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Continuidad y límite funcional
- a) Da un ejemplo de una función continua cuya imagen no sea un intervalo.
b) Da un ejemplo de una función definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no sea continua. c) Da un ejemplo de una función continua en todo R, no constante y cuya imagen sea un conjunto (obligatoriamente un intervalo) acotado. d) Da un ejemplo de una función continua en Œ 0 ; 1 Œ tal que f .Œ 0 ; 1 Œ/ no sea acotado. e) Da un ejemplo de una función continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen sea un intervalo cerrado y acotado. Solución. a) Una función continua cuya imagen no sea un intervalo no puede estar definida en un intervalo. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la función f W 0 ; 1 Œ[ 2 ; 3 Œ! R dada por f .x/ D 1 para x 2 0 ; 1 Œ y f .x/ D 2 para x 2 2 ; 3 Œ. Es claro que f es continua (usa, si quieres el teorema de localización para justificarlo en media línea) y su imagen es el conjunto f 1 ; 2 g que no es un intervalo. b) Aquí debes tener en cuenta que la función que buscas no puede ser monótona. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la función f W Œ 0 ; 2 ! R dada por f .x/ D 2x para x 2 Œ 0 ; 1 , f .x/ D x= 2 para x 2 1 ; 2 . Claramente f es discontinua en x D 1 , pero su imagen es el intervalo Œ 0 ; 2 .
c) Esto es muy fácil. Por ejemplo, la función f .x/ D
1 C x^2
. Claramente, f .R/D 0 ; 1 .
d) Esto es muy fácil. Por ejemplo, f .x/ D
1 x
, x 2 Œ 0 ; 1 Œ. Claramente, f .Œ 0 ; 1 Œ/ D Œ 1 ; C1Œ.
e) Por ejemplo, la restricción de la función seno al intervalo ; Œ. Si quieres otro ejemplo más elemental, puedes modificar de forma apropiada el ejemplo del punto b).
- Prueba que si f W A! R es continua en a entonces también lo es jf j. Da un ejemplo de función discontinua cuyo valor absoluto es continua. Demostración. Todo lo que se necesita es la desigualdad
ˇjuj jvj
ˇ (^6) ju vj. En nuestro caso tenemos: (^) ˇ ˇjf .x/j jf .a/j
ˇ (^6) jf .x/ f .a/j
Supuesto que f es continua en a, dado " > 0 , existe ı > 0 tal que si jx aj < ı y x 2 A entonces jf .x/ f .a/j < " lo que, por la desigualdad anterior, implica que
ˇjf .x/j jf .a/j
ˇ (^) < " y, por tanto, jf j es continua en a. La función dada por f .x/ D 1 si x > 0 y f .x/ D 1 si x < 0 , es discontinua en 0 pero jf j
es continua en 0. ©
- Estudia la continuidad de la función f W R! R dada por f .x/ D E.x^2 /.
Demostración. Claramente f D E ı ' donde '.x/ D x^2. Puesto que ' es continua en todo punto y la función parte entera es continua en R n Z, deducimos por el teorema de composición de funciones continuas, que f es continua en todo punto a 2 R tal que '.a/ D a^2 62 Z. Es decir, f es continua en R n B donde B D f
p n W n 2 Ng [ f
p n W n 2 Ng [ f 0 g. Los puntos de B requieren un estudio particular pues, a priori , no podemos asegurar que f sea discontinua en ellos. Empecemos estudiando la posible continuidad de f en 0. Es claro que para 1 < x < 1 tenemos que 0 6 x^2 < 1 por lo que f .x/D 0 para todo x 2 1 ; 1 Œ. Es decir, la función fj 1 ; 1 Œ ( restricción de f al intervalo 1 ; 1 Œ) es la función constante igual a 0 y por tanto fj 1 ; 1 Œ es continua. Como el intervalo 1 ; 1 Œ es abierto deducimos, por el teorema de localización que f es continua en 1 ; 1 Œ y, en particular, f es continua en 0.
Consideremos ahora un punto de la forma p q donde q 2 N (fijo en lo que sigue). Para todo x 2
p q 1 ;
p q Œ se tiene que q 1 < x^2 < q por lo que f .x/ D q 1. Cualquiera sea ı > 0 , hay puntos x 2
p q ı;
p q C ıŒ\
p q 1 ;
p q Πpara los que jf. p q/ f .x/j D jq .q 1 /j D 1 , por lo que tomando " 0 < 1 deducimos que f no es continua en
p q. De forma análoga se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma p
q donde q 2 N. ©
- Estudia la continuidad de la función f WR! R, definida por f .x/DxE. 1 =x/ si x ¤ 0 , f. 0 /D 1.
Solución. El teorema de localización puede usarse en este tipo de ejercicios. En nuestro caso, es evidente que para x > 1 es f .x/ D 0 , y para x < 1 es f .x/ D x. Por tanto la restricción de f a los intervalos 1 ; C1Œ y 1; 1 Œ es continua y, como estos intervalos son abiertos , deducimos por el teorema de localización que f es continua en dichos intervalos. De forma parecida podemos razonar con un intervalo del tipo 1 =.n C 1 /; 1 =nŒ donde n 2 N pues, para x 2 1 =.n C 1 /; 1 =nŒ se tiene que f .x/ D nx, luego la restricción de f a dicho intervalo es continua y, por tratarse de un intervalo abierto , deducimos que f es continua en 1 =.n C 1 /; 1 =nŒ. Análogamente se razona con un intervalo del tipo 1 =n; 1 =.nC 1 /Œ. El teorema de localización no nos dice qué pasa en los puntos extremos de los intervalos considerados, es decir, en los puntos de la forma 1 =n donde n 2 Z, y tampoco en 0. Estudiemos qué ocurre en un punto de la forma 1 =p donde p > 2 es un entero (fijo en lo que sigue). Tenemos que f. 1 =p/ D 1. Para todo x 2 1 =.p 1 /; 1 =pŒ se tiene que p 1 < 1 =x < p, por lo que E. 1 =x/ D p 1 y f .x/ D .p 1 /x, y por tanto
f. 1 =p/ f .x/ D 1 .p 1 /x > 1 .p 1 /=p D 1 =p:
En consecuencia, dado " 0 D 1 =2p, cualquiera sea ı > 0 hay puntos x 2 1 =.p 1 /; 1 =pŒ cuya dis- tancia al punto 1 =p es menor que ı, para los cuales no se verifica la desigualdad jf. 1 =p/ f .x/j < " 0. Concluimos que f es discontinua en 1 =p. De forma parecida se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma 1 =q donde q 6 2 es un entero. Igualmente se prueba que f es discontinua en los puntos 1 y 1. Queda por ver qué pasa en 0. Si dibujamos con paciencia (con lápiz y regla) la gráfica de f obtenemos la figura 1 (los segmentos verticales indican discontinuidades de salto):
1
-2 -1 O 1 Figura 1: La función xE. 1 =x/
Parece que f es continua en 0. Para probarlo hay que probar que jf .x/ f. 0 /j es tan pequeño como queramos (< ") siempre que jx 0 j D jxj sea suficientemente pequeño (< ı). Lo usual en estos casos es trabajar para atrás. Empezamos acotando f .x/ 1. Recordemos que
E. 1 =x/ 6 1 =x 6 E. 1 =x/ C 1 (1)
es f .x/ D x. Definamos h.x/ D x f .x/ para x 2 Œa; b. La función h es continua, porque nos dicen que f es continua, y está definida en el intervalo Œa; b. Tenemos que h.a/ D a f .a/ 6 0 y h.b/ D b f .b/ > 0. Si alguno de estos números es igual a 0 entonces c D a o c D b; en otro caso debe ser h.a/ < 0 y h.b/ > 0 , en cuyo caso el teorema de Bolzano asegura que hay algún
c 2 a; bŒ tal que h.c/ D 0 , es decir, f .c/ D c. ©
- Prueba que la ecuación x C ex^ C arc tg x D 0 tiene una sola raíz real. Da un intervalo de longitud uno en el que se encuentre dicha raíz. Solución. Sea f .x/DxCex^ C arc tg x para todo x 2 R. Es evidente que f .x/ > 0 para todo x> 0. Observa que si x < 0 y está muy alejado del origen, entonces ex^ es positivo pero muy pequeño y arc tg x será negativo (cercano a = 2 ). Vemos así que para estos valores de x la función f será negativa. De alguna forma debemos justificar esto que “vemos”. Podríamos hacerlo estudiando el límite en 1 pero aún no tenemos esa herramienta. Para lo que nos pide el ejercicio, es suficiente que encontremos un punto a < 0 en el que f .a/ < 0. En estos ejercicios no hay que buscar valores “raros”. Tomemos a D 1. Tenemos que f . 1 / D 1 C 1 = e C arc tg. 1 / D 1 C 1 = e = 4 , como e > 2 , claramente es f . 1 / < 0. Como f es continua, está definida en un intervalo (todo R) y toma valores positivos y negativos, el teorema de Bolzano nos dice que debe anularse en algún punto. Como la función f es estrictamente creciente, por ser suma de funciones estrictamente crecientes, es inyectiva, por lo que se anula en un único punto. Además,
como f. 0 / D 1 , el teorema de Bolzano nos dice que el punto donde f se anula está en Œ 1 ; 0 . ©
- Suponiendo que la temperatura varía de forma continua, prueba que siempre hay dos puntos antípodas en el ecuador terrestre que están a la misma temperatura. Solución. Llamemos L a la longitud del ecuador terrestre (unos cuarenta mil Kilómetros). Sea f W Œ 0 ; L! R la función que a cada punto x 2 Œ 0 ; L hace corresponder la temperatura, f .x/, medida en grados centígrados, que hay en dicho punto del ecuador. Suponemos que f es una función continua (cosa muy razonable). Se trata de probar que hay algún punto c 2 Œ 0 ; L= 2 tal que f .c/ D f .c C L= 2 /. Para ello, aplicando la estrategia ( ?? ), consideramos la función h.x/Df .x CL= 2 / f .x/ definida en el intervalo Œ 0 ; L= 2 . Tenemos que h. 0 /Df .L= 2 / f. 0 / y h.L= 2 / D f .L/ f .L= 2 /. Lo único que hay que darse cuenta ahora es que el punto a distancia L vuelve a ser el punto de partida (el ecuador es una curva cerrada), por tanto f .L/ D f. 0 / y, h.L= 2 / D f. 0 / f .L= 2 /. Observamos que h. 0 / y h.L= 2 / son números opuestos. O los dos son cero, en cuyo caso podemos tomar cD 0 , o uno es negativo y otro positivo, en cuyo caso el teorema de Bolzano asegura que h tiene que anularse en algún c 2 0 ; L= 2 Œ, esto es, f .c C L= 2 / D f .c/,
como se quería probar. ©
- Sea f W Œa; b! R continua con f .a/ D f .b/. Dado n 2 N, n > 2 , prueba que hay algún punto c 2 Œa; b .b a/=n tal que f .c/ D f .c C .b a/=n/. Solución. Sea f W Œa; b! R una función continua. Llamemos al número f .b/ f .a/ el in- cremento de f en Œa; b. Dado un número natural n > 2 , nos preguntamos si hay algún intervalo de longitud .b a/=n en el cual el incremento de f sea igual a .f .b/ f .a//=n. Para ello dividimos el intervalo Œa; b en n intervalos de longitud igual a .b a/=n. Estos intervalos son de la forma Œxk ; xkC 1 , donde xk D a C k.b a/=n, k D 0 ; 1 ; : : : ; n 1. Es claro que la suma de los incrementos de f en cada uno de los n intervalos Œxk ; xkC 1 es igual al incremento de f en el intervalo Œa; b. Es decir:
X^ n ^1
kD 0
.f .xkC 1 / f .xk // D f .b/ f .a/:
Como en esta suma hay n sumando en total , deducimos que o bien todos ellos son igual a .f .b/ f .a//=n o bien alguno de ellos es mayor que .f .b/ f .a//=n en cuyo caso tiene que haber necesariamente otro que sea menor que .f .b/ f .a//=n. Definamos la función g W Œa; b .b a/=n! R por g.x/ D f .x C .b a/=n/ f .x/. Nótese que g.xk / D f .xkC 1 / f .xk /. Según acabamos de ver:
O bien para todo k D 0 ; 1 ; : : : ; n 1 es g.xk / D
f .b/ f .a/ n
, en cuyo caso se verifica que
f .xkC 1 / f .xk / D
f .b/ f .a/ n
O bien hay puntos xp ; xq tales que g.xp / < .f .b/ f .a//=n < g.xq /, en cuyo caso, como la función g es continua, el teorema de Bolzano implica que tiene que haber algún punto t 0 comprendido entre xp y xq tal que g.t 0 / D .f .b/ f .a//=n, es decir se verifica que f .t 0 C .b a/=n/ f .t 0 / D .f .b/ f .a//=n.
Hemos probado así que hay un intervalo de longitud .b a/=n en el cual el incremento de f es
igual a .f .b/ f .a//=n. ©
- Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t 0. El reloj puede adelantar o atrasar, pero cuenta con exactitud períodos de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t 0 C 12 horas. Demuestra que en algún momento dicho reloj mide con exactitud una hora. Solución. Sea f W Œ 0 ; 12 ! R la función definida por: f .t/D tiempo (medido en horas) que marca el reloj en el tiempo t. Podemos admitir que f es continua. El incremento de f en el intervalo Œ 0 ; 12 es igual a f. 12 / f. 0 / D 12. Deducimos, por lo antes visto que, para cada n > 2 , hay algún intervalo de longitud. 12 0 /=n en el cual el incremento de f es igual a .f. 12 / f. 0 //=n. Es decir, que en algún instante c 0 el reloj mide con exactitud un período de tiempo igual a (^12) n horas: f .c 0 C 12 =n/ f .c 0 / D 12 =n. Tomando n D 12 obtenemos la solución
del ejercicio. ©
- Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo inicia el regreso a la misma hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese que en algún momento del domingo el automovilista se encuentra a igual distancia de Granada que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento. Solución. Supongamos que el automovilista tarda 4 horas en llegar a Madrid. Llamando f W Œ 8 ; 12 ! R la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia f .t/ (medi- da en kilómetros) que el automovilista ha recorrido el sábado, y g W Œ 8 ; 12 ! R a la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia g.t/ (medida en kilómetros) que el automovi- lista ha recorrido el domingo; tenemos que f. 8 / D g. 8 / D 0 , f. 12 / D g. 12 / D ˛ donde ˛ es la distancia entre Granada y Madrid. Como las funciones f y g son continuas, la función h.t/Df .t/ .˛ g.t// también es continua. Como h. 8 / D ˛ < 0 , h. 12 / D ˛ > 0 , deducimos que h.t 0 / D 0 para algún t 0 2 Œ 8 ; 12 , es decir f .t 0 / D ˛ g.t 0 /. Por tanto, el sábado y el domingo, en el instante t 0 el automovilista se encuentra a la misma distancia de Granada.
Si dibujas las gráficas de f y de ˛ g verás que este resultado es evidente. ©
- Sean f; g funciones continuas que no se anulan en un intervalo I , verificando que .f .x//^2 D .g.x//^2 para todo x 2 I. Prueba que o bien f .x/ D g.x/ para todo x 2 I , o bien f .x/ D g.x/ para todo x 2 I. ¿Cuántas funciones hay ' W R! R continuas y verificando que .'.x//^2 D x^2 para todo x 2 R?.
Solución. La función h.x/ D
f .x/ g.x/
es continua en I y verifica que h.x/^2 D 1 para todo x 2 I , luego h.x/ D 1 o h.x/ D 1 para cada x 2 I. Como I es un intervalo y h es continua, el conjunto h.I / tiene que ser un intervalo, luego deberá ser h.I / D f 1 g o h.I / D f 1 g. En el primer caso es f .x/ D g.x/ para todo x 2 I , en el segundo f .x/ D g.x/ para todo x 2 I. La igualdad '.x/^2 D x^2 para todo x 2 R equivale a j'.x/j D jxj. Lo que da cuatro posibilidades; a saber: ' 1 .x/ D x, ' 2 .x/ D x, ' 3 .x/ D jxj, ' 4 .x/ D jxj, donde, en cada caso, se entiende
que las igualdades son para todo x 2 R. ©
- Sea f W R! R continua y decreciente. Prueba que hay un único a 2 R verificando que f .a/Da.
Solución. Naturalmente, se trata de probar que la función gW R! R dada por g.x/ D x f .x/ para todo x 2 R se anula en algún punto. Como es continua (porque nos dicen que f lo es) y está
Que es la desigualdad que queríamos probar. Es evidente, teniendo en cuenta la desigualdad que acabamos de probar, que la función '.x/ D dist.x; A/ es continua, pues dado " > 0 , tomamos ı D " con lo que, evidentemente, j'.x/ '.y/j 6 jx yj < " siempre que jx yj < ı. Observa que aquí un mismo “ı” vale para
todo punto. ©
- Sea f W R! R continua, mayorada y tal que para todos a; b 2 R con a < b, se verifica que sup f .a; bŒ/ D sup f .R/. Prueba que f es constante. Solución. Llamemos ˇ D sup f .R/. Es claro que f .x/ 6 ˇ para todo x 2 R. Y, si f es cons- tante deberá darse la igualdad f .x/ D ˇ en todo punto x de R. Luego tenemos que probar que, dado a 2 R, es imposible que ocurra f .a/ < ˇ. Pero eso es claro, pues si fuera f .a/ < ˇ, entonces tomando 2 f .a/; ˇŒ, por el teorema de conservación del signo aplicado a la función g.x/ D f .x/ en el punto a, deducimos que existe un intervalo abierto u; vŒ que contiene al punto a y tal que para todo x 2 u; vŒ es g.x/ > 0 , es decir, f .x/ < . Pero entonces se tiene que
sup f .u; vŒ/ 6 < ˇ en contradicción con la hipótesis hecha. ©
- Sea f W Œa; b! R creciente. Supongamos que a 6 f .x/ 6 b para todo x en Œa; b. Prueba que hay algún punto c 2 Œa; b tal que f .c/ D c. Sugerencia. Considera el supremo del conjunto fx 2 Œa; b W x 6 f .x/g. Fíjate que no suponemos que f sea continua. Solución. Sea M D fx 2 Œa; b W x 6 f .x/g. El conjunto M no es vacío (a 2 M ) y está mayorado (b es un mayorante de M ). Sea c D sup.M /. Evidentemente c 2 Œa; b. Probaremos que f .c/ D c. Probaremos para ello que no puede ser f .c/ ¤ c. a) Si fuera c < f .c/, entonces, como c es un mayorante de M , tendríamos que f .c/ 62 M , es decir, f .c/ > f .f .c//. Y también, por ser f creciente, tendríamos que f .c/ 6 f .f .c//, resultando así una contradicción. b) Si fuera f .c/ < c, entonces hay algún z 2 M tal que f .c/ < z. Y como z 6 f .z/ deducimos
que f .c/ < f .z/ lo cual, por ser f creciente, implica que c < z lo que es contradictorio. ©
- Justifica que, dado x 2 R, la ecuación log t C t^5 D x tiene una única solución, que representamos por '.x/. Justifica que la función x 7! '.x/, .x 2 R/, así definida es continua. Solución. La función f W RC^! R dada por f .t/ D log t C t^5 es continua. Como RC^ es un intervalo, el conjunto imagen f .RC/ también es un intervalo. Claramente f .RC/ es un intervalo no minorado ni mayorado, luego f .RC/ D R. La función f es estrictamente creciente, por tanto es inyectiva. Deducimos que dado x 2 R hay un único t 2 RC^ tal que f .t/Dx. Sea ' W R! R la función inversa de f. La función ' es estrictamente creciente y su imagen es un intervalo (RC),
luego es continua en virtud del teorema ( ?? ). ©
- Sea f W Œ 0 ; 1 ! R continua verificando que jf .s/ f .t/j > js tj para todos s; t 2 Œ 0 ; 1 , y f .f 0 ; 1 g/ D f 0 ; 1 g. Prueba que o bien es f .x/ D x para todo x 2 Œ 0 ; 1 , o bien es f .x/ D 1 x para todo x 2 Œ 0 ; 1 . Solución. La clave de este ejercicio consiste en darse cuenta de que la condición del enunciado jf .s/ f .t/j > js tj implica que f es inyectiva en Œ 0 ; 1 . Como f se supone continua, el teorema ( ?? ) nos dice que f es estrictamente monótona. La condición f .f 0 ; 1 g/ D f 0 ; 1 g nos dice que o bien es f. 0 / D 0 y f. 1 / D 1 o bien es f. 0 / D 1 y f. 1 / D 0. En el primer caso f será estrictamente creciente y en el segundo estrictamente decreciente. Supongamos que f. 0 / D 0 y f. 1 / D 1. Probaremos que f .x/ D x para todo x 2 Œ 0 ; 1 . Como f es estrictamente creciente, será 0 6 f .x/ 6 1 para todo x 2 Œ 0 ; 1 . Haciendo t D 0 y s D x en la desigualdad jf .s/ f .t/j > js tj, obtenemos que f .x/ > x. Haciendo t D 1 y s D x obtenemos que 1 f .x/ > 1 x, es decir, f .x/ 6 x. Concluimos que f .x/ D x.
El caso en que f. 0 / D 1 y f. 1 / D 0 se hace de forma parecida. ©
- Sean A D fx 2 Q W x 6 0 o x^2 < 2 g; B D fx 2 Q W x > 0 y x^2 > 2 g: Prueba que A ¤ Ø, B ¤ Ø, Q D A [ B y a < b para todos a 2 A; b 2 B. Además:
a) Para cada r 2 A hay algún s 2 A tal que r < s. b) Para cada u 2 B hay algún t 2 B tal que t < u. c) No hay ningún z 2 Q con la propiedad de que todo número racional menor que z esté en A y todo número racional mayor que z esté en B.
Solución. a) Sea r 2 A. Si r < 1 basta tomar s D 1. Supongamos, pues, que 1 6 r. Un número racional que sea mayor que r será de la forma r C" donde " es un número racional positivo. Para que dicho número esté en A deberá verificarse que .r C "/^2 < 2. Si, además " < 1 , entonces "^2 < ", por lo que .r C "/^2 < r 2 C 2r " C ". Es por tanto suficiente que r 2 C 2r " C " 6 2 para
lo cual basta tomar " D
2 r 2 2r C 1
. Es claro que dicho número " es racional. Además, como 1 6 r
y r 2 < 2 , es 0 < " < 1 y por tanto el número s D r C
2 r 2 2r C 1
verifica que r < s y s 2 A.
b) Este apartado se hace de manera análoga al anterior. Dado u 2 B hay que tratar de determinar un número racional positivo, " tal que 0 < u " y .u "/^2 > 2. Esta última condición es lo mismo que: u^2 2 > 2u" "^2. 1 / Como queremos que 0 < " < u, debemos tener 2u" "^2 > "^2 > 0. Sabemos que no hay ningún número racional cuyo cuadrado sea igual a 2 , en consecuencia si u 2 B entonces u^2 > 2. Puesto que 2u" > 2u" "^2 , para que se verifique. 1 / es suficiente que u^2 2 > 2u", para lo cual basta
tomar " D
u^2 2 2u
se tiene con ello que el número t D u
u^2 2 2u
está en B y t < u.
c) Sea z 2 Q. Como A [ B D Q, deberá ser z 2 A o z 2 B. Si z 2 A, sabemos, por a), que hay elementos s 2 A con z < s. Si z 2 B, sabemos, por b), que hay elementos t 2 B con t < z. Concluimos así que no hay ningún z 2 Q verificando que todo número racional menor que z está
en A y todo número racional mayor que z está en B. ©
- Sea a 2 R [ fC1; 1g. Prueba que
lKım x!a jf .x/j D 0 ” lKım x!a
jf .x/j
D C
Particulariza este resultado para los casos en que f solamente toma valores positivos o negativos. Solución. Basta advertir que
jf .x/j < " ”
jf .x/j
y notar que " es positivo y muy pequeño equivale a que 1 =" sea positivo y muy grande. En particular, tenemos que
f .x/ > 0 ^ lKım x!a f .x/ D 0 ” lKım x!a
f .x/
D C1 (5)
f .x/ < 0 ^ (^) xlKım!a f .x/ D 0 ” (^) xlKım!a
f .x/
D 1 (6)
sigue que g es continua en R n Z. Para estudiar la continuidad de g en los enteros, es suficiente estudiarla en 0. Por la continuidad de f en 0 , tenemos que lKım x! 0 x > 0
g.x/ D lKım x! 0 x > 0
f .x/ D f. 0 /. Ahora,
por la periodicidad de g:
lKım x! 0 x < 0
g.x/ D lKım x! 0 x < 0
g. 1 C x/ D lKım x! 1 x < 1
g.x/ D lKım x! 1 x < 1
f .x/ D lKım x! 1
f .x/:
Deducimos que g es continua en 0 si, y sólo si, lKım x! 0 x < 0
g.x/ D lKım x! 1
f .x/ D g. 0 / D f. 0 /.
La continuidad de h en R^ es consecuencia de la propiedad local de la continuidad y de que la composición de funciones continuas es continua. Dado r 2 0 ; 1 Œ, sea x 2 Œ 0 ; 1 Œ. Podemos tomar un número n 2 N tal que z D
n C x
2 0 ; r Œ. Tenemos que:
h.z/ D f .n C x E.n C x// D f .x E.x// D g.x/:
Por tanto h. 0 ; r Œ/ g.Œ 0 ; 1 Œ/ D g.Œ 0 ; 1 /. Como g es continua, el conjunto g.Œ 0 ; 1 / es un inter- valo cerrado y acotado, en particular está acotado. Por la periodicidad de g es g.R/ D g.Œ 0 ; 1 /. Deducimos que h.R/ D g.R/ D g.Œ 0 ; 1 / es un conjunto acotado, es decir, h es una función acotada. De lo anterior deducimos que h. 0 ; r Œ/ D g.Œ 0 ; 1 / para todo r 2 0 ; 1 Œ (y, como g no es constante, gŒ 0 ; 1 es un intervalo no reducido a un punto), es evidente que h no tiene límite por la derecha en 0. De forma parecida se justifica que h no tiene límite por la izquierda en 0. Si I es un intervalo no reducido a un punto. Si I no contiene a 0 , entonces debe ser I RC o bien I R ^ y, como h es continua en R, se sigue que h es continua en I y, por tanto h.I / es un intervalo. Si el intervalo I contiene a 0 , entonces I debe contener un intervalo de la forma 0 ; r Œ o un intervalo de la forma r; 0 Œ para algún r 2 0 ; 1 Œ. En cualquier caso, se sigue por lo
antes visto que h.I / D g.Œ 0 ; 1 / y, por tanto, h.I / es un intervalo. ©
- Sea ˛ 2 R y f W RC o! R la función definida por f. 0 / D 0 y:
f .x/ D x˛^ sen
x
; .x > 0 /:
Estudia la continuidad de f según los valores de ˛. Solución. Observa que la función solamente está definida para x > 0. La razón de esto es que para x < 0 la potencia x˛^ no siempre está definida. Para hacer este ejercicio debes recordar que la función seno está acotada: jsen zj 6 1 para todo z 2 R. Por tanto, cualquiera sea x ¤ 0 se tiene que jsen. 1 =x/j 6 1. Debes tener también en cuenta que la función seno toma todos los valores del intervalo Œ 1 ; 1 en cualquier intervalo de longitud mayor que 2 . Si ˛ > 0 , la función h.x/ D x˛^ , definida para x > 0 , tiene límite en 0 igual a 0. Concluimos que lKım x! 0
f .x/ D 0 porque f .x/ D h.x/ sen. 1 =x/ es producto de una función acotada por otra con límite 0 .Por tanto, f es continua en 0. Consideremos que ˛ D 0 , en cuyo caso, f .x/ D sen. 1 =x/. Esta función toma todos los valores del intervalo Œ 1 ; 1 en cualquier intervalo de la forma 0 ; ıŒ cualquiera sea ı > 0. Pues tomando a > 1 =ı tenemos que (^1) a 2 0 ; ıŒ y, en consecuencia f . 0 ; ıŒ/ sen.a; C1Œ/ Œ 1 ; 1 . Se deduce enseguida que f .x/ D sen. 1 =x/ no tiene límite en 0 , es decir, tiene una discontinuidad esencial en 0. Es imposible representar gráficamente esta función porque su gráfica contiene infinitas ondas de amplitud cada vez más pequeña que se van aplastando sobre el eje de ordenadas. Observa que la imagen por la función sen. 1 =x/ del intervalo
2n = 2 ;^
1 2nC= 2
es el intervalo Œ 1 ; 1 . La gráfica siguiente puede ser útil para que imagines cómo es la gráfica de f .x/ D sen. 1 =x/ para x cerca de 0.
Para valores de ˛ < 0 la cosa es todavía peor. Te lo dejo para que lo acabes tú. ©
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Figura 2: La función f .x/ D sen. 1 =x/
- Supongamos que a < 0 < b. Estudia el comportamiento en cero de las funciones f; g W R^! R dadas para todo x ¤ 0 por :
f .x/ D arc tg
b x
arc tg
a x
; g.x/ D xf .x/:
Solución. En este ejercicio (y en los siguientes) debes tener en cuenta que:
lKım x! arc tg x D
; lKım x!C
arc tg x D
< arc tg x <
Tenemos que:
lKım x! 0 x < 0
a x D C1; lKım x! 0 x < 0
b x D 1; lKım x! 0 x > 0
a x D 1; lKım x! 0 x > 0
b x
D C
Deducimos que:
lKım x! 0 x < 0
f .x/ D
D ; lKım x! 0 x > 0
f .x/ D
C
D
Observa que la función f está acotada:
jf .x/j 6
ˇarc tg^
b x
ˇ C
ˇarc tg^
b x
C
D
Por tanto g.x/ es el producto de un función con límite 0 por una función acotada. Se sigue que lKım x! 0
g.x/ D 0. Eso es todo lo que podemos decir del comportamiento de f y g en 0. No tiene sentido considerar su continuidad en 0 porque no están definidas en 0. Si se define f. 0 / D y g. 0 / D 0 , entonces f tiene una discontinuidad de salto en 0 y es continua por la derecha en 0 , y g es continua en 0.
- Estudia los límites en C∞ y en ∞ de:
a) Una función polinómica. b) Una función racional. Solución. a) Sea P .x/ D c 0 C c 1 x C c 2 x^2 C C cn 1 xn ^1 C cnxn una función polinómica de grado par n > 1. Podemos suponer que cn > 0. Es fácil probar que hay un número K > 1 tal que para jxj > K es: P .x/ xn^
cn 2
