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Cálculo Diferencial e Integral I: Continuidad uniforme

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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,

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

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

Analicemos con mayor detalle los siguientes ejemplos:

$f (x) = x, g (x) = x^{2} .$

Ambas funciones son continuas en todo $R$ . Consideremos $y \in R$ y calculemos el valor de $δ$ en términos de un valor dado $ε > 0$ para probar la continuidad en $y$ .

Para la función $f$ , consideremos $δ = ε$ . Si $0 < | x - y | < δ$ , entonces

$| f (x) - f (y) | = | x - y | < δ = ε .$

Para $g$ , el valor de delta anteriormente dado no funciona. En este caso, como se probó en una entrada anterior, podemos considerar $δ^{'} = m i n {1, \frac{ε}{1 + 2 | y |}}$ . Si $0 < | x - y | < δ^{'}$ , entonces

$\begin{aligned} | x^{2} - y^{2} | & = | x - y | | x + y | \\ < | x - y | (1 + 2 | y |) \\ < δ^{'} (1 + 2 | y |) \\ \leq \frac{ε}{1 + 2 | y |} \cdot (1 + 2 | y |) \\ = ε . \end{aligned}$

Podemos observar que el valor de $δ$ para $f$ depende únicamente de $ε$ , mientras que para la función $g$ , depende tanto de $ε$ como de $y$ . Esto debido a que $g$ tiene cambios más «drásticos» que $f$ .

Continuidad uniforme

Motivado directamente de lo anterior, si $δ$ funciona para cualesquiera $x$ , $y$ , es decir, no depende de $y$ , entonces tenemos la siguiente definición.

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

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 es continua, pero por lo revisado al inicio podemos decir intuitivamente que no es uniformemente continua en $R$ . Considerando esto, vale la pena mencionar algunos criterios que permiten identificar cuando una función $f$ no es uniformemente continua.

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

$f$ no es uniformemente continua en $A$ .
Existe $ε_{0} > 0$ tal que para todo $δ > 0$ existen los puntos $x_{δ}$ , $y_{δ}$ en $A$ tales que $| x_{δ} - y_{δ} | < δ,$ pero $| f (x_{δ}) - f (y_{δ}) | \geq ε_{0}$ .
Existe $ε_{0} > 0$ y dos sucesiones ${x_{n}}$ , ${y_{n}}$ tales que $lim_{n \to \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ y $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε_{0}$ para todo $n \in N$ .

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.

Supongamos que $f$ no es uniformemente continua en $[a, b]$ . Entonces existe $ε_{0} > 0$ y dos sucesiones ${x_{n}}$ y ${y_{n}}$ en $[a, b]$ tales que $| x_{n} - y_{n} | < \frac{1}{n}$ , pero $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε_{0}$ para todo $n \in N$ .

Dado que $[a, b]$ está acotado, la sucesión ${x_{n}}$ también está acotada. De esta forma, por el teorema de Bolzano-Weierstrass, existe una subsucesión ${x_{n_{k}}}$ de ${x_{n}}$ que converge a un real $z$ . Además, como $[a, b]$ es un intervalo cerrado, el límite $z$ pertenece al intervalo (por el corolario revisado en esta entrada). 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 que se sigue que ${y_{n_{k}}}$ también converge a $z$ .

Además, si $f$ es continua en el punto $z$ , entonces las subsucesiones ${f (x_{n_{k}})}$ y ${f (y_{n_{k}})}$ convergen a $f (z)$ . Pero esto es una contradicción, pues $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε_{0}$ para todo $n \in N$ .

Así, 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.

Retomando el ejemplo $g (x) = x^{2}$ , $g$ no es uniformemente continua en $R$ , sin embargo, sí es uniformemente continua en cualquier intervalo $[a, b]$ . En particular, podemos modificar ligeramente el valor de delta que se propuso anteriormente $δ^{'} = m i n {1, \frac{ε}{1 + 2 | y |}}$ , y usar en su lugar $δ = m i n {1, \frac{ε}{1 + 2 m a x {| a |, | b |}}}$ . Notemos que este último valor no depende de $y$ .

Funciones Lipschitz

Probar mediante la definición que una función es uniformemente continua puede ser una tarea difícil. Por ello, revisaremos una condición que, de cumplirse, nos facilitará este problema.

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

para todos $x$ , $y \in A$ , entonces se dice que $f$ es una función de Lipschitz en $A$ .

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

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

Observemos que el miembro izquierdo de la desigualdad es el valor absoluto de 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 la gráfica de $f$ está acotada por algún valor $K$ .

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

Demostración.

Sea $ε > 0$ .

Como $f$ es una función de Lipschitz, existe $K > 0$ tal que para cualesquiera $x, y \in A$ , $| f (x) - f (y) | \leq K | x - y | .$

Consideremos $δ = \frac{ε}{K}$ . Si $| x - y | < δ$ , entonces se tiene que

$\begin{aligned} | f (x) - f (y) | & < K | x - y | \\ < K \frac{ε}{K} \\ = ε . \end{aligned}$

Por tanto, $f$ es uniformemente continua.

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

Ejemplo 1. La función $f (x) = x^{2}$ es uniformemente continua en $A = [0, b]$ , con $b > 0$ .

Demostración.

Notemos que

$\begin{aligned} | f (x) - f (y) | & = | x^{2} - y^{2} | \\ = | x + y | | x - y | \\ \leq 2 b | x - y | . \end{aligned}$

$∴ | f (x) - f (y) | \leq 2 b | x - y | .$

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

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

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

Demostración.

Como $f$ es continua en el intervalo cerrado y acotado $[0, 2]$ , entonces $f$ es uniformemente continua.

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

$\begin{matrix} | \sqrt{x} | < K | x | . \end{matrix}$

Como $x \in A$ , se sigue que
$\begin{matrix} \sqrt{x} < K x . \\ \Leftrightarrow & \frac{\sqrt{x}}{x} < K . \\ (1) & \Leftrightarrow & \frac{1}{\sqrt{x}} < K . \end{matrix}$

Además, notemos que $1 < K + 1$ , esto implica que $1 < (K + 1)^{2}$ . Es decir, $\frac{1}{(K + 1)^{2}} < 1$ . Por tanto, $\frac{1}{(K + 1)^{2}} \in (0, 1) \subset A$ .

De está forma, podríamos considerar particularmente a $x \neq 0$ como $x = \frac{1}{(K + 1)^{2}}$ . Sin embargo, también debe cumplir $(1)$ , esto implica que $K + 1 < K$ . Lo cual es una contradicción. Por tanto, $f$ no es de Lipschitz.

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

Ejemplo 3. 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

$\begin{aligned} | f (x) - f (y) | & = | \sqrt{x} - \sqrt{y} | \\ = | \sqrt{x} - \sqrt{y} | \cdot \frac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} \\ = \frac{| x - y |}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} \\ \leq \frac{1}{2} | x - y | . \end{aligned}$

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

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?

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 función que sea uniformemente continua.
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 $(0, \infty)$ . Sugerencia: Usa el criterio 3 de no continuidad uniforme y considera las sucesiones ${\frac{1}{n}}$ y ${\frac{1}{n + 1}} .$
Demuestra que si $f$ y $g$ son funciones uniformemente continuas en $A \subset R$ , entonces $f + g$ también es uniformemente continua en $A .$
Demuestra que si $f$ y $g$ son funciones uniformemente continuas en $A \subset R$ y ambas están acotadas en $A$ , entonces $f \cdot g$ es uniformemente continua en $A .$

Entradas relacionadas

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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»

Cálculo Diferencial e Integral: Resultados derivados de los teoremas del valor intermedio y del máximo-mínimo

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

2 respuestas

Introducción

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

La raíz $k$ -ésima

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

Demostración.

Sea $a > 0$ .

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

$f (n) = n^{2} y a < n \leq n^{2} = f (n) .$

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

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

Proposición. Para todo $a > 0$ , todo $k \in N$ , existe la raíz $k$ -ésima de $a .$

Demostración.

Sean $a > 0$ y $k \in N .$

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

$∴ b^{k} = a .$

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 $b < c$ .
$\begin{matrix} Si b < c \Rightarrow b^{k} < c^{k} \Rightarrow a < a (contradicción). \\ Si b > c \Rightarrow b^{k} > c^{k} \Rightarrow a > a (contradicción). \end{matrix}$

$∴ b = c .$

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

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

tiene una raíz.

Demostración.

La demostración se basa en probar que existen $x_{1}$ y $x_{2}$ tales que la función $f (x) = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ cumple $f (x_{1}) < 0$ y $f (x_{2}) > 0$ . Además, dado que $f$ es continua, podremos usar el teorema del valor intermedio y concluir que existe $x_{0}$ tal que $f (x_{0}) = 0$ , es decir, que la ecuación $x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0$ tiene una raíz.

A continuación haremos una manipulación algebraica que permitirá mostrar de forma más sencilla que mientras $| x | \to \infty$ , entonces $f$ tendrá un comportamiento similar 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 lo suficientemente grandes, $f$ será negativo.

$f (x) = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = x^{n} (1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \frac{a_{n - 2}}{x^{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}}), para x \neq 0.$

Daremos inicio a la demostración viendo que

$| \frac{a_{n - 1}}{x} + \frac{a_{n - 2}}{x^{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} | \leq \frac{| a_{n - 1} |}{| x |} + \dots + \frac{| a_{0} |}{| x^{n} |} .$

Ahora trataremos de acotar la expresión anterior, para ello estamos buscando $| x |$ lo suficientemente grande para acotar la suma de $n$ términos de la forma $\frac{| a_{n - k} |}{| x^{k} |}$ . Primero vayamos con el denominador y notemos que si $| x | > 1$ , entonces se tiene que $| x |^{k} \geq | x |$ para todo $k \in N$ . Esto implica que $\frac{1}{| x |^{k}} \leq \frac{1}{| x |} .$ Para el numerador es suficiente considerar el máximo de los términos $| a_{n - k} |$ y sumarlo $n$ -veces, es decir, el máximo de los $n | a_{n - k} | .$ Sin embargo, por fines algebraicos (visibles en $(2)$ ), utilizaremos $2 n | a_{n - k} | .$

De esta forma, si $\begin{matrix} (1) & | x | > m a x {1, 2 n | a_{n - 1} |, \dots, 2 n | a_{0} |}, \end{matrix}$
entonces $| x^{k} | > | x |$ y

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

es decir,

$| \frac{a_{n - 1}}{x} + \frac{a_{n - 2}}{x^{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} | \leq \frac{1}{2 n} + \frac{1}{2 n} + \dots + \frac{1}{2 n} = \frac{n}{2 n} = \frac{1}{2} .$

$\Rightarrow - \frac{1}{2} \leq \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} \leq \frac{1}{2} .$

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

$\begin{matrix} (2) & \frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} . \end{matrix}$

Si consideramos $x_{1} < 0$ que satisface $(1)$ , entonces $x_{1}^{n} < 0$ puesto que $n$ es impar, y de la expresión anterior se obtiene

$0 > \frac{x_{1}^{n}}{2} \geq x_{1}^{n} (1 + \frac{a_{n - 1}}{x_{1}} + \dots + \frac{a_{0}}{x_{1}^{n}}) = f (x_{1}) .$

Por otro lado, si consideramos $x_{2} > 0$ tal que satisface $(1)$ , entonces $x_{2}^{n} > 0$ y así tenemos

$0 < \frac{x_{2}^{n}}{2} \leq x_{2}^{n} (1 + \frac{a_{n - 1}}{x_{2}} + \dots + \frac{a_{0}}{x_{2}^{n}}) = f (x_{2}) .$

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 $f (x_{0}) = 0$ .

Después de haber probado el teorema anterior, podemos notar que fue fundamental en la demostración usar que $n$ es impar. El caso cuando $n$ es par 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, para este tipo de polinomios podemos probar que existe un mínimo.

Teorema. Si $n$ es par y $f (x) = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ , entonces existe un $x_{0}$ tal que $f (x_{0}) \leq f (x)$ para todo $x \in R$ .

Demostración.

Por el teorema del máximo-mínimo, sabemos que toda función continua en un intervalo cerrado $[a, b]$ tiene un mínimo en dicho intervalo. Así que nos enfocaremos en encontrar un mínimo para cuando nuestra función esté fuera de tal intervalo.

De forma similar a la demostración anterior, consideremos $M = m a x {1, 2 n | a_{n - 1} |, \dots, 2 n | a_{0} |}$ , entonces para todo $x$ que satisfaga $| x | \geq M$ , se tiene que

$\frac{1}{2} \leq 1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}} .$

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

$\frac{x^{n}}{2} \leq x^{n} (1 + \frac{a_{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a_{0}}{x^{n}}) = f (x), si | x | \geq M .$

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

$\begin{matrix} (1) & f (x) \geq \frac{x^{n}}{2} \geq \frac{b^{n}}{2} \geq f (0) . \end{matrix}$

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

$\begin{matrix} (2) & f (x) \geq \frac{x^{n}}{2} \geq \frac{(- b)^{n}}{2} = \frac{b^{n}}{2} \geq f (0) . \end{matrix}$

Por lo que si $x \geq b$ ó $x \leq - b$ , 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 $x \geq b$ ó $x \leq - b$ , entonces $f (x) \geq f (0) \geq f (x_{0})$ .

Por lo anterior, podemos concluir que $f (x_{0}) \leq f (x)$ para todo $x$ .

Más adelante…

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

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.

Supongamos que $f$ es una función continua en $[0, 1]$ y que $f (x)$ pertenece al intervalo $[0, 1]$ para cada $x$ . Demuestra que $f (x) = x$ para algún $x$ .
Demuestra que existe algún número $x$ tal que $s e n (x) = x - 1$ .
Encuentra la solución al polinomio $x^{5} + 5 x^{4} + 2 x + 1$ .

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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»

Probabilidad I-Videos: Continuidad de la probabilidad

Por Aurora Martínez Rivas

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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

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.

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 $r$ , $P (A_{r}) = 1$ . Demuestra que $P (⋂_{r = 1}^{\infty} A_{r}) = 1$ .

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 $B_{1}, B_{2}, \dots$ es una partición de $Ω$ , entonces para cualquier evento $A$ se cumple que

$P (A) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (A | B_{i}) P (B_{i})$ .

Teorema de Bayes. Demuestra que si $B_{1}, B_{2}, \dots$ es una partición de $Ω$ y sea $A$ un evento tal que $P (A) \neq 0$ entonces para cada $j = 1, 2, \dots$

$P (B_{j} | A) = \frac{P (A | B_{j}) P (B_{j})}{\sum_{i = 1}^{\infty} P (A | B_{i}) P (B_{i})}$ .

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

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Cálculo Diferencial e Integral I: Funciones acotadas y teorema del máximo-mínimo

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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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

Comenzaremos dando la definición de función acotada.

Definición. Decimos que $f$ está acotada superiormente en $A$ si existe $M \in R$ 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 $m \in R$ tal que para todo $x \in A$ se tiene que $m \leq f (x)$ . Finalmente, diremos que $f$ está acotada si existen $m$ , $M \in R$ tales que para todo $x \in A$ se tiene que $m \leq f (x) \leq M$ .

Revisaremos el siguiente ejemplo para aplicar esta nueva definición.

Ejemplo 1. Sea $f : R ∖ {0} \to R$ definida como $f (x) = \frac{1}{x} .$

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

Demostración.

Sea $x \in [1, \infty)$ . Como $1 \leq x$ , entonces $\frac{1}{x} \leq 1$ . Se sigue que
$\begin{matrix} 0 < \frac{1}{x} \leq 1 \forall x \in [1, \infty) . \\ ∴ 0 \leq f (x) \leq 1 \forall x \in [1, \infty) . \end{matrix}$

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

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

Demostración.

Supongamos que la función $f$ sí está acotada superiormente en $B$ , entonces existe $M \in R$ tal que para todo $x \in B$ se tiene que $f (x) = \frac{1}{x} \leq M$ .

Para todo $n \in N$ , se tiene que $n \geq 1$ , entonces $0 < \frac{1}{n} \leq 1$ y, por tanto, $\frac{1}{n} \in B$ .

$\begin{matrix} f (\frac{1}{n}) = \frac{1}{\frac{1}{n}} \leq M . \\ ∴ & n \leq M \forall n \in N . \end{matrix}$

Lo cual es una contradicción pues el conjunto de los números naturales no está acotado superiormente, por lo tanto $f$ no está acotada superiormente.

De forma análoga, se puede probar que $f$ está acotada en el intervalo $(- \infty, 1]$ y que no está acotada inferiormente en $[- 1, 0)$ .

Ahora veremos dos proposiciones respecto a las funciones acotadas. La primera nos indica 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 también está acotada en $B .$

Demostración.

Dado que $f$ está acotada en $A$ , existen $m$ , $M \in R$ 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 $B .$

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

El razonamiento detrás de la prueba de esta proposición es similar al anterior, por lo que se dejará como tarea moral.

Continuaremos revisando 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 $m$ , $M \in R$ tales que para todo $x \in A$ , $m \leq f (x) \leq M$ si y solo si existe $T \in R$ tal que para todo $x \in A$ , $| f (x) | \leq T .$

Demostración.

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

Consideremos $T = m a x {| m |, | M |} .$

Sea $x \in A$ , entonces

$\begin{matrix} f (x) \leq M \leq | M | \leq T . \\ (1) & \Rightarrow & f (x) \leq T . \end{matrix}$

Por otro lado

$\begin{matrix} m \leq f (x) . \\ \Leftrightarrow & - m \geq - f (x) . \end{matrix}$

De esta forma, se sigue que
$\begin{matrix} - f (x) \leq - m \leq | m | \leq T . \end{matrix}$

Es decir,
$\begin{matrix} - f (x) \leq T . \\ (2) & ∴ & - T \leq f (x) . \end{matrix}$

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 $m \leq f (x) \leq M .$

Teorema de acotabilidad

La siguiente propiedad nos indica que si $f$ es continua en un punto, entonces existe un intervalo alrededor 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 $δ > 0$ tal que $f$ está acotada en el intervalo $(a - δ, a + δ) \cap A .$

Demostración.

Como $f$ es continua en $a$ , considerando particularmente $ε = 1$ , existe $δ > 0$ tal que si $| x - a | < δ$ , $x \in A$ , entonces

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

Es decir, si $x \in (a - δ, a + δ) \cap A$ , entonces

$\begin{matrix} | f (x) | - | f (a) | < | f (x) - f (a) | < 1. \\ \Rightarrow & | f (x) | < 1 + | f (a) | . \end{matrix}$

Por tanto, $f$ está acotada en el intervalo $(a - δ, a + δ) \cap A .$

El último teorema que veremos antes del máximo-mínimo nos indica que toda función continua en un intervalo cerrado está acotada en tal intervalo. De forma ilustrativa, podemos observarlo en la siguiente gráfica.

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

Demostración.

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

Veamos que $A \neq \emptyset$ .
Consideremos $a \in [a, b]$ . Como $f$ es continua en $[a, b]$ y por la proposición anterior, existe $δ_{1} > 0$ tal que para todo $x \in (a - δ_{1}, a + δ_{1}) \cap [a, b]$ se tiene que $f$ está acotada.
Por lo tanto, para todo $x \in [a, a + δ_{1})$ , $f$ sí está acotada.

Notemos que tenemos dos casos derivados de si $a + δ_{1}$ está o no en el intervalo $[a, b] .$

Si $b > a + δ_{1}$ , entonces $a + δ_{1} \in A$ .
Si $b \leq a + δ_{1}$ , entonces $b \in A$ .

$∴ A \neq \emptyset .$

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

Como $A$ es no vacío y está acotado superiormente, entonces tiene supremo. Sea $α = s u p A$ , notemos que $α \leq b$ , pues $α$ es el supremo y $b$ es una cota superior.

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

Supongamos que $α \neq b$ . Entonces $a < α < b$ . Como $f$ es continua en $[a, b]$ , entonces $f$ es continua en $α$ . Por la proposición anterior, existe $δ_{2}$ tal que $f$ está acotada en $(α - δ_{2}, α + δ_{2}) \cap [a, b] .$

Como $α - δ_{2} < α$ , existe $t \in A$ tal que $α - δ_{2} \leq t \leq α$ . Tomemos $s$ tal que $α < s < α + δ_{2}$ y $s < b$ . De esta forma se tiene que $[t, s] \subset (a - δ_{2}, a + δ_{2}) \cap [a, b]$ 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 $α < s$ , lo cual es una contradicción al hecho de que $α$ es el supremo del conjunto $A .$

Por tanto, concluimos que $α = b$ . Ahora solo falta probar que $b \in A$ y, en consecuencia, $f$ está acotada en $[a, b] .$

Dado que $b \in [a, b]$ , f es continua en b, entonces existe $δ_{3} > 0$ tal que $f$ está acotada en $(b - δ_{3}, b + δ_{3}) \cap [a, b] = (b - δ_{3}, b]$ . Como $b = s u p A$ y $b - δ_{3} < b$ , entonces existe $t \in A$ tal que $b - δ_{3} < t \leq b$ , entonces $f$ está acotada en $[a, t]$ . Como $[t, b] \subset (b - δ_{3}, b]$ entonces $f$ está acotada en $[a, b] = [a, t] \cup [t, b] .$

Teorema del máximo-mínimo

Estamos listos para demostrar que para toda función continua en un intervalo $[a, b]$ existen $x_{0}, x_{1} \in [a, b]$ donde la función alcanza su máximo y su mínimo respectivamente.

Teorema. Sea $f : [a, b] \to R$ y 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 $M \in R$ 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 $B \neq \emptyset$ . Por tanto, sabemos que existe $α \in R$ tal que $α = s u p B$ . Notemos que para todo $y \in B$ , $y \leq α$ . Es decir, para todo $x \in [a, b]$ , se tiene que $f (x) \leq α .$

Ahora probaremos que existe $x_{0} \in [a, b]$ tal que $f (x_{0}) = α$ y, por tanto, para todo $x \in [a, b]$ , $f (x) \leq f (x_{0}) .$

Supongamos que para todo $x \in [a, b]$ , $f (x) \neq α .$
Entonces para todo $x \in [a, b]$ , se tiene que $f (x) < α .$ Es decir,

$0 < α - f (x) .$

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

$\begin{matrix} (1) & g (x) = \frac{1}{α - f (x)} > 0 \forall x \in [a, b] . \end{matrix}$

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 $g$ está acotada en $[a, b]$ . Es decir, existe $T \in R$ tal que para todo $x \in [a, b]$ se tiene

$\begin{matrix} | g (x) | \leq T . \\ \Rightarrow & 0 < \frac{1}{α - f (x)} \leq T, por (1) . \end{matrix}$

Se sigue que
$\begin{matrix} α - f (x) \geq \frac{1}{T} \forall x \in [a, b] . \\ ∴ & α - \frac{1}{T} \geq f (x) \forall x \in [a, b] . \end{matrix}$

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

Por lo tanto, podemos concluir que sí existe $x_{0} \in [a, b]$ tal que $f (x_{0}) = α .$
$∴ f (x) \leq f (x_{0}) \forall x \in [a, b] .$

Corolario. Sea $f : [a, b] \to R$ 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 $g : [a, b] \to R$ , $g (x) = - f (x)$ continua en $[a, b]$ .

Por el teorema anterior existe $x_{1} \in [a, b]$ tal que

$\begin{matrix} g (x) \leq g (x_{1}) \forall x \in [a, b] . \\ \Rightarrow & - f (x) \leq - f (x_{1}) \forall x \in [a, b] . \end{matrix}$

$∴ f (x_{1}) \leq f (x) \forall x \in [a, b] .$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos resultados derivados del teorema del valor intermedio y del teorema del máximo-mínimo, razón por la cual será fundamental tenerlos presentes.

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.

Sean $f$ , $g : R \to R$ . Prueba que si $f$ y $g$ están acotadas en $R$ , entonces la suma $f + g$ también está acotada en $R$ .
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 $f : R \to R$ está acotada en $R$ y definimos $g : R \to R$ tal que $g (x) = x f (x)$ , entonces $g$ es continua en $x_{0} = 0.$
Si $f$ es una función continua en $[0, 1]$ , sea $| | f | |$ el valor máximo de $| f |$ en $[0, 1]$ . Prueba que $| | c \cdot f | | = | c | \cdot | | f | |$ .

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema del valor intermedio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En la entrada anterior se revisó el concepto de continuidad en un punto, así como algunas de sus propiedades. Además, se definió la continuidad en un intervalo, concepto que se empleará en esta entrada para probar uno de los resultados más relevantes para las funciones continuas: el teorema del valor intermedio.

Idea intuitiva

Este teorema nos dice que para una función continua en determinado intervalo $[a, b]$ , si el valor de $f$ al evaluarla en $a$ cambia de signo con respecto al valor que se obtiene al evaluarla en $b$ , entonces existe algún punto $x$ tal que al evaluar la función en dicho punto, toma el valor de cero.

Recordemos la idea intuitiva de continuidad, una función es continua si puedes dibujarla sin soltar el lápiz; pensemos en el caso particular que $f (a) < 0$ y $f (b) > 0$ . 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 $0$ en el eje horizontal? Probaremos que esto no es posible 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 $δ > 0$ tal que $f (x) > 0$ para todo $x$ tal que $| x - x_{0} | < δ$ .

De forma análoga, si $f (x_{0}) < 0$ , entonces existe $δ > 0$ tal que $f (x) < 0$ para todo $x$ tal que $| x - x_{0} | < δ$ .

Es decir, si una función continua toma un valor positivo en un punto $x_{0}$ , entonces debe suceder que es positiva en todo un intervalo: $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ . Análogamente, si la función es negativa en determinado punto, entonces debe suceder que es negativa en todo un intervalo. 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 del valor intermedio. Sea $f : [a, b] \to R$ continua en todo el intervalo $[a, b]$ . Si $f (a) < 0$ y $f (b) > 0,$ entonces existe $c$ , $a < c < b,$ tal que $f (c) = 0$ .

Demostración.

Como $f (a) < 0$ , sabemos que existe $δ_{1}$ tal que para todo $x \in (a - δ_{1}, a + δ_{1}) \cap [a, b]$ se tiene que $f (x) < 0$ . Es decir,

$\begin{matrix} (1) & \forall x \in [a, a + δ_{1}), f (x) < 0. \end{matrix}$

Como $f (b) > 0$ , sabemos que existe $δ_{2}$ tal que para todo $x \in (b - δ_{2}, b + δ_{2}) \cap [a, b]$ se tiene que $f (x) > 0$ . Es decir,

$\begin{matrix} (2) & \forall x \in (b - δ_{2}, b], f (x) > 0. \end{matrix}$

Definamos ahora el siguiente conjunto:

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

Es decir, el conjunto $A$ está formado por todos los números reales que forman un intervalo $[a, t]$ donde $f$ toma valores negativos. Utilizando la ilustración del inicio, se puede ejemplificar cómo se ve $t$ , que estará en el eje $x$ entre $a$ y el punto rojo marcado.

Primero veamos que $A \neq \emptyset$ .

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

$∴ t_{0} \in A \Rightarrow A \neq \emptyset .$

Notemos que el conjunto $A$ está acotado. 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 $α = s u p A$ .

Adicionalmente, notemos que

$t_{0} = a + \frac{δ_{1}}{2} \in A$ y $a + \frac{δ_{1}}{2} \leq α \leq b$ .
Por $(2)$ , para todo $x \in (b - δ_{2}, b]$ se tiene que $f (x) > 0$ , entonces $α \leq b - δ_{2}$ .

Por lo anterior, se tiene
$\begin{matrix} a < a + \frac{δ_{1}}{2} \leq α \leq b - δ_{2} < b . \end{matrix}$
Se sigue que $a < α < b .$

Para finalizar con la prueba, demostraremos que $f (α) = 0$ .

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

Caso 1: $f (α) < 0$ .

Se tiene que $f (α) < 0$ , entonces existe $δ_{3}$ tal que para todo $x \in (α - δ_{3}, α + δ_{3}) \cap [a, b]$ se cumple que $f (x) < 0$ .

Dado que $α = s u p A$ y $α - δ_{3} < α$ , entonces existe $t \in A$ tal que $α - δ_{3} < t \leq α$ . Adicionalmente, consideremos $s$ tal que $α < s < α + δ_{3}$ y $s < b$ .

Como $[t, s] \subset (α - δ_{3}, α + δ_{3})$ , entonces

$\forall x \in [a, s], f (x) < 0.$

Además, por definición del conjunto A, para todo $x \in [a, t]$ se tiene $f (x) < 0$ . Entonces

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

Entonces $s \in A$ y $α < s$ , lo cual es una contradicción pues $α$ es el supremo de $A$ .

$∴ f (α) \geq 0.$

Caso 2: $f (α) > 0$ .

Dado que $f$ es continua en $α$ , entonces existe $δ_{4} > 0$ tal que para todo $x \in (α - δ_{4}, α + δ_{4})$ , $f (x) > 0$ .

Como $α - δ_{4} < α$ , entonces existe $t \in A$ tal que $α - δ_{4} < t \leq α$ . Como $t \in A$ , entonces $f (t) < 0$ y como $α - δ_{4} < t \leq α < α + δ$ , $f (t) > 0$ , lo cual es una contradicción.

Por tanto, $f (α) = 0$ .

Así, consideremos $c = α$ , $a < c < b$ y $f (c) = 0.$

Podemos notar que el teorema no solo vale cuando la función va de negativo ( $f (a) < 0$ ) a positivo ( $f (b) > 0$ ), sino también en el caso inverso ( $f (a) > 0$ y $f (b) < 0$ ) y lo probaremos en el siguiente corolario.

Corolario. Sea $f : [a, b] \to R$ , 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 $h : [a, b] \to R$ , $h (x) = - f (x) .$

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

$\begin{matrix} h (c) = 0. \end{matrix}$

Se sigue que
$\begin{matrix} - f (c) = 0. \\ ∴ & f (c) = 0. \end{matrix}$

Más aún, si en un intervalo $[a, b]$ se cumple que $f (a) < M$ y $f (b) > M$ , entonces también existe un punto $c$ tal que $f (c) = M$ .

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

Demostración.

Consideremos la función $h : [a, b] \to R$ , 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 $f (c) - M = 0$ .

$∴ f (c) = M .$

Análogamente, tenemos el siguiente resultado.

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

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.

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.

Sea $f$ continua en el intervalo $[0, 1]$ 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 $M \in R$ , si $f (a) > M$ y $f (b) < M$ . Prueba que existe $c$ , $a < c < b$ tal que $f (c) = M .$
Dado $f (x) = x^{2} + 2 x - 7$ , demuestra que existe $c$ tal que $f (c) = 50.$
Para la ecuación $2 x^{7} = x - 1$ , encuentra una solución en $[0, 1] .$

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