Ecuaciones Diferenciales l: Ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden – Ecuaciones separables y homogéneas

Por Omar González Franco

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La esencia de las matemáticas reside en su libertad.
– Georg Cantor

Introducción

Hemos dado inicio con el desarrollo de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales. Hasta este momento sólo sabemos resolver ecuaciones lineales homogéneas y no homogéneas de primer orden. En esta entrada estudiaremos el caso no lineal.

Estudiaremos dos tipos de ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden conocidas como ecuaciones diferenciales separables y ecuaciones diferenciales homogéneas. Cabe mencionar que las ecuaciones no lineales homogéneas que estudiaremos en esta entrada no tienen que ver con las ecuaciones homogéneas que estudiamos con anterioridad. En este caso el término homogéneo hace referencia a una propiedad que satisfacen las ecuaciones no lineales.

Comencemos con las ecuaciones diferenciales separables.

Ecuaciones diferenciales separables

Inmediatamente nos damos cuenta que es una ecuación diferencial no lineal debido a que aparece una función dependiente de la variable dependiente $y$.

Veamos cómo encontrar la solución general de este tipo de ecuaciones.

Solución a ecuaciones separables

Es conveniente definir la función

$$h(y) = \dfrac{1}{f(y)} \label{3} \tag{3}$$

de tal manera que la ecuación (\ref{1}) se pueda escribir de la siguiente forma.

$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{g(x)}{f(y)} \label{4} \tag{4}$$

Esta ecuación la podemos reescribir como

$$f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x) \label{5} \tag{5}$$

Notemos que en el lado derecho de la igualdad tenemos la función que depende de la variable independiente $x$, mientras que en el lado izquierdo tenemos la función que depende de la variable dependiente $y$, en esta situación decimos que hemos separado a la ecuación diferencial.

Es común encontrar en la literatura que la ecuación (\ref{5}) se escribe como

$$g(x) dx = f(y) dy \label{6} \tag{6}$$

Esta es la forma diferencial de la ecuación (\ref{4}), es una notación informal pero nos permite visualizar que hemos sido capaz de separar a las variables, el lado izquierdo sólo depende de $x$ y el lado derecho sólo depende de $y$.

Podemos integrar ambos lados de la ecuación. Si consideramos la ecuación en la forma (\ref{5}), entonces integramos ambos lados con respecto a la variable $x$ y si consideramos la ecuación en la forma (\ref{6}) integramos con respecto a la variable correspondiente.

\begin{align*}
\int f(y) \dfrac{dy}{dx} dx &= \int g(x) dx \\
\int f(y) dy &= \int g(x) dx
\end{align*}

Sólo es necesario que las antiderivadas

$$F(y) = \int f(y) dy \label{7} \tag{7}$$

y

$$G(x) = \int g(x) dx \label{8} \tag{8}$$

existan y puedan resolverse. Una vez resueltas las integrales obtendremos una familia uniparamétrica de soluciones que usualmente se expresa de forma implícita.

Método de separación de variables

De acuerdo a lo anterior, el algoritmo que se recomienda seguir para resolver ecuaciones diferenciales separables es el siguiente.

  1. Dada una ecuación diferencial no lineal de primer orden, el primer paso es identificar si es posible que podamos determinar una función $g = g(x)$ que sólo dependa de la variable independiente $x$ y una función $f = f(y)$ que sólo dependa de la variable dependiente $y$, si esto es posible escribimos a la ecuación diferencial en la siguiente forma.

$$f(y) \dfrac{dy}{dx} = g(x)$$

  1. El segundo paso es integrar ambos lados de la ecuación con respecto a la variable $x$. En este caso debemos considerar en todo momento las constantes de integración.
  1. Al resolver la integral $\int f(y) dy$ obtendremos la solución $y(x)$ que estamos buscando, ya sea de forma implícita o explicita, ambas formas son válidas.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$$\dfrac{dy}{dx} e^{(y -x)} = x$$

con la condición inicial $y(0) = \ln(2)$.

Solución: El primer paso es determinar si la ecuación es separable, es decir, si podemos hallar las funciones $g(x)$ y $f(y)$. Vemos que

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} e^{(y -x)} &= x \\
\dfrac{dy}{dx} e^{y} e^{-x} &= x \\
e^{y} \dfrac{dy}{dx} &= x e^{x}
\end{align*}

Ya logramos escribir a la ecuación en la forma (\ref{5}), de donde podemos establecer que

$$g(x) = x e^{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} f(y) = e^{y}$$

Usando la notación diferencial podemos escribir a la ecuación como

$$e^{y} dy = x e^{x} dx$$

Integremos ambos lados de la ecuación ante la respectiva variable.

$$\int {e^{y} dy} = \int {x e^{x} dx}$$

Por un lado,

$$\int {e^{y} dy} = e^{y} + k_{1}$$

Por otro lado, para la integral de $x$ usemos integración por partes considerando $u(x) = x$ y $dv(x) = e^{x}$.

\begin{align*}
\int {x e^{x} dx} &= x e^{x} -\int{e^{x} dx} \\
&= x e^{x} -(e^{x} + k_{2})\\
&= x e^{x} -e^{x} -k_{2}
\end{align*}

Igualando ambos resultados obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
e^{y} + k_{1} &= x e^{x} -e^{x} -k_{2} \\
e^{y} &= x e^{x} -e^{x} -k_{2} -k_{1} \\
e^{y} &= x e^{x} -e^{x} + c
\end{align*}

En donde $c = -k_{2} -k_{1}$. Por lo tanto, la solución implícita es

$$e^{y} = x e^{x} -e^{x} + c$$

Para conocer la solución explícita sólo tomamos el logaritmo natural.

$$y(x) = \ln|x e^{x} -e^{x} + c|$$

Obtengamos la solución particular aplicando la condición inicial $y(0) = \ln(2)$.

\begin{align*}
y(0) &= \ln|0 e^{0} -e^{0} + c| = \ln(2) \\
y(0) &= \ln|0 -1 + c| = \ln(2)
\end{align*}

De donde,

$$\ln|c -1| = \ln(2)$$

Aplicando la exponencial en ambos lados, se tiene

$$c -1 = 2$$

De donde $c = 3$. Por lo tanto, la solución particular es

$$e^{y} = x e^{x} -e^{x} + 3$$

O bien,

$$y(x) = \ln| x e^{x} -e^{x} + 3|$$

$\square$

Este tipo de ecuaciones son muy sencillas de resolver, prácticamente se resuelven aplicando una integración directa.

Veamos ahora las ecuaciones diferenciales no lineales homogéneas, lo interesante de este tipo de ecuaciones es que si hacemos un cambio de variable adecuado las podremos reducir a una ecuación separable las cuales ya sabemos resolver.

Ecuaciones homogéneas

Recordemos que un polinomio homogéneo es aquel en el que todos los términos son del mismo grado, por ejemplo, el polinomio

$$x^{2}y^{2} -5xy^{3} + x^{4} -y^{4}$$

es un polinomio homogéneo de grado $4$ ya que la suma de los exponentes del primer término es $2 + 2 = 4$, del segundo término es $1 + 3 = 4$ y evidentemente el exponente de los dos últimos términos es $4$. En este sentido es que la ecuación (\ref{9}) se dice que es homogénea si se satisfacen las ecuaciones (\ref{10}) y (\ref{11}) conjuntamente.

Este tipo de ecuaciones se pueden reducir a la forma de una ecuación separable (\ref{5}) y aplicando el procedimiento anterior es como podremos determinar la solución de las ecuaciones diferenciales no lineales homogéneas.

Reducción de una ecuación homogénea a una de variables separables

La ecuación diferencial que intentamos resolver es de la forma

$M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0$

Por definición se cumple que

$\dfrac{M(tx, ty)}{N(tx, ty)} = \dfrac{M(x, y)}{N(x, y)}$

Si se considera el valor $t = \dfrac{1}{x}$, la ecuación anterior queda como

$\dfrac{M(x, y)}{N(x, y)} = \dfrac{M(tx, ty)}{N(tx, ty)} = \dfrac{M \left( 1, \dfrac{y}{x} \right) }{N \left( 1, \dfrac{y}{x} \right) } = f \left( \dfrac{y}{x} \right)$

Consideremos el cambio de variable $y = xu$, con $u = u(x)$ una función de la variable independiente $x$ y derivable. Si derivamos la función $y(x)$ aplicando la regla de la cadena, obtenemos lo siguiente.

$$\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dx}{dx} + x \dfrac{du}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx} \label{12} \tag{12}$$

De (\ref{9}) notemos lo siguiente.

$$\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{M(x, y)}{N(x, y)} = -f \left( \dfrac{y}{x} \right) = -f(u)$$

es decir,

$$f(u) = -\dfrac{dy}{dx} \label{13} \tag{13}$$

Sustituyamos (\ref{13}) en el resultado (\ref{12}).

\begin{align*}
f(u) &= -\left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) \\
f(u) &= -u -x \dfrac{du}{dx} \\
f(u) + u &= -x \dfrac{du}{dx} \\
-\dfrac{1}{x} (f(u) + u) &= \dfrac{du}{dx}
\end{align*}

De manera que

$$\dfrac{du}{dx} = \left( -\dfrac{1}{x} \right) \left( u + f(u) \right) \label{14} \tag{14}$$

Definamos las funciones

$$g(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} h(u) = u + f(u)$$

Entonces podemos escribir a la ecuación (\ref{14}) como

$$\dfrac{du}{dx} = g(x) h(u) \label{15} \tag{15}$$

Este resultado corresponde a la definición de una ecuación diferencial de variables separables. Si resolvemos esta ecuación usando el método de separación de variables habremos resuelto la ecuación homogénea.

Método de resolución de las ecuaciones diferenciales homogéneas

A continuación se establecen, como recomendación, los pasos a seguir para resolver una ecuación diferencial homogénea (\ref{9}).

  1. El primer paso es verificar que en efecto la ecuación sea homogénea, para ello verificamos que $M$ y $N$ sean del mismo grado, es decir, que se cumplan las relaciones (\ref{10}) y (\ref{11}) conjuntamente.
  1. Una vez que comprobemos que la ecuación es homogénea, reescribimos a la ecuación (\ref{9}) como
    $$M(x, y) + N(x, y) \dfrac{dy}{dx} = 0 \label{16} \tag{16}$$
  1. Hacemos el cambio de variable
    $$y = ux \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy}{dx} = u + x \dfrac{du}{dx} \label{17} \tag{17}$$
    Y sustituimos en la ecuación (\ref{16}).
  1. Una vez hecha la correspondiente sustitución podremos separar las variables reduciendo el problema a una ecuación de variables separables.

Realicemos un ejemplo de una ecuación diferencial no lineal homogénea.

Ejemplo: Verificar que la siguiente ecuación diferencial es homogénea, determinar su grado y resolver la ecuación.

$(x^{2} + y^{2}) dx -xy dy = 0$

Solución: De acuerdo a (\ref{9}) identificamos a las funciones $M$ y $N$ como

$$M(x, y) = x^{2} + y^{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} N(x, y) = -xy$$

Para obtener el grado de la ecuación diferencial hagamos la sustitución $x$ por $tx$ y $y$ por $ty$. Por una lado,

$$M(tx, ty) = (tx)^{2} + (ty)^{2} = t^{2} (x^{2} + y^{2}) = t^{2} M(x, y)$$

Por otro lado,

$$N(tx, ty) = -(tx)(ty) = t^{2} (-xy) = t^{2} N(x, y)$$

Se cumple entonces que

$$M(tx, ty) = t^{2} M(x, y) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} N(tx, ty) = t^{2} N(x, y)$$

Por lo tanto la ecuación sí es homogénea y el grado es $n = 2$. Reduzcamos la ecuación homogénea a una de variables separables y apliquemos el método correspondiente para resolverla.

De acuerdo al algoritmo, una vez que ya vimos que sí es homogénea, escribimos a la ecuación diferencial en la forma (\ref{16}).

$$(x^{2} + y^{2}) -(xy) \dfrac{dy}{dx} = 0$$

Hacemos el cambio de variable (\ref{17}) y sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\left( x^{2} + (xu)^{2} \right) -x(xu) \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) = 0$$

Realicemos un poco de álgebra hasta reducirla a una ecuación de variables separables.

\begin{align*}
\left( x^{2} + (xu)^{2} \right) -x(xu) \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
x^{2} + x^{2} u^{2} -x^{2}u \left( u + x \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
x^{2} + x^{2} u^{2} -x^{2}u^{2} -x^{3}u \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
x^{2} -x^{3}u \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
x^{2} \left( 1 -xu \dfrac{du}{dx} \right) &= 0 \\
\end{align*}

Para $x \neq 0$, se tiene

\begin{align*}
1 -xu \dfrac{du}{dx} &= 0 \\
xu \dfrac{du}{dx} &= 1 \\
u \dfrac{du}{dx} &= \dfrac{1}{x} \\
\end{align*}

Ya logramos separar a las variables. Podemos escribir la última igualdad en la forma diferencial

$$u du = \dfrac{1}{x}dx$$

Integremos ambos lados de la ecuación sobre la variable correspondiente.

\begin{align*}
\int{u du} &= \int{\dfrac{dx}{x}} \\
\dfrac{u^{2}}{2} + k_{1} &= \ln|x| + k_{2} \\
\dfrac{u^{2}}{2} &= \ln|x| + k_{2} -k_{1} \\
u^{2} &= 2 \ln|x| + 2(k_{2} -k_{1}) \\
u^{2} &= 2 \ln|x| + c
\end{align*}

Donde $c = 2(k_{2} -k_{1})$, como $u = \dfrac{y}{x}$, sustituimos en el resultado anterior para regresar a las variables originales.

\begin{align*}
\left( \dfrac{y}{x} \right) ^{2} &= 2\ln|x| + c \\
\dfrac{y^{2}}{x^{2}} &= 2\ln|x| + c \\
y^{2} &= x^{2} (2\ln|x| + c)
\end{align*}

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial dada es

$$y^{2}(x) = x^{2} (2\ln|x| + c)$$

O bien, la solución explícita es

$$|y(x)| = x \left( \sqrt{2 \ln|x| + c} \right)$$

$\square$

Hasta aquí concluimos con esta entrada, en la siguiente continuaremos con un método más para resolver ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden.

Tarea Moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales separables.
  • $\dfrac{ds}{dt} = -\sin(3t)$
  • $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{1 + x^{2}}$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas.
  • $(x -y)dx + xdy = 0$
  • $(y^{2} +yx)dx -x^{2}dy = 0$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\dfrac{dy}{dx} = e^{3x + 2y}$ $\hspace{1.7cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $y(0) = 0$
  • $\dfrac{ds}{dr} = \dfrac{\cos^{2}(r)}{s^{2}} $ $\hspace{1.3cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $s(\pi) = -1$
  • $xy \dfrac{dy}{dx} = y^{3} -x^{3}$ $\hspace{1cm}$ con $\hspace{0.3cm}$ $y(1) = 2$

Más adelante …

En esta entrada estudiamos dos tipos de ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden, las separables y las homogéneas. En próximas entradas revisaremos las ecuaciones exactas, la ecuación de Bernoulli y la ecuación de Riccati.

Dedicaremos la siguiente entrada al estudio de las ecuaciones diferenciales exactas.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de reducción de orden

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En la entrada anterior estudiamos las propiedades más importantes que cumple el conjunto de soluciones a una ecuación lineal homogénea de segundo orden, que tienen la forma $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0.$$ Si encontramos dos soluciones $y_{1}(t)$, $y_{2}(t)$ tales que formen un conjunto fundamental en un mismo intervalo $I$, entonces $y(t)=c_{1}y_{1}(t)+c_{2}y_{2}(t)$ será la solución general a la ecuación diferencial en $I$.

A continuación, vamos a suponer que conocemos una solución $y_{1}(t)$ a la ecuación, y desarrollaremos un método, conocido como reducción de orden, que nos permitirá encontrar una segunda solución $y_{2}(t)$ de tal manera que $\{y_{1}(t), y_{2}(t)\}$ formen un conjunto fundamental de soluciones.

Reducción de orden

En el video desarrollamos de manera general el método de reducción de orden, dada una solución $y_{1}(t)$, y suponiendo que la solución general es de la forma $u(t)y_{1}(t)$ para cierta función $u$, y posteriormente aplicamos este método para resolver un ejemplo en particular.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Prueba que si $y_{1}(t)$ es solución a la ecuación $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0$$ entonces $$y_{1} \int \frac{1}{y_{1}^{2}} e^{-\int p(t) \, dt} \, dt $$ también es solución a la ecuación.
  • Prueba que $$\{y_{1}, y_{1} \int \frac{1}{y_{1}^{2}} e^{-\int p(t) \, dt} \, dt \}$$ es un conjunto fundamental de soluciones a la ecuación $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=0.$$
  • Encuentra la solución general a la ecuación diferencial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+2\frac{dy}{dt}+y=0$$ por el método de reducción de orden, si $y_{1}(t)=e^{-t}$ es una solución a la ecuación.
  • Encuentra la solución general a la ecuación diferencial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+16y=0$$ por el método de reducción de orden, si $y_{1}(t)=\cos{4t}$ es una solución a la ecuación.

Más adelante

En la próxima entrada continuaremos estudiando ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden, en particular, estudiaremos el caso cuando las funciones $a_{i}(t)$, $i \in \{0,1,2\}$ en la ecuación $$a_{0}(t)\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+a_{1}(t)\frac{dy}{dt}+a_{2}(t)y=0$$ son todas constantes. A este tipo de ecuaciones les llamamos ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Continuidad de la función inversa

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Esta entrada será la última referente a las funciones continuas y se hará el estudio de las condiciones necesarias para que, dada una función continua, su inversa también sea continua. Para lograr nuestro objetivo, haremos uso de los conceptos revisados en la entrada anterior e iniciaremos retomando la definición de intervalo y probaremos un teorema que nos permite caracterizarlos.

Intervalos

Anteriormente, se había dado la siguiente definición de intervalos.

Definición: Sean $a,b \in \r$. Definimos los siguientes intervalos en $\RR$ como sigue:

  • Intervalo cerrado
    \[
    [a,b]=\left\{x : a \leq x \leq b\right\}
    \]
  • Intervalo abierto
    \[
    (a,b)=\left\{x : a < x < b\right\}
    \]
  • Abierto por la izquierda / Cerrado por la derecha
    \[
    (a,b]=\left\{x : a < x \leq b\right\}
    \]
  • Abierto por la derecha / Cerrado por la izquierda
    \[
    [a,b)=\left\{x : a \leq x < b\right\}
    \]

Sea $a\in \r$. Para los intervalos que involucran al infinito tenemos las siguientes definiciones:

  • \[
    (-\infty ,a)=\left\{x : x < a \right\}
    \]
  • \[
    (-\infty ,a]=\left\{x : x \leq a \right\}
    \]
  • \[
    (a, \infty) =\left\{x : a < x\right\}
    \]
  • \[
    [a, \infty) =\left\{x : a \leq x\right\}
    \]
  • \[
    (- \infty, \infty)=\r
    \]

Ahora revisaremos un teorema que nos permite caracterizar a los intervalos y éste nos dice que si se toman cualesquiera dos puntos de un intervalo $A$, entonces el intervalo generado por tales puntos está contenido dentro de $A$.

Teorema. Si $A$ es un subconjunto de $\mathbb{R}$ que contiene al menos dos puntos y tiene la propiedad

$$\text{si } x, y \in A \quad \Rightarrow \quad [x,y] \subset A. \tag{1}$$

Entonces $A$ es un intervalo.

Demostración.

La demostración se divide en cuatro casos de acuerdo a si está o no acotado.

  • Caso 1: $A$ está acotado.
    Dado que $A$ está acotado y $A \neq \varnothing$, podemos definir el supremo y el ínfimo. Sean $a = infA$ y $b = supA.$ Entonces $A \subset [a,b]$. Nos enfocaremos en demostrar que $(a,b) \subset A$.

    Si $z \in (a,b)$, es decir, $a<z<b$, entonces $z$ no es cota inferior de $A$, por lo que existe $x \in A$ tal que $x<z$. De la misma forma, $z$ no es una cota superior de $A$, por lo que existe $y \in A$ tal que $z<y.$ Por lo tanto, $z \in [x,y]$ y por $(1)$ se tiene que $z \in A$. Puesto que $z$ es un elemento arbitrario de $(a,b)$, podemos concluir que $(a,b) \subset A$.

    Notemos que si $a \in A$ y $b \in A$, se tiene que $A= [a,b]$ pues $a$ y $b$ son el ínfimo y supremo respectivamente. Si $a \notin A$ y $b \notin A$, entonces $A = (a,b)$. Si $a \notin A$ y $b \in A$, entonces $A = (a,b]$. Finalmente, si $a \in A$ y $b \notin A$, entonces $A = [a,b)$.

  • Caso 2: $A$ está acotado superiormente pero no inferiormente.
    Definimos $b = supA$. Entonces $A \subset (- \infty, b]$. Veremos que $(- \infty, b) \subset A$.

    Si $z \in (- \infty, b)$, es decir $z<b$, entonces no es cota superior, por lo que existe $y \in A$ tal que $z < y$, además dado que $A$ no está acotado inferiormente, existe $x \in A$ tal que $x < z$. De esta forma, gracias a $(1)$ se tiene que $z \in [x,y] \subset A$. Dado que $z$ es un elemento arbitrario de $(- \infty, b)$, entonces $(-\infty, b) \subset A$.

    Notemos que si $b \in A$, entonces $A = (- \infty, b]$ y si $b \notin A$, entonces $A = (- \infty, b)$.

  • Caso 3: $A$ está acotado inferiormente pero no superiormente.
    La prueba es análoga al caso 2.

  • Caso 4: $A$ no está acotado inferiormente ni superiormente.
    La prueba es muy similar a la de los casos anteriores por lo cual se dejará como tarea moral.

$\square$

Notemos que el regreso también es cierto, es decir, si $A$ es un intervalo, entonces cumple $(1)$ y la demostración también quedará como tarea moral.

Continuidad de la función inversa

El siguiente teorema nos indica que una función continua mapea intervalos en intervalos.

Teorema (Preservación de intervalos). Sea $I$ un intervalo y sea $f: I \to \mathbb{R}$ continua en $I$. Entonces el conjunto $f(I)$ es un intervalo.

Demostración.

Sean $y_1$, $y_2 \in f(I)$ tal que $y_1 < y_2$, entonces existen los puntos $x_1$, $x_2$ tal que $y_1 = f(x_1)$ y $y_2 = f(x_2)$. Por el teorema del valor intermedio, se tiene que si $y \in [y_1,y_2]$, entonces existe $x \in I$ tal que $y = f(x) \in f(I)$. Por lo tanto, se tiene que $[y_1,y_2] \subset f(I)$ y por el teorema de caracterización de intervalos, se concluye que $f(I)$ es un intervalo.

$\square$

Ahora veremos que la monotonía también se preserva bajo la función inversa.

Proposición. Si $f: A \to \mathbb{R}$ es una función estrictamente creciente, entonces $f^{-1}: f(A) \to \mathbb{R}$ también es estrictamente creciente. Si $f$ es estrictamente decreciente, $f^{-1}$ también lo es.

Demostración.

Sea $f$ una función estrictamente creciente y sean $y_1$, $y_2 \in f(A)$ tal que $y_1<y_2$ y sean $x_1 = f^{-1}(y_1)$, $x_2 = f^{-1}(y_2)$.

Supongamos que $x_2 < x_1$, pero $f$ es creciente lo que implica que $y_2 = f(x_2) < f(x_1) = y_1$ lo cual es una contradicción pues $y_1<y_2$. Por lo tanto, $f^{-1}(y_1)=x_1 < x_2 = f^{-1}(y_2)$. Por lo tanto $f^{-1}$ es estrictamente creciente.

La prueba es análoga para el caso donde $f$ es estrictamente decreciente.

$\square$

Los últimos dos teoremas de la entrada hacen referencia a las condiciones que deben estar presentes para que la inversa de una función continua también sea continua.

Teorema. Si $I$ es un intervalo y $f: I \to \mathbb{R}$ es estrictamente monótona, entonces $f^{-1}$ es continua.

Demostración.

Por la proposición, anterior tenemos que $f^{-1}: f(I) \to \mathbb{R}$ también es estrictamente monótona y sabemos que $f(I)$ es un intervalo. Por el teorema revisado en la entrada anterior, concluimos que $f^{-1}$ también es continua.

$\square$

Teorema. Si $I$ es un intervalo y $f: I \to \mathbb{R}$ es continua e inyectiva, entonces $f^{-1}$ es continua.

Demostración.

Por lo revisado en la entrada anterior, sabemos que si $f$ es continua e inyectiva, entonces es estrictamente monótona y se sigue por el teorema anterior que $f^{-1}$ es continua.

$\square$

Más adelante…

En la siguiente entrada daremos inicio a una nueva unidad y entraremos a uno de los temas más famosos del cálculo: la derivada. Dentro de esta nueva unidad, veremos a profundidad la definición de derivada, así como su interpretación geométrica y sus propiedades. Una vez se conozcan los fundamentos teóricos, se verán aplicaciones que existen en diversos campos tales como la economía, la física, etc.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Prueba el caso 4 para el teorema de preservación de intervalos.
  • Prueba que si $A$ es un intervalo con al menos dos puntos, entonces se cumple que
    $$\text{si } x, y \in A \quad \Rightarrow \quad [x,y] \subset A.$$
  • Sea $I$ un intervalo y sea $f: I \to \mathbb{R}$ una función inyectiva. Menciona qué relación existe entre las siguientes condiciones:
    • $f$ es continua.
    • $f(I)$ es un intervalo.
    • $f$ es estrictamente monótona.
    • $f^{-1}$ es continua.

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Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Álgebra Superior II: El orden en los enteros

Por Ana Ofelia Negrete Fernández

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Introducción

En las entradas anteriores introdujimos al conjunto de los números enteros, así como sus operaciones de suma y producto. Lo que haremos ahora es ver cómo ordenar a los elementos en $\mathbb{Z}$. Lo haremos de una forma similar a la que hicimos lo de las operaciones: usando las nociones que ya teníamos definidas en $\mathbb{N}$.

Como recordatorio, en $\mathbb{N}$ dijimos que $a<b$ cuando $a\in b$. De esta noción de «menor que» dimos la noción de «menor o igual que», diciendo que $a\leq b$ cuando ya sea que $a<b$ o bien $a=b$. Vimos que esta relación $\leq$ define un orden parcial en $\mathbb{N}$ que además es tricotómico. Quizás los resultados más importantes para trabajar con esta noción de desigualdad fue ponerla en términos de suma de elementos en $\mathbb{N}$:

  • En $\mathbb{N}$ se cumple que $a<b$ si y sólo si existe un natural $k>0$ tal que $a+k=b$.
  • En $\mathbb{N}$ se cumple que $a\leq b$ si y sólo si existe un natural $k$ tal que $a+k=b$.

Con esto en mente, veamos ahora cómo construir un orden en $\mathbb{Z}$. Antes de hacer eso, conviene primero pensar en números positivos, negativos y el cero.

Los positivos, los negativos y el cero en $\mathbb{Z}$

Ya sabemos que la identidad aditiva en $\mathbb{Z}$ es la clase $\overline{(0,0)}$, que también se puede pensar como la clase $\overline{(a,a)}$ para cualquier $a$ en $\mathbb{N}$. Si tenemos cualquier otra clase $\overline{(a,b)}$, por tricotomía del orden en $\mathbb{N}$ nos quedan sólo otras dos opciones: o bien $a<b$, o bien $b<a$. Esto nos ayudará a definir la noción de positividad y negatividad.

Definición. Sea $\overline{(a,b)}$ un entero. Diremos que ${(a,b)}$ es:

  • Cero si $a=b$,
  • Positivo si $a>b$ y
  • Negativo si $a<b$.

Una vez más, por la tricotomía del orden en $\mathbb{N}$, siempre sucede exactamente una de las posibilidades anteriores. Es importante ver que esta definición está bien hecha, es decir, que no depende de la clase de equivalencia que se eligió. Por ejemplo, si $\overline{(a,b)}$ es positivo, sucede que $a>b$. Si tomamos $(c,d)$ tal que $(a,b)\sim (c,d)$, nos gustaría ver que también sucede $c>d$. Esto se debe a que $a+d=b+c$. Si tuviéramos $c\leq d$, entonces nos pasaría que $a+d>b+c$ y tendríamos una contradicción. Así, por tricotomía debe pasar $c>d$. El caso de la negatividad se verifica de manera análoga.

Recuerda que el inverso aditivo de un entero $\overline{(a,b)}$ es el entero $-\overline{(a,b)}=\overline{(b,a)}$. Así, si $\overline{(a,b)}$ es positivo, entonces su inverso aditivo es negativo y viceversa.

Definición. Usaremos la letra $P$ para referirnos al conjunto de todos los enteros positivos. Usaremos $-P$ para referirnos al conjunto de todos los enteros negativos.

¿Cómo se comportan estas definiciones con las operaciones que ya tenemos en $\mathbb{Z}$? Ahora tenemos todo lo necesario para poder formalizar oraciones como «negativo por negativo es positivo», o «positivo más positivo es positivo.

Proposición. En $\mathbb{Z}$ se cumple todo lo siguiente:

  • Si $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ están en $P$, entonces su suma está en $P$ y su producto también.
  • Si $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ están en $-P$, entonces su suma está en $-P$ y su producto está en $P$.

Demostración. Todas estas afirmaciones se traducen a proposiciones que debemos demostrar en $\mathbb{N}$. En el caso de la primera, debemos ver que si $a>b$ y $c>d$, entonces $a+c>b+d$ y que $ac+bd>ad+bc$. Lo primero es sencillo, pues sale de la compatibilidad de $>$ con la suma de $\mathbb{N}$. Demostremos entonces que $ac+bd>ad+bc$.

Como $a>b$, existe un natural $k>0$ tal que $a=b+k$. Como $c>d$, existe un natural $l>0$ tal que $c=d+l$. Haciendo estas substituciones de $a$ y $c$ en $ac+bd>ad+bc$, obtenemos la siguiente cadena de desigualdades que son equivalentes a lo que debemos demostrar:

\begin{align*}
ac+bd&>ad+bc\\
(b+k)(d+l)+bd&>(b+k)d+b(d+l)\\
bd+bl+kd+kl+bd&>bd+kd+bd+bl.
\end{align*}

La última de estas desigualdades se cumple pues a la izquierda tenemos todos los sumandos que del lado derecho, y además el sumando $kl$ que como $k>0$ y $l>0$, entonces cumple $kl>0$.

Las demostraciones para cuando los elementos son negativos quedan como tarea moral.

$\square$

Al conjunto de enteros positivos también se le conoce en ocasiones como $\mathbb{Z}^+$, y al de enteros positivos también se le conoce como $\mathbb{Z}^-$.

El orden en $\mathbb{Z}$

Estamos listos para definir el orden en $\mathbb{Z}$. Aprovecharemos que ya podemos restar para poner la definición de orden en términos de esta operación.

Definición. Para $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ elementos en $\mathbb{Z}$ diremos que $\overline{(c,d)}<\overline{(a,b)}$ si $\overline{(a,b)}-\overline{(c,d)}$ es un entero positivo.

En realidad la expresión $\overline{(a,b)}-\overline{(c,d)}$ es simplemente $\overline{(a+c,b+d)}$, así que otra forma de escribir la condición de la definición es simplemente pedir que $a+c>b+d$. Como siempre sucede que o bien $a+c>b+d$, o que $a+c<b+d$, o que $a+c=b+d$ (y sólo una de ellas), entonces de manera inmediata obtenemos la tricotomía en $\mathbb{Z}$.

Proposición. Para $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ elementos en $\mathbb{Z}$ siempre sucede exactamente alguna de las siguientes:

  • $\overline{(a,b)}<\overline{(c,d)}$
  • $\overline{(c,d)}<\overline{(a,b)}$
  • $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}$

Como en el caso de los naturales, a partir de la definición de «menor estricto» es sencillo obtener la noción de «menor o igual».

Definición. Para $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ elementos en $\mathbb{Z}$ diremos que $\overline{(c,d)}\leq \overline{(a,b)}$ si o bien $\overline{(a,b)}-\overline{(c,d)}$ es un entero positivo, o bien $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}$.

Lo anterior es equivalente a pedir que $a+c\geq b+d$.

Proposición. La relación $\leq$ es un orden parcial en $\mathbb{Z}$.

Demostración. Es inmediato que esta relación $\leq$ es reflexiva, pues $\overline{(a,b)}\leq \overline{(a,b)}$ se obtiene de manera inmediata de la segunda parte de la definición.

Para ver que es antisimétrica, si tuviéramos $\overline{(c,d)}\leq \overline{(a,b)}$ y $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$, entonces tendríamos las desigualdades $a+c\geq b+d$ y $b+d\geq a+c$, que por la antisimetría en $\mathbb{N}$ implican que $a+c=b+d$, que justo es $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}$.

Finalmente, para ver que $\leq$ es una relación transitiva, comenzamos con enteros $\overline{(a,b)}, \overline{(c,d)}, \overline{(e,f)}$ tales que $\overline{(e,f)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(c,d)}\leq \overline{(a,b)}$.

De la primer desigualdad obtenemos $c+f\geq e+d$ y de la segunda obtenemos que $a+d\geq b+c$. Sumando ambas desigualdades, obtenemos que $c+f+a+d\geq b+c+e+d$. De aquí podemos deducir que $a+f\geq b+e$. Esto precisamente nos dice que $\overline{(e,f)}\leq \overline{(a,b)}$, como queríamos.

$\square$

Las dos proposiciones anteriores se pueden resumir en el siguiente enunciado.

Teorema. La relación $\leq$ es un orden total en $\mathbb{Z}$.

Compatibilidad del orden con las operaciones en $\mathbb{Z}$

Lo último que nos queda por mencionar es cómo se comporta la relación $\leq$ en $\mathbb{Z}$ con sus operaciones de suma y producto. A continuación mencionamos algunas de las propiedades que se cumplen, aunque hay varias cosas más que se pueden demostrar.

Proposición. En $\mathbb{Z}$ se cumple lo siguiente:

  • Si $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}\leq \overline{(g,h)}$, entonces $$\overline{(a,b)}+\overline{(e,f)}\leq \overline{(c,d)}+\overline{(g,h)}.$$
  • Si $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}$ es positivo, entonces $$\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}\leq \overline{(c,d)}\overline{(e,f)}.$$
  • Si $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}$ es negativo, entonces $$\overline{(c,d)}\overline{(e,f)}\leq \overline{(a,b)}\overline{(e,f)}$$

Demostración.

  • Las hipótesis se pueden escribir como $a+d\leq b+c$ y $e+h\leq f+g$. Sumando ambas y asociando de un modo que nos convenga, obtenemos que $(a+e)+(d+h)\leq (b+f)+(c+g)$. Esto lo que nos dice es que $\overline{(a+e,b+f)}\leq $\overline{(c+g,d+h)}$, que es precisamente lo que queríamos demostrar.
  • Por la hipótesis, tenemos que $\overline{(c,d)}-\overline{(a,b)}$ es positivo y que $\overline{(e,f)}$ también. Por lo que ya vimos antes, el producto de estos dos enteros debe ser entonces positivo. Por distributividad, este producto es $\overline{(c,d)}\overline{(e,f)}-\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}$. Así, $\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}\leq \overline{(c,d)}\overline{(e,f)},$ como queríamos.
  • Por la hipótesis, tenemos que $\overline{(c,d)}-\overline{(a,b)}$ es positivo y que $\overline{(e,f)}$ es negativo. Entonces $\overline{(f,e)}=-\overline{(e,f)}$ es positivo. Por lo que ya vimos antes, el producto de estos dos enteros debe ser entonces positivo. Por distributividad, este producto es $\overline{(c,d)}\overline{(f,e)}-\overline{(a,b)}\overline{(f,e)}$. Esta expresión se puede escribir de manera alternativa como $\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}-\overline{(c,d)}\overline{(e,f)}$. Como es positiva, obtenemos justo lo que queríamos.

$\square$

En los ejercicios de la tarea moral explorarás más propiedades de la relación $\leq$ y cómo interactúa con las operaciones en $\mathbb{Z}$.

Más adelante…

Ya tenemos todo lo que necesitamos en los enteros: su definición, sus operaciones y su noción de orden. Sin embargo, aún tenemos una gran dificultad: es muy difícil escribirlos. Cada que queremos referirnos a un entero, debemos usar la clase de equivalencia de una pareja de naturales. Nos gustaría que los enteros fueran algo mucho más intuitivo: los naturales y sus negativos. Lo que haremos en la siguiente entrada es ver cómo formalizar esta idea para que podamos, finalmente, abandonar la notación de parejas de naturales y relaciones de equivalencia. Esto será bastante útil para después entrar en muchas otras propiedades que nos interesan de los enteros como la noción de divisibilidad y otras propiedades aritméticas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Completa las demostraciones de las nociones de positivo, negativo y orden en $\mathbb{Z}$ están bien definidas.
  2. Demuestra que la suma de dos enteros negativos es un entero negativo y que su producto es un entero positivo. Haz una demostración que funcione en general, pero luego verifícalo «a mano» para los enteros $\overline{(3,7)}$ y $\overline{(9,11)}$.
  3. En la entrada dimos la definición formal de $<$ y de $\leq$ en $\mathbb{Z}$, pero aún no hemos definido ni usado los símbolos $>$ y $\geq$ en $\mathbb{Z}$. Formaliza una definición para ellos. Demuestra que $\geq$ también es un orden total en $\mathbb{Z}$.
  4. Demuestra que en $\mathbb{Z}$, si $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}$ es negativo, entonces $$\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}\geq \overline{(c,d)}\overline{(e,f)}.$$
  5. Determina si la siguiente propiedad del producto y el orden en $\mathbb{Z}$ siempre es verdadera, o bien si hay ocasiones en las que falla: «Si $\overline{(a,b)}\leq \overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}\leq \overline{(g,h)}$, entonces $$\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}\leq \overline{(c,d)}\overline{(g,h)}.»

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Cálculo Diferencial e Integral I: Continuidad y monotonía

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En esta entrada estableceremos la relación existente entre la monotonía y la continuidad. Para lo cual haremos un repaso rápido de algunos conceptos revisados previamente.

Definición. Sea $A \subset \mathbb{R}$ y $f: A \to \mathbb{R}$.

  • Se dice que $f$ es creciente si para cada $x_1$, $x_2 \in A$ tales que $x_1 < x_2$, entonces se tiene que $f(x_1) \leq f(x_2)$. Decimos que es estrictamente creciente si se da la desigualdad estricta, es decir, $f(x_1) < f(x_2)$.
  • Análogamente, decimos que $f$ es decreciente si para cada $x_1$, $x_2 \in A$ tales que $x_1 < x_2$, entonces se tiene que $f(x_1) \geq f(x_2)$. Decimos que es estrictamente decreciente si se da la desigualdad estricta, es decir, $f(x_1) > f(x_2)$.
  • Si una función es creciente o decreciente decimos que es monótona. Si la función es estrictamente creciente o estrictamente decreciente, decimos que es estrictamente monótona.

Tras haber retomado las definiciones anteriores, vale la pena mencionar que el hecho de que una función sea monótona en un intervalo no implica que sea continua. Podemos considerar como ejemplo:
$$f(x) = \begin{cases}
-1 & \text{ si } x < 0 \\
1 & \text{ si } x \geq 0.
\end{cases}$$

Se tiene que $f$ es monótona en $\mathbb{R}$, pero no es continua en $x=1$.

Funciones continuas que son monótonas

Estamos listos para ver la relación que existe entre la monotonía y la continuidad. Iniciaremos de viendo un resultado que va de continuidad a monotonía.

Teorema. Sea $A = [a, b]$ un intervalo y $f : A \to \mathbb{R}$ una función continua e inyectiva. Entonces $f$ es estrictamente monótona.

Demostración.

Dado que la función es inyectiva, se tiene que $f(a) \neq f(b)$. Así, tenemos dos casos.

  • Caso 1: $f(a) < f(b)$.
    Primero veamos que si $x \in [a,b]$, entonces se tiene que
    $$f(a) \leq f(x) \leq f(b) \tag{1}.$$
    Sea $x \in [a,b]$ y supongamos que $f(x) < f(a)$. Por el teorema del valor intermedio, sabemos que existe $y \in [x, b]$ tal que $f(y) = f(a)$, pero esto contradice la inyectividad. Por tanto, se concluye que $f(a) \leq f(x)$.

    Análogamente, si $x \in [a,b]$ y supongamos que $f(b) < f(x)$. Por el teorema del valor intermedio, existe $y \in [a,x]$ tal que $f(y) = f(b)$, pero esto contradice la inyectividad. Por tanto, se concluye que $f(x) \leq f(b)$.

    Ahora probaremos que $f$ es estrictamente creciente. Sean $x$, $y \in [a,b]$ tal que $x<y$. Por $(1)$, se tiene que $f(x) \leq f(b)$, más aún, se tiene la desigualdad estricta $f(x) < f(b)$ dado que la función es inyectiva y $x< y \leq b$. Tomemos el intervalo $[x,b]$ donde $f$ sigue siendo continua e inyectiva y se cumple que $f(x) < f(b)$, aplicando nuevamente $(1)$, se tiene que $f(x) \leq f(y)$ y por ser $f$ inyectiva se tiene la desigualdad estricta, es decir, $f(x) < f(y)$ y por tanto $f$ es estrictamente creciente.

  • Caso 2: $f(b) > f(a)$.
    Definimos $g: [a,b] \to \mathbb{R}$ tal que $g(x) = -f(x)$ para todo $x \in \mathbb{R}$. De esta forma $g$ también es continua e inyectiva en $[a,b]$. Notemos que $g(a) = -f(a) < -f(b) = g(b)$, es decir, $g(a) < g(b)$; y por el Caso 1, se tiene que si $x$, $y \in [a,b]$ tales que $x <y$, entonces $g(x) < g(y)$, esto implica que $-f(x) < -f(y)$ por lo que se concluye que $f(y) > f(x)$. Es decir, se tiene que $f$ es estrictamente decreciente.

De ambos casos, se concluye que si $f$ es continua e inyectiva en el intervalo $[a,b]$ entonces $f$ es estrictamente monótona.

$\square$

En el teorema anterior, nos limitamos a intervalos de la forma $[a, b]$. Sin embargo, podemos extender aún más este resultado para cualquier tipo de intervalo.

Teorema. Sea $A \subset \mathbb{R}$ un intervalo y $f : A \to \mathbb{R}$ una función continua e inyectiva. Entonces $f$ es estrictamente monótona.

Demostración.

Procederemos a realizar esta demostración por contradicción.

Supongamos que $f : A \to \mathbb{R}$ es una función continua e inyectiva, pero no es monótona. Es decir, existen $x_1,$ $x_2,$ $y_1,$ $y_2 \in A$ tales que

$$ x_1 < y_1, \quad x_2 < y_2 \quad \text{ y } \quad f(x_1) > f(y_1), \quad f(x_2) < f(y_2) \tag{1}.$$

Sea $a = min\{x_1, x_2 \}$ y $b = max \{y_1, y_2\}$.

Haremos uso de un resultado que se probará en la siguiente entrada: Si $A$ es un intervalo, entonces para cualesquiera $x$, $y \in A$, $x < y$, se tiene que $[x,y] \subset A$.

Aplicando lo anterior, tenemos que $[a,b] \subset A$ y así $f$ es continua e inyectiva en el intervalo $[a,b]$. Dado que $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2 \in [a,b]$ y por $(1)$ se sigue que $f$ no es monótona en el intervalo lo cual es una contradicción al teorema anterior. Por tanto, $f$ sí es monótona en $A$.

$\square$

Funciones monótonas que son continuas

Para finalizar, veremos un teorema que relaciona funciones monótonas con la continuidad.

Teorema. Si $f : A \to \mathbb{R}$ es una función creciente y $f(A)$ es un intervalo, entonces $f$ es continua en $A$.

Demostración.

Supongamos que $f$ es creciente. Sea $x \in A$. Para probar que $f$ es continua en $x$ haremos uso de la relación existente entre el límite de una función y el de una sucesión. Tomaremos una sucesión monótona arbitraria $\{a_n\}$ tal que $a_n \to x$ y probaremos que $\{f(a_n)\} \to f(x)$.

Sea $\{a_n\}$ una sucesión creciente que converge a $x$. Entonces para todo $n \in \mathbb{N}$ se cumple que $a_n \leq a_{n+1} \leq x$ y debido a que $f$ es creciente se tiene que $f(a_n) \leq f(a_{n+1}) \leq f(x)$. Por lo anterior, se tiene que $\{f(a_n)\}$ es una sucesión creciente y acotada superiormente por lo que también es convergente.

Sea $L = \lim\limits_{n \to \infty} f(a_n)$, se cumple que $L \leq f(x)$.

Supongamos que $L < f(x)$ y consideremos $y \in \mathbb{R}$ tal que $L < y < f(x)$. Como $\{f(a_n)\}$ es creciente, se sigue que $f(a_1) < y < f(x)$. Dado que $f(A)$ es un intervalo, entonces existe $z \in A$ tal que $f(z) = y$. Se tienen dos casos.

  • Caso 1: $z \geq x$.
    Esto genera una contradicción al hecho de que $f$ es creciente, pues $y = f(z) < f(x)$.

  • Caso 2: $z < x$.
    Como $\{a_n\} \to x$, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $z < a_{n_0} < x$ lo que implica que $y = f(z) \leq f(a_{n_0}) \leq f(x)$, lo cual es una contradicción pues estamos suponiendo que $L < y < f(x)$.

De ambos casos, se concluye que $L = f(x)$. Es decir, $\{f(a_n)\} \to f(x)$ y dado que $x$ es un punto arbitrario se $A$, se concluye que $f$ es continua en $A$.

$\square$

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos qué sucede con la inversa de una función continua para lo cual será fundamental tener presentes los conceptos y teoremas revisados en esta entrada respecto a funciones monótonas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista

  • Da un ejemplo de una función que sea creciente y continua y un ejemplo de una función que sea decreciente y discontinua.
  • Demuestra que si $f$ y $g$ son funciones crecientes y positivas en un intervalo $A$, entonces su producto es creciente en $A$.
  • Prueba que si $f : A \to \mathbb{R}$ es una función decreciente y $f(A)$ es un intervalo, entonces $f$ es continua en $A$.
  • Sea $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una función continua. Prueba que si $f|_{\mathbb{Q}}$ es monótona, entonces $f$ es monótona.
  • Sea $A=[a,b]$ un intervalo y $f: A \to \mathbb{R}$ una función creciente. Entonces el punto $a$ se tiene un mínimo de $f$ y en $b$ un máximo.

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