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

Introducción

Continuando con ahora con las funciones crecientes y decrecientes, veremos que condiciones se deben cumplir para decir si una función crece o decrece en un intervalo. De igual manera cuando 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
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{1})<f(x_{2})$$
  • Decimos que $f$ es una función decreciente si y sólo si para cualesquiera $x_{1}, x_{2} \in A$ tales que
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{2})<f(x_{1})$$

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
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{2})\leq f(x_{1})$$
  • 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
    $$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f(x_{1})\leq f(x_{2})$$

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:
$$(fg)(x_{1})< (fg)(x_{2})$$
Es decir, queremos ver que se cumple la siguiente desigualdad:
$$f(x_{1})g(x_{1})< f(x_{2})g(x_{2})$$
Observemos que por hipótesis tenemos que se cumplen para todo $x \in D$ las siguientes desigualdades:

  1. $f(x)>0$ y $g(x)>0$
  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:
$$f(x_{1})g(x_{1})< f(x_{2})g(x_{2})$$

$\square$

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 $(-\infty, 0)$

Demostración 4:

Queremos probar que $f$ es decreciente en $(-\infty, 0)$.
Tenemos por hipótesis que $f$ es una función impar, así por definición:
$$f(-x)=-f(x)$$
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:
$$f(x_{2})< f(x_{1})$$
Aplicando $(1)$ tendríamos la siguiente desigualdad:
$$-f(-x_{2})< -f(-x_{1})$$
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:
$$f(x)=\sqrt{x}$$

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}}}
\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}}}
\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.

$\square$

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 2 y 3 del Teorema:
    • $f$ 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.

Más adelante

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

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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

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.

  1. 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 $\mathbb{R}$.
  2. Si $B \subset A$, $C \subset A$. Si $f$ está acotada en $B$ y en $C$, entonces $f$ está acotada en $B \cup C$.
  3. 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 $x_0$.
  4. 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 $x \in \mathbb{R}$, $f(x) \leq f(x_0)$.
  5. 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.

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