Análisis Matemático I. Teoremas y demostraciones.

Análisis Matemático I. Teoremas y demostraciones.
Teorema: Caracterización por sucesiones.
Sea f : D → R, sea a punto de acumulación de D. Entonces lı́mx→a f (x) = L si
y sólo si, para toda sucesión {xn }, con xn ∈ D, xn 6= a, y con lı́m{xn } = a, se
cumple que {f (xn )} → L.
Supongamos que lı́mx→a f (x) = L. Sea {xn } una sucesión,
con xn ∈ D, {xn } → a, y xn 6= a. Entonces, puesto que lı́mx→a f (x) = L,
se cumple que para todo ε > 0, existe un δ > 0, tal que si x ∈ D, x 6= a, y
0 < |x − a| < δ, entonces |f (x) − L| < ε. Por otra parte, por ser {xn } → a,
para ese mismo δ, existe un N ∈ N, tal que si n ≥ N, entonces |xn −a| < δ.
Juntand ambas, tenemos que n ≥ N, entonces |f (xn ) − L| < ε. Vamos a
demostrar ahora que si {f (xn )} → L, entonces lı́mx→a f (x) = L.
demostración:
Supongamos por reducción al absurdo, que lı́mx→a f (x) no es L. Es decir, existe
unε̄ > 0, tal que para todo δ > 0, existe algún x ∈ D, con x 6= a, tal que
si 0 < |x − a| < δ entonces |f (x) − L| ≥ ε. En particular, para δ = 1, existe
x1 ∈ D, con |x1 − a| < δ y tal que |f (x1 ) − L| ≥ ε. Para δ = 2, existe x2 ∈ D,
con |x2 − a| < δ, tal que |f (x2 ) − L| ≥ ε.... Así para cada n ∈ N, considereand
δ = n1 , podríamos elegir un xn ,tal que xn ∈ D, xn 6= a, 0 < |xn − a| < δ , para
todo n ≥ N, y tal que |f (xn )−L| ≥ ε, para todo n ∈ N. De esas dos condiciones
obtenemos que la sucesión {xn } de elementos de D, distintos de a, tiene límite
a, pero {f (xn )} no converge a L, en contra de la hipótesis. Por lo tanto, f tiene
límite en a.
Teorema: Caracterización por sucesiones por continuidad.
Sea f : D → R, y sea a ∈ D. Entonces, f es continua en a si y sólo si, para
toda sucesión {xn }, con xn ∈ D, para todo n ∈ N y xn → a, se cumple que
{f (xn )} → f (a).
Supongamos que f es continua en a. Sea {xn } una sucesión
con xn ∈ D para todo n ∈ N, y {xn } → a, veamos que {f (xn )} → f (a).
Tenemos que probar que para todo ε > 0, existe un N ∈ N, tal que para
todo n ≥ N , se tiene que |f (xn ) − f (a)| < ε. Sea pues ε > 0. Como f es
continua en a, para este ε > 0, existe un δ > 0,tal que para todo x ∈ D,
con |x − a| < δ, se tiene que |f (x) − f (a)| < ε. Como lı́m{xn } = a, para
este δ > 0 existe un N ∈ N, tal que para todo n ∈ N, con n ≥ N, se tiene
demostración:
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que |xn − a| < δ. Por tanto, para todo n ≥ N, se tiene que xn ∈ D, y
|xn − a| < δ, luego |f (xn ) − f (a)| < ε.
Supongamos ahora que para toda sucesión {xn }, con xn ∈ D, para todo n ≥ N,
y lim{xn } = a, se tiene que {f (xn )} → f (a) y veamos que f es continua en a.
Hagámoslo por reducción al absurdo. Supongamos que f no es continua en a.
Esto quiere decir que existe un ε > 0, tal que para todo δ > 0, existe x ∈ D, con
|x − a| < δ, tal que |f (x) − f (a)| ≥ ε. En particular, para δ = 1, existe x1 ∈ D,
con |x1 − a| < δ y tal que |f (x1 ) − f (a)| ≥ ε. Para δ = 2, existe x2 ∈ D, con
|x2 − a| < δ, tal que |f (x2 ) − f (a)| ≥ ε.... Así para cada n ∈ N, considereando
δ = n1 > 0, existe xn ∈ D, con |xn − a| < n1 y tal que |f (xn ) − f (a)| ≥ ε.
De esta forma hemos contruido una sucesión {xn }con xn ∈ D, |xn − a| < δ y
|f (xn ) − f (a)| ≥ ε, para todo n ∈ N. Puesto que |xn − a| < n1 , por el criterio
del Sandwich, el el límine de xn es a, sin embargo, {f (xn )} no tiende a f (a), lo
que contradice la hipótesis. Por lo tanto, f es continua en a.
Teorema: I Weierstrass.
Si f : [a, b] → R, y f es continua en [a, b], entonces f es acotada, es decir, existen
m, M ∈ R, tal que m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b].
Trabajemos con f acotada superirormente, para la acotación
inferior se trabaja de la misma manera. Por reducción al amburso, supongamos que f no es acotada superiormente. Esto quiere decir que para cada
M ∈ R existe algún x ∈ [a, b] tal que f (x) > M.
demostración:
Para M=1, existe un x1 ∈ [a, b] tal que f (x1 ) > 1. Para M=2, existe un x2 ∈
[a, b] tal que f (x2 ) > 2 ... siguiendo asi podemos construir una sucesión {xn },
tal que xn ∈ [a, b], f (xn ) > n para todo n ∈ N. Como {xn } es acotada, por el
teorema de Bolzano-Weierstrass, {xn } tiene alguna subsucesión convergente, sea
{xkn } la subsucesión dicha. Puesto que xn ∈ [a, b], entonces xkn ∈ [a, b], o sea,
a ≤ xkn ≤ b. Como la subsucesión es acotada, por el teorema del supremo, existe
el supremo de ésta. Sea c el supremo de {xkn }, por tanto c = lı́m{xn }. Como f
es continua, entonces f (xkn ) → f (c), y eso es imposible, porque f (xkn ) > kn, y
por tanto la sucesión f (xkn ) es no acotada, y por consiguiente no convergente.
Luego llegamos a una contradicción.
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Teorema: II Weierstrass.
Si f : [a, b] → R es continua, entonces f alcanza el mínimo y el máximo, es decir,
existen c1 , c2 ∈ [a, b] tales que f (c1 ) ≤ f (x) ≤ f (c2 ) para todo x ∈ [a, b].
Trabajemos con el mínimo de f. Para demostrar el máximo se
hace de igual forma. Por el teorema anterior, como f es continua entonces
f es acotada, particularmente f es acotada inferiormente, es decir, existe
m ∈ [a, b] tal que m ≤ f (x) para todo x ∈ [a, b]. Vamos a demostrar
que m = f (c1 ). Puesto que f está acotado inferiormente, por el principio
del ínno, existe el ínmo de f, sea m = ı́nf (f ). Por tando, para cada
n ∈ N, podemos encontrar una sucesión xn , tal que m ≤ f (xn ) < m + n1 ,
luego lı́mf (xn ) = m. Puesto que {xn }es acotada, entonces por el teorema de Bolzano-Weierstrass, {xn }tiene alguna subsucesión convergente.
Sea tal subsucesión {xkn }. Por tanto esta subsucesión tiene límite, sea
c1 = lı́m{xkn }, entonces c1 ∈ [a, b]. Si aplicamos la caracterización por
sucesiones por continuidad, tenemos que lı́m(f (xkn )) = f (c1 ), sin embargo, como el límite de la sucesión es m, entonces la subsucesión tiene su
mismo límite, y por tanto tenemos que m = lı́m(f (xkn )) = f (c1 ), hemos
llegado a que m = f (c1 ) como queríamos demostrar.
demostración:
Teorema: Bolazano.
Sea f : [a, b] → R continua. Si f (a)·f (b) < 0, (es decir, alguna de las dos es
menor que cero), entonces existe un c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Vamos a suponer que f (a) < 0 < f (b), (la demostración para
f (b) < 0 < f (a) se haria de igual forma). Consideremos el conjunto
A = [x∈[a, b]|f (x) ≤ 0]. Puesto que f es distinto del vacio, ya que como
poco a ∈ A, y a está acotado superiormente, entonces por el teorema del
supremo, existe el supremo de A, sea c = sup(A). Por tanto, debe existir
una sucesión {xn }, tal que para cada n ∈ N, se tiene que c − n1 < xn < c.
Luego lı́m{xn } = c. Si aplicamos la caracterización por sucesiones por
continuidad, llegamos a que {f (xn )} → f (c), y por tanto f (c) ≤ 0. Por
otra parte, como c es el supremo de A, entonces c 6= b, es decir, c < b, si
tomamos ahora una sucesión {yn }, con c ≤ yn < b, y con {yn } → c, por la
caracterización por sucesiones por continuidad, tenemos que {f (yn )} →
f (c). Puesto que {yn } =
6 A, entonces f (yn ) ≥ 0, y por tanto f (c) ≥ 0.
Tenemos entonces que f (c) ≥ 0 y f (c) ≤ 0, y por consiguientee f (c) = 0.
demostración:
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Teorema: Valores intermedios.
Sea f : [a, b] → R continua. Sea l ∈ R tal que f (a) ≤ l ≤ f (b) (o f (b) ≤ l ≤ f (a)
). Entonces existe un c ∈ [a, b] tal que f (c) = l.
se deduce fácilmente del teorema de Bolzano. En efecto, si
f (a) = l ó f (b) = l, ya hemos terminado. Supongamos que f (a) < f (b).
Si denimos la función g : [a, b] → R, tal que g(x) = f (x) − l entonces g
satisface: g(a) = f (a) − l < 0 (por ser f (a) ≤ l). g(b) = f (b) − l > 0 (por
ser f (b) ≥ l), luego por Bolzano, existe un c ∈ [a, b] tal que f (c) = l.
demostración:
Límites innitos.
Teorema: Caracterización por sucesiones.
Sea f : D → R, sea a punto de acumulación de D. Entonces lı́mx→a f (x) = +∞
si y sólo si para toda sucesión {xn }, con xn 6= a, y tal que {xn } → a, se cumple
que {f (xn )} → +∞.
demostración:
Supongamos que lı́mx→a f (x) = +∞. Sea {xn }, con xn ∈ D,
xn 6= a, y tal que {xn } → a; queremos ver que {f (xn )} → +∞. Puesto
que lı́mx→a f (x) = +∞, entonces dado un K>0, existe un δ > 0, tal que
si x ∈ D, 0 < |x − a| < δ, entonces f (x) > K. Por otra parte, para ese
mismo δ, como {xn } → a, existe un N ∈ N, tal que para todo n ≥ N, se
tiene que |xn − a| < δ. Luego juntando ambas cosas, vems que si n ≥ N,
entonces f (xn ) > K. Hemos probado asi que para todo K > 0, existe un
N ∈ N, tal que si n ≥ N, entonces f (xn ) > K.
Supongamos ahora que {f (xn )} → +∞. Por reducción al absurdo, supongamos
que f no tiende a +∞, esto signica, que existe un K > 0 tal que para todo
δ > 0 hay algún x ∈ D, 0 < |x − a| < δ tal que f (x) ≤ K. En particular para
δ = n1 , podemos elegir xn tal que xn 6= a, {xn } → a, 0 < |xn − a| < n1 y tal que
f (xn ) < K para todo n ∈ N. De esas dos condiciones sacamos que el límite de xn
es a (por el criterio del Sandwich), sin embargo no cumple que {f (xn )} → +∞,
por tanto hemos llegado a una contradicción.
Lorena Cid Diaz.
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