tanto, f no puede ser continua. 18.

Sea f : [0, 1] → R definida por : f (x) =



x si x ∈ Q 1 − x si x ∈ R − Q

Pruebe que: (i) f es inyectiva en [0, 1]. (ii) f (f (x)) = x, para todo x ∈ [0, 1]. Es decir, f = f −1 . 1 (iii) f s´olo es continua en x = . 2 Soluci´ on: (i) Si x1 6= x2 y si f (x1 ) = f (x2 ) entonces, si x1 y x2 son racionales tendr´ıamos x1 = x2 , lo que no puede ser. Si ambos son irracionales, entonces 1−x 1 = 1−x2 lo cual tampoco puede suceder. Si x1 es racional y x2 es irracional tendr´ıamos x1 = 1 − x2 , lo que no puede ser pues 1 − x2 es irracional. Luego f (x1 ) 6= f (x2 ).

215

1.5. FUNCIONES CONTINUAS

(ii) Si x ∈ Q, entonces f (f (x)) = f (x) = x. Si x ∈ R − Q, entonces f (f (x)) = f (1 − x) = 1 − (1 − x) = x. 1 1 1 (iii) Sea a = . Dado ε > 0, sea |x − | < δ = ε. Si x ∈ Q, entonces |f (x) − | = 2 2 2 1 |x − | < ε. 2 1 1 1 1 Si x ∈ R − Q, entonces |f (x) − | = |1 − x − | = | − x| = |x − | =< ε. 2 2 2 2 1 1 Si a 6= . Supongamos, por ejemplo, a ∈ Q y a < , entonces si f es continua 2 2 en a, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si |x − a| < δ se tiene |f (x) − f (a)| = 1 1 − 2a |f (x) − a| < ε. Sea ε = = − a y sea xn ∈ R − Q tal que xn → a. sea 2 2 N ∈ N tal que para todo n ∈ N si |xn − a| < δ, entonces |f (xn ) − a| = |1 − xn − a| < ε =

1 − a. 2

1 1 Luego 1 − xn − a < − a implica xn > , para todo n ∈ N. Lo que es absurdo. 2 2 De manera similar se prueban los otros casos.

1.5.6.

Ejercicios propuestos

1.

Analice la continuidad en cada punto del dominio de las siguientes funciones: p a) x − [x]. p b) [x] + x − [x].   1 c) . x 1 d)   . 1 x

2.

Sea f (x)= signo de x, que se define como:  si x > 0  1 f (x) = 0 si x = 0  −1 si x < 0 a)

Estudie la continuidad de f en cada punto de su dominio.

b)

Clasifique las discontinuidades en removibles y no removibles de cada una de las siguientes funciones:

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

216 1) 2) 3) 4) 5) c) 3.

Bosqueje el gr´afico de cada una de las funciones dadas en (b).

Analice la continuidad de cada una de las siguientes funciones y clasifique las discontinuidades. a) b) c)

4.

f (x). g(x) = f 2 (x). h(x) = 1 − f 2 (x). 1 i(x) = 2 . f (x) 1 . k(x) = 1 − f 2 (x)

1 . 1 + x2 1 . g(x) = 1 − x2 1−x h(x) = . 1 − x2

f (x) =

Encontrar el m´aximo valor, si es que existe, de √ √ y(x) = (3 + x2 )(11 − x2 ), en [− 11, 11].

5.

Demuestre que f (x) =



0 x

si x ∈ Q si x ∈ R − Q,

es continua solamente en x = 0. 6.

Demuestre que y=

x2 − 4 , x2 + 2x − 3

no tiene m´aximo ni m´ınimo en su dominio. ¿Contradice esto el teorema de Weiersstrass? 7.

Analice la continuidad de   −4x + 8x |x| g(x) =  0

si x 6= 0 si x = 0.

217

1.5. FUNCIONES CONTINUAS 8.

9.

Analice la continuidad en cada punto del dominio de la funci´on  18x − 2x2   si x 6= 3, −3  x2 + |9 − x2 | h(x) = 11 si x = 3    7 si x = −3. Analice la continuidad de

h(x) = x + [2x]. 10.

Calcular a y b de modo que la siguiente funci´on resulte continua  si x < −3  4 − x2 g(x) = ax + b si 3 ≤ x ≤ 4  |4 − x2 | si x > 4. Grafique g.

11.

Calcular a y b de modo que la siguiente funci´on resulte continua  x  si − 4 ≤ x < 0  √   16 − x2 − 4 ax + b si 0 ≤ x ≤ 1 h(x) =  3 − 3x + 2  x   si x > 1. 2x3 − 3x2 + 1 Grafique h.

12.

Analice la continuidad de las siguientes funciones. Para los puntos de discontinuidad, diga si son removibles o no. a) b)

1+x , 1−x √ 1 + 1 − x2 . k(x) = x j(x) =

13.

Demuestre que si f (x) y g(x) son continuas, entonces s(x) = sup{f (x), g(x)} y i(x) = inf{f (x), g(x)}. Indicaci´on: ver ejercicio propuesto 10 de la secci´on ??.

14.

Analice sobre qu´e parte del dominio existe la funci´on inversa de cada una de las siguientes funciones. Estudie las propiedades de la inversa y bosqueje sus gr´aficos. a)

cos x.

b)

tan x.

CAP´ITULO 1. L´IMITES Y CONTINUIDAD

218

15.

c)

cosec x

d)

cotan x.

a)

Demuestre que si f es continua en un punto x 0 y g es discontinua en x0 , entonces f + g es discontinua en x0 .

b)

¿Puede f + g ser continua en un punto cuando f y g son discontinuas en ´el ?

16.

Localice aproximadamente dos ra´ıces reales de p(x) = x 4 − 2, 42x2 + 1, 4641.

17.

Considere la sinusoide f (x) = A sen(ωx + ϕ) definida para x < 0. ¿C´omo debe ser la amplitud y el desfase para que  f (x) si x < 0 g(x) = cos x si x ≥ 0 sea continua en R ?

18.

Encuentre los x ∈ R que satisfacen la desigualdad: x2 − x + 2 ≤ 0. x3 − 3x2 + 6x − 4

19.

Analice la continuidad de la siguiente funci´on definida mediante un doble proceso de l´ımite: f (x) = l´ım l´ım (cos m!πx)n . m→∞ n→∞