Clculo ISergio PlazaJune 9, 2011Contenidos1 Nmeros Naturales 31.1 Axiomas de Peano e Induccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Producto de nmeros Naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Principio de Buena Ordenacin. . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Suma de los cuadrados de los primerosn nmeros naturales . 171.5 Conjuntos nitos e innitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Cuerpos 292.1 Axioma de la adicin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Axiomas de la multiplicacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.3 Cuerpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.4 Orden en un cuerpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.5 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.6 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.7 Supremo e nmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40iii2.8 Nmeros Reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583 Sucesiones de Nmeros Reales 633.1 Sucesiones de nmeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2 Lmite de una sucesin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.3 Propiedades aritmtica de los lmites . . . . . . . . . . . . . . 723.4 Lmite de subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.5 Lmite superior y lmite inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.6 Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.7 Lmites innitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154 Lmite de Funciones 1214.1 Lmites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.2 Lmites en el innito, lmites innitos, expresiones indetermi-nadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.2.1 Expresiones indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . 1324.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365 Funciones continuas 1455.1 Entre parentesis: un poco de topologa en R. . . . . . . . . . 1495.2 Continuidad Uniforme. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.3 Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1625.3.1 Mtodo de biseccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16315.3.2 Anlisis del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1655.4 Mtodos iterativos de punto jo. . . . . . . . . . . . . . . . . 1675.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1736 Derivada 1916.1 Mximos y mnimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1996.2 Funciones derivables denidas en intervalos . . . . . . . . . . 2016.3 Desarrollo de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2186.3.1 Regla de LHospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2206.3.2 Funciones convexas y funciones cncavas . . . . . . . . 2296.4 Mtodo de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2306.4.1 Anlisis del Error. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2326.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2457 Integral de Riemann 2677.1 Sumas de Riemann superiores e inferiores . . . . . . . . . . . . 2697.2 Teoremas clsicos del clculo integral . . . . . . . . . . . . . . 2767.3 Funcin logaritmo y funcin exponencial . . . . . . . . . . . . 2947.4 Ejecicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2972Captulo 1Nmeros Naturales1.1 Axiomas de Peano e InduccinLa teora de los nmeros naturales puede deducirse de tres axiomas siguien-tes, conocidos como axiomas de Peano, que damos a seguir.Se suponen dados como objetos no denidos: un conjunto no vaco, deno-tado por N, cuyos elementos son llamados nmeros naturales, y una funcins : N N, llamada funcin sucesor. Para cadan N, el valors(n) esllamado el sucesor den, yn es llamado el antecesor des(n).La funcins verica los siguientes axiomas:PI1) s : N N es inyectiva, en otras palabras, dadosm, n N se tiene,si s(n) =s(m), entoncesm =n, estos es, dos nmeros que tienen elmismo sucesor son iguales.PI2)El conjunto N s(N) consiste de un slo elemento, es decir, existe unnico nmero natural que no es sucesor de ningn otro nmero, dondepor s(N) denotamos la imagen del conjunto N por la funcin s, en otraspalabrass(N) = s(n) : n N. A este nmero se le llama uno y34 Apuntes de Clculo Ise representa por el smbolo 1. Luego, para cadan N, se tiene que1 ,= s(n). Adems, sin ,= 1, existe un nicom N, tal ques(m) = n.PI3)Principio de Induccin (P.I.). Si X N es un subconjunto tal que1 X, y para todon X se cumples(n) X, entoncesX = N.Este tambin puede enunciarse de la siguiente forma equivalente.PI3)SeaPuna propiedad referente a los nmeros naturales. Si 1 vericaP, y del hecho que un nmero naturaln veriquePse puede deducirques(n) vericaP, entonces todos los nmeros naturales vericanP.El Principiode Induccinesunapoderosaherramientaparademostrarpropiedades referente a los nmeros naturales.SeaZun conjunto no vaco, dada una funcinf: Z Z, para cadan N, asociamos de modo nico la funcinfn: Z Z, esto lo hacemosinductivamente como sigue: denimosf1= f yfs(n)= f1 fn, supuestoquefnest denida. La funcinfnes llamada lansima iterada def.Nota1.1. Casoconsideremoslaposibilidadn=0, sedene f0=Id,funcin identidad.Usamos esta nocin para denir la adicin o suma de nmeros naturales.Dadosm, n N, su sumam+ n es denida porm+n = s n(m) (1.1)Asi, tenemosm + 1 = s(m) ym+s(n) = s(m +n).Teorema 1.1. Laadicindenmerosnaturalessatisfacelassiguientespropiedades.Sergio Plaza 51. Asociatividad: Paracualesquiera queseanm, n, p N,severica(m+n) +p = m+ (n +p).2. Conmutatividad: Para todom, n N, se vericam +n = n +m.3. Ley de Corte:Seanm, n, p N, sim +n = m +p, entoncesn = p.4. Tricotoma:Dadosm, n N, ocurre una y slo una de las siguientesalternativas (i) m =n,(ii) existep N tal quen =m + p o (iii)existeq N tal quem = n +q.Demostracin. Demostraremos slo la asociatividad. Las dems propiedadesse demuestran en forma anloga.Haremos la prueba por induccin. SeaX = p N: (m+n) +p = m + (n +p)cualesquieras que seanm, n N.Ya tenemos que 1 X. Ahora, sip X entoncesm + (n +s(p)) = m +s(n +p)= s(m + (n +p))= s((m +n) +p)= (m +n) +s(p).Luego,X = N.

La relacin de orden entre nmeros naturales est denida en trminos dela adicin.Denicin 1.1. Dados m, n N, decimos quem es menor quen, y escribi-mosm < n, si existep N, tal quen = m+p.La notacinm n signicaquem = n om < n.6 Apuntes de Clculo ILa relacin de orden yz.Demostracin. Slo demostraremos [O1.-], las otras se prueban en formaanloga y se dejan a cargo del lector.Como x < y e y< z se tiene que yz, zy P, de donde (zy)+(yx) =z x P, es decir,x < z.

En un cuerpo ordenado, escribimos x y si x = y o x < y, es decir, x ysignica quey x P 0. Los elementos de P 0 son llamados nonegativos. La relacin satisface1. Para todox K, se tiene quex x (reexiva)Sergio Plaza 352. Paratodox, yK, severicax ye yxsi yslosi x=y(antisimtrica)3. Para todox, y, z K, six y ey z, entoncesx z (transitiva).En un cuerpo ordenado K, se cumple que0 < 1 < 1 + 1 < 1 + 1 + 1 < yel subconjuntodeKformadoporesoselementoses, consecuentemente,innito. De hecho, podemos considerar el conjunto N inmerso en K, para ellobasta denirf: N K, porf(1) = 1, f(2) = 1 + 1, y as sucesivamente,esto es,f(m + n) = f(m) + f(n) yf(m n) = f(m)f(n), adems se tieneque si p < q entoncesf(p) < f(q), para todo p, q N, esto signica quef esuna aplicacin inyectiva que respeta la aritmtica y el order, de N y de K.De este modo, N lo podemos considerar inmerso en K.Considerando el hecho que N K, los simtricos, n, de los elementos deN, tambin pertenecen a K, y como Z = N0(N), donde N = k :k N, podemos considerar N Z K.Tambin, dado m, n Z, con n ,= 0, existe n1 K y como m n1=mn K, se sigue que Q K, es decir, tenemos las inclusionesN Z Q K.2.5 IntervalosEn un cuerpo ordenado, existe una nocin particularmente importante, quees la nocin de intervalo. Dadoa, b K, cona < b, denimosI1.- [a, b] = x K: a x b, intervalo cerrado de extremosa yb.36 Apuntes de Clculo II2.- [a, b[= x K: a x < b,I3.- ]a, b] = x K: a < x b,I4.- ]a, b[= x K: a < x < b, intervalo abierto de extremosa yb.I5.- ] , a[ = x K: x < a,I7.- ] , a] = x K: x aI8.- ]b, +[ = x K: b < xI9.- [b, +[ = x K: b x.Nota. Los smbolos +y no son nmero, son slo eso, smbolos, nadams.Nota. Al intervalo [a, a] se le llama intervalo degenerado, pues consiste deun slo punto.Teorema 2.2. Todointervalonodegeneradoenuncuerpoordenadoesinnito.Demostracin. Basta probar que en cuerpo ordenado K vale que si x, y Kconx < y, entoncesx 0, por (ii) existen N tal quena> 1, de donde0 0, por (iii) existen N tal que1n4, porlo tantoX[0, 2], y esun conjunto acotado. Por otro lado, Yes acotado inferiormente, puesY]0, +[. Vamos a probar que no existens = inf(Y ) yS =Sup(X) en Q.A)El conjuntoX no tiene mximo.En efecto, dadox X, sear Q conr < 1 y 0 < r 2.Notemos querNse tiene[xnxm[ < . Seaa =limnxn, de la denicin de xn+1 se obtiene a = 1 + 1ade dondea =1+52.Ejemplo 3.24. Pruebe que la sucesin denida por x1 = 1 y xn+1 =13 +xnparan N es convergente y calcule su lmite.Solucin. Claramente,xn> 0 para cadan N. Ahora notemos que[xn+1xn[ =13 +xn13 +xn1=[xnxn1[(3 +xn)(3 +xn1)19[xnxn1[ (n = 2, 3, . . .)Luego (xn)nN es convergente. Si limnxn = , se tiene que 0 y =limnxn+1 =13 +limnxn=13 +de donde = 3 +132.84 Apuntes de Clculo IEjemplo 3.25. Dena (xn)nN por x1 = 1 y xn+1 = 1+11 +xn, n = 1, 2, . . ..Pruebe que (xn)nN es convergente y que limnxn ==2.Solucin. Es claro quexn> 0 para cadan N. Por induccin se pruebaque 0 xn 2, para cadan N. Ahora,[xn+1xn[ =[xnxn1[(1 +xn(1 +xn1)) [xnxn1[(1 + 1)(1 + 1) = 14[xnxn1[paran = 2, 3, . . .. Luego la sucesin es convergente y llamando =limnxn,se tiene que satisface la ecuacin = 1 +11 + ,es decir,2= 2.Ejemplo 3.26. Denamos (xn)nN porx1 = 1 yxn+1 = 12_xn +2xn_, n = 1, 2, Pruebe que limnxn =2.Solucin. Es claro quexn> 0 para cadan N. Tambin, se tienex2n+12 = 14_xn2xn_2 0para todon. Luego, paran 2, se tienexn+1xn = 12_xn +2xn_xn = 2 x2n2xn 0por lo tanto0 xn+1 xnpara todon 2. Sea=limnxn, el cualexiste pues (xn)nN es decreciente y acotada inferiormente. Tenemos quesatisface la ecuacin = 12_ + 2_, 2 ,de donde2= 2.Sergio Plaza 85Ejemplo3.27. Sea(xn)unasucesindenmerosrealescuyostrminosverican la siguiente desigualdadxn[xn2[ 1es (xn) una sucesin acotada? existe supxn?Solucin. Usando propiedades de las desigualdades tenemos quexn[xn2[ 1 xn [xn2[Si existenn N tal quexn 2 0 tendramos que 0 2 lo que esfalso. Luego, para todon N tenemos quexn 2 < 0, reemplazando en lainecuacin se sigue quexn 2 xn,es decir,xn 1, para todon N. Por lo tanto, la sucesin (xn) es acotadasuperiormente pero no inferiormente. Como es una sucesin real, acotadasuperiormente y R es completo se concluye que existe supxn.Ejemplo3.28.SeaSun subconjunto (no vaco) de R, acotado superior-mente. Seas = sup(S). Pruebe que existe una sucesin (xn)nN enS, talques =limnxn.Solucin. Desde la caracterizacin del supremo, sabemos que dado> 0,existex S tal ques < x sLuego, para cadan N, existe unxn S, tal ques 1n< xn s < s + 1nComolimn1n = 0, existen N tal que86 Apuntes de Clculo Is < s 1n xn s < s + 1n< s +lo que signica que[xns[ < para todon N.Ejemplo 3.29. Sea (xn)nN una sucesin convergente de nmeros reales, conlimnxn = l.Entonces la sucesinyn =x1 +x2 + xnntambin converge al.>Vale la recproca? Como aplicacin de lo anterior, pruebe que si (xn)nNes tal que limnxn+1xn = l, entonceslimnxnn= lSolucin. Sea> 0 dado. Como limnxn =l, existeN N, tal que paratodon N se tiene[xnl[ < /2Ahora, bienynl =x1 + +xnnl = (x1l) + (x2l) + + (xnl)nSergio Plaza 87Sin N, podemos escribirynl = (x1l) + + (xN1l)n+ (xN l) + + (xnl)nPodemos elegirM N, tal que[(x1l) + (x2l) + + (xN1l)[n /2Sin M.Tomemosk = maxN, M. As, sin k, se sigue que[ynl[ (x1l) + + (xN1l)n+(xN l) + + (xnl)n(x1l) + + (XN1l)n+ [xN l[ + +[xnl[n2 +n Nn2< .La recproca es falsa, pues basta tomar xn = (1+(1)n)/(2n) y se tendrayn =1nsin es impar0 sin es pary es claro que limnyn = 0, pero (xn)nN es no convergente.Ahora, desde la primera parte, tenemosyn(x2x1) + (x3x2) + + (xn+1xn)n88 Apuntes de Clculo Iconverge y tiene limnyn =l, pueslimn(xn+1 xn) =l. Ahora, es claro queyn=xn+1x1n, de dondexn+1=nyn + x1, luego paran 1, nos quedaxn = (n 1)yn1 +x1, de dondexnn= (n 1)nyn1 +x1nComo limn(n 1)n=1, limnyn=l y limnx1n=0, sesiguequeexistelimnxn y por el lgebra de lmites, nos quedalimnxnn= lEjemplo 3.30. Sea (xn)nN una sucesin de nmeros reales, con xn ,= 0 paratodon.Suponga quelimnxn+1xn= lPruebe quea)Si [l[ < 1, entonces limnxn = 0b)Si [l[ > 1, la sucesin no converge que pasa con el caso l = 1?. Decidala convergencia o no de las sucesionesxn =nnke yn =nn!Solucin.Sergio Plaza 89a)Como estamos suponiendo que [l[ < 1, podemos tomar = 1 [l[2> 0.Como limnxn+1xn= l se sigue que limn[xn+1[[xn[= [l[.Luego existeN N tal que[xn+1[[xn[[l[ < para todon N.Esto es, sin N, entonces[l[ < [xn+1[[xn[< [l[ + = [l[ + 12< 1En particular, paran N se tiene[xn+1[ 1,_[l[ + 12_nN+1[xN[ < [xn+1[90 Apuntes de Clculo Ipara todon N. Como limn_[l[ + 12_nN+1= +, limn[xn[ = +y por lo tanto (xn)nN no converge, pues es no acotada.Caso [l[ = 1, tomandoxn = n, se tiene quel = 1, pero la sucesin esconvergente slo si 0.Paraxn =nnk , tenemosxn+1xn= _nn + 1_luego limnxn+1xn= por lo tanto es convergentesi [[ 1 es no conver-gente. Para [[ =1, las sucesionesque nos quedanson_ 1nk_nNy_(1)nnk_nN, y ambas convergen a 0.Parayn =nn! , nos quedayn+1yn= 1n + 1 y limnyn+1yn= 0, independiente del valor de.Ejemplo3.31. Sea(xn)nNunasucesintal que(x2n)nN, (x2n+1)nNy(x3n)nN son convergentes. Entonces (xn)nN es convergenteSolucin. Sea limnx2n = 1, limnx2n+1 = 2 ylimnx3n = 3.La sucesin (x6n)nN es una subsesin de (x2n)nN y de (x3n)nN). Luego(x6n) es convergente y1 =limnx2n =limnx6n =limnx3n = 3Por otra parte, la sucesin (x6n+3)nN es una subsucesin de (x2n+1)nN ySergio Plaza 91de (x3n)nN.Luego (x6n+3)nN es convergente y2 =limnx2n+1 =limnx6n+3 =limnx3n = 3Por lo tanto1=2=3. Llamemos a este valor comn. Vamos aprobar que =limnxn.En efecto, dado > 0, existen N0, N1 1 tales que [x2n[ < para todon N0 y [x2n+1 [ n(nx 1)de donde(nx 1)2 x2_1 x2nnx_Juntando las desigualdades, obtenemosx2_1 x2nnx_ < (2nx 1)n< x2y como limnx2_1 x2nnx_ =x2, por el Teorema del Sandwich se sigue elresultado.Ejemplo 3.33. Calcule limn(2nn 1)nn.Solucin. De la desigualdadx2_1 n(nx 1)2nx2_ < (2nx 1) x2probada para todox 1 yn 1. Tomandox = n, obtenemosSergio Plaza 93n2_1 n(nn 1)2nn2_ < (2nn 1) n2de donde1 n(nn 1)2nn2< (2nn 1)2n2 1Calculemos ahoralimnn(nn 1)2nn2.Parax [0, 1], se tieneex1 3x. Luego,0 nn 1 = eln(n)/n1 3 ln(n)n0 n(nn 1)2 9n(ln(n))2n2= 9(ln(n))2nComolimnln(n)n= 0, se sigue que limnn(nn 1)2= 0 Por lo tantolimn(2nn 1)nn2= 1 .Ejemplo 3.34. Calcule limn3n2+ 15n21 y demustrelo usando la denicinSolucin. Tenemoslimn3n2+ 15n21 =limn3 +1n25 1n2= 35 .Ahora, dado > 0 se tiene que3n2+ 15n21 35 =85(5n21)< 94 Apuntes de Clculo Icon una pequea manipulacin algebraica, vemos que se debe tener que n2>825 +15, en otras palabras, n _825 +15 , por lo tanto basta tomarN=__825 +15_+ 1 para tenern N implica3n2+ 15n21 35 < .Demostrar que si [r[ < 1, entonces limnnrn= 0.Solucin. Casor = es inmediato.Supongamos entonces que [r[ < 1 y r ,= 0. Tenemos en este caso que1[r[>1, luego, podemos escribir1[r[ = 1 + h, conh> 0. Usando el desarrollo delbinomio, se tiene (1+h)n= 1+nh+n(n1)2h2++hn 1+nh+n(n 1)2h2,en otras palabras,_ 1[r[_n 1 +nh +n(n 1)2h2, de donde0 < [r[n11 +nh +n(n1)2h2multiplicando esta desigualdad porn, y realizando algunas manipulacionesalgebraicas, obtenemos0 < n[r[n1nh +1n +n12h2tomando lmite y usando el Teorema del Sandwich se sigue el resultado.Ejemplo 3.35. Calcule limnxn, dondexn = nnj=11n2+j.Solucin. Tenemosnn2+n nn2+j nn2+ 1 paraj = 1, . . . , n. Sumandoesas desigualdades, nos quedan2n2+n nj=1nn2+j n2n2+ 1Sergio Plaza 95y como limnn2n2+n= limn n2n2+ 1= 1, se sigue por el Teorema delSandwich que el lmite pedido es igual a 11.Ejemplo 3.36. Calcule limnnn!.Solucin. Por la propiedad arquimediana de los nmeros reales, existeN N, conN> 2. Ahora, paran > N, se tienenn!=NN! N + 1 N + 2n< N_12_nN= (2)N_12_ny como limn12n=0, dado>0, paran sucientementegrande tenemos12n 0 yxn+1 = 12_xn +axn_Pruebe que (xn)nN es convergente y calcule su lmite.Solucin. Supongamos que la sucesin (xn)nN es convergente y tienelimnxn =l.Tenemos entonces que, tomando limn,l = 12_l +al_ =l2+a2lde donde 2l2= l2+a, esto es,l2= a, y comoa > 0,l =a.Es claro quexn> 0 para todon. Por otra parte,96 Apuntes de Clculo Ix2n+1=14_x2n + 2a +a2x2n_=14_x2n +a2x2n_+a2Ahora, como (ax2n) = a22axn+x4n 0 obtenemos que 2ax2n a2+x4n,de donde1 12a_a2x2n+x2n_Tenemosxnxn+1 = xn 12_xn +axn_ = 12_xnaxn_ =12xn(x2na)Probemos ahora quea x2n para todon 2.Ejemplo 3.38. Calcule el lmite de la sucesin (xn)nN denida porxn =nk=1k(k + 1)! .Solucin. Temenosnk=1k(k + 1)!=nk=1k + 1 1(k + 1)!=nk=1k + 1(k + 1)!nk=11(k + 1)!=nk=11k! nk=11(k + 1)!= 1 1(n + 1)! ,Sergio Plaza 97de dondelimnxn =limnnk=1k(k + 1)! = 1 .Ejemplo3.39. Calcule limnxn, donde x1= 2, x2=_2 +2, x3=_2 +_2 +2, y as sucesivamente se sigue la regla para la denicin de xn.Solucin. Notemos quex2 = 2 +x1, x3 = 2 +x2, y asi sucesivamentexn+1 = 2 +xn. Pruebe esto por Induccin. Supongamos ahora que existelimnxn=, entoncesdebe satisfacerla ecuacin= 2 +, de donde = 2, pues 0.Ahora mostremos que la sucesin (xn)nN es convergente. Es claro que lasucesin es creciente, puesx1 = 20es arbitrario, sesiguequelimsupnanl =limsupnxn.Anlogamenteliminfnxn liminfnan. Si limnxn=x=limsupnxn, luegox = liminfnan = limsupnan, por lo tantolimnan = x.Laconvergenciade(an)nNnoimplicalaconvergenciade(xn)nN, porejemplo, considerexn = (1)n, se tiene limnan = 0, pero no existe limnxn.3.6 Sucesiones de CauchyDecimos que una sucesin (xn)nN es de Cauchy si para cada> 0, existeN N tal que [xnxm[ < para todom, n > N.Teorema 3.20. Toda sucesin convergente es de Cauchy.Demostracin. Seaa= limnxn. Dado >0, existe NNtal que[xm a[ N.108 Apuntes de Clculo IObservacin. Existensucesiones deCauchynoconvergenteencuerposordenados no completos.Ejemplo 3.48. Consideremos el cuerpo ordenado de los nmeros racionales,Q y denamos la sucesin (xn)nNporx1= 1, x2= 1.4, x3= 1.41, y asisucesivamente, conxn = aproximacin decimal conn decimales a 2.Armamos que (xn)nN es una sucesin de Cauchy y como 2/ Q, no esconvergente en Q.En efecto. Tenemos x2 = x1+410, x3 = x2+1102, y en general xn+1 = xn+jn10n,dondejn 0, 1, . . . , 9 es el dgitonsimo de la aproximacin racional de2.Ahora bien, dadosm, n N, conm>n, entonces m=n + p, dondep N. Tenemos quexm =xn +jn+110n+1 ++jm10m, de donde [xm xn[ =jn+110n+1 ++jm10m 910n+1 ++910n+p=910n_ 110 + +110p_ =910n 19_1 110p_ 110n, esto es, xm xn[ 110n. Dado> 0, elegimosNtalque110N< , y tenemos que [xmxn[ < para todom, n > N.Lema 3.1. Toda sucesin de Cauchy est acotada.Demostracin. Sea(xn)xNunasucesindeCauchy. Tomando=1,existe N N, tal que [xnxm[ < 1 para todo m, n N. En particular paran N, se tiene [xN xn[ < 1. En otras palabras xn ]xN 1, xN +1[ paratodon N.Consideremos el conjuntoF = x1, . . . , xN1, xN 1, xN + 1y sean = min(F), = max(F). Es claro entonces quexn [, ] paratodon N.Sergio Plaza 109Lema 3.2. Si una sucesin de Cauchy posee alguna subsucesin convergentea R, entonces limnxn = .Demostracin. Dado>0, existeNN tal que [xn xm[ N, yexiste n1>Ntal que [xn1 [ N.Teorema 3.21. Toda sucesin de Cauchy de nmeros reales convergente.Demostracin. Sea (xn)nN una sucesin de Cauchy de nmeros reales. Porel Lema 3.1, est acotada, por lo tanto posee una subsucesin convergente ypor el Lema 3.2, ella converge.Ejemplo3.49. Sea(xn)unasucesindenmerosrealescuyostrminosverican que [xnxn+1[ 12n. Demuestre que (xn) converge.Solucin. Probaremos que (xn) es una sucesin de Cauchy. Seanm, n N,supongamosn < m, entonces existep N tal quem = n +p. Se sigue que[xnxm[ = [xnxn+1 +xn+1xn+2 +xn+2xn+1 + +xn+p1xn+p[ [xnxn+1[ +[xn+1xn+2[ +[xn+2xn+1[ + +[xn+p1xn+p[12n +12n+1 +12n+2 + +12n+p1 =12n1 12m1.Por lo tanto, dado> 0 existeN N tal que paran, m>Nse tiene[xnxm[ < .110 Apuntes de Clculo IEjemplo 3.50. Sea (xn)nN una sucesin de nmeros reales tal que existenA > 0 y]0, 1[ para los cuales se tiene[xn+1xn[ Anparatodon N. Pruebeque(xn)nNesunasucesindeCauchy. Laconclusin continua vlida si slo suponemos que limn[xn+1xn[ = 0?.Solucin. Seann 1 yk 1. Tenemos[xn+kxn[ =k1j=0xn+j+1xn+jk1j=0[xn+j+1xn+j[k1j=0An+j= An1 k1 < An1 .Como 0 < < 1, se sigue que limnn= 0. Luego limnAn1 = 0. Estomuestra que (xn)nN es de Cauchy.La respuesta a la pregunta es falsa, pues tomandoxn =n, se tienelimn(n + 1 n) = 0pero (xn)nN no converge en R, pues limnn = +.Ejemplo 3.51. Sea (xn)nN una sucesin de Cauchy.Sergio Plaza 111Pruebequesi existe(xnk)kNunasubsucesinconvergentede(xn)nN,entonces (xn)nN es convergente.Solucin. SeaL =limkxnk donde (xnk)kN es una subsucesin convergentede la sucesin de Cauchy (xn)nN.Sea> 0 dado. Como (xn)nN es de Cauchy, existen N tal que paratodom, n N se tiene[xnxm[ < /2 .Comolimnxnk = L, existek0 N tal que sik k0, entonces[xnk L[ < /2 .Parak sucientemente grande, tenemos quenk N, y esto nos da que[xnL[ [xnxnk[ +[xnk[ < para todon N.Ejemplo 3.52. Denamos la sucesinxn =nj=11jn = 1, 2, . . .. Pruebe que limnxn = +.Solucin.De la desigualdadx2nxn=1n + 1 +1n + 2 + +1n +n12n +12n + +12n = n 12n = 12se sigue que (xn)nN no es de Cauchy, y por lo tanto no es convergente en R.Por otra partexn< xn+1 para todon N, de donde limnxn = +.112 Apuntes de Clculo I3.7 Lmites innitosSea (xn)nN una sucesin de nmeros reales.Decimos que (xn)nN tiende a ms innito y usamos la notacinlimnxn =+, si para cada nmero real A> 0, dado, existeN N tal quexn>Apara todon N.Decimos que (xn)nN tiende a menos innito, y usamos la notacinlimnxn =, si para cadaA> 0 dado, existeN N tal quexn< A para todon N.Observacin 3.4. limnxn = si y slo si limn(xn) = +.Ejemplo 3.53. xn = n, limnxn = +Ejemplo3.54. xn=an, cona>1. Podemosescribir a=1 + h, conh>0. DadoA>0, usandola desigualdadde Bernoulli y laPropiedadArquimediana de los nmeros reales, se tiene que an= (1+h)n 1+nh > Asi n>A1h. Luego, si n>A1h, se sigue quean>A. Por lo tantotomando N como el menor natural mayor o igual queA1h+1, se sigue quean> A para todon N.Observacin3.5. Dadax=(xn)nNno decreciente, entonceses conver-gente, si est acotada, olimnxn = + si no est acotada.En efecto, si (xn)nN no est acotada, dado A > 0, existe N tal que xN> A,y comoxn xN> A paran N, se sigue el resultado.Si limnxn= +, entonces (xn)nNest acotada inferiormente, pero nosuperiormente. Si limnxn=+, todasubsucesinde(xn)nNtambintiende a +.Ejemplo3.55. ParapNjo, setiene limnnp=+, pues(xni) =(1, 2p, 3p, . . .) una subsucesinx = (1, 2, . . .).Sergio Plaza 113Ejemplo 3.56. Para cadap, limnn1/p= +, pues es creciente y posee lasubsucesin (xni) = (i)iN.Ejemplo 3.57. La sucesin xn = (1)nn no tiende a +ni a , pues noes acotada ni inferiormente ni superiormente.Ejemplo 3.58. Considere la sucesinxn =0 sin es imparm sin = 2m es par ,esto es, sucesinx = (0, 1, 0, 2, . . .), la cual est acotada inferiormente, perono tiende a +.Nota 3.7. Recuerde que + y no son nmeros reales, por lo tanto lassucesiones (xn)nN conlimnxn = +olimnxn = , no son convergentes.Teorema 3.22. (Operaciones aritmticas con lmites innitos)1. Si limnxn = +e (yn) est acotada inferiormente, entonceslimn(xn+yn) = +.2. Si limnxn = + eyn>c para alguna constantec> 0 y todon N,entonces limn(xnyn) = +.3. Sixn> 0 para todon N.Entonceslimnxn = 0 si y slo si limn1xn= +.4. Suponga que (xn)nNe (yn)nNson sucesiones de trminos positivos.Si existec > 0 tal quexn> c para todon N y limnyn = 0.Entonceslimnxnyn= +114 Apuntes de Clculo I5. Sean(xn)nNe(yn)nNsucesiones denmerospositivos. Si(xn)nNest acotada y limnyn = +, entonceslimnxnyn= 0 .Demostracin.1. Dado A > 0, existen N tal quexn> Ac para todon > N. Luegoxn +yn> (Ac) +c = A.2. DadoA> 0, existeN N tal quexn>A/c para todon N, luegoxnyn> A.3. Si limnxn = 0, dadoA > 0, existeN N, tal que 0 < xn< A1paratodon N o equivalentemente,1xn> A, esto es, limnlim = +.Recprocamente, si limn1xn= +, dado para todo > 0, existe N Ntal que1xn> 1 para todo n N, esto es, 0 < xn< para todo n N.4. DadoA> 0, existeN N tal que 0 N, esto es, limnxnyn= +.5. ExisteK> tal quexn0, existeN N tal queyn>K/ para todon N. As, 0Puede usted aventurar una conjetura?Problema 3.3. Considere la sucesin con trmino general xn+1 = f(xn) =2x3n21x2n+61xn246. Considere x0 = 1y describa la sucesin generada en estecaso >Puede describir lo que ocurre para otros valores de x0 ?Problema 3.4. El modelo de Hassell es usado para estudiar poblaciones deinsectos es el siguiente: Sea Pnla poblacin de una especie de polillas enuna semana ny suponga que el modelo de Hassell es gobernado porPn+1 = H(Pn) =aPn(1 +bPn)cSuponga que el mejor ajuste a un conjunto de datos nos da que a = 5 ,b = 0.002yc = 4para esta especie de polillas.Estudie la sucesin generada en cada caso para los valores de poblacionesinicialesdepolillas. Considerandolosvaloresdepoblacionesinicialesdepolillas que usted di, estudie como varian las sucesiones generadas cuandousted modica los valores de ay mantiene los de byc . Puede aventurarsejugando a cambiar los valores que usted estime conveniente.Problema 3.5. En el manejo de pesca, es importante conocer cuntas pescaspueden ser hechas sin daar severamente la poblacin de peces. Una modi-cacin del modelo de Ricker que incluye pescas es dada por la funcinPn+1 = F(Pn) = aPnebPnhPn,donde a = 4y b = 0.002son las constantes en la ecuacin de Ricker quegobierna como crece o decrece la poblacin de peces sin ninguna pesca y hes la intensidad de cosecha de peces. Dando varios valores para la poblacininicial de peces N1y la intensidad de cosecha h , por ejemplo, h = 0.5yP0 = 100estudie la sucesin resultante, es especial su convergencia o no.Sergio Plaza 117Problema3.6.Bilogos han descubierto que ciertas especies de animalesgregarios (que viven en comunidad) requieren de un nmero mnimo de ani-males en la colonia para poder comenzar a reproducirse exitosamente. Estoes llamado el efecto Allee. Considere el siguiente modelo para la poblacin deuna especie de pjaros gregarios, donde la poblacin, Nn , es dada en cientosde pjaros.Nn+1 = Nn + 0.2 Nn_1 116 (Nn6)2_.Estudie el comportamiento de este modelo dando varios valores de pobla-ciones iniciales N1 , y obtenga algunas conclusiones respecto al crecimientoo decrecimiento de la poblacin de pjaros.Problema 3.7. Un estudio sobre un modelo del gas interte Argon (Ar) en larespiracin muestra que la concentracin de Ar en los pulmones, cn , despusde nrespiraciones puede ser dado por la siguiente funcincn+1 = B(cn) = (1 q)cn +qdonde = 0.01 es la concentracin atmosfrica de Ar y q= 0.15 es lafraccin de aire intercambiada. Estudie la sucesin para diferentes valores dec1que usted elija.Problema 3.8. Considere el modelo poblacionalxn+1 = R(xn) = xnexn,donde xnes la densidad de poblacin en el ao n, y > 0 es la raznde crecimiento. Considere un valor >e2y el valor x0 =22y estudie lasucesin generada.Problema 3.9. Dadas las sucesionessn =sen(n2+)cos(n)y xn = 2n 1.Determinar (s x)n y sus tres primeros trminos.118 Apuntes de Clculo IProblema 3.10. Una poblacin de pajaros es modelada porxn+1 =3.2xnsi 0 xn 10.5xn + 2.7 si xn> 1Estudie este modelo para diferentes poblaciones iniciales que usted deter-mine.Problema 3.11. Cnsidere la sucesinx = (xn)nN , cuyo trmino general esdado por xn+1 = sen(xn) , paran 1 , conx0 = 0.71234>Es la sucesindad montona?, >convergente?si es as calcule su lmite.Problema 3.12. Considere la sucesin con trmino general xn+1 = f(xn) =(1 )xn +x3n , donde x0 [1, 1] es elegido en forma arbitraria. Estudieel comportamiento de esta sucesin dependiendo considerando varios valorespara x0y con el valor de jado, digamos = 0.9 . Enseguida, considereel valor x0= 0.1111 y haga variar los valores de y estudie la sucesingenerada.Problema3.13.Dena la funcin f: [0, 1] [0, 1] por f(x) = 2xsi0 x< 1/2 y f(x) = 2x 1si 1/2 x 1 . Considere la sucesin asucesinx = (xn)nN , cuyo trmino general es dado por xn+1 = f(xn) , paran 1 , conx0 =2/10>Es la sucesin dad montona?, >convergente?sies as calcule su lmite.Si considera un nmero0 = 0.a1a2a3. . . an. . . escrito en su representacinen base 2, esto es binaria. Calcule los trminos de la sucesin cuyo trminogeneral es dado por n+1 = f(n) , paran 1 .Problema 3.14. Determine si las siguientes sucesiones son montonas cre-cientes o decrecientes.Sergio Plaza 119(a) an = n2(b) xn =1n(c) bn =1n(d) an = _1 +1n_n(e) an =nan+bn, a > 0 , b > 0 (f) yn = 22n12nProblema 3.15. Sea (an)nNuna sucesin dada por an = 11n . Demuestrequelimnan = 1 ,determinen0si =14 .Problema3.16.Sea (an)nNuna sucesin denida poran=n2n+1 . De-muestre quelimnan = 12,determinen0si =12 .Problema 3.17. Estudie la convergencia de las siguientes sucesiones:(a) an =14+1 +142+1 + +14n+1(b) xn =11! +12! + +1n!(c) an = 1 +12 +122 + +12n1(d) xn = 1 +122 +132 + +1n2Problema 3.18. Sea a> 0un nmero real dado. Pruebe que la sucesin(xn)nN , denida porxn+1 = 12_xn +axn_, n 1donde x1=c >0 esarbitrario, esconvergente. Muestreadems, queL = limnxnsatisface L2= a .120 Apuntes de Clculo IProblema3.19.Suponga que limnxn= 0 . Dena yn= max[xj[ :1 j n . Pruebe que limnyn=0 >Vale un resultado anlogo silimnxn = ,= 0 ?Problema3.20.Pruebe que si limnxn=aylimn(xn yn) = 0 ,entonces existelimnyny es igual a a,.Problema3.21.Pruebe que si limnxn=a ,= 0ylimnxnyn =b ,entonces limnyn =ba .Problema 3.22. Sabiendo que limn_1 +1n_n= e . Pruebe que limn_1 1n_n=e1. (Ind. Demuestre primero que si yn = _1 1n+1_n+1, entonces limnyn(1+1n)n= 1 .)Problema 3.23. Seana, b R, nmeros no negativos. Pruebe que limnnan+bn=maxa, b .Problema 3.24. Seax1 = 1 y denaxn = 1+xn . Pruebe que la sucesin(xn)nNest acotada.Problema 3.25. Si limnxn =ay(tn)nNes una sucesin de nmerosreales positivos, conlimn(t1 +t2 + +tn) = +. Pruebe quelimnt1x1 +t2x2 + +tnxnt1 +t2 + +tn= a .Deduzca quelimnx1 +x2 ++xnn= a .Problema 3.26. Demostar que si limn(xn+1xn) = a , entonces limnxnn=a . Use esto para probar que limnln(n)n= 0 . (ind. Pruebe que limn ln(1+1n) = 0 )Captulo 4Lmite de FuncionesSeaX R. Decimos que R es un punto de acumulacin deX, si paracada > 0, el intervalo] , +[ contiene algn elemento deX distintode, en otras palabras,X ( ] , +[ ) ,= .El conjunto de puntos de acumulacin deX lo denotamosX, es decir,X = R: es punto de acumulacin deX ,y es llamado el conjunto derivado deX.Teorema 4.1. DadosX R y R, son equivalentes(a) X, en otras palabras, es un punto de acumulacin deX.(b) =limnxn, donde (xn)nN es una sucesin de elementos distintos deX.(c)Todo intervalo abierto que contiene a , contiene una innidad de ele-mento deX.121122 Apuntes de Clculo IDemostracin. (a) (b). Como X, tomando1 = 1, existex1 Xtal que 0< [x1 [< 1. Ahora, tomamos2 = min[x1 [, 12, y existex2 X, tal que 0 < [x2[ < 2. Elijamos3 = min[x2[, 13, entoncesexistex3 X, tal que 0< [x3 [ 0tal que] , +[ X = .Decimos que R es un punto de acumulacin por la derecha deX, sipara cada > 0, el intervalo [, +[ contiene algn punto de X, distinto de, equivalentemente, [, +[ contiene una innidad de puntos de X, equiv-alentemente, =limnxn, con (xn)nN una sucesin decreciente de elementosdeX, equivalentementetodo intervaloabierto ], b[ contiene al menos unpunto deX. Usamos la notacinX+, es decir,X+ = R: es punto de acumulacin por la derecha deX .Sergio Plaza 123Analogamente se dene punto de acumulacin por la izquierda deX, y elconjunto de tales puntos se denota porX.Si R es un punto de acumulacin por la derecha y por la izquierda deX, entonces un punto de acumulacin deX.Denicin 4.1. SeanX R un conjunto no vaco, X, yf : X R.Decimos quef(x) tiende a un nmero realcuandox tiene a, y usamosla notacinlimxf(x) = si para cada > 0 dado, existe = (x, ) tal que[f(x) [ < para todox X con 0 < [x [ < .En otras palabras, considerandoel intervalo abierto] ,+ [ existeun intervalo abierto ] , + [, tal que si denotamosV= ( ] , +[ ) X se cumplef(V) V.Observaciones 4.1. 1. Slo tiene sentido escribirlimxf(x) =, cuando es un punto de acumulacin del dominio def.2. Si/ X, entonces cualesquiera que sea R ser el lmite def(x),cuandox tiende a.En efecto, existe> 0 tal queV=X (( , + [ ) = .Dado cualquier, elegimos este y se tiene = f(V) ] ,+[.3. no necesariamente debe pertenecer al dominio def.4. Si est en el dominio def, nada se dice respecto al valor def().Teorema 4.2.SeanX R, f: X R y X. Si limxf(x) existe,entonces es nico.124 Apuntes de Clculo IDemostracin. Supongamos que limxf(x)=1ylimxf(x)=2. Dado > 0, existen1> 0 y2> 0 tales quex X, 0 < [x [ < 1 implica [f(x) 1[ < /2yx X, 0 < [x [ < 2 implica [f(x) 2[ < /2Elijamos = min1, 2. Tenemos entoncesx X, 0 < [x [ < implica [12[ [f(x) 1[ +[f(x) 2[ < ,y como > 0 es arbitrario, se sigue que1 = 2, como queramos probar.Teorema 4.3. SeanX R,f : X R y X. DadoY X, tal que Y.Seag = f[Y .Silimxf(x) = , entonceslimxg(x) = .Si Y =I X, donde I es unintervaloabiertoquecontienea , ylimxg(x) = , entonceslimxf(x) = .Demostracin. Fcil.Teorema 4.4.SeanX R, f: X R y X. Si existelimxf(x),entoncesfest acotada en un entorno de, es decir, existenA > 0 y > 0tales que six X y 0 < [x [ < , entonces [f(x)[ A.Demostracin. Sea =limxf(x). Considerando =1, existe >0tal que [f(x) [ 0 tal que 0 tal quex X, 0 < [x [ < implica [f(x)[ < /(K+1). De donde se tiene que [f(x)g(x)[ < K/(K+1) < cuandox X satisface 0 < [x [ < .Ejemplo 4.1. limx0xsen_1x_ = 0.En efecto, la funcinsen es est denida y acotada en todo R y se tienelimx0x = 0. Ahora, comosen_1x_ est denida en R 0 y 0 (R 0),se sigue quelimx0xsen_1x_ = 0 .El mismo argumento muestra que para todo > 0 se tiene quelimx0xsen_1x_ = 0 .126 Apuntes de Clculo I0.40.20.20.40.4 0.2 0.2 0.4x0.060.040.020.020.040.060.2 0.1 0.1 0.2xGrco de f(x) = x sen(1/x) Grco de f(x) = x2sen(1/x)0.0010.000500.00050.0010.1 0.06 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1x10.50.511 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.40.6 0.8 1xGrco de f(x) = x3sen(1/x) Grco de f(x) = xsen(1/x)Teorema 4.7. SeanX R, X yf, g :X R. Si limxf(x) =L ylimxg(x) = M, conL < M, entonces existe> 0, tal que para todox X,con 0 < [x a[ < se tienef(x) < g(x).Demostracin.. Sea =ML2, es claro que > 0. Tenemos L+ =L+M2=M. Para este , existe > 0 tal que para todo x X, con 0 < [x[ < se tienef(x) ]L , L +[ y g(x) ]M , M + , [de dondef(x) 0 (resp. L< 0), entonces existe> 0,tal quef(x) > 0 (resp. f(x) < 0) para todox X, con 0 < [x [ < .Enparticular, si limxf(x),=0, entoncesexiste >0tal quesi xX ( ] , +[ ), se tiene quef(x) ,= 0,Corolario 4.9. Si f(x) g(x) para todo x X, con x ,= , y limxf(x) = L,limxg(x) = M, entoncesL M.Teorema 4.10. Sean X R, f : X R, y X. Entonces limxf(x) = si slo si limnf(xn) =para toda sucesinxn X, conxn ,= para todon N y limxxn = .Demostracin. () Dado> 0, existe> 0 tal que [f(x) [ 0 tal que para todo x, y X, con 0 < [x[ < y 0 < [y [ < ,se tiene [f(x) f(y)[ < .Demostracin. Si existelimxf(x) =L, entonces dado> 0, existe> 0tal que, paray, x X, con 0< [x [ 0 dado por hiptesis, entonces existeN N tal quem, n Nimplica0 < [xn [ 0, existe> 0, tal que para todoy Y , con[y b[ 0 tal que [f(x) L[ 0 dado, podemos encontrar> 0 tal que [f(x) M[ 0, existe> 0 tal queparax X ]a, a + [ se tiene [f(x) L[ A setiene [f(x) L[ < . Anlogamente se dene limxf(x), cuandoX no estacotado inferiormente.Ejemplos 4.2. 1. limx+1x = limx1x = 0.2. limx+sen(x) y limxsen(x) no existenSeanX R,a X yf : X R. Decimos que limxaf(x) = + si paracadaA > 0 dado, existe> 0, tal que para cada x X, con 0 < [x a[ < se tienef(x) > A.Mutatis mutandi limxaf(x) = o los laterales.4.2.1 Expresiones indeterminadas00, , 0,, 00, 0, 1Ejemplo 4.6. El lmite limx0sen(x)xes del tipo00, y en este caso su valor es1.En efecto, consideremos la siguiente guraxO PQRsen(x)(4.2)TenemosreaOPQ < rea del sector circularOPQ < reaOPR (4.3)Sergio Plaza 133esto es,12 sen(x) < 12x < 12 tan(x)considerando la primera parte de esas desigualdades, obtenemossen(x)x Existe limx1f(x)?Problema 4.8. Seaf(x) =sen(x)sen(2x) , x ,= 0x2x + 12, x = 0Determinar (a) limx0+f(x) , (b) limx0f(x) , (c) >Existe limx0f(x)?Problema 4.9. Calcular(g) limxx2+ 2x + 1(h) limx2x + 33x 1(i) limx1 +x x (j) limx(3x + 1)3(3x 1)33x2+ 1(k) limx2x3x3x+ 4x(l) limnxcos(x)x2+ 24(m) limx3x 22x2+ 1(n) limx3 12xProblema 4.10. Seaf : [0, [ R una funcin acotada en cada intervaloacotado. Silimx+[f(x + 1) f(x)] = L, entonces limx+f(x)x= L.Sergio Plaza 141Problema 4.11. Sean X, Y R, f : X R, g : Y R, con f(X) Y . Sipara a X y b Y se tiene limxaf(x) = b y limybg(y) = c y adems, f(x) ,= bpara todox X a, entonces limxag(f(x)) = c. Muestre que la condicinb Y se deduce de tener quef(x) ,= b parax ,= a.Problema 4.12. Para todo nmero real denimos la funcin parte entera,denotadapor[x], queindicael mayordelosenterosmenoroigual ax.Muestre que sia yb son nmeros positivos, entonceslimx0+xa_bx_ =bay limx0+bx_xa_ = 0.Pruebe tambin que, en el primer caso, el lmite a la izquierda es el mismo,sin embargo, en el segundo caso el lmite es + cuandox 0.Problema 4.13. Dadas f, g : X R. Denamos h : X R por h(x) =maxf(x), g(x). Seaa X. Pruebe que si limxaf(x) = L y limxag(x) = M,entonces limxah(x) = N, dondeN es el mayor de los dos nmerosL yM.Problema 4.14. Evale los siguientes lmites si es que existen, obienmuestre cuales de ellos no existen.(a) limx1+xx 1(b) limx1xx 1(c) limx0+x + 2x(d) limxx + 2x(e) limx0x + 1xx > 1 (f) limxx + 1x(g) limxx 5x+ 3 (h) limxx xx +x .142 Apuntes de Clculo IProblema 4.15. Sea f : A R R una funcin montona. Pruebe que elconjunto de los puntos a A para los cuales no se tiene que limxaf(x) =limxa+f(x)es numerable.Problema4.16. Dadoa> 1, denamosf: Q R poniendo para cadapq Q, f(p/q) =ap/q. Pruebe quelimx0f(x) = 1. Concluya que para cadab R existe limxbf(x), siendo este lmite igual af(b) si b Q. Llamemos aeste lmiteab. Pruebe queab ab= ab+by queb < b implicaab< ab.Problema 4.17. Dado a > 1, denamos g : R R por g(x) = ax. Pruebeque limx+g(x) = + y que limxg(x) = 0.Problema 4.18. Sobre el conjunto de las funciones con valores reales denidassobre el intervalo ]a, [ se dene la siguiente relacin: fgsi y slo silimxf(x)g(x) = 1. Muestre que esta es una relacin de equivalencia.Problema4.19.Seac R y seafdenida parax ]c, [ yf(x)> 0para todox > c. Muestre que limxcf(x) = si y slo si limxc1f(x) = 0.Problema 4.20. Suponga quefyg tienen lmites en R cuandox tiende a+y que f(x) g(x) para x ]a, +[ . Pruebe que limx+f(x) limx+g(x).Problema4.21.Seaf: ]0, +[ R. Pruebe que limx+f(x) = L si yslo si limx0+f(1/x) = L.Problema 4.22. Muestre que si f : ]a, +[ Res tal que limx+xf(x) = LdondeL R, entonces limx+f(x) = 0.Problema 4.23. Suponga que limxcf(x) = L donde L > 0, y que limxcg(x) = .Muestre que limxcf(x)g(x) = . SiL = 0, muestre por un ejemplo que estaconclusin puede fallar.Problema 4.24. Encuentre funciones f,g : ]0, [ R conlimxf(x) = ylimxg(x) = y quelimxf(x) g(x) = 0. Se pueden encontrar funcionesSergio Plaza 143conlascaractersticas anteriores, cong(x) >0parax >0ytalesquelimxf(x)g(x) = 0?Problema 4.25. Seanf, g : ]a, [ R y supongamos que limxf(x) = Lylimxg(x) = . Pruebe que limxf g(x) = L.Problema 4.26. Sobre el conjunto de las funciones con valores reales denidassobre el intervalo ]a, +[ se dene la siguiente relacin: f g si, y slo si,limx[f(x) g(x)] = 0. Muestre que esta es una relacin de equivalencia.144 Apuntes de Clculo ICaptulo 5Funciones continuasSeanX R (X ,= ) yf : X R. Decimos quef es continua en X,si para cada > 0 dado, existe = (, ) > 0, tal que[f(x) f()[ < , para todox X, con [x [ < .Decimos quef es continua enX, si es continua en cada punto deX.Observaciones 5.1. 1. Si Xesunpuntoaislado, entoncestodafuncinf : X R es continua ena.Enefecto. Como es un punto aislado deX, existe> 0 tal queX] , + [ = , para> 0 dado, tomamos ese, y se tienequex X, [x [ < , implicax = , luego [f(x) f()[ = 0 < .Por ejemplo, toda funcinf: N R of: Z R es continua encada punton N on Z, respectivamente.2. Si f : XRescontinuaenXe Y X, entonceslafuncing : Y R, denida porg(y) = f(y), denotada porg = f[Y , llamadarestriccin def aY , es continua.145146 Apuntes de Clculo IEn efecto, si X es un punto aislado, la prueba es imnediata. Porotra parte, si X X, el resultado se deduce del correspondienteTeorema de lmite.Cabe notar que la recproca es falsa. Por ejemplo, siY X es tal quetodos sus puntos son aislados. Entonces por lo visto anteriormente f[Yes continua, pero f : X R puede no ser continua en algn punto deX. Para jar las ideas consideremos cualquier funcing : Y R escontinua en Y , por ejemplo tomemos Y= 1/n: n N, y denamosg(y) = 0 para cada y Y . Consideremos ahora X = Y 0, entonces0 Xes el nico punto de acumulacin deX, y tenemos quefescontinuaenXsi y slosi f(0)= limn+f(1/n)=0. Porlotanto,para tenerfno continua, basta elegir el valorf(0) distinto del lmiteanterior.3. Si X es un punto de acumulacin de X, entoncesf es continua en si y slo silimxf(x) = f() .Ejemplo 5.1. Seaf : R0 R, denida porf(x) = 1x es continua enR 0.Ejemplo 5.2. SeanX = _1, 12, 13, . . . ,1n, . . ._ 0 yf : X R. Tenemosquefes continua en cada puntox Xde la forma1n, conn N, ya queestos puntos son aislados enX. En efecto, tenemos que =12_1n 1n+1_ =12 1n(n+1), luegoX _ 1n, +1n_ = _1n_.Como 0 X es el nico punto de acumulacin, tenemos que f es continuaen 0 si y slo si limnf(1/n) = f(0).Ya vimos que si f: X R es continua enYX, se tiene quef[Y escontinua.Si existe un intervalo abiertoI y siY= I X, entoncesf[Yes continua.Sergio Plaza 147Ejemplo 5.3. Demuestre que las funcioness(x) =sen(x) yc(x) = cos(x)son continuas en todox R.Solucin. Haremos la prueba para la funcin s(x) =sen(x). Para la funcincos(x) la prueba es anloga.Fijemosx0 R. Tenemos[s(x) s(x 0)[ = [ sen(x) sen(x0)[= 2sen_x x02_ cos_x + x02_ 2 sen_xx02_.Por otra parte, se tiene que si [x[ es pequeo, entonces [ sen(x)[ < x. Luego,dado > 0 pequeo, elegimos = y se tiene[x x0[ < implica [ sen(x) sen(x0)[ < .Ejemplo 5.4. Demostrar, usando la denicin de continuidad, que la funcinf : R R denida porf(x) = x2es continua en cualquierx0 R.Solucin. Primero, notemos quex2 x20 = (x x0)(x + x0), y como dado > 0, necesitamos encontrar> 0, tal que[x x0[ < implica [x2x20[ = [x x0[[x +x0[ < [x +x0[ < por lo tanto, bastara acotar [x+x0[. Supongamos entonces que [x+x0[ M,para algnM> 0, siendo as elegimos =My se tendra lo pedido.Para acotar [x + x0[, consideremos el intervalo ]x0 1, x0 + 1[. Tenemosx ]x01, x0+1[ si y slo si x+x0 ]2x01, 2x0+1[. Sea M = max[2x01[, [2x0 + 1[, de esto se sigue que [x +x0[ < M.Por lo tanto, si tomamos = min1,M, se tiene que[x x0[ < implica [x2x20[ < .148 Apuntes de Clculo IEjemplo 5.5. Seaf : R R denida porf(x) =x six es racional0 six es irracionalPruebe quef es continua slox = 0.En efecto, veamos primero que si x ,= 0, entoncesfno es continua enx.Paraellos, tomemos = [x[/2>0. Ahora, sea >0arbitrario. Enelintervalo]x , x + [ , existen nmeros racionalesy1, tales que [y1[ > [x[ ynmeros irracionales y2. Tenemos entonces que [f(y1)f(y2)[ = [y1[ > [x[. Sif fuese continua en x, debera existir > 0 tal que para cada y ]x, x+[se tendra que [f(x) f(y)[ 0 dado, elijamos =, ytenemos que si [y 0[ < , entonces [f(y) f(0)[ = 0 casoy es irracional, y[f(y) f(0)[ = [y[ 0, tal que para cadax X]a , a +[ se tienef(x) ]f(a) 1, f(a) +1[ , es decir,f(V) estacotado.Sergio Plaza 149Teorema 5.2. Seanf, g :X R continuas ena X. Si f(a) 0 tal que siV =]a , a +[X, se tienef(x) < g(x),para cadax V.Demostracin: Sia es un punto aislado, estamos listos.Sia X X, tomamos = g(a) f(a) > 0 y tenemos que existe1> 0tal quex X, [x a[ k, entonces existe> 0 tal quex X, [x a[ < implicaf(x) > k.5.1 Entreparentesis: unpocodetopologaen RSeaO R. Decimos queO es abierto, si para cadax O existe > 0, talque ]x , x +[ O.Ejemplo 5.6. Todo intervalo abierto de R es un conjunto abierto.En efecto, sea ]a, b[ un intervalo abierto no vaco. dadox ]a, b[, sea =12 minx a, b x. Es claro que > 0 y que ]x , x +[ ]a, b[.Un intervalo cerrado no es un conjunto abierto, pues si el intervalo es [a, b]es claro que para todo> 0 se tiene que ]a , a + [ [a, b]. Lo mismoocurre con los intervalos que son cerrados por un lado.150 Apuntes de Clculo IDenotemos por O la coleccin de los subconjuntos abiertos de R. TenemosTeorema 5.4. La coleccin O satisface(O1) , R O.(O2)SiO1, O2 O, entoncesO1 O2 O. Esta propiedad vale para colec-ciones nitas de conjuntos abiertos.(O3)Si Oesunacoleccinarbitariadeelementosde O, entonces_O O.Demostracin. Es claro que R es un conjunto abierto. Para el conjuntovaco, supongamos que no es abierto, luego ecistex tal que para todo. . ., lo cual es una contradiccin. (los. . . son pues no importa que es lo quesigue, la contradiccin ya est establecida.Ahora, dado x O1O2. Sean 1> 0 y 2> 0, tales que ]x1, x+2[ O1y ]x 2, x + 2[ O2. De esto es claro que tomando = min1, 2, setiene ]x , x +[ O1 O2.Finalmente, dadox _O, existe0 , tal quex O0, luego existe > 0, tal que ]x , x +[ O0 _. Lo que completa la prueba.Una coleccin O como arriba es llamada una topologa en R, que en estecaso particular, la llamamos topologa usual de R. Ms especicamente, unacoleccin O de subconjuntos de un conjunto dado X es llamada una topologaenX si satisface (O1), (O2) y (O3) del Teorema (5.4) con el cambio obviode R porX.Observacin 5.1. Sea X R, decimos que A X es abierto en X si existeun conjunto abierto O R, tal que A = XO. Analogamente, decimos queSergio Plaza 151(F X) en un conjunto cerrado enX, si existe un conjunto cerrado TenR, tal queF = X T.Se tiene que f : X R es continua si y slo si para cada conjunto abiertoB R, se tiene quef1(B) = x X: f(x) B es abierto enX.Teorema 5.5. Seaf : X R. Entoncesfes continua ena si y slo sipara toda sucesin (xn)nN, con xn X, ylimnxn = a, se tienelimnf(xn) =f(a).Demostracin. Inmediata del correspondiente Teorema para lmites sia X es un punto de acumulacin, casoa sea un punto aislado deX es obvio.Seanf, g: XR se denenlas funciones f g, fg: X R como(fg)(x) =f(x) g(x) y (fg)(x) =f(x)g(x) . SeaZ(g) = x X :g(x) = 0, e otras palabras,Z(g) es el conjunto de elementos en dondeg seanula. Denimosfg : X Z(g) R por _fg_(x) =f(x)g(x).Teorema 5.6. Seanf, g : X R funciones continuas, entonces las fun-cionesf g, fg : X R yfg : X X0 R son continuas.Demostracin. Inmediata.Teorema 5.7. Seanf : X R yg : Y R. Sifcontinua ena X,f(X) Yyg continua enb = f(a), entoncesg fes continua ena.Demostracin. Inmediata.Teorema 5.8. (del Valor Intermedio (T.V.I)) Seaf : [a, b] R continua.Sead un punto entref(a) yf(b), entonces existex [a, b] tal quef(x) = d.Demostracin. Vamos a hacer la demostracin en el primer caso, para elotro es completamente anloga.152 Apuntes de Clculo ISupongamos que f(a) < d, pues si no, es decir tenemos f(a) = d, y estamoslistos.Denamos el conjuntoA = x [a, b] : f(x) < d. Tenemos queA ,= ,pues f(a) 0, tal que 0 < a < y 0 < a 3a =13a> .Observacin 5.2. Decir que f no es uniformemente continua en X, equivalea existe > 0, tal que para cada> 0, existenx, y X, con [xy[ < tal que [f(x) f(y)[ .Ejemplo5.15. Pruebequelafuncinf : R Rdenidapor f(t)=sen(t2) no es uniformemente continua en R.Solucin. Es claro quefes continua. Notemos que para todo> 0, sit _, +_ entoncest2recorre un intervalo de longitud mayor o igualque 2.En efecto, si +, entonces__2t22+ 2 +_2_2y lalongitud del intervalo___2, 2+ 2 +__2_ es 2+2 > 2, luego para160 Apuntes de Clculo It _, +_ se tiene que sen (t2) recorre todo el intervalo [1, 1].Luego, existendospuntos t1, t2[, +] talesque sen(t21) =0y[ sen(t22) = 1, luego se tiene [t1t2[ < y [ sen(t21) sen(t22)[ 1.Teorema5.18. Sea f : X R uniformemente continua en X. Si (xn)nNuna sucesin de Cauchy enX, entonces (f(xn))nN es de Cauchy.Demostracin. Sea(xn)nNunasucesinde CauchyenX. ComofesuniformementecontinuasobreX, dado >0, existe >0 tal queparax, y X, con [x y[ < se tiene [f(x) f(y)[ < .Luegoparaeste >0, existe NNtal queparam, n>Nsetiene[xnyn[ < , luego [f(xn) f(yn)[ < , es decir, (f(xn))nN es de Cauchy.Teorema 5.19. Sea f : XRuniformementecontinuasobre Xya X, entonces existe limxaf(x).Demostracin. Sea (xn)nN una sucesin de Cauchy, conxn X a ylimnxn =a. Comofes uniformemente continua, la sucesin (f(xn))nN esconvergente por ser de Cauchy, luego existe limxaf(x).Ejemplo5.16. Seaf : R 0 R, denidapor f(x)=sen (1/x).Es claro quefes continua, pero no es uniformemente continua, pues 0 (R 0) y no existe limx0 sen(1/x).Observacin. Seaf : X R. Sia X y no existe limxaf(x), entoncesfno es uniformemente continua.Usando sucesiones, se tiene una caracterizacin de la continuidad uniforme.Sergio Plaza 161Teorema 5.20. Seaf : X R. Entoncesfes uniformemente continuaenXsi para cada par de sucesiones (xn)nN, (yn)nNenXconxn ,=yn ylimn(xnyn) = 0, se tiene limn0(f(xn) f(yn)) = 0.Negandoesteresultadosetieneunaherramientaparamostraqueunafunin no es uniformemente continua.Ejemplo 5.17. Seaf : R R denida porf(x) =x3. Es claro quefescontinua, ahora vamos a ver que no uniformemente continua.Tomemos xn = n+ 1n e yn = n. Tenemos limn(xnyn) =limn1n = 0, perocomof(xn) =_n + 1n_3= n3+ 3n21n + 3n 1n2 +1n3 = n3+ 3n + 3n +1n3yf(yn) = n3, se tiene quef(xn) f(yn) = 3n + 3n +1n3 3 para todon 1.Luegof no puede ser uniformemente continua.Teorema 5.21. SeaX R un conjunto compacto. Entonces toda funcincontinuaf : X R es uniformemente continua.Demostracin. Supongamos que f no es uniformemente continua, entoncesexiste > 0 y existen sucesiones (xn)nN e (yn)nN en X, tales lim(xnyn) =0, pero [f(xn) f(y)[ .Ahora (xn)nN una sucesin en el compacto X, luego existe una subsucesinconvergente (xnk)kN de (xn)nN. Seax =limkxnk, se tienex X. Adems,comolimk(xnkynk) = 0, se sigue que existe unlimkynk y es igual a x. Comofes continua se tiene limkf(xnk) =limkf(ynk) =f(x) y esto contradice elhecho que [f(xn) f(yn)[ para todon grande.Ejemplo 5.18. Seaf : [0, 1] R, denida porf(x) = x. Tenemos quef es uniformemente continua pues es continua yX = [0, 1] es compacto.162 Apuntes de Clculo IEjemplo5.19.Seag : [0, +[ R, denida porg(x) = x. Tenemosqueg es uniformemente continua, an cuando su dominio no sea compacto.En efecto, tenemos que g[[0, 1] es uniformemente continua, ahora g[[1, +[es uniformemente continua, pues satisface una condicin de Lipschitz Dec-imos que g : X R es Lipschitz, si existe una constante positiva K, tal que[g(x) g(y)[ K[x y[ para todox, y X. La menor de tales constantesllamada la constante de de Lipschitz deg .Observacin 5.3. Si f es Lipschitz, entonces es uniformemente continua. Laprueba de esta armacin es inmediata. Dado > 0, basta tomar =K + 1.Volviendo al ejemplo, tenemos que six, y 1 entonces x +y 2, dedonde1x +y 12, y por lo tanto[x y[ =[x y[x +y 12[x y[ .5.3 Ecuaciones no LinealesEn esta seccin estudiaremos uno de los problemas bsicos de la aproximacinnumrica: el problema de la bsqueda de races. Este consiste en obtener unaraz exacta o una buena aproximacin a la raz exacta de una ecuacin de laformaf (x) = 0 , dondefes una funcin dada. Este es uno de los problemasde aproximacin ms antiguos, y sin embargo, la investigacin correspondi-ente todava continua. El problema de encontrar una aproximacin a unaraz de una ecuacin se remonta por lo menos al ao 1700 a.C. Una tablacuneiforme que pertenece a la Yale Banylonian Collection, y que data de esteperodo, da la aproximacin de 2 , la cual puede calcularse con algunos delos mtodo que veremos ms adelanteSergio Plaza 1635.3.1 Mtodo de biseccinEste mtodo se basa en el Teorema del Valor Intermedio, el cual recordamosa seguir.Teorema 5.22. (del valor intermedio) Sea f: [a, b] Runa funcincontinua. Supongamos que f (a) y f (b) tienen signos diferentes, entoncesexiste r (a, b) tal que f (r) = 0 .Aunque el procedimiento se aplica en el caso en que f (a)yf (b)tengansignos diferentes y exista ms de una raz en el intervalo]a, b[ , por razonesde simplicidad suponemos que la raz de este intervalo es nica. El mtodorequiere dividir varias veces en la mitad los subintervalos de[a, b] y en cadapaso localizar aquella mitad que contenga a la raz r . Para comenzar con-sideremos a0=a y b0=b , y sea c0el punto medio de [a, b] , es decir,c0=a0+b02. Si f (c0) = 0 , entonces r=c0 ; si no, entonces f (c0) poseeel mismosignoque f (a0) oque f (b0) . Si f (c0) y f (a0) tienenigualsigno, entonces r (c0, b0) y tomamos a1=c0y b1=b0 . Si f (c0) yf (a0) tienen signos opuestos, entonces r (a0, c0) y tomamos a1 =a0yb1 = c0 . Enseguida, volvemos a aplicar el proceso al intervalo[a1, b1] , y assucesivamente.A continuacin describiremos algunos procedimientos de parada que puedenaplicarse en algn paso del algoritmo, o a cualquiera de las tcnicas iterativasque se estudian en este capitulo. Se elige una tolerancia > 0y generamosuna sucesin de puntos p1, p2, . . . , pN , conpn r hasta que se cumplanuna de las siguientes condiciones[pN pN1[ (5.1)[pN pN1[[pN[ , pN ,= 0 (5.2)164 Apuntes de Clculo I[f (pN)[ (5.3)Al usar cualquiera de estos criterios de parada pueden surgir problemas.Por ejemplo, existen sucesiones (pn)nNcon la propiedad de que las difer-encias pnpn1convergen a cero, mientras que la sucesin diverge, esto seilustra con la sucesin siguiente, sea (pn)nN la sucesin dada porpn =nk=11k ,es conocido que(pn)nNdiverge an cuando se tiene limn (pnpn1) = 0 .Tambinesposibleque f (pn) estecercanoacero, mientrasque pndi-eresignicativamentede r , comoloilustralasiguientesucesin. Seaf (x)= (x 1)10, tenemos que r= 1 , tomando pn= 1 +1nes fcil verque[f (pn)[ < 103para todo n> 1 , mientras que[r pn[ < 103slosi n> 1000 . En caso que no se conozca r , el criterio de parada (5.2) es elmejor al cual puede recurrirse, ya que verica el error relativo.Observe que para iniciar el algoritmo de biseccin, tenemos que encontrarun intervalo[a, b] , de modo que f (a)f (b) < 0 . En cada paso, la longituddel intervalo que se sabe contiene una raz de f se reduce en un factor de12 ; por lo tanto, conviene escoger un intervalo inicial [a, b] lo mas pequeoposible. Por ejemplo, si f (x) = x21 , entonces f(0)f(2) < 0y tambinf(0.75)f(1.5) < 0 , de manera que el algoritmo de biseccin puede emplearseen ambos intervalos [0, 2] o [0.75, 1.5] . Al comenzar el algoritmo de biseccinen[0, 2] o con[0.75, 1.5] , la cantidad de iteraciones necesarias para alcanzardeterminada exactitud varia.El siguiente ejemplo ilustra el algoritmo de biseccin. La iteracin se ter-mina cuando el error relativo es menor que0.0001 , es decir, cuando[cncn1[[cn[< 104.Ejemplo 5.20. La ecuacinf (x) = x3+4x210 posee una raz en [1, 2] yaque f (1) = 5yf (2) = 14 . El algoritmo de biseccin puede ser resumidopor la siguiente tablaSergio Plaza 165n anbncnf(cn)1 1.0 2.0 1.5 2.3752 1.0 1.5 1.25 1.796873 1.25 1.5 1.375 0.16211...............13 1.36499024 1.3671875 1.365112305 0.00194Despus de 13 iteraciones, c13 = 1.365112305 aproxima a la razrcon unerror de [r c13[ < [b13a13[ = 0.000122070 , ya que [a13[ < [r[ , obtenemos[r c13[[r[< [b13a13[[c13[ 9 105,por lo tanto la aproximacin ser correcta por lo menos en cuatro dgitossignicativos. El valor correcto de r con nueve cifras decimales correctases r = 1.365230013. Observe que r9est ms cerca de r que c13 . Perolamentablementenopodemosvericarestosi noconocemoslarespuestacorrecta.El mtodo de biseccin, aunque claro desde el punto de vista conceptual,ofrece inconvenientes importantes, como el de converger lentamente, es decir,la cantidad de iteraciones puede ser demasiado grande para poder obtenerque cneste lo prximo a r , adems, inadvertidamente podemos desecharuna aproximacin intermedia. Sin embargo, tiene la importante propiedadde que siempre converge en una solucin y por tal razn a menudo sirve parainiciar los mtodos ms ecientes que explicaremos ms adelante.5.3.2 Anlisis del errorDenotemos los intervalos generados por el mtodo de biseccin por [a0, b0] ,[a1, b1] , [a2, b2] , . . . , de donde obtenemos que166 Apuntes de Clculo Ia0 a1 b0luego la sucesin(an)nNes creciente y acotada superiormente. Tenemostambin queb0 b1 a0luego la sucesin(bn)nNes decreciente y acotada inferiormente.Por lotantoexistenlos lmites limnanb0y limnbna0 .Adems, comobnan = 12 (bn1an1) = 14 (bn2an2) ==12n (b0a0) ,sesigueque limn (bnan) =0 , luego limnbn=limnan=r .Ahora como f (an) f (bn) 0 , haciendo n se tiene que(f (r))2 0 ,pues f es continua, de donde f (r) = 0 .Si el proceso se detiene en la iteracinn, entonces f posee una raz en elintervalo[an,bn] y[r an[ 2n(b0a0) y [r bn[ 2n(b0a0) . (5.4)Porotraparte, vemos queunamejoraproximacinparalaraz r def(x) = 0es cn =an+bn2, pues[r cn[ 12 (bnan) = 2(n+1)(b0a0) (5.5)Resumiendo lo anterior, tenemos el siguiente resultado.Teorema 5.23. Sean[a0, b0] , [a1, b1] , [a2, b2], . . . , [an,bn], . . . los inter-valos obtenidos en el mtodo de biseccin, entonces limnbn = limnan =Sergio Plaza 167ryres una raz def (x) = 0 . Adems, se tiene que [r an[ 2n(b0a0)y [r bn[ 2n(b0 a0) . Porotraparte, si cn=an+bn2entonces r=limncny [r cn[ 2(n+1)(b0a0) .Es importante sealar que el teorema slo nos proporciona una cota del er-ror de aproximacin y que esta puede ser extremadamente conservadora. Porejemplo, cuando la aplicamos al problema del ejemplo anterior slo garan-tizaque [p p9[ 21292103peroel errorreal esmuchomenor[p p9[ 4.4 106.Ejemplo5.21.Para determinar el nmerode iteraciones necesarias pararesolver la ecuacinf (x) = 0 dondef (x) = x3+4x210 con una exactitudde103en el intervalo[1, 2] basta determinar un entero Ntal que[cN r[ 2(N+1)(b a) = 2(N+1) 103.Aplicando logaritmo a la desigualdad2(N+1) 103vemos que el valordel entero positivo Ndebe ser mayor que 9.96 , por lo tanto para obteneruna exactitud de103debemos iterar al menos 10 veces.5.4 Mtodos iterativos de punto joSeaf : X X una funcin. Decimos quep X es un punto jo def, sif(p) = p.Para el problema de existencia de punto jo para funciones denidas enintervalos, tenemos el siguiente resultado.Teorema 5.24. Sea f: [a, b] Runa funcin continua. Si f([a, b]) [a, b] of([a, b]) [a, b], entonces f posee un punto jo en[a, b] .Demostracin. Haremos la prueba en el caaso quef([a, b]) [a, b], el otroes completamente analogo. Usamos el Teorema del Valor Intermedio, para168 Apuntes de Clculo Ilo cual denimos la funcinh(x) = f(x) x. Tenemos, h(a) = f(a) a 0yh(b) = f(b) b 0 , y siendo hcontinua, se sigue existe c [a, b] tal queh(c) = 0 , es decir, f(c) = c .Notemos que este resultado nada nos dice acerca de la cantidad de puntosjos que una funcin puede tener. Es fcil ver, por ejemplo, que la funcinf :[105,1] R tiene muchos puntos jos.El siguiente teorema contiene condiciones sucientes para la existencia yunicidad del punto jo.Teorema 5.25. Supongamos que f: [a, b] Res continua en [a, b] .Supongamosf([a, b]) [a, b] y que existe una constante positiva0 < 1con [f(x) f(y)[ [xy[ , para todox, y ]a, b[ , entonces exite un nicopuntojo xfde f en [a, b] . Adems, sielegimos x0 ]a, b[ arbitrario,entonces la sucesin(xn)nNdenida porxn+1 = f(xn), n 0converge al nico punto jo xfde f .Demostracin. Por el Teorema 5.24, sabemos que f tiene un punto jo.Supongamosqueexistendospuntosjos xfy xfpara f . Tenemosentonces que[xf xf[ = [f(xf) f( xf)[ [xf xf[y como0 < 1 , se debe tener que xf = xf .Sergio Plaza 169Ahora, tenemos[xnxf[ = [f(xn1) f(xf)[ [xn1xf[[xn1xf[ = [f(xn2) f(xf)[ [xn2xf[[xn2xf[ = [f(xn3) f(xf)[ [xn3xf[...[x1xf[ = [f(x0) f(xf)[ [x0xf[,de donde obtenemos que [xn xf[ n[x0xf[ y como n 0cuandon , el resultado se sigue.Observacin 5.4. El teorema anterior no slo nos dice que bajo sus condi-ciones existe un punto jo nico, adems nos dice cmo podemos encontrarlo,usando la sucesin generada a partir de la funcingcon una condicin inicialarbitraria.Corolario 5.26. Si f satisface las hiptesis del Teorema 5.25, cotas para elerror absolutoen = [xnxf, que supone utilizar xnpara aproximar xfsondadas por[xnxf[ nmax x0a,b x0 (5.6)y por[xnxg[ n1 [x1x0[ (5.7)Demostracin. Para tener la primera de las cotas, slo basta observar que[xn xf[ n[x0 xf[ y como xfy x0estn entre ay b se tiene que[xnx0[ n[xf x0[ nmax x0a, b x0 , como queramos probar.170 Apuntes de Clculo IPara obtener la segunda cota observemos que si n>m, digamos n=m+k , conk 1 , entonces[xm+kxm[ [xm+kxm+k1[ +[xm+k1xm+k2[ ++[xm+1xm[ (5.8)Por otra parte tenemos que[xn+1xn[ = [f(xn) f(xn1)[ [xnxn1[ [f(xn1) f(xn2)[ 2[xn1xn2[ 2[f(xn2) f(xn3)[ 3[xn2xn3[... n[x1x0[ ,es decir, [xn+1 xn[ n[x1 x0[ para todo n 0 . Aplicando esto a ladesigualdad en (5.8) obtenemos[xnxm[ = [xm+kxm[ m+k1[x1x0[ +m+k2[x1x0[ + +m[x1x0[= m[x1x0[ (k1+k2+ + 1) m[x1x0[ (1 +2+ +j+ )=m1 [x1x0[como desebamos probar.Observacin5.5.De ambas desigualdades del Corolario 5.26, vemos quela razn con la que (xn)nNconverge depende del factor n. Cuando mspequeo sea el valor de , ms rpida ser la convergencia, la cual puede sermuy lenta s es prxima de 1.Sergio Plaza 171Observacin5.6. Podemosusarcomocriteriodeparadadeunmtodoiterativode punto jo como los anteriores los siguientes. Sea >0 unatolerancia dada, entonces paramos las iteraciones si1. nmax x0a,b x0 ,2.n1[x1x0[ ,3. [xn+1xn[ 4. otros que sean razonables de aplicar.Ejemplo5.22.Sea g (x) =x213en[1, 1] . Se tiene que g (0) = 13yg (1) = 0 . Adems, vemos que [g(x) g(y)[ 2x3 [x y[ para todox, y [1, 1] , luegog (x)satisface las hiptesis del Teorema 5.25, en consecuenciag (x) posee un nico punto jo xgen[1, 1] , y si elegimos x0 ] 1, 1[arbitrario, la sucesin de puntos xn+1 = g(xn) xgcuando n .0.40.200.20.4y1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.20.4 0.6 0.8 1xgrco de g(x) =x213En este ejemplo el punto jo puede ser determinado algebraicamente pormedio de la frmula para resolver ecuaciones cuadrticas, obtenindose p =172 Apuntes de Clculo Ig (p) =p213, de donde p23p 1 = 0 y resolviendo la ecuacin obtenemosque p =12_3 13_ 0.3027756377 , la otra raz es q =12(3 +13) 3.302775638que est fuera del intervalo [1, 1] . El lector puede vericaresto usando x0 = 0y = 105.Observacin 5.7. Note que g (x) tambin posee un punto jo nico q =12_3 +13_ en el intervalo [3, 4] . Pero no lo andabamos buscando y por otraparte, ahi el Teorema 5.25 no se puede aplicar. Se deja a cargo del lector laexplicacin de esta ltima armacin.Ejemplo 5.23. Resolverx 12 sen(x) 1 = 0.Solucin. Resolver la ecuacin propuesta es lo mismo que resolver el prob-lemax = f(x), dondex = 12 sen(x) + 1es decir, tenemos un problema de punto jo.Desde la grca defvemos que podemos elegir [a, b] = [0, 2] (ms quesuciente)grco de f(x) =12 sen(x) + 1Ahora, tenemos [f(x)f(y)[ =12[ sen(x)sen(y)[ 122 sen_xy2_cos_x+y2_ sen_xy2_ xy2 =12[x y[, es decir, con = 1/2 se satisface el Teorema5.24. Ahora bien, concluimos queftiene un nico punto jo en el intervaloindicado. Para aproximar el punto jo, consideremosx0 = 0 y generamos laSergio Plaza 173sucesinx0 = 0fx1 = 1fx2 = 1.4207354924039484fx3 = 1.4943809925643206fx4 = 1.4985408843991685fx5 = 1.4986953555218978fx6 = 1.498700925407042fx7 = 1.49870112602244 Usando un programa de clculo numrico, vemos que xf 1.49870113351785y que [xfx7[ 0.749541108, que segn nuestra apreciacin es una buenaaproximacin a la solucin exacta del problema.Un ejercicio interesante es resolver la ecuacin de Newtonx32x 5 = 0transformndola en un problema de punto jo. Esta ecuacin fu exacta-mentelaqueresolvinSirIsaacNewton(1643-1727), yquedespues diorigen a un mtodo iterativo que lleva su nombre.5.5 EjerciciosProblema 5.1. Sea f : R 0 R, denida porf(x) =11 +e1/xProbar quelimx0f(x)no existe. Si extendemos f a una nueva funcinf , denida porf(x) =f(x) si x ,= 00 si x = 0>Es la nueva funcinfcontinua enx = 0 ? Si no, que tipo de discontinuidadtienef enx = 0 .Problema 5.2. Dena f : R Rporf(x) =sen(1/x)1+e1/xsi x ,= 00 si x = 0174 Apuntes de Clculo I>Es f continua en x = 0 ? Si no, que tipo de discontinuidad tiene en esepunto.Problema 5.3. Pruebe que f : R ] 1, 1[ denida por f(x) =x1+|x|esun homeomorsmo.Problema5.4.Sean X Ry f: X R. Decimos que f tiene unpunto jo xf Xsi ocurre f(xf) =xf . Pruebe que si f: [a, b] Res una funcin continua que satisface f([a, b]) [a, b] o f([a, b]) [a, b] ,entonces f tiene un punto jo en[a, b] . Pruebe que si f adems satisface[f(x) f(y)[ [x y[ para todo x, y X , con la constante tal que0 < 1 , entonces el punto jo es nico.Problema 5.5. Sea kuna constante. Sea f : X R Runa afuncincontinua. Pruebe que(a) El conjunto O = x X: f(x) < k es abierto enX .(b) El conjunto F = x X: f(x) k es cerrado enX .Problema 5.6. Seanf, g : R Rfunciones continuas. Pruebe que1. el conjunto Zf = x R: f(x) = 0es cerrado.2. el conjunto If,g = x R: f(x) = g(x)es cerrado.Problema 5.7. Sean f, g : R Rfunciones. Se denen las nuevas fun-ciones f g ,f g, f+, f : R R por (f g)(x) = maxf(x), g(x) , (f g)(x) = minf(x), g(x) , f+(x) = maxf(x), 0 yf(x) = maxf(x), 0 .Suponga que f y gson continuas. Pruebe que f g , f g , f+y fson continuas. Si las funciones f, g son uniformemente continuas, pruebeque f g , f g , f+yfson uniformemente continuas.Gracar las funciones f g , f g , f+yfpara f ygarbitrarias.Sergio Plaza 175Problema5.8.Sean f, g: X Rfunciones continuas. Si YXyf(y) =g(y) para todo y Y . Pruebe que f(y) =g(y) para todo y Y .Usando lo anterior, pruebe que si f, g : R R son funciones continuastales que f(r) = g(r)para todor Q. Pruebe que f(x) = g(x)para todox R.Problema5.9. Sean f, g: [0, 1] Rfuncionescontinuas. Si f(1)=g((0)pruebe que la funcinh : [0, 1] Rdenida porh(x) =f(2x) si 0 x 1/2g(2x 1) si 1/2 x 1es continua. Pruebe tambin que la funcin k: [0, 1] Rdenida pork(x) = f(1 x)es continua.Problema 5.10. Construya una biyeccinf : R Rque sea discontinuaen cada punto.Problema 5.11. Seaf : X R una funcin que satisface [f(x)f(y)[ [x y[ para todo x, y X , donde 0 < 1es una constante. Pruebeque f es continua en X . Ilustre con ejemplos, dos al menos. Una funcinque satisface esta condiciones es llamada funcin Lipschitz.Problema 5.12. Seaf : X R una funcin que satisface [f(x)f(y)[ c[x y[para todo x, y X , donde > 0es una constante. Pruebe quef es continua en X . Ilustre con ejemplos, dos al menos. Una funcin quesatisface esta condiciones es llamada funcin Hlder.Problema5.13.Pruebe que f(x)=sen(x) es uniformemente continua,pero que g(x) =sen(x2) es continua pero no uniformemente continua enR.Problema 5.14. Seaa < b < c. Suponga quefes continua en [a, b], queges continua en [b, c], y que f(b) = g(b). Denamos h en [a, c] por h(x) = f(x)parax [a, b], yh(x) =g(x) parax [b, c]. Pruebe queh es continua en[a, c].176 Apuntes de Clculo IProblema5.15.Determine los puntos donde las siguientes funciones soncontinuas:(a) f(x) = [x] , x R (b) g(x) = x[x] ,x R(c) h(x) = [ senx]x R (d) k(x) = [1/x] ,x ,= 0donde [ ] indica a la funcin parte entera.Problema5.16. Seaf: R 2 R denidaporf(x) =x2+x 6x 2Puede f ser redenida de modo que la nueva funcin sea continua en x = 2?Problema 5.17. SeaA R y seaf : A R continua enc A. Muestreque para cualquier > 0, existe una vecindadU de c tal que si x, y AU,entonces [f(x) f(y)[ < .Problema5.18. Seaf: R R continua enc y seaf(c)> 0. Muestreque existe una vecindadU dec tal que six U, entoncesf(x) > 0.Problema5.19.Seaf: R R una funcin continua en R y seaS=x R: f(x) = 0, el conjunto de los ceros def. Pruebe que el conjuntoS es cerrado en R.Problema 5.20. SeanA B R, yf : B R y seag la restriccin def aA.1. Muestre que sifes continua enc A entoncesg es continua enc.2. Muestre por medio de un ejemplo que si g es continua enc, no nece-sariamente se tiene quef es continua enc.Problema 5.21. Pruebe, usando la denicin, que la funcin valor absolutof(x) = [x[ es continua en todo puntoc R.Sergio Plaza 177Problema 5.22. Suponga que f : R R es continua en R y que f(r) = 0para todo nmero racionalr. Pruebe quef(x) = 0 para todox R.Problema 5.23. Denag : R R porg(x) =2x x Qx + 3 x R QEncuentre todos los puntos dondef es continua.Problema 5.24. SeaA =]0, [ y seak : A R denida pork(x) =n x =mn A Q0 x A R Qdonde en el primer caso la fraccin es irreducible. Pruebe que f no es acotadaen ningnintervalo abierto en (0, ). Concluyaquekno es continua enningn punto deA.Problema5.25. Sea f : ]0, 1[ Racotadaperotal que limx0+f(x)noexista. Pruebe que existen dos sucesiones (xn) e (yn) en (0, 1) con limxn = 0y limyn = 0 pero tales que limf(xn) y limf(yn) existen pero no son iguales.Problema5.26.Determine los puntos donde las siguientes funciones soncontinuas. Justique cuidadosamente en cada caso usando los teoremas de-mostrados en clases.(a) f(x) =x2+ 2x + 1x2+ 1, x R (b) g(x) = _x +x, x 0(c) h(x) =_1 +[ senx[x, x R 0 (d) k(x) = cos1 +x2, x ,= 0178 Apuntes de Clculo IProblema5.27.Muestre que si f: A R es continua enA R y sin N, entonces la funcinfn(x) = (f(x))n,x A, es continua enA.Problema 5.28. De un ejemplo de funcionesf, g : A R R tales quefsea discontinua en todo punto deA, g sea continua enA y sin embargog f sea continua enA.Problema5.29. Seaf, g: R RfuncionescontinuasenRtalesquef(r) = g(r) para todor Q. Pruebe quef(x) = g(x) para todox R.Problema5.30. Sea h: RRunafuncincontinuaenRtal queh_m2n_=0 para todom Z, para todon N. Pruebe queh(x)=0,para todox R.Problema 5.31. Sif : R R es continua en R, muestre que el conjuntoP = x R: f(x) > 0 es un conjunto abierto.Problema5.32. Seanf, g : R RcontinuasenR. MuestrequeelconjuntoS = x R: f(x) > g(x) es un conjunto abierto en R.Problema5.33.Una funcinf: R R se dice aditiva si f(x + y) =f(x) +f(y) para todo x, y R. Pruebe que sif es aditiva y continua en unpuntox0 R, entonces es continua en todo puntox R.Problema5.34. Suponga quefes una funcin continua y aditiva enR.Muestre quef(x) =f(1)x para todox R. (Indicacin: Pruebe primeroparax Q).Problema5.35. Seag: R Runafuncinquesatisfacelarelacing(x + y) =g(x)g(y) para todox, y R. Muestre que si ges continua enx = 0, entoncesg es continua en todo punto de R. Pruebe adems, que sig(a) = 0 para algna R, entoncesg(x) = 0 para todox RProblema5.36. Pruebe que la funcinf(x) = [x] +_x [x] es continuaen todox R.Sergio Plaza 179Problema 5.37. SeaI = [a, b] y seaf:I R una funcin continua talquef(x)> 0 para cadax I. Pruebe que existe un nmero> 0 tal quef(x) para todox I.Problema5.38. SeaI= [a, b] y seanf: I R, g : I R funcionescontinuas sobre I. Muestre que el conjunto x I: f(x) = g(x) es cerrado.Problema 5.39. SeaI = [a, b] y seaf : I R una funcin continua enItal que para cadax I, existey Ital que [f(y)[ 12[f(x)[. Pruebe queexiste un puntoc I tal quef(c) = 0.Problema5.40. Muestrequetodopolinomiodegradoimparconcoe-cientes reales tiene al menos una raz real.Muestre que el polinomiop(x) =x4+ 7x3 9 tiene al menos dos racesreales. Calcule con dos decimales de exactitud.Problema 5.41.Problema 5.42. Sea f : [0, 1] R continua y tal que f(0) = f(1). Pruebeque existe un puntoc [0, 12] tal que f(c) = f(c + 12). Concluya que en todotiempot, existenpuntos antipodales sobre el eje del ecuador que tiene lamisma temperatura.Problema 5.43. Muestre que la ecuacin x = cos x tiene una solucin en elintervalo [0, 2]. Calcule este punto con tres decimales de exactitud.Problema5.44.SeaI= [a, b], seaf: I R continua, y seaf(a)< 0yf(b)> 0. SeaW= x I : f(x)< 0, y seaw = sup W. Pruebe quef(w) = 0.Problema5.45.SeaI= [0, /2] y seaf: I R denida porf(x) =Supx2, cos x parax I. Muestre quef tiene un mnimo absolutox0 I.Muestre quex0 es la solucin de la ecuacin cos(x) = x2.180 Apuntes de Clculo IProblema5.46. Suponga quef: R R es una funcin continua y queadems limxf = 0y limx+f = 0. Pruebeque fesacotadaenRyqueademsdebetenerounmximoounmnimoenR. Muestremedianteejemplos que no es necesario, sin embargo, que tenga mximo y mnimo a lavez.Problema 5.47. Seaf : R R continua en R y sea R. Muestre quesi x0 R es tal que f(x0) < , entonces existe una vecindadU de x0 tal quef(x) < para todox U.Problema5.48. De unejemplodeunafuncinf : R Rtal queelconjunto x R: f(x) = 1 no es ni abierto ni cerrado en R.Problema 5.49. Si f : [0, 1] R es continua y su imagen tiene slo valoresracionales, Debe serfuna funcin constante?, Y si su imagen toma slovalores irracionales?Problema5.50. SeaI=[a, b] y seaf: I R una funcin, no nece-sariamente continua, talque para cadax I, la funcin es acotada en unavecindadUx dex. Pruebe quef es acotada enI.Problema 5.51. SeaJ = (a, b) y seag : J R una funcin continua conla propiedad que para todox J, la funcing es acotada en una vecindadVx dex. Muestre queg no necesariamente es acotada sobreJProblema5.52. Seaf : [0, 1] Rcontinuatal que f([0, 1]) [0, 1].Muestre queftiene un punto jox0 [0, 1], vale decir,f(x0) = x0.Problema 5.53. Un monje budista vive en una cabaa al pie de una mon-taa. Cada noche, al ponerse el sol, deja la cabaa, sube a la montaa porun sendero muy hollado, medita en varios puntos a lo largo del trayecto, ya la maana siguiente, exactamente al alba, est de regreso en su cabaa.Los lugareos prximos observaban variaciones considerables en este ritual,siendo virtualmente imposible predecir, por ejemplo, donde estara el monjeSergio Plaza 181a media noche. Sin embargo, uno de los lugareos conjetur lo siguiente: dedisponerse de los horarios detallados de dos de esas excursiones nocturnas,podra hallarse un punto de coincidencia, al menos, entre ambos, es decir, deuna muestra, como mnimo, de que el monje haba estado en el mismo puntodel camino a la misma hora ambas noches. Los otros lugareos rechazaronesta conjetura como improbable. Qu tiene que decir al respecto?Problema5.54. Existeunafuncinf : R Rtal queseabiyectivadiscontinua en todos los puntos?Problema5.55. Existeunafuncinf : A R BRqueseabiyectiva, continua pero quef1: B A no sea continua?Problema 5.56. Seaf : R R una funcin arbitraria. Para cadan N,consideremos el conjuntoCn, formado por los puntoa R con la siguientepropiedad: existe un intervalo abiertoI, que contiene aa, tal quex, y Iimplica [f(x) f(y)[ 0, existe una funcing :A R, tal queg esuniformemente continua enA y [f(x) g(x)[ < para todox A. Pruebequef es uniformemente continua enA.Problema5.71. Una funcinf: R R es peridica de perodop sif(x +p) = f(p) para todox R. Muestre que sifes una funcin continuay peridica en R es acotada y uniformemente continua.Problema 5.72. Analice la continuidad de las siguientes funciones(a) f(x) =2x + 1 , x 2x 1 , x > 2(b) g(x) =2x + 4 , x < 1x2+ 1 , x 1(c) h(x) =2 , 0 x 31x 3, 3 < x < 512, x 5(d) t(x) =x2, 0 x < 36 , x = 39 , x > 3(e) h(x) =1x, x ,= 00 , x = 0(f) f(x) =sen(x)x, x ,= 01 , x = 0184 Apuntes de Clculo I(g) g(x) =x38x24, x ,= 23 , x = 2(h) h(x) =x29x + 3, x ,= 36 , x = 3(i) f(x) =sen(x) , 0 < x 1ln(x) , 1 < x < 2(j) h(x) =x2x 6x 3, x ,= 35 , x = 3(k) f(x) =4x22x3x 2, x ,= 28 , x = 2Problema5.73.Determine los valores dea, b yc para que las siguientesfunciones sean continuas en todos los reales(a) f(x) =ax3+ 3, x 33x2+ 2ax + 7b, 3 < x 48bx + 7, x > 4(b) g(x) =2 sen(x), x 2a sen(x) +b, 2< x 0>Existe limx0f(x) ?Problema 5.75. Pruebe que la funcinf : R Rdenida porf(x) =1533x2x 2x 1si x < 12x + 1 3x 1si x > 12 si x = 1es continua en R 1 y discontinua enx = 1.Problema 5.76. Aplique el mtodo de biseccin para determinar c3 , paraf (x) =x cos(x) en[0, 1] .Problema 5.77. Aplique en los siguientes intervalos el mtodo de biseccinpara determinar las aproximaciones a las soluciones dex37x2+14x6 = 0con una exactitud de102.1. [0, 1]2. _1, 165_3. _165 , 4_Problema 5.78. Aplique el mtodo de biseccin para determinar una aprox-imacin a la solucin de tan(x) = x con una exactitud de 103en el intervalo_4, 92_.186 Apuntes de Clculo IProblema 5.79. Aplique el mtodo de biseccin para determinar una aprox-imacin a la solucin de2 +cos (ex2) ex= 0con una exactitud de103en el intervalo _12, 32_Problema5.80.En cada caso aplique el mtodo de biseccin para deter-minar una aproximacin a la solucin con una exactitud de105.1. x 2x= 0para x [0, 1] .2. exx2+ 3x 2 = 0parax [0, 1] .3. 2xcos (2x) (x + 1)2= 0parax [3, 2] y para x [1, 0] .4. xcos (x) 2x2+ 3x 1 = 0para x _15,310_y para x _65, 1310_.Observacin. Si el proceso de biseccin se detiene en la iteracin n, en-tonces f posee una raz en el intervalo[an,bn] y[r an[ 2n(b0a0) y [r bn[ 2n(b0a0) .Por otra parte, una mejor aproximacin para la raz r de f(x) = 0 escn =an+bn2, pues[r cn[ 12 (bnan) = 2(n+1)(b0a0).Resumiendo lo anterior, tenemos el siguiente resultado.Teorema 5.27. Sean[a0, b0] , [a1, b1] , [a2, b2], . . . , [an,bn], . . . los inter-valos obtenidos en el mtodo de biseccin, entonces limnbn = limnan =ryres una raz def (x) = 0 . Adems, se tiene que [r an[ 2n(b0a0)y[r bn[ 2n(b0 a0) . Porotraparte, si cn=an+bn2entonces r=limncny [r cn[ 2(n+1)(b0a0) .Sergio Plaza 187El nmero [xnr[ , donde xnes una aproximacin al valor exacto r , esllamado el error absoluto de la aproximacin .Problema 5.81. Pruebe que la funcin f(x) = 1/x, x 1, es uniformementecontinua en el intervalo [1, ).Problema 5.82. Muestre que las siguientes funciones no son uniformementecontinuas en los dominios que se sealan1. f(x) = 1/x, D(f) = (0, 1);2. g(x) = x2, D(g) = R;3. h(x) = 1/x2, D(h) = (0, );4. k(x) =sen(1/x), D(k) = (0, ).Problema 5.83. Muestre que la funcin f(x) = 1/(1+x2) es uniformementecontinua en R.Problema 5.84. Muestre que si f,g son funciones uniformemente continuasde R en R, entoncesf +g es una funcin uniformemente continua en R.Problema 5.85. SeaA R y seaf : A R una funcin uniformementecontinuaenA. Pruebequesi (xn)nNesunasucesindeCauchyenA,entonces (f(xn))nN es una sucesin de Cauchy en R.Problema 5.86. Seaf: (0, 1] R una funcin uniformemente continuaen(0, 1], yseaL=limnf(1/n). Pruebequesi (xn)nNescualquiersucesin tal que limnxn = 0 entonces limnf(xn) = L. Pruebe usandoeste resultado que la funcin sen(1/x) no es uniformemente continua en (0, 1].Problema 5.87. Suponga que f es uniformemente continua en (a, b). Muestreque f puede ser denida sobre a y b de manera que la extensin sea continuaen [a, b].188 Apuntes de Clculo IProblema 5.88. SeaA R y seaf : A R una funcin uniformementecontinua enA. Muestre que si A es un conjunto acotado, entoncesf(A) esun conjunto acotado.Problema5.89.SeaA R y suponga quef: A R tiene lasiguientepropiedad: para cada> 0, existe una funcing :A R, tal queg esuniformemente continua enA y [f(x) g(x)[ < para todox A. Pruebequefes uniformemente continua enA.Problema 5.90. Una funcin f : R R se dice peridica de perodo p sif(x +p) = f(p) para todox R. Muestre que sifes una funcin continuay peridica en R es acotada y uniformemente continua.Problema 5.91. Si I = [a, b] es un intervalo yf:I R es una funcincreciente, entonces el puntoa es el mnimo absoluto defyb es el mximoabsoluto def. Sifes una funcin estrictamente creciente, entoncesa es elnico mnimo absoluto def enI.Problema 5.92. Si f y g son funciones crecientes sobre un intervalo I R,muestre quef +g es una funcin creciente enI. Muestre adems que sif og es estrictamente creciente enI entoncesf +g es estrictamente creciente.Problema5.93. Muestre quef(x) =x yg(x) =x 1 son funciones cre-cientes sobre [0, 1], sin embargo, la funcin productofg no lo es.Problema5.94. Muestrequesi f ygsonpositivasycrecientes enunintervaloI R, entoncesfg es una funcin positiva y creciente enI.Problema 5.95. Muestre que si I = [a, b] yf:I R es creciente enI,entoncesf es continua en a si, y slo si,f(a) = inff(x) : x (a, b].Problema 5.96. Sea I R un intervalo y sea f : I R creciente sobre I.Suponga quec I no es un punto extremo deI. Muestre quef es continuaen c si y slo si existe una sucesin (xn)nN en I tal que xn< c para n imparyxn> c paran par, y tal quec = limnxn yf(c) = limnf(xn).Sergio Plaza 189Problema 5.97. SeaI R un intervalo y seaf:I R creciente sobreI. Si c no es un punto extremo de I, muestre que el salto jf(c) de f en c estdado por inff(y) f(x) : x < c < y, x, y I.Problema 5.98. Sean f, g crecientes sobre un intervalo I R y sea f(x) >g(x) para todox I. Si y f(I) g(I), muestre quef1(y) =g1(y).[Hint: Interprete la situacin geomtrica primero.]Problema5.99.SeaI= [0, 1] y seaf: I R denida porf(x) =xparax racional y porf(x) = 1 x si x es un nmero irracional. Muestrequefes inyectiva enIy quef(f(x)) =x para todox I, de esta formafes su misma funcin inversa. Muestre quefes continua slo enx = 1/2.Contradice este ejemplo el teorema de la inversa continua?Problema5.100. SeaI =[a, b] yseaf : I RcontinuaenI. Siftiene un mximo absoluto (respectivamente un mnimo absoluto) en unpunto interiorc deI, muestre quefno es inyectiva enI.Problema5.101.Seaf(x) =x parax [0, 1], y seaf(x) = 1 + x parax (1, 2]. Muestre quefyf1son estrictamente crecientes. Sonfyf1continuas en todos los puntos?Problema5.102. Seaf : R Runafuncincontinuaquenotomaningunodesusvaloresdosveces. Muestreque f debeserestrictamentemontona.Problema5.103. Seah : [0, 1] R una funcin que toma cada uno desusvalores exactamentedos veces. Muestrequefnopuedesercontinuaen todos los puntos. [Hint: Si c1 0 obtenemos limh0f(x +h) f(x)h=limh0x +h xh= limh0hh(x +h +x)=12x. Parax = 0, nos quedaf+(0) =limh0+0 +h 0h=limh0+1hel cual no existe.Ejemplo6.3.Para la funcinf: R R dada porf(x) = [x[, se tieneque si x> 0, entoncesf(x) =limh0f(x +h) f(a)h=limh0[x +h[ [x[h=limh0x +h xh= 1 y si x < 0, se tiene f(x) = x, luego f(x) = limh0f(x +h) f(a)h=limh0[x +h[ [x[h= limh0x +h (x)h= 1. Finalmente parax = 0 setienelimh0+f(0 +h) f(0)h=limh0+[h[h= 1, pues h > 0, ylimh0f(0 +h) f(0)h=limh0[h[h= 1, puesh < 0, comof+(0) ,= f(0) se sigue que no existef(0).Ejemplo6.4. Seaf1: R R, dada por f1(x)=x, entonces f1(x)=1. Denamos f2(x) =x2=f1(x) f1(x), luegof2(x) =(f1 f1)(x) =Sergio Plaza 195f1(x)f1(x) +f1(x)f1(x) =1 x +x1=2x, inductivamente, denimosfn(x) = fn1(x)f1(x) = xny se tiene quefn(x) = nxn1.Ejemplo 6.5. Seaf(x) =sen(x). Usando que limx0 =sen(x)x= 1, se tienequelimx0cos(x) 1x= 0. Ahora, f(x + h) =sen(x + h) =sen(x) cos(h) +sen(h) cos(x), luego limh0f(x +h) f(x)h= limh0(cos(h) 1) sen(x) + sen(h) cos(x)h=sen(x) limh0cos(h) 1h+ cos(x) limh0sen(h)h= cos(x).Observacin 6.1. Sic R es una constante yf : X R es derivable ena y (cf)(a) = cf(a).Ejemplo6.6. Denalafuncinf : RRpor f(x) =[x] sen2(x).Determine sif es derivable en los puntosa = 1/2 ya = 1.Solucin. Tenemos determinar si exustelimh0f(12 +h) f(12)h= limh0_12 +h_ sen2_(12 +h)__12_ sen2_2_h. (6.5)Notemos que _12_ = 0 y que _12 +h_ = 0 sih es pequeo, de hecho vale sih _12, 12_. Por lo tanto el lmite del lado derecho de (6.5) es igual a cero.En consecuencia existef_12_ = 0.Paraa = 1, tenemos que determinar la existencia delimh0[1 +h] sen2((1 +h)) [1] sen2()h= limh0[1 +h] sen2((1 +h))hNotemos que si h es pequeo y negativo, entonces 1 + h< 1 y por lo tanto[1 +h] = 0 y si h es pequeo y positivo, entonces 1< 1 + h y por lo tanto[1 +h] = 1. De esto vemos que debemos determinar los lmites laterales, esdecir, las derivadas por la izquierda y por la derecha de f, y ver si son igualeso no. Ahora bienf(1) =limh0[1 +h] sen2((1 +h)h= 0196 Apuntes de Clculo Iyf+(1) =limh0+[1 +h] sen2((1 +h)h=limh0+sen2( +h)hahora como limh0+sen2( +h)h=limh0+sen( +h)hsen(+h), usando quesen(+h) = sen(h) y el hecho que limh0+sen(h)h= y que limh0+ sen(+h) = 0, concluimos quelimh0+sen2( +h)h= 0 ,consecuentementef+(1) = 0.Por lo tantof es derivable ena = 1 yf(1) = 0.Se deja a cargo del lector determinar sifes derivable o no en los puntosn Z y en qu otros puntos de R existe la derivada def.Seaf:X R una funcin derivable ena X X de (6.2) podemosescribirr(h) = f(a +h) f(a) f(a)h (6.6)luego, para todoh ,= 0, se tienef(a +h) = f(a) +f(a)h +r(h) (6.7)con limh0r(h)h= 0, y decimos quer(h) es un innitsimo de orden mayor queh.Ahora, si existe un nmero realL tal quef(a +h) = f(a) +Lh +r(h) (6.8)con limh0r(h)h= 0, entoncesfes derivable ena yf(a) = L.En efecto,f(a +h) f(a)h= L +r(h)hluegolimh0f(a +h) f(a)h= L + limh0r(h)h= L,Sergio Plaza 197es decir,f(a) y existe y valeL.Resumiendo, tenemosf derivable ena X X si y slo sif(a +h) = f(a) +Lh +r(h) (6.9)con L R jo y limh0r(h)h= 0; y en el caso armativo se tiene que L = f(a).Las condiciones (6.7) y (6.8) son equivalentes af(a +h) = f(a) +f(a)h +(h)h , (6.10)con limh0(h) = 0. Notemos que la funcin est denida para todo h tal quea +h X por(h) =f(a +h) f(a)hf(a), sih ,= 00, sih = 0.De (6.10) se tiene que f es derivable en a si y slo si es continua en h = 0.Teorema 6.3. (Regla de la cadena) Seanf : X R R,g : Y R R, confderivableena X Xygderivableenb=f(a) Y Y.Entoncesg f : X R es derivable ena, y vale(g f)(a) = g(f(a))f(a) .Demostracin. Tenemosf(a +h) = f(a) + (f(a) +(h))h, con limh0(h) = 0g(b +k) = g(b) + (g(b) +(k))k, con limk0(k) = 0Llamemos k = f(a+h)f(a) = (f(a)+(h))h, tenemos f(a+h) = b+k.198 Apuntes de Clculo IAhora,(g f)(a + h) = g(f(a +h))= g(b +k)= g(b) + (g(b) +(k))k= g(b) +g(b)f(a)h +g(b)(h)h +(f(a +h) f(a))f(a)h+(f(a +h) f(a))(h)hluego, podemos escribir(g f)(a +h) = g(f(a)) +g(f(a))f(a)h +(h)h .Falta ver que limh0(h) = 0. Tenemos(h) = g(f(a))(h) +(f(a + h) f(a))f(a) +(f(a +h) f(a))(h)ahora, como es continua en 0, puesg derivable enb = f(a), es continuaen 0, puesfes derivable ena, se sigue continua enh = 0 y limh0(h) = 0.Por lo tanto, (g f) es derivable ena y se tiene (g f)(a) = g(f(a))f(a).Corolario 6.4. (Derivada de la funcin inversa) Seaf : X R una fun-cin que posee inversag =f1:Y R, dondeY=f(X). Supongamosquef es derivable ena X X y queg es continua enb = f(a).Entoncesges derivable enb si y slo si f(a) ,= 0. En caso armativo se tiene queg(b) = (f1)(b) =1f(a).Demostracin. Comog es continua enb, se tiene limyb(g(y) g(b)) = 0, esdecir, limybg(y) = aAdems, siy Y b, entoncesg(y) ,= a(= g(b)).Ahora, limybg(y) g(b)y b= limybg(y) af(g(y)) f(a) = limyb1f(g(y))f(a)g(y)a=1f(a).Sergio Plaza 199Recprocamente, tenemosf1 f =IdX, luego (f1)(f(a))f(a) = 1, dedonde (f1)(f(a)) =1f(a).Observacin6.2. Si fesunabiyeccinderivable, nonecesariamentesetienef1es derivable en todo punto.Ejemplo6.7. Seaf : R Rdenidapor f(x)=x3. Tenemos fesbiyeccin y es derivable en todo punto de R, perof1(x) = x1/3es continuay no derivable enx = 0. En este casof(0) = 0.6.1 Mximos y mnimosDenicin6.2.Seaf: X R. Decimos queftiene un mximo localena X, si existe> 0, tal que parax X ]a , a + [ se tiene quef(x) f(a). Decimos queftieneunmximo local estrictosiparacadax X ]a , a +[ se tienef(x) < f(a).DIBUJODecimos quea Xes mximo global (resp. mximo globalestricto) sif(x) f(a) (resp. f(x) < f(a)) para todox X.Las deniciones de mnimo local, mnimo local estricto, mnimo global ymnimo global estricto son completamente anlogas a las anteriores, simple-mente hay que cambiar lo que hay que cambiar, esto es, mutatis mutandi.Observacin 6.3. Si f:X R es no decreciente (resp. no creciente) yderivable ena X X, entoncesf(x) f(a)x a 0 (resp.f(x) f(a)x a 0)para todox X, conx ,=a, de donde, 0 limxaf(x) f(a)x a=f(a) (resp.f(a) = limxaf(x) f(a)x a= f(a) 0).200 Apuntes de Clculo IDIBUJOf(x) f(a) 0x a > 0DIBUJOf(a) f(x) f(a) 0x a < 0Observemos que sifcreciente y derivable no necesariamente se tiene quef(a) >0. Porejemplo, lafuncinf : R R dadapor f(x)=x3escreciente y derivable, perof(0) = 0.Teorema 6.5. Seanf:X R ya X X+. Si f+(a)> 0, entoncesexiste > 0 tal que para todo x X, con a < x < a+,se tiene f(a) < f(x).DIBUJODemostracin. Tenemos limxa+f(x) f(a)x a= f+(a) > 0, luego existe > 0tal que para cadax X, cona 0.Notemos que1. Si a X X yf(a)> 0, entonces existe> 0 tal que para todox X, cona < x < a se tienef(a) < f(a)DIBUJO2. Si a X X+ yf+(a)< 0, entoncesf(x)0tal queparatodox, y X, cona< x < a < y< a+, se tiene f(x) < f(a) < f(y) (resp. si f(a) < 0 setienef(y) < f(a) 0no existe enx = 0Sergio Plaza 203Ejemplo 6.13. Seaf: R R dada porf(x) =x3/2si x 0. Tenemosf(x) = 32x1/2es es continua. Luego,f C1(R, R).Sif : I R es derivable y tal quef es derivable, denimosf = f(2)= (f)Si f(2), es derivable, f, = f(3)= (f(2)). Inductivamente, si f(n)(derivadade ordenn) est denida y es derivable, se denef(n+1)= (f(n)).Notacin. La derivada de orden 0 de una funcin, es por denicin la mismafuncin, es decir,f(0)= f.Decimos quef: I R es de claseCk, si f(k): I R existe y escontinua. y usamos la notacin Ck(I, R) = f : I R/f es de claseCk.Ejemplo 6.14. Seaf : [0, +[ R, dada porf(x) = x3/2. Tenemos quef C1pero no esC2, puesf(x) = 32x1/2yf(x) = 34x1/2no es continuaen 0.Ms general, seaf(x) =xn+13, donden N. Tenemos quefes de claseC0,f(x) =_n + 13_xn23es continua, es decir,f C1.Sin = 1,f(x) = x1+13, yf(x) = 43x1/3no es derivable enx = 0.Sin = 2,f(x) = 73 43x1/3no es derivable enx = 0, pero es continua, esdecir,f C2C3.Sin = 3, un clculo directo muestra quef C3C4.En general, si n 2, f(x) =_n + 13_xn23es derivable y se tiene quef Cn1Cn.Sif : I R es de claseC1, es decir, f continua. Supongamosx, y Iy sead tal quef(x) < d < f(y), entonces por el T.V.I., existez entrex e ytal quef(z) = d.204 Apuntes de Clculo ILosorprendenteesqueesapropiedadvale, ynosenecesitaquefseacontinua.Teorema 6.8. (T.V.I. para la derivada, G. Darbaux) Seaf: [a, b] Rderivable en cadax I. Si f(x) 0.El resto de las desigualdades pedidas se dejan a cargo del lectorEjemplo 6.21. Seana, b R, con 0 < a < b. Pruebe queb ab< ln_ba_ Existen las derivadas laterales def enx = 0 y enx = 1?.Solucin.1. limx0+f(x)= limx0+(x 1)(x2ln(x) x2ln(1 x))=0 y limx1f(x)=limx1x2((x 1) ln(x) + (1 x) ln(1 x)) = 0.Luego, si denimos