Archivo de la etiqueta: continuidad

Cálculo Diferencial e Integral I: Continuidad uniforme

Introducción

En las entradas anteriores nos enfocamos en estudiar la definición de continuidad y sus propiedades. Especialmente, los teoremas revisados empleaban fuertemente el concepto de continuidad en un intervalo. En esta entrada haremos la revisión de un tipo de continuidad aún más exigente: la continuidad uniforme.

Primero recordemos que una función es continua en un intervalo $A$ si lo es para cada uno de sus elementos. Es decir,

$$\lim_{x \to y} f(x) = f(y) \quad \forall y \in A$$

En términos de la definición del límite, lo podemos ver de la siguiente forma: Dado $\varepsilon > 0$ y $y \in [a,b]$, existe $\delta > 0$ tal que para todo $x \in A$ tal que $0 < |x – y| < \delta$ se satisface que $|f(x)-f(y)| < \varepsilon$. Es importante enfatizar que, en general, el valor de $\delta$ dependerá tanto de $\varepsilon$ como de $y$.

Analicemos con mayor detalle los siguientes ejemplos:

$$f(x) = x, \quad g(x) = x^2$$

Ambas funciones son continuas en todo $\mathbb{R}$. Consideremos $y \in \mathbb{R}$ y calculemos el valor de $\delta$ en términos de un valor dado $\varepsilon > 0$ para probar la continuidad en $y$.

Para $f$, el valor de $\delta = \epsilon$ es suficiente, pues si $0<|x-y| < \delta$, entonces

$$|f(x) -f(y)| = |x-y| < \delta = \varepsilon.$$

Mientras que para $g$, el valor anteriormente dado no funciona. En este caso, como se probó en una entrada anterior, un valor de delta que funciona es $\delta’ = min \{ 1, \frac{\epsilon}{1+2|y|} \}$. Si $0 < |x-y| < \delta’$, entonces

\begin{align*}
|x^2-y^2| = & |x-y||x+y| \\ \\
< & |x-y|(1+2|y|) \\ \\
< & \delta’ (1+2|y|) \\ \\
\leq & \frac{\epsilon}{1+2|y|} \cdot (1+2|y|) = \epsilon
\end{align*}

Podemos observar que el valor de $\delta$ para $f$ depende únicamente de $\varepsilon$, mientras que para la función $g$, $\delta$ depende de $\varepsilon$ y del valor de $y$. Esto debido a que $g$ tiene cambios más «drásticos» que $f$.

Continuidad uniforme

Motivado directamente de lo anterior, si pedimos que $\delta$ no dependa de $y$, tenemos la siguiente definición.

Definición. Sea $f: A \to \mathbb{R}$. Se dice que $f$ es uniformemente continua en $A$ si para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que para cualesquiera $x$, $y \in A$ que satisfacen $|x-y| < \delta$, entonces $|f(x) – f(y)| < \varepsilon$.

De la definición se sigue que toda función uniformemente continua es continua, sin embargo, el recíproco no es cierto y como contraejemplo tenemos la función $g(x) = x^2$ que, como se vio al inicio, no es uniformemente continua en $\mathbb{R}$. Considerando esto, vale la pena mencionar cuándo no se tiene continuidad uniforme.

Criterios de continuidad no uniforme. Sea $f: A \to \mathbb{R}$. Entonces los siguientes enunciados son equivalentes.

  1. $f$ no es uniformemente continua en $A$.
  2. Existe $\varepsilon_0 > 0$ tal que para toda $\delta > 0$ existen los puntos $x_\delta$, $y_\delta$ en $A$ tales que $|x_\delta – y_\delta| < \delta,$ pero $|f(x_\delta) – f(y_\delta)| \geq \varepsilon_0$.
  3. Existe $\varepsilon_0 > 0$ y dos sucesiones $\{x_n\}$, $\{y_n\}$ tales que $\lim_{n \to \infty} (x_n-y_n) = 0$ y $|f(x_n)-f(y_n)| \geq \varepsilon_0$ para todo $n \in \mathbb{N}$.

Ahora revisaremos un teorema que nos servirá para saber en qué momento se tiene continuidad uniforme en un intervalo de la forma $[a,b]$.

Teorema de continuidad uniforme. Si $f$ es continua en un intervalo acotado y cerrado $[a,b]$, entonces $f$ es uniformemente continua.

Demostración.

Si $f$ no es uniformemente continua en $[a, b]$, entonces, existe $\varepsilon > 0$ y dos sucesiones $\{x_n\}$ y $\{y_n\}$ en $[a,b]$ tales que $|x_n-y_n| < \frac{1}{n}$, pero $|f(x_n)-f(y_n)| \geq \varepsilon_0$ para toda $n \in \mathbb{N}$. Puesto que $[a, b]$ está acotado, la sucesión $\{x_n\}$ también está acotada; por el teorema de Bolzano-Weierstrass, existe una subsucesión en $\{ x_{n_k} \}$ de $\{x_n\}$ que converge a un real $z$. Puesto que $[a, b]$ es un intervalo cerrado, el límite $z$ pertenece al intervalo. Además, notemos que para la subsucesión $\{y_{n_k}\}$, se tiene que

$$|y_{n_k} – z| \leq |y_{n_k} – x_{n_k}| + |x_{n_k} – z|$$

Por lo cual $\{y_{n_k} \}$ también converge a $z$.

Además, si $f$ es continua en el punto $z$, entonces las subsucesiones $\{f(x_{n_k}) \}$ y $\{f(y_{n_k}) \}$ deben converger a $f(z)$, pero esto no es posible ya que $|f(x_n)-f(y_n)| \geq \varepsilon_0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Por tanto, la hipótesis de que $f$ no es uniformemente continua en el intervalo acotado y cerrado $[a, b]$ implica que $f$ no es continua en algún punto $z \in [a,b]$. Por tanto, concluimos que si $f$ es continua en todo punto del intervalo $[a, b]$, entonces $f$ es uniformemente continua.

$\square$

Retomando el ejemplo $g(x) = x^2$, $g$ no es uniformemente continua en $\mathbb{R}$, sin embargo, sí es uniformemente continua en cualquier intervalo $[a,b]$ puesto que podríamos usar $\delta = min \{ 1, \frac{\epsilon}{1+2 max\{|a|, |b| \}} \}$ y este valor ya no dependería de $y$.

Funciones Lipschitz

Para las ocasiones donde se busca conocer si una función es uniformemente continua en un intervalo que no es acotado y cerrado, se convierte en una tarea difícil determinarlo. Sin embargo, existe una condición que nos ayuda a resolver este problema.

Definición. Sea $f: A \to \mathbb{R}$. Si existe una contsante $K > 0$ tal que
$$|f(x) – f(y)| \leq K|x-y|$$

para toda $x$, $y \in A$, entonces se dice que $f$ es un a función de Lipschitz en $A$.

La definición anterior nos permite clasificar a las funciones que cumplen que

$$\frac{|f(x) – f(y)|}{|x-y|} \leq K, \quad x \neq y$$

Podemos notar que la expresión anterior es justamente la pendiente de la recta que pasa por los puntos $(x, f(x))$ y $(y, f(y))$. Así, podemos interpretar que una función es de Lipschitz si la pendiente de la recta formada por cualesquiera dos puntos en $f$ están acotados por algún valor $K$.

Teorema. Si $f: A \to \mathbb{R}$ es una función de Lipschitz, entonces $f$ es uniformemente continua.

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$.

Considremos $\delta = \frac{\varepsilon}{K}$. Si $|x-y| < \delta$, entonces se tiene que

\begin{align*}
|f(x)-f(y)| & < K|x-y| \\
& < K \frac{\varepsilon}{K} \\ 
& = \varepsilon
\end{align*}

Por tanto, $f$ es uniformemente continua.

$\square$

Revisemos un ejemplo donde se prueba continuidad uniforme a través del teorema anterior.

Ejemplo. La función $f(x) = x^2$ es uniformemente continua en $A = [0, b]$, con $b > 0$.

Demostración.

Notemos que

\begin{align*}
|f(x)-f(y)| = & |x^2 – y^2| \\
= & |x+y||x-y| \\
\geq & 2b |x-y|
\end{align*}

Así, consideremos $K = 2b$. Como $f$ es de Lipschitz, entonces es uniformemente continua.

$\square$

Cabe resaltar que no toda función uniformemente continua es de Lipschitz, para probarlo veamos el siguiente ejemplo.

Ejemplo. La función $f(x) = \sqrt{x}$ es uniformemente continua en $A = [0,2]$, pero no es de Lipschitz.

Demostración.

Sabemos que $f$ es continua en el intervalo $[0,2]$, por tanto, $f$ es uniformemente continua.

Consideremos $x$, $y \in A$ con $y = 0$, $x \neq = 0$ y supongamos que existe $K > 0$ tal que $|g(x)-g(0)| \leq K|x – 0|$, es decir $|g(x)| < K|x|$. Entonces

\begin{gather*}
& |\sqrt{x}| < K |x| \\ \\
\Rightarrow & \sqrt{x} < K x \\ \\
\Rightarrow & \frac{\sqrt{x}}{x} < K \\ \\
\Rightarrow & \frac{1}{\sqrt{x}} < K
\end{gather*}

Notemos que $\frac{1}{(K+1)^2} \in [0,2]$, de lo cual resulta una contradicción en la última expresión. Por tanto, $f$ no es de Lipschitz.

$\square$

Finalmente, veremos un ejemplo donde usamos los dos teoremas vistos en esta entrada con la finalidad de probar continuidad uniforme.

Ejemplo. Prueba que la función $f(x) = \sqrt{x}$ es uniformemente continua en $A = [0, \infty)$.

Demostración.

Del ejemplo anterior, sabemos que $f$ es uniformemente continua en el intervalo $[0,2]$. Ahora probaremos que también lo es en el intervalo $[1,\infty)$

Sean $x$, $y \in [1, \infty)$, entonces se tiene que

\begin{align*}
|g(x)-g(y)| = & | \sqrt{x}-\sqrt{y}| \\
= & | \sqrt{x}-\sqrt{y}| \cdot \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} \\
= & \frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} \\
\leq & \frac{1}{2} |x-y|
\end{align*}

Por lo tanto, $f$ es una función de Lipschitz en el intervalo $[1, \infty)$ y, en consecuencia, es uniformemente continua en tal intervalo. Como $f$ es uniformemente continua en $[0,2]$ y $[1, \infty)$, entonces también lo es en $A = [0,2] \cup [1, \infty)$.

$\square$

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 a profundidad la teoría vista.

  • Demostrar que la función $f(x) = \frac{1}{x}$ es uniformemente continua en $[a, \infty)$ siendo $a$ una constante positiva.
  • Prueba que la función $f(x) = \frac{1}{x^2}$ no es uniformemente continua en $(0, \infty)$.
  • Determina si la función $f(x) = sen(\frac{1}{x})$ es o no uniformemente continua en $(0, \infty)$.
  • Demuestra que si $f$ y $g$ son funciones uniformemente continuas en $A \subseteq \mathbb{R}$, entonces $f+g$ también es uniformemente continua en $A$.
  • Demuestra que si $f$ y $g$ son funciones uniformemente continuas en $A \subseteq \mathbb{R}$ y ambas están acotadas en $A$, entonces $f \cdot g$ es uniformemente continua en $A$.

Más adelante…

En las siguientes entradas complementaremos el estudio de las funciones continuas revisando propiedades específicas relacionas con las funciones monótonas. Adicionalmente, responderemos una pregunta que surge de forma muy natural: si $f$ es una función continua, ¿qué sucede con su inversa?

Entradas relacionadas

Cálculo Diferencial e Integral: Otros teoremas de funciones continuas

Introducción

Anteriormente revisamos el teorema del valor intermedio y el teorema del máximo-mínimo. En esta entrada será un complemento a las anteriores, pues revisaremos resultados derivados de tales teoremas.

La raíz $k$-ésima

Daremos inicio a esta entrada probando que todo número real positivo tiene raíz cuadrada y, posteriormente probaremos que todo número real positivo tiene raíz $k$-ésima.

Proposición. Para todo $a \in \mathbb{R}$, $a >0$, existe $b >0$ tal que $b^2 = a$. Es decir, todo real positivo tiene raíz cuadrada.

Demostración.

Sea $a > 0$.

Consideremos la función $f(x) = x^2$. Sabemos que $f$ es continua en $\mathbb{R}$. Notemos que $f(0) = 0^2 = 0$. Además, como $\mathbb{N}$ no está acotado por arriba, existe $n \in \mathbb{N}$ tal que $a<n$.

$$\Rightarrow f(n) = n^2 \quad \text{y} \quad a<n \leq n^2 = f(n)$$

Por lo anterior, se tiene que $f$ es continua en $[0, n]$ y $f(0)<a<f(n)$. Por el teorema del valo r intermedio existe $c \in \mathbb{R}$, $0<c<n$ tal que $f(c)=a$, es decir, $c^2 = a$
Consideremos $b = c$, entonces $b^2 = a$

$\square$

Definición. Sean $a > 0$, $b > 0$, $k \in \mathbb{N}$, decimos que $b$ es la raíz $k$-ésima de $a$ si $b^k = a$ y lo denotamos como $b = \sqrt[k]{a}$.

Proposición. Para toda $a >0$, toda $k \in \mathbb{N}$, existe la raíz $k$-ésima de $a$.

Demostración.

Consideremos la función $f(x) = x^k$, continua en $\mathbb{R}$. Entonces, para algún $n \in \mathbb{N}$ se tiene que

$$f(0) = 0^k = 0 < a < n \leq n^k = f(n)$$

Por el teorema del valor intermedio, existe $b$ tal que $0<b<n$ y $f(b) = a$.

$$\therefore b^k = a$$

$\square$

Notemos que en la definición dada consideramos únicamente los valores positivos que cumplen $b^k = a$, de esta forma, $b$ es único.

Proposición. La raíz $k$-ésima es única.

Demostración.

Si existen $b > 0$, $c > 0$ tal que $b^k = a$ y $c^k = a$.
Si $b \neq c$ entonces $b > c$ ó $b<c$.
\begin{gather*}
\text{Si } b < c \Rightarrow b^k < c^k \Rightarrow a < a \text{ (Contradicción)} \\
\text{Si } b > c \Rightarrow b^k > c^k \Rightarrow a > a \text{ (Contradicción)}
\end{gather*}

$$\therefore b = c$$

$\square$

Polinomios

Otro de los resultados derivados del teorema del valor intermedio es la existencia de las raíces para cierto tipo de polinomios.

Teorema. Si $n$ es impar, entonces cualquier ecuación de la forma

$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0 = 0$$

tiene una raíz.

Demostración.

La demostración se basa en probar que existen $x_1$ y $x_2$ tal que la función $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0$ cumple $f(x_1) < 0$ y $f(x_2)$, es decir, existen un punto donde el polinomio es negativo y un punto donde es positivo y, dado que $f$ es continua, podremos usar el teorema del valor intermedio. Intuitivamente sabemos que mientras $|x| \to \infty$, entonces $f$ se parece mucho a la función $g(x) = x^n$ y considerando que $n$ es impar, entonces para valores positivos lo suficientemente grandes $f$ será positivo, mientras que para valores negativos los suficientemente grandes, $f$ será negativo. Para lograrlo, acotaremos la función

$$ f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \cdots + a_0 = x^n \left( 1+\frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right), \quad \text{para } x \neq 0$$

en términos de $x^n$.

Daremos inicio a la demostración viendo que

$$\left\lvert \frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right\rvert \leq \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \cdots + \frac{|a_{0}|}{|x^n|}$$

Si $$|x| > max\{1, 2n|a_{n-1}|, \dots, 2n|a_0|\} \tag{1}$$
entonces $|x^k|>|x|$ y

$$\frac{|a_{n-k}|}{|x^k|} < \frac{|a_{n-k}|}{|x|} < \frac{|a_{n-k}|}{2n|a_{n-k}|} = \frac{1}{2}$$

es decir,

$$\left\lvert \frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right\rvert \leq \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}$$

$$\Rightarrow -\frac{1}{2} \leq \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \leq \frac{1}{2}$$

Sumando $1$ a la expresión anterior, se sigue que

$$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n}$$

Si consideramos $x_1 < 0$ que satisface $(1)$, entonces $x_1^n < 0$ puesto que $n$ es impar, y multiplicando por $x_1^n$ la expresión anterior se obtiene

$$0 > \frac{x_1^n}{2} \geq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x_1)$$

Por otro lado, si consideramos $x_2 > 0$ tal que satisface $(1)$, entonces tenemos

$$0 < \frac{x_2^n}{2} \leq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x_2)$$

Por lo cual $f(x_1) < 0$ y $f(x_2) > 0$. Por el teorema del valor intermedio, concluimos que existe $x_0 \in [x_1,x_2]$ tal que $f(x_0) = 0$.

$\square$

Después de haber probado el teorema anterior, es claro que fue fundamental que $n$ fuese impar. Respecto al caso de $n$ para se convierte en un problema más complejo derivado del hecho de que hay algunos polinomios que no tienen solución en los reales, tal es el caso de $x^2+1 = 0$; sin embargo, sí podemos revisar un resultado para este caso y es el hecho de que tales polinomios tienen tienen un mínimo.

Teorema. Si $n$ es par y $f(x) = x^n+a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0$, entonces existe un $x_0$ tal que $f(x_0) \leq f(x)$ para todo $x \in \mathbb{R}$.

Demostración.

Por el teorema del máximo-mínimo, sabemos que toda función continua en un intervalo, tiene un mínimo en el mismo. De esta forma, deberemos enfocarnos en encontrar un mínimo para cuando nuestra función esté fuera de tal intervalo.

Si consideramos $M = max\{1, 2n|a_{n-1}|, \dots, 2n|a_0| \}$, entonces para todo $x$ que satisfaga $|x| \geq M$, se tiene que

$$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots+ \frac{a_0}{x^n}$$

Como $n$ es par, $x^n>0$ para todo $x$, por tanto

$$\frac{x^n}{2} \leq x^n \left( 1 + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_0}{x^n} \right) = f(x), \text{si } |x|\geq M$$

Consideremos ahora el número $f(0)$. Sea $b > 0$ un número tal que $b^n \geq 2f(0)$ y $b>M$. Entonces si $x \geq b$, obtenemos

$$f(x) \geq \frac{x^n}{2} \geq \frac{b^n}{2} \geq f(0) \tag{1}$$

Análogamente, si $x \leq -b$, entonces

$$f(x) \geq \frac{x^n}{2} \geq \frac{(-b)^n}{2}= \frac{b^n}{2} \geq f(0) \tag{2}$$

En resumen, si $x \geq b$ o $x \leq -b$, entonces $f(x) \geq f(0)$.

Dado que $f$ es continua, podemos aplicar el teorema del máximo-mínimo en el intervalo $[-b,b]$, por tanto existe un número $x_0$ tal que si $-b \leq x \leq b$, entonces $f(x_0) \leq f(x)$. En particular, $f(x_0) \leq f(0)$.

Además, por $(1)$ y $(2)$ sabemos que si $x \geq b$ o $x \leq -b$, entonces $f(x) \geq f(0) \geq f(x_0)$.

Por lo anterior, podemos concluir que $f(x_0) \leq f(x)$ para todo $x$.

$\square$

Tarea moral

  • Suponga que $f$ es una función continua en $[0,1]$ y que $f(x)$ pertenece al intervalo $[0,1]$ para cada $x$. Demuestre que $f(x) = x$ para algún $x$.
  • Demuestra que existe algún número $x$ tal que $sen(x) = x-1$.
  • Da una una función continua tal que para todo $r \in \mathbb{Q}$, $f(r) > 0$, pero que exista $x_0 \mathbb{R}$ tal que $f(x_0) = 0$. ¿Es posible encontrar una función que cumpla lo anterior y que exista $x_1 \in \mathbb{R}$ tal que $f(x_1) < 0$?
  • Consideremos la ecuación
    $$x^n+a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 = c \tag{1}$$
    y supongamos que $n$ es par. Prueba que existe un número $m$ tal que $(1)$ admite una solución para $c \geq m$ y no tiene solución para $c < m$.
  • Encuentra la solución a la ecuación $x^5+5x^4+2x+1$.

Más adelante…

En la siguiente entrada daremos la definición de continuidad uniforme y veremos su relación con la continuidad. También revisaremos el concepto de funciones de Lipschitz y el papel que juegan dentro de la continuidad.

Entradas relacionadas

Probabilidad I-Videos: Continuidad de la probabilidad

Introducción

En el video de axiomas de la probabilidad y sus propiedades se dio la definición de medida de probabilidad, así como algunas propiedades básicas que podíamos deducir de dicha definición. En esta ocasión abordaremos otra propiedad que nos será muy útil en los temas siguientes, esta, es conocida como la propiedad de continuidad de la probabilidad.

Continuidad de la probabilidad

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE 104721: “Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM”. Sitio web del proyecto: https://www.matematicasadistancia.com.

Tarea moral

  • Demuestra que los incisos $a$ y $b$ de la proposición vista en el video son equivalentes, para esto solo te hace falta probar que el inciso $b$ también implica el inciso $a$.
  • Sea $A_r,\ r\geq 1$, eventos tales que, para toda $r$, $P\left(A_r\right)=1$. Demuestra que $P\left(\displaystyle\bigcap_{r=1}^{\infty}A_r\right)=1$.
  • Una moneda justa se lanza repetidamente. Demuestra que, con probabilidad uno, una cara se muestra tarde o temprano. Demuestra de manera similar que cualquier sucesión finita dada de caras y cruces ocurre eventualmente con probabilidad uno.
  • Teorema de probabilidad total. Demuestra que si $B_1,B_2,\ldots$ es una partición de $\Omega$, entonces para cualquier evento $A$ se cumple que

$P\left(A\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{P\left(A\middle|\ B_i\right)P(B_i)}$.

  • Teorema de Bayes. Demuestra que si $B_1,B_2,\ldots$ es una partición de $\Omega$ y sea $A$ un evento tal que $P\left(A\right)\neq 0$ entonces para cada $j=1,2,\ldots$

$P\left(B_j\middle|A\right)=\frac{P\left(A\middle|B_j\right)P\left(B_j\right)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{P\left(A\middle|B_i\right)P\left(B_i\right)}}$.

Más adelante…

Este resultado proporciona una herramienta para tratar las propiedades correspondientes a la descripción de las probabilidades asociadas a cantidades que se rigen por la aleatoriedad, cuyas funciones están definidas en el espacio de probabilidad y que llamaremos variables aleatorias.

Te invito a ver el siguiente video para saber más sobre este tema.

Entradas relacionadas

Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema del máximo-mínimo

Introducción

En esta entrada revisaremos el Teorema del máximo-mínimo que nos indica que para una función continua en un intervalo $[a, b]$, existe un punto $x_0$ tal que $f(x_0) \geq f(x)$ para todo valor de $x$ en el intervalo. Para llegar a la prueba de tal teorema, revisaremos antes la definición de función acotada y probaremos que toda función continua en un intervalo está acotada en tal intervalo.

Funciones acotadas

Daremos inicio con esta entrada dando la definición de función acotada.

Definición. Decimos que $f$ está acotada superiormente en $A$ si existe $M \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in A$ se cumple que $f(x) \leq M$. De manera similar, decimos que $f$ está acotada inferiormente en $A$ si existe $m \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in A$ se tiene que $m \leq f(x)$. Finalmente, diremos que $f$ está acotada si existen $m$, $M \in \mathbb{R}$ tales que para toda $x \in A$ se tiene que $m \leq f(x) \leq M$.

Para consolidar en la definición anterior, revisaremos el siguiente ejemplo.

Ejemplo. Sea $f: (0, \infty) \to \mathbb{R}$, $f(x) = \frac{1}{x}$

Afirmación. $f$ está acotada en el intervalo $A = [1, \infty)$.

Demostración.

Sea $x \in [1, \infty)$. Como $1 \leq x$, entonces $\frac{1}{x} \leq 1$.
\begin{gather*}
\Rightarrow & 0 < \frac{1}{x} \leq 1 \quad \forall x \in [1, \infty) \\ \\
& \therefore 0 \leq f(x) \leq 1 \quad \forall x \in [1, \infty)
\end{gather*}

Por tanto, $f$ está acotada en el intervalo $A = [1, \infty)$.

$\square$

Afirmación. $f$ no está acotada superiormente en $B = (0, 1]$

Demostración.

Supongamos que $f$ sí está acotado por arriba en $B$, entonces existe $M \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in B$ se tiene que $f(x) = \frac{1}{x} \leq M$.

Notemos que para todo $n \in \mathbb{N}$, $1 \leq n$, entonces $0 < \frac{1}{n} \leq 1$ y, por tanto, $\frac{1}{n} \in B$.

\begin{gather*}
& f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{\frac{1}{n}} \leq M \\ \\
\Rightarrow & n \leq M \quad \forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow\!\Leftarrow
\end{gather*}

Lo cual es una contradicción, por lo tanto $f$ no está acotado por arriba.

$\square$

Ahora veremos dos proposiciones respecto a las funciones acotadas. La primera nos indica que que si $f$ es una función acotada en $A$ y se tiene un subconjunto $B$ de $A$, entonces $f$ también está acotada en $B$; mientras que la segunda nos indica que si $B$ y $C$ son subconjuntos de $A$, entonces $f$ también estará acotada en la unión de $B$ y $C$.

Proposición. Si $f$ está acotada en $A$ y $B \subset A$, entonces $f$ está acotado en $B$.

Demostración.

Dado que $f$ está acotada en $A$, existen $m$, $M \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in A$ se tiene que $m \leq f(x) \leq M$. Como $B \subset A$, entonces para todo $x \in B$ se tiene que $x \in A$, así $f$ también está acotada en $B$.

$\square$

Proposición. Si $B \subset A$, $C \subset A$. Si $f$ está acotada en $B$ y en $C$, entonces $f$ está acotada en $B \cup C$.

A continuación revisaremos una equivalencia de la definición de función acotada donde, en lugar de tener dos reales $m$, $M$ que acoten inferior y superiormente, solo se considerará un real $T$ que cumpla que $|f(x)| \leq T$.

Proposición. Existen $m$, $M$ en $\mathbb{R}$ tales que para todo $x \in A$, $m \leq f(x) \leq M$ si y solo si existe $T$ tal que para todo $x \in A$, $|f(x)| \leq T$

Demostración.

$\Rightarrow]$ Sabemos que existen $m$, $M$ en $\mathbb{R}$ tales que para todo $x \in A$, $m \leq f(x) \leq M$.

Consideremos $T = max\{ |m|, |M| \}$

Sea $x \in A$, entonces

\begin{gather*}
& f(x) \leq M \leq |M| \leq T \\
\Rightarrow & f(x) \leq T \tag{1}
\end{gather*}

Por otro lado

\begin{gather*}
& m \leq f(x) \\
\Rightarrow & – m \geq -f(x) \\
\Rightarrow & -f(x) \leq -m \leq |m| \leq T \\
\Rightarrow & -f(x) \leq T \\
\Rightarrow & -T \leq f(x) \tag{2}
\end{gather*}

De $(1)$ y $(2)$ podemos concluir que $|f(x)| \leq T$.

$\Leftarrow]$ Supongamos que existe $T$ tal que para todo $x \in A$, $|f(x)| \leq T$.

Consideremos $m = -T$ y $M = T$, entonces $ m \leq f(x) \leq M$.

$\square$

Teorema de acotabilidad

La siguiente propiedad nos indica que si $f$ es continua en un punto, entonces existe un intervalo al rededor de dicho punto donde la función está acotada. Esta propiedad será ampliamente usada para probar el teorema del máximo-mínimo.

Proposición. Sea $a \in A$, si $f$ es continua en $a$, entonces existe $\delta > 0$ tal que $f$ está acotada en el intervalo $(a-\delta, a+\delta) \cap A$.

Demostración.

Sea $\epsilon > 0$. Como $f$ es continua, existe $\delta > 0$ tal que si $|x-a| < \delta$, $x \in A$, entonces

$$|f(x)-f(a)|<1$$

Es decir, si $x \in (a – \delta, a + \delta) \cap A$, entonces

\begin{gather*}
& |f(x)|- |f(a)| < |f(x)- f(a)| < 1 \\
\Rightarrow & |f(x)| < 1 + |f(a)|
\end{gather*}

Por tanto, $f$ está acotada en el intervalo $(a – \delta, a + \delta)$.

$\square$

El último teorema que veremos antes del máximo-mínimo nos indica que toda función continua en un intervalo está acotada en tal intervalo.

Teorema. Sea $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ tal que $f$ es continua en $[a,b]$. Entonces $f$ está acotada en $[a,b]$.

Demostración.

Sea $A = \{ t \in [a, b] \quad | \quad f \text{ sí está acotada en } [a, t] \}$.

Veamos que $A \neq \varnothing$.
Consideremos $a \in [a,b]$. Como $f$ es continua en $[a,b]$ y por la proposición anterior, existe $\delta_1 > 0$ tal que para todo $x \in (a-\delta, a+\delta) \cap [a, b]$ se tiene que $f$ está acotada.
Por lo tanto, para todo $x \in [a, a+\delta_1)$, $f$ sí está acotada.

Notemos que tenemos dos casos derivados de si $a+ \delta_1$ está o no en el intervalo $[a,b]$.

  • Si $b > a + \delta_1$, entonces $a+\delta_1 \in A$.
  • Si $b \leq a + \delta_1$, entonces $b \in A$.

$$\therefore A \neq \varnothing$$

Además, $A$ está acotada por arriba pues si $t \in A$, por definición del conjunto, $t \leq b$.

Como $A$ es no vacío y está acotado por arriba, entonces tiene supremo. Sea $\alpha = supA$

Probaremos que $\alpha = b$, es decir, veremos que el supremo del conjunto $A$ es justamente $b$ y, en consecuencia, $f$ está acotada en $[a,b]$.

Supongamos que $\alpha \neq b$. Entonces $a < \alpha < b$. De esta forma, $f$ es continua en $\alpha$. Por la proposición anterior, existe $\delta_2$ tal que $f$ está acotada en $(\alpha-\delta_2, \alpha + \delta_2) \cap [a, b]$.

Como $\alpha – \delta_2 < \alpha$, existe $t \in A$ tal que $\alpha – \delta_2 \leq t \leq \alpha$. Tomemos $s$ tal que $\alpha < s < \alpha + \delta_2$. Además $[t,s] \subset (a- \delta_2, a + \delta_2)$ y $f$ está acotada en $[a, t]$ pues $t \in A$. Por lo tanto $f$ está acotada en $[a,s] = [a,t] \cup [t,s]$.

Así $s \in A$ y $\alpha < s$, lo cual es una contradicción al hecho de que $\alpha$ es el supremo del conjunto $A$.

Por tanto, concluimos que $\alpha = b$. Particularmente podemos notar que $b \in A$, es decir, $f$ está acotada en $[a,b]$.

Dado que $b \in [a, b]$, f es continua en b, entonces existe $\delta_3 > 0$ tal que $f$ está acotada en $(b- \delta_3, b + \delta_3) \cap [a,b] = (b- \delta_3, b]$. Como $b = supA$ y $b-\delta_3 < b$, entonces existe $t \in A$ tal que $b-\delta_3 < t \leq b$, entonces $f$ está acotada en $[a,t]$. Como $[t, b] \subset (b – \delta_3, b]$ entonces $f$ está acotada en $[a,b] = [a,t] \cup [t, b]$.

$\square$

Teorema del máximo-mínimo

Estamos listos para demostrar que para toda función continua en un intervalo existe un punto $x_0$ donde alcanza su máximo.

Teorema. Sea $f: [a,b] \to \mathbb{R}$, $a<b$, continua en $[a,b]$, entonces existe $x_0 \in [a,b]$ tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene que $f(x) \leq f(x_0)$.

Demostración.

Sea $B = \{ y = f(x) | x \in [a,b] \}$

Por el teorema anterior, sabemos que existe $M \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene que $y = f(x) \leq M$. Por lo tanto $B$ está acotado.

Además $a \in [a,b]$, entonces $f(a) \in B$, así $B \neq \varnothing$. Por tanto, sabemos que existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tal que $\alpha = supB$. Notemos que para todo $y \in B$, $y \leq \alpha$. Es decir, para todo $x \in [a,b]$, se tiene que $f(x) \leq \alpha$.

Ahora probaremos que existe $x_0 \in [a,b]$ tal que $f(x_0) = \alpha$ y, por tanto, para todo $x \in [a,b]$, $f(x) \leq f(x_0)$.

Supongamos que para todo $x \in [a, b]$, $f(x) \neq \alpha$.
Entonces para todo $x \in [a,b]$, $f(x) < \alpha$

$$\Rightarrow 0 < \alpha – f(x)$$

Consideremos la siguiente función auxiliar $g(x) = \frac{1}{\alpha – f(x)}$. Se tiene que

$$g(x) = \frac{1}{\alpha – f(x)} > 0 \quad \forall x \in [a,b]$$

Además, $g$ es la división de dos funciones continuas y el denominador no se hace cero en $[a,b]$, entonces $g$ es continua en $[a,b]$, por lo tanto existe $T \in \mathbb{R}$ tal que para toda $x \in [a,b]$ se tiene

\begin{gather*}
& 0 < g(x) = \frac{1}{\alpha – f(x)} \leq T \\
\Rightarrow & \alpha – f(x) \geq \frac{1}{T} \quad \forall x \in [a,b] \\
\Rightarrow & \alpha – \frac{1}{T} \geq f(x) \quad \forall x \in [a,b] \\
\end{gather*}

Entonces se tiene que $\alpha – \frac{1}{T}$ es cota superior de $B$, pero como $\frac{1}{T} > 0$, entonces $\alpha – \frac{1}{T} < \alpha$ y esto es una contradicción al hecho de que $\alpha$ es el supremo.

Por lo tanto, podemos concluir que sí existe $x_0 \in [a,b]$ tal que $f(x_0) = \alpha$
$$\therefore f(x) \leq f(x_0) \quad \forall x \in [a,b]$$

$\square$

Corolario. Sea $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$. Entonces existe $x_1 \in [a,b]$ tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene que $f(x_1) \leq f(x)$.

Demostración.

Consideremos la función $g: [a,b] \to \mathbb{R}$, $g(x) = -f(x)$ continua en $[a,b]$.

Por el teorema anterior existe $x_1 \in [a,b]$ tal que

\begin{gather*}
& g(x) \leq g(x_1) \quad \forall x \in [a,b] \\
\Rightarrow & -f(x) \leq -f(x_1) \quad \forall x \in [a,b] \\
\end{gather*}

$$\therefore f(x_1) \leq f(x) ) \quad \forall x \in [a,b]$$

$\square$

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 a profundidad la teoría vista.

  • Sean $f$, $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Prueba que si $f$ y $g$ están acotadas en $\mathbb{R}$, entonces la suma $f+g$ también está acotada en $\mathbb{R}$.
  • Si $B \subset A$, $C \subset A$. Si $f$ está acotada en $B$ y en $C$, entonces $f$ está acotada en $B \cup C$.
  • Prueba que si $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ está acotada en $\mathbb{R}$ y definimos $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $g(x) = xf(x)$, entonces $g$ es continua en $x_0$.
  • Sea $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ continua en $\mathbb{R}$. Demuestra que si para todo $x \in \mathbb{R}$ se tiene que $f(x) > 0$ y $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$, entonces existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in \mathbb{R}$, $f(x) \leq f(x_0)$.
  • Si $f$ es una función continua en $[0,1]$, sea $||f||$ el valor máximo de $|f|$ en $[0,1]$. Prueba que $||c \cdot f|| = |c|\cdot||f||$.

Más adelante…

En la siguiente entrada haremos una revisión de los resultados derivados del teorema del valor intermedio y del teorema del máximo-mínimo, razón por la cual será fundamental tener el dominio de ambos.

Entradas relacionadas

Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema del valor intermedio

Introducción

En la entrada anterior se hizo la revisión del concepto de continuidad así como sus propiedades y se vieron algunos ejemplos. Además, se definió la continuidad en un intervalo la cual usaremos en esta entrada para probar uno de los resultados más relevantes para la funciones continuas: El Teorema del valor intermedio.

Idea intuitiva

Este teorema nos dice que para una función continua en determinado intervalo $[a,b]$, si $f$ es negativa al evaluarla en $a$ y es positiva al evaluarla en $b$, entonces en algún momento debió haber sucedido que fuese cero. Recordemos la idea intuitiva de continuidad, una función es continua si puedes dibujarla sin soltar el lápiz; pensemos entonces que $f$ debe iniciar en un punto negativo en el eje vertical y terminar en un punto positivo del mismo eje. En la siguiente imagen se muestra una función continua que pasa por ambos.

¿Podrías dibujar una función continua que pase por ambos puntos sin pasar por $y=0$? Justamente la respuesta es no y lo probaremos en el siguiente teorema; pero antes desarrollemos la intuición de lo que debe suceder. Para ello, recordemos el último teorema revisado en la entrada anterior.

Teorema. Supongamos que $f$ es continua en $x_0$ y $f(x_0)>0$. Entonces $f(x) >0$ para todo x en un intervalo que contiene a $x_0$, es decir, existe $\delta > 0$ tal que $f(x) >0$ para todo $x$ tal que $|x-x_0|< \delta$.

De forma análoga, si $f(x_0) <0$, entonces existe $\delta > 0$ tal que $f(x) < 0$ para todo $x$ tal que $|x-x_0|< \delta$.

Es decir, si una función continua toma un valor positivo en un punto $x_0$, entonces debe suceder que fue positiva en todo un intervalo: $(x_0-\delta, x_0+\delta)$. Análogamente esto sucede en si la función es negativa en determinado punto. Así, podemos pensar en el intervalo más grande que captura el comportamiento negativo (o positivo), ¿en qué punto se termina? Para responder esta pregunta haremos uso de un concepto revisado anteriormente, el supremo.

Teorema del valor intermedio

Teorema. Sea $f:[a,b] \to \mathbb{R}$ continua en todo el intervalo $[a,b]$. Si sucede que $f(a) < 0$ y $f(b) > 0$, entonces existe $c$, $a<c<b$, tal que $f(c) = 0$.

Demostración.

Como $f(a) < 0$, sabemos que existe $\delta_1$ tal que para todo $x \in (a – \delta_1, a + \delta_1) \cap [a,b]$ se tiene que $f(x) < 0$. Es decir,

$$\forall x \in [a, a+\delta_1), \quad f(x) <0 \tag{1}$$

Como $f(b) > 0$, sabemos que existe $\delta_2$ tal que para todo $x \in (b – \delta_2, b + \delta_2) \cap [a,b]$ se tiene que $f(x) > 0$. Es decir,

$$\forall x \in (b-\delta_2,b], \quad f(x) > 0 \tag{2}$$

Definamos ahora el siguiente conjunto:

$$A = \{ t \in [a,b] \quad | \quad \forall x \in [a, t], f(x) < 0 \}$$


$A$ básicamente define el conjunto de radios de $a$, $[a,t]$ donde $f$ es negativa.

Veamos que $A \neq \varnothing$

Consideremos $t_0 = a + \frac{\delta_1}{2}$. Es inmediato que $a< a + \frac{\delta_1}{2} < a +\delta_1 $ y como $[a, a + \frac{\delta_1}{2}] \subset [a, a+\delta_1)$, por $(1)$ se tiene que, para todo $x \in [a, a + \frac{\delta_1}{2}]$, $f(x) < 0$.

$$\therefore t_0 \in A \Rightarrow A \neq \emptyset$$

Notemos que el conjunto $A$ está acotado debido a que por definición si $t \in A$, entonces $t \in [a,b]$, es decir, $t \leq b$. Ahora, como nuestro conjunto $A$ es no vacío y está acotado, sí tiene supremo. Sea $\alpha = supA$

Adicionalmente, notemos que

  1. $t_0 = a+\frac{\delta_1}{2} \in A$ y $a+\frac{\delta_1}{2} \leq \alpha \leq b$.
  2. Para todo $x \in (b-\delta_2, b]$ se tiene que $f(x) >0$, entonces $\alpha \leq b-\delta_2$.

Por lo anterior, se tiene
\begin{gather*}
& a< a+\frac{\delta_1}{2} \leq \alpha \leq b-\delta_2 < b \\
\Rightarrow & a<\alpha<b
\end{gather*}

Para finalizar con la prueba, demostraremos que $f(\alpha) = 0$

Para demostrarlo procederemos por contracción, es decir, supongamos que $f(\alpha) \neq 0$, entonces existen dos casos, $f(\alpha) > 0$ ó $f(\alpha) < 0$.

  • Caso 1. $f(\alpha) < 0$

    Se tiene que $f(\alpha) < 0$, entonces existe $\delta_3$ tal que para todo $x \in (\alpha – \delta_3, \alpha + \delta_3)$ se cumple que $f(x) < 0$.

    Dado que $\alpha = supA \quad$ y $\quad \alpha – \delta_3 < \alpha$, entonces existe $t \in A$ tal que $\alpha-\delta_3 < t \leq \alpha$. Adicionalmente, consideremos $s$ tal que $\alpha < s < \alpha + \delta_3$.

    Como $[t, s] \subset (\alpha – \delta_3, \alpha + \delta_3)$

    $$\Rightarrow \forall x \in [a,t], \quad f(x) < 0$$

    Además, para toda $x \in [a,t]$ se tiene $f(x) < 0$

    $$\Rightarrow \forall x \in [a,s] = [a,t] \cup [t,s], \quad f(x) < 0$$

    Entonces $s \in A$ y $\alpha < s$, lo cual es una contradicción

    $$\therefore f(\alpha) \geq 0$$
  • Caso 2. $f(\alpha) > 0$

    Dado que $f$ es continua en $\alpha$, entonces existe $\delta_4 > 0$ tal que para todo $x \in (\alpha – \delta_4, \alpha + \delta_4)$, $f(x) > 0$.

    Como $\alpha – \delta_4 < \alpha$, entonces existe $t \in A$ tal que $\alpha – \delta_4 < t \leq \alpha$. Como $t \in A$, entonces $f(t) < 0$ y como $\alpha – \delta_4<t \leq \alpha < \alpha + \delta$, $f(t) >0$, lo cual es una contradicción.

    Por tanto, $f(\alpha) = 0$.

Así, consideremos $c = \alpha$, $a<c<b$ y $f(c) = 0$

$\square$

Podemos notar que el teorema no solo vale cuando la función va de negativo a positivo, sino también en el caso inverso y lo probaremos en el siguiente corolario.

Corolario. Sea $f: [a, b] \to \mathbb{R}$, continua en $[a, b]$. Si $f(a) > 0$ y $f(b) < 0$, entonces existe $c$, $a<c<b$, tal que $f(x) = c$.

Demostración.

Consideremos la función $h: [a, b] \to \mathbb{R}$, $h(x) = -f(x)$

Notemos que $h$ es continua pues $f$ lo es. Además $h(a) = -f(a) <0$ y $h(b) = -f(b) >0$. Aplicando el teorema del valor intermedio, existe $c$ que cumple $a<c<b$ tal que

\begin{gather*}
& h(c) = 0 \\
\Rightarrow & -f(c) = 0 \\
\therefore & f(c) = 0
\end{gather*}

$\square$

Más aún, si la función inicia por debajo de un real $M$ y termina por arriba del mismo número, entonces también sucede que la función pasó por $M$.

Corolario. Sea $M \in \mathbb{R}$, si $f(a) < M$ y $f(b) > M$. Entonces existe $c$, $a<c<b$, tal que $f(c) = M$.

Demostración.

Consideremos la función $h:[a,b] \to \mathbb{R}$, con $h(x) = f(x)-M$.

Notemos que $h$ es continua. Además $h(a) = f(a)-M < 0$ y $h(b) = f(b)-M > 0$. Por el teorema del valor intermedio, existe $c$, $a<c<b$, tal que $h(c) = 0$. Entonces $f(c)-M = 0$.

$$\therefore f(c) = M$$

$\square$

Análogamente, tenemos el siguiente resultado.

Corolario. Sea $M \in \mathbb{R}$, si $f(a) >M$ y $f(b) < M$. Entonces existe $c$, $a<c<b$, tal que $f(c) = M$.

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 a profundidad la teoría vista.

  • Sea $f$ continua en el intervalo $[0,1]$ a $\mathbb{R}$ y tal que $f(0) = f(1)$. Demostrar que existe un punto $c \in [0, \frac{1}{2}]$ tal que $f(c) = f(c + \frac{1}{2}).$
  • Sea $M \in \mathbb{R}$, si $f(a) >M$ y $f(b) < M$. Prueba que existe $c$, $a<c<b$ tal que $f(c) = M.$
  • Dado $f(x) = x^2 + 2x – 7$, demuestre que existe $c$ tal que $f(c) = 50.$
  • Demuestra que la ecuación $2x^7= x-1$ tiene una solución en $[0,1].$
  • Demuestra que todo polinomio de grado impar con coeficientes reales tiene al menos una raíz real.

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos otra propiedad fuerte respecto a las funciones continuas: si una función es continua en un intervalo, entonces está acotada. Más aún, existe un valor $x_0$ en el intervalo tal que la función alcanza su máximo en dicho punto. De forma análoga, existe un punto en el que la función alcanza su mínimo.

Entradas relacionadas