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Cálculo Diferencial e Integral I: Funciones crecientes y decrecientes. Funciones acotadas

Por Karen González Cárdenas

Introducción

Continuando ahora con las funciones crecientes y decrecientes, veremos qué condiciones se deben cumplir para determinar si una función crece o decrece en un intervalo. De igual manera, veremos cuándo una función es no creciente o no decreciente para finalizar con la definición de función acotada.

Definición de función creciente y decreciente

Definición: Sea $f: A \rightarrow B$ una función.

  • Decimos que $f$ es una función creciente si y sólo si para cualesquiera $x_{1}, x_{2} \in A$ tales que
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{1})<f(x_{2})\quad\text{.}$$
  • Decimos que $f$ es una función decreciente si y sólo si para cualesquiera $x_{1}, x_{2} \in A$ tales que
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{2})<f(x_{1})\quad\text{.}$$

Definición de función no creciente y no decreciente

Definición: Consideremos a la función $f: A \rightarrow B$.

  • Llamamos a $f$ una función no creciente (que decrece o permanece igual) si y sólo si para cualesquiera $x_{1}, x_{2} \in A$ que cumplen
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{2})\leq f(x_{1})\quad\text{.}$$
  • Llamamos a $f$ una función no decreciente (que crece o permanece igual) si y sólo si para cualesquiera $x_{1}, x_{2} \in A$ que cumplen
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{1})\leq f(x_{2})\quad\text{.}$$

Ejemplo 1

Veamos que para la función definida como:
$$f(x)=x^{2}$$

Tenemos las siguientes observaciones:

  1. Es creciente en el intervalo $[0, \infty)$.
  2. Es decreciente en el intervalo $(- \infty,0)$.

Demostración:

  1. Sea $0 \leq x_{1} < x_{2}$ así se sigue que:
    \begin{align*}
    &\Rightarrow x_{1}^{2} < x_{2}^{2}\\
    &\Rightarrow f(x_{1}) < f(x_{2})
    \end{align*}
    $\therefore f$ es creciente en $[0, \infty)$.
  2. Ahora tomemos $x_{1} < x_{2} < 0$
    \begin{align*}
    &\Rightarrow 0< -x_{2} <-x_{1}\tag{ Multiplicando por $-1$}\\
    &\Rightarrow f(-x_{2})<f(-x_{1})\tag{por 1.}\\
    &\Rightarrow (-x_{2})^{2} <(-x_{1})^{2}\\
    &\Rightarrow x_{2}^{2} < x_{1}^{2}\\
    &\Rightarrow f(x_{2})<f(x_{1})
    \end{align*}
    $\therefore f$ es decreciente en $(- \infty,0)$.

$\square$

Ejemplo 2

Para la función $g(x)= x^{2}-5x+2$ probaremos que es creciente en el intervalo $[0,\infty)$.

Tomemos $x_{1}, x_{2} \in [0,\infty)$ tales que $x_{1} < x_{2}$. Queremos demostrar que $g(x_{1})<g(x_{2})$ por lo que desarrollamos lo siguiente:
\begin{align*}
x_{1} < x_{2} &\Rightarrow x_{1} – 5 < x_{2}-5 \tag{restando $-5$}\\
&\Rightarrow x_{1}(x_{1} – 5) <x_{2}( x_{2}-5) \tag{multiplicando por $x_{1}$ y $x_{2}$}\\
&\Rightarrow x_{1}^{2} – 5x_{1} < x_{2}^{2}-5x_{2}\\
&\Rightarrow x_{1}^{2} – 5x_{1}+2 < x_{2}^{2}-5x_{2}+2 \tag{sumado $2$}\\
&\Rightarrow g(x_{1})<g(x_{2})
\end{align*}
Así concluimos que $g$ es creciente en el intervalo $[0,\infty)$.

$\square$

Algunos teoremas

Teorema: Sean $f,g: D \subseteq \r \rightarrow \r$ si $f$ y $g$ son crecientes en $D$ tales que
$f(x)>0$ y $g(x) >0$ para todo $x \in D \Rightarrow fg$ es creciente en D.
Demostración:
Tomemos $x_{1}, x_{2} \in D$ tales que $x_{1}<x_{2}$. Queremos probar que:
$$(fg)(x_{1})< (fg)(x_{2})\quad\text{.}$$
Es decir, queremos ver que se cumple la siguiente desigualdad:
$$f(x_{1})g(x_{1})< f(x_{2})g(x_{2})\quad\text{.}$$
Observemos que por hipótesis tenemos que se cumplen para todo $x \in D$ las siguientes desigualdades:

  1. $f(x)>0 \quad$ y $\quad g(x)>0$.
  2. $f(x_{1}) < f(x_{2})$ ya que $f$ es creciente.
  3. $g(x_{1}) < g(x_{2})$ ya que $g$ es creciente.

De los puntos 2 y 3 al realizar el producto obtenemos:
$$f(x_{1})g(x_{1})< f(x_{2})g(x_{2})\quad\text{.}$$

$\square$

Teorema: Si tenemos una función $f$ tal que:

  1. $f$ par y creciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es decreciente en $(-\infty, 0)$.
  2. $f$ par y decreciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es creciente en $(-\infty, 0)$.
  3. $f$ impar y creciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es creciente en $(-\infty, 0)$.
  4. $f$ impar y decreciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es decreciente en $(-\infty, 0)$.

La demostración de los puntos 1,2 y 3 se dejarán como ejercicios para el lector en la Tarea moral de esta entrada.

Demostración del punto 4:

Queremos probar que $f$ es decreciente en $(-\infty, 0)$.
Tenemos por hipótesis que $f$ es una función impar, así por definición:
$$f(-x)=-f(x)\quad\text{.}$$
Ahora si tomamos $0< x_{1}<x_{2}$ ocurre que:
\begin{align*}
f(-x_{1})&= -f(x_{1}) & f(-x_{2})&= -f(x_{2})\\
\end{align*}
Vemos que si multiplicamos por $-1$ las igualdades anteriores tenemos la siguiente equivalencia:
\begin{align}
-f(-x_{1})&= f(x_{1}) & -f(-x_{2})&= f(x_{2})\\
\end{align}

Como $f$ es una función decreciente en $[0, \infty)$ para $x_{1}$ y $x_{2}$ se sigue:
$$f(x_{2})< f(x_{1})\quad\text{.}$$
Aplicando $(1)$ tendríamos la siguiente desigualdad:
$$-f(-x_{2})< -f(-x_{1})\quad\text{.}$$
donde $-x_{1},-x_{2} \in (-\infty,0)$.

$\square$

Definición de función acotada

Definición: Sea $f: A \rightarrow B$. Decimos que:

  • $f$ está acotada superiormente $\Leftrightarrow$ existe $M \in \r$ tal que $f(x) \leq M$ para todo $x \in A$.
La gráfica de $f$ queda por debajo del valor $M$.
  • $f$ está acotada inferiormente $\Leftrightarrow$ existe $m \in \r$ tal que $m \leq f(x)$ para todo $x \in A$.
La gráfica de $f$ queda por arriba del valor $m$.
  • $f$ está acotada $\Leftrightarrow$ existe $m, M \in \r$ tal que $m \leq f(x) \leq M$ para todo $x \in A$.
La gráfica de $f$ queda entre los valores de $M$ y $m$.
  • Una equivalencia para la última definición sería:
    $f$ está acotada $\Leftrightarrow$ existe $N \in \r$ tal que $|f(x)| \leq N$ para todo $x \in A$.
La gráfica de $f$ queda entre los valores de $N$ y $-N$.
  • $f$ no está acotada $\Leftrightarrow$ para toda $M >0$ existe $x_{M} \in A$ tal que $|f(x_{M})|>M$.

Ejemplo 1

Si tenemos la función $f: \r^{+} \rightarrow \r$ definida como:
$$f(x)=\sqrt{x}\quad\text{.}$$

Probaremos que $f$ no es acotada en su dominio.
Demostración: Consideremos a $M>0$ y a $x_{M}=(M+1)^{2}$ donde $x_{M} \in D_{f}$. Así al evaluar la función en $x_{M}$ tenemos:
\begin{align*}
f(x_{M})&=f((M+1)^{2})\\
&=\sqrt{(M+1)^{2}}\\
&= M+1
\end{align*}
aquí observamos siempre ocurre que: $M+1>M$
$\therefore f$ es no acotada en su dominio.

$\square$

Ejemplo 2

Ahora si consideramos la función $g: (0, \infty) \rightarrow \r^{+}$ definida como:
\begin{equation*}
g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}}} \quad\text{.}
\end{equation*}

Veremos ahora que $g$ no es acotada en su dominio.
Demostración: Sea $N>0$ y a $x_{N} \in D_{g}$ definida como:
\begin{equation*}
x_{N}= \frac{1}{(N+1)^{\frac{3}{2}}}\quad\text{.}
\end{equation*}
Al tomar $g(x_{N})$ tenemos:
\begin{align*}
g(x_{N})&=g\left(\frac{1}{(N+1)^{\frac{3}{2}}}\right)\\
&=\frac{1}{\left(\frac{1}{(N+1)^{\frac{3}{2}}}\right)^{\frac{2}{3}}}\\
&=\frac{1}{\frac{1}{N+1}}\\
&=N+1
\end{align*}
donde $N+1>N$ por lo que conluimos que $g$ es no acotada en su dominio.

$\square$

Más adelante

En la siguiente entrada, veremos un conjunto de funciones muy particular: las funciones polinomiales. Adicionalmente, revisaremos las funciones racionales. Para ambos tipos de funciones, examinaremos su definición y algunos ejemplos.

Tarea moral

  • Dada la función $f(x)=x^{3}$. Demuestra que:
    • $f$ es creciente en $[0, \infty)$.
    • $f$ es creciente en $(-\infty,0)$.
  • Demuestra los puntos 1, 2 y 3 del Teorema:
    • $f$ par y creciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es decreciente en $(-\infty, 0)$.
    • $f$ par y decreciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es creciente en $(-\infty, 0)$.
    • $f$ impar y creciente en el intervalo $[0, \infty) \Rightarrow f$ es creciente en $(-\infty, 0)$.
  • Demuestra que la función $h: (0,1) \rightarrow \r$ definida como:
    $$h(x)=\frac{1}{x^{3}}$$
    no es acotada en su dominio.

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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 I: Funciones acotadas y teorema del máximo-mínimo

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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 $M \in \mathbb{R}$ 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 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 $f: \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}$ 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 $\frac{1}{x} \leq 1$.
\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 la función $f$ sí está acotada superiormente en $B$, entonces existe $M \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in B$ se tiene que $f(x) = \frac{1}{x} \leq M$.

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

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

Lo cual es una contradicción pues los números naturales no están acotados 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 $[-1,0)$.

$\square$

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 $m$, $M \in \mathbb{R}$ 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 $B \cup C.$

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 $m$, $M \in \mathbb{R}$ tales que para todo $x \in A$, $m \leq f(x) \leq M$ si y solo si existe $T \in \mathbb{R}$ 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 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 $\delta > 0$ tal que $f$ está acotada en el intervalo $(a-\delta, a+\delta) \cap A.$

Demostración.

Como $f$ es continua en $a$, considerando particularmente $\varepsilon = 1$, 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 $(a – \delta, a + \delta) \cap A.$

$\square$

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 $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ 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 $x \in (a-\delta_1, a+\delta_1) \cap [a, b]$ 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 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 $\alpha = supA$, notemos que $\alpha \leq b$, pues $\alpha$ es el supremo y $b$ es una cota superior.

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 $a < \alpha < b$. Como $f$ es continua en $[a,b]$, entonces $f$ 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 $\alpha < s < \alpha + \delta_2$ y $s < b$. De esta forma se tiene que $[t,s] \subset (a- \delta_2, a + \delta_2) \cap [a, b]$ 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 $\alpha < s$, lo cual es una contradicción al hecho de que $\alpha$ es el supremo del conjunto $A.$

Por tanto, concluimos que $\alpha = b$. 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 $\delta_3 > 0$ 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 $[a,b]$ existen $x_0, x_1 \in [a,b]$ donde la función alcanza su máximo y su mínimo respectivamente.

Teorema. Sea $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ 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 $M \in \mathbb{R}$ 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 $x \in [a,b]$, se tiene que $f(x) < \alpha.$

$$\Rightarrow 0 < \alpha – f(x).$$

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

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

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 $T \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene

\begin{gather*}
&|g(x)|\leq T. \\
\Rightarrow & 0 < \frac{1}{\alpha – f(x)} \leq T \text{, por }(1). \\
\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*}

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

$\square$

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 $f$, $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. 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 $x_0$.
  • 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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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»