Funciones continuas. Mariano Suárez-Alvarez. 4 de junio, Índice

Transcripción

1 Funciones continus Mrino Suárez-Alvrez 4 de junio, 2013 Índice 1. Funciones continus Alguns propieddes básics Los teorems de Weierstrss y Bolzno Funciones uniformemente continus Funciones continus 1.1. Se A R y f : A R un función. Si x 0 A, decimos que f es continu en x 0 si pr todo ε > 0 existe δ > 0 tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < ε. Si f es continu en cd punto de A, decimos que f es continu Proposición. Sen A R, f : A R un función y x 0 A. L función f es continu en x 0 sii pr cd ε > 0 existe δ 0 tl que f (A B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )). Demostrción. Esto es simplemente un reescritur de l definición Proposición. Sen A R y f : A R un función. L función f es continu sii pr cd bierto U R existe un bierto V R tl que f 1 (U) = A V. Compildo: 9 de myo de

2 Demostrción. Supongmos primero que f es un función continu y se U R un bierto. Si x f 1 (U), entonces porque U es bierto y f (x) U existe ε x > 0 tl que B εx ( f (x)) U y, porque f es continu en x, existe δ x > 0 tl que f (B δx (x) A) B εx ( f (x)). Consideremos hor el conjunto V = x f 1 (U) B δx (x), que es un bierto de R porque es un unión de biertos. Notemos que ( ) ( ) f (A V) = f A B δx (x) = f A B δx (x) = x f 1 (U) x f 1 (U) f (A B δx (x)) x f 1 (U) x f 1 (U) B εx (x) U, sí que A V f 1 (U). Por otro ldo, si x f 1 (U), entonces x A y x B δx (x) V, de mner que x A V. Vemos sí que f 1 (U) = A V, como querímos. Esto prueb l necesidd de l condición del enuncido. Recíprocmente, supongmos que es condición se stisfce, se x 0 A y mostremos que f es continu en x 0. Se ε > 0. Como el conjunto B ε ( f (x 0 )) es un bierto de R, l hipótesis nos dice que existe un bierto V R tl que f 1 (B ε ( f (x 0 ))) = A V. (1) Clrmente x 0 f 1 (B ε ( f (x 0 )), de mner que x 0 V, y entonces existe δ > 0 tl que B δ (x) V, y que V es bierto. Usndo esto y (1), vemos que f (A B δ (x 0 )) f (A V) B ε ( f (x 0 )). L Proposición 1.2, entonces, nos dice que f es continu en x Proposición. Sen A R, f : A R y x 0 A. L función f es continu en x 0 sii pr cd sucesión (x n ) n 1 con vlores en A que converge x 0, l sucesión ( f (x n )) n 1 converge f (x 0 ). Demostrción. Vemos primero l necesidd de l condición. Supongmos que l función f es continu en x 0 y se (x n ) n 1 un sucesión con vlores en A que converge x 0. Se ε > 0. Como f es continu en x 0, existe δ > 0 tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < ε. (2) Por otro ldo, como l sucesión (x n ) n 1 converge x 0, existe N N tl que n N = x n x 0 < δ. (3) Si hor n N es tl que n N, de (3) vemos que x n x 0 < δ, sí que (2) nos dice que f (x n ) (x 0 ) < ε. Esto muestr que l sucesión ( f (x n )) n 1 converge f (x 0 ). 2

3 Supongmos hor, recíprocmente, que l condición del enuncido se stisfce y, pr llegr un bsurdo, supongmos que f no es continu en x 0. Existe entonces ε > 0 tl que pr todo n 1 existe un punto x n A tl que y x n x 0 < 1 n f (x n ) f (x 0 ) ε. (5) (4) Es inmedito de (4) que l sucesión (x n ) n 1 converge x 0, sí que l hipótesis nos dice que l sucesión ( f (x n )) 1 converge f (x 0 ) y, en prticulr, que existe n 0 N tl que f (x n0 ) f (x 0 ) < ε. Esto es imposible, y que contrdice (5). 2. Alguns propieddes básics 2.1. Proposición. Se A R un conjunto y f : A R un función continu. Si X A es un subconjunto, entonces l restricción f X : X R es continu. Demostrción. Se x 0 B y se ε > 0. Como f es continu en x 0, existe δ > 0 tl que f (A B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )). Ahor bien, como X B δ (x 0 ) A B δ (x 0 ), es f X (X B δ (x 0 )) = f (X B δ (x 0 )) f (A B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )) = B ε ( f X (x 0 )) y esto nos dice que f X es continu en x Proposición. Se A R un conjunto y f : A R un función. (i) Si existe un fmili {U i } i I de conjuntos biertos de R tl que A i I U i y pr cd i I l restricción f A Ui : A U i R es continu, entonces f es continu. (ii) Si existe un fmili finit {F 1,..., F n } de conjuntos cerrdos de R tl que A n i=1 F i y pr cd i {1,..., n} l restricción f A Fi : A F i R es continu, entonces f es continu. Demostrción. (i) Bst mostrr que, bjo l hipótesis, l función f es continu en cd punto de A. Se entonces x 0 A y se ε > 0. Como A i I U i, existe j I tl que x 0 U j y, como U j es bierto, existe δ 0 > 0 tl que B δ0 (x 0 ) U j. Por otro ldo, como l restricción f A Uj : A U j R es continu y x 0 A U j, existe δ (0, δ 0 ) tl que f (A U j B δ (x 0 ))) B ε ( f (x 0 )). Como elegimos δ < δ 0, es A U j B δ (x 0 ) = A B δ (x 0 ), y entonces f (A B δ (x 0 ))) B ε ( f (x 0 )): vemos sí que l función f es continu en x 0. (ii) Supongmos primero que n = 2. Se x 0 A y ε > 0. Como A F 1 F 2, sbemos que x 0 F 1 o x 0 F 2. Considermos dos csos: Primero, supongmos que x 0 F 1 F 2. Como ls restricciones f A F1 : A F 1 R y f A F2 : A F 2 R son continus por hipótesis, existe δ > 0 tl que 3

4 f (A F 1 B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )) y f (A F 2 B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )) y, en consecuenci, tenemos que ( (A f (A B δ (x 0 )) = f F1 B δ (x 0 ) ) ( A F 1 B δ (x 0 ) )) = f ( A F 1 B δ (x 0 ) ) f ( A F 1 B δ (x 0 ) ) B ε ( f (x 0 )). En segundo lugr, supongmos que por el contrrio x 0 F 1 F 2 ; sin pérdid de generlidd podemos suponer que x 0 F 1 y x 0 F 2. Como F 2 es un conjunto cerrdo, existe δ 0 > 0 tl que B δ0 (x 0 ) F 2 = y, como de cuerdo l hipótesis l restricción f A F1 : A F 1 R es continu, existe δ (0, δ 0 ) tl que f (A F 1 B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )). Como A F 1 F 2, es A B δ (x 0 ) = ( A F 1 B δ (x 0 ) ) ( A F 2 B δ (x 0 ) ) y, por otro ldo, A F 2 B δ (x 0 ) =, sí que f (A B δ (x 0 )) = f (A F 1 B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )). Así, en culquier de los dos csos encontrmos un número δ > 0 tl que f (A B δ (x 0 )) B ε ( f (x 0 )) y, entonces, podemos concluir que l función f es continu en x Proposición. Sen A 1, A 2 R dos conjuntos y f : A 1 R y g : A 2 R dos funciones tles que g(a 2 ) A 1. (i) Se x 0 A 1. Si g es continu en x 0 y f es continu en g(x 0 ), entonces l composición f g es continu en x 0. (ii) Si f y g son continus, entonces l composición f g es continu. Demostrción. Bst mostrr l primer prte, y que l segund es consecuenci inmedit de quell. Se x 0 A 2 y mostremos que f g es continu en x 0. Se ε > 0. Como l función f es continu en g(x 0 ), existe η > 0 tl que f (A 1 B η (g(x 0 ))) B ε ( f (g(x 0 ))). Por otro ldo, l función g es continu en x 0 sí que existe δ > 0 tl que g(a 2 B δ (x 0 )) B η (g(x 0 )). Como por hipótesis tmbién es g(a 2 B δ (x 0 )) A 1, tenemos entonces que f (g(a 2 B δ (x 0 ))) f (A 1 B η (g(x 0 ))) B ε ( f (g(x 0 ))), es decir, que ( f g)(a 2 B δ (x 0 )) B ε (( f g)(x 0 )). Esto muestr que f g es continu en x 0, como querímos. 4

5 2.4. Proposición. Se A R un conjunto y se x 0 A. (i) Tod función constnte f : A R es continu. (ii) Si f, g : A R son dos funciones continus en x 0, entonces ls funciones f + g y f g son funciones continus en x 0. (iii) Si f : A R es un función continu en x 0 y f (x 0 ) = 0, entonces existe δ 0 > 0 tl que f (x) = 0 pr todo x B δ0 (x 0 ) y l función 1 f : B δ0 (x 0 ) R es continu en x 0. Demostrción. (i) Se f : A R un función constnte. Si x 0 X y ε > 0, entonces si ponemos δ = 1 tenemos que f (A B δ (x 0 )) = { f (x 0 )} B ε ( f (x 0 )). Esto nos dice que f es continu en x 0. (ii) Se primero s = f + g. Se ε > 0. Como f y g son continus en x 0 existe δ > 0 tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < 1 2 ε, g(x) g(x 0) < 1 2 ε. Entonces, si x A y x x 0 < δ tenemos que s(x) s(x0 ) = ( f (x) f (x 0 )) + (g(x) g(x 0 ) f (x) f (x 0 ) + g(x) g(x 0 ) < ε y esto signific que s es continu en x 0. En segundo lugr, consideremos l función p = f g. Sen α = 1 2 f (x 0 ), β = 1 2( g(x 0 ) + αε ). Como g es continu en x 0, existe η > 0 tl que x A, x x 0 < η = g(x) g(x 0 ) < αε (6) y, en prticulr, tenemos que x A, x x 0 < η = g(x) < g(x 0 ) + αε (7) Por otro ldo, como f es continu en x 0, existe δ (0, η) tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < βε. (8) Entonces, si x A y x x 0 < δ, tenemos que p(x) p(x 0 ) = f (x)g(x) f (x 0 )g(x 0 ) f (x)g(x) f (x 0 )g(x) + f (x 0 )g(x) f (x 0 )g(x 0 ) = f (x) f (x 0 ) g(x) + f (x 0 ) g(x) g(x 0 ) 5

6 y, usndo (8), (7) y (6), vemos que esto es β ( g(x 0 ) + αε ) ε + f (x 0 ) αε < ε. en vist de l form en que elegimos α y β. Así, l función p es continu en x 0. (iii) Como f es continu en x 0 y 1 2 f (x 0) > 0, existe δ 0 > 0 tl que x A, x x 0 < δ 0 = f (x) f (x 0 ) < 1 2 f (x 0). Esto nos dice que si x A y x x 0 < δ 0 es f (x 0 ) f (x) f (x) f (x 0 ) < 1 2 f (x 0), de mner que f (x) > 1 2 f (x 0) (9) y, como f (x 0 ) = 0, vemos que f (x) = 0. Podemos entonces considerr l función h : x B δ0 (x 0 ) 1 f (x) R. Se hor ε > 0. Como f es continu en x 0, existe δ (0, δ 0 ) tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < f (x 0) 2 ε. (10) 2 y entonces pr cd x A B δ (x 0 ) tenemos que h(x) h(x 0 ) = 1 f (x) 1 f (x 0 ) = f (x) f (x 0) < ε, f (x) f (x 0 ) en vist de (9) y (10). Esto prueb que l función h es continu en x Los teorems de Weierstrss y Bolzno 3.1. Proposición. (Weierstrss) Si A R es un conjunto compcto y f : A R es un función continu, entonces f (A) es un conjunto compcto. Demostrción. Se (y n ) n 1 un sucesión en f (A). Pr cd n N existe x n A tl que f (x n ) = y n y, como A es compcto, l sucesión (x n ) n 1 posee un subsucesión (x nk ) k 1 que converge un punto x 0 A. Como f es continu en x 0, l Proposición 1.4 nos dice que l sucesión ( f (x nk )) k 1 converge f (x 0 ) y, como est sucesión coincide con (y nk ) k 1, vemos que l sucesión (y n ) n 1 posee un subsucesión que converge un punto de f (A). Concluimos que f (A) es compcto, como querímos Corolrio. Se A R un conjunto compcto y f : A R un función continu. Existen m, M A tles que f (m) f (x) f (M) pr todo x A. 6

7 Demostrción. De cuerdo l Proposición 3.1, el conjunto f (A) es compcto, sí que es cerrdo y cotdo. En prticulr, ínf A y sup A son elementos de f (A), sí que existen m, M A tles que f (m) = ínf f (A) y f (M) = sup f (A). El corolrio sigue inmeditmente de esto Proposición. (Bolzno) Sen A R un conjunto y f : A R un función continu. Si, b R son tles que < b y [, b] A, entonces el intervlo cerrdo con extremos f () y f (b) está contenido en f ( [, b] ). Demostrción. Supongmos que f () f (b), de mner que el intervlo cerrdo con extremos f () y f (b) es I = [ f (), f (b)]; si tuviésemos, por el contrrio, que f () > f (b), el rzonmiento serí completmente similr. Se t [ f (), f (b)] y consideremos el conjunto L = {x [, b] : f (x) t}. Como L es clrmente cotdo y no vcío y que contiene podemos considerr el número l = sup L, que es un elemento de [, b]. Sbemos que existe un sucesión (x n ) n 1 con vlores en L que converge l. Como f es continu en l, esto implic que l sucesión ( f (x n )) n 1 converge f (l). Pr todo n 1 es x n L, de mner que f (x n ) t, y entonces f (l) = lim n f (x n ) t. Supongmos que f (l) < t. En prticulr, esto nos dice que l = b, sí que existe ρ > 0 tl que [l, l + ρ) [, b]. Más ún, como en ese cso ε = t f (l) > 0 y f es continu en l, existe δ (0, ρ) tl que pr cd x A B δ (l) es f (x) B ε ( f (l)). Es l = l δ A B δ(l), sí que f (l ) < f (l) + ε = t y, en consecuenci, l L: esto es bsurdo porque l > l = sup L. Concluimos sí que debe ser f (l) = t y, entonces, que t f ([, b]) Proposición. Se A R un conjunto y sen f, g : A R dos funciones continus. Si existe un conjunto D A tl que D A y f D = g D, entonces f = g. Demostrción. Se x A y se ε > 0. Como ls funciones f y g son continus en x 0, existe δ > 0 tl que x A, x x 0 < δ = f (x) f (x 0 ) < 1 2 ε, g(x) g(x 0) < 1 2ε. (11) Por otro ldo, como x 0 A D, existe x 1 D tl que x 1 x 0 < δ. De (11), entonces, vemos que f (x 0 ) g(x 0 f (x 0 ) f (x 1 ) + f (x 1 ) g(x 1 ) + g(x 1 ) g(x 0 ) < ε, y que f (x 1 ) = g(x 1 ) por hipótesis. Como esto vle culquier se ε, podemos concluir que f (x 0 ) = g(x 0 ) y, en definitiv, que f = g Un plicción importnte de este resultdo es l siguiente: 7

8 Proposición. Se f : R R un función tl que pr cd x, y R se tiene que f (x + y) = f (x) + f (y), (12) f (x y) = f (x) f (y). (13) Entonces o bien f es idénticmente nul o bien f = id R. Demostrción. Notemos que f (1) = f (1 1) = f (1) f (1), sí que f (1) = 0 o f (1) = 1. En el primer cso tenemos que f (x) = f (x 1) = f (x) f (1) = 0 pr todo x R, de mner que f es idénticmente nul. Podemos suponer entonces que f (1) = 1. (14) Como f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0), tenemos que f (0) = 0. (15) De hecho, es cierto que si z R entonces f (z) = 0 z = 0. (16) Y probmos que f (0) = 0. Por otro ldo, si z = 0 entonces existe w R tl que z w = 1 y como f (z) f (w) = f (z w) = f (1) = 1, debe ser f (z) = 0. Observemos que f ( x) = f (x) pr todo x R. (17) En efecto, si x R, entonces f (x) + f ( x) = f (x + ( x)) = f (0) = 0, de cuerdo (15), sí que f ( x) = f (x), como firm (17). Afirmmos que f (n) = n pr todo n N. (18) En efecto, l ecución (14) nos dice que esto es cierto si n = 1; si, por otro ldo, suponemos que es cierto pr n N, entonces f (n + 1) = f (n) + f (1) = n + 1 usndo primero l hipótesis (12) y después l hipótesis inductiv y (14). Mostremos hor que f ( 1 n ) = 1 n pr todo n N. (19) Pr ello, notemos que si n N es n f ( 1 n ) = f (n) f ( 1 n ) = f (n 1 ) = f (1) = 1, n usndo (18), (13) y luego (14), y que (19) sigue inmeditmente de esto. De (13), (18) y (19) vemos, su vez, que si m, n N entonces f ( m n ) = f (m 1 n ) = f (m) f ( 1 n ) = m 1 n = m n. 8

9 En otrs plbrs, si r Q (0, + ), entonces f (r) = r. Si en cmbio r Q (, 0), usndo (17) tenemos que f (r) = f ( r) = ( r) = r, y que r Q (0, + ). Concluimos de est form que, de hecho, f (r) = r pr todo r Q. L función f es estrictmente creciente: si x, y R son tles que x < y, entonces existe z = 0 tl que y = x + z 2 y se sigue de esto que f (y) = f (x + z 2 ) = f (x) + f (z) 2 y, como f (z) = 0 por (16), que f (x) < f (y). Más ún, f es continu. Pr verlo, se x 0 R y se ε > 0. Existe n N tl que 1 n < ε. Si x R es tl que x 0 1 n < x < x n, entonces como f es estrictmente creciente tenemos que f (x 0 ) f ( 1 n ) = f (x 0 1 n ) < f (x) < f (x n ) = f (x 0) + f ( 1 n ), de mner que f (x) f (x 0 ) < f ( 1 n ) = 1 n < ε. Sbemos est ltur que l función f : R R es continu y que f Q = id R Q, y l Proposición 3.4 nos dice entonces que f = id R. 4. Funciones uniformemente continus 4.1. Se A R y f : A R un función. Decimos que f es uniformemente continu si pr todo ε > 0 existe δ > 0 tl que x, y A, x y < δ = f (x) f (y) < ε L uniforme continuidd es un condición más fuerte que l continuidd: Proposición. Sen A R un conjunto y f : A R un función. Si f es uniformemente continu, entonces f es continu. Demostrción. Se x 0 A y mostremos que f es continu en x 0. Se ε > 0. Como f es uniformemente continu, existe δ > 0 tl que x, y A, x y < δ = f (x) f (y) < ε. En prticulr, si x A y x x 0 < δ tenemos que f (x) f (x 0 ) < ε. Esto prueb lo que querímos En generl, un función continu no es uniformemente continu. Por ejemplo, l función f : x R x 2 R es continu pero no es uniformemente continu. Pr verlo, es suficiente con observr que pr cd δ (0, 1) los números y = 1 δ 1 4 δ y x = y δ son tles que x y < δ y x2 y 2 1. Si suponemos que el dominio de l función es compcto, sin embrgo, podemos probr l implicción recíproc l de l Proposición 4.2: 9

10 4.4. Proposición. Se A R un conjunto compcto y f : A R un función. Si f es continu, entonces f es uniformemente continu. Demostrción. Supongmos, pr llegr un bsurdo, que f no es uniformemente continu, de mner que existe ε > 0 tl que pr todo n N existen x n, y n A tles que x n y n < 1 n y f (x n ) f (y n ) ε. (20) L sucesión (x n ) n 1 tom vlores en A, que es un conjunto compcto, sí que existe un subsucesión (x nk ) k 1 de quéll que converge un punto x 0 A. Como f es continu en x 0, existe δ > 0 tl que x A B δ (x 0 ) = f (x) f (x 0 ) < 1 2ε. (21) Por otro ldo, como ( 1 n k ) k 1 converge 0 y (x nk ) k 1 x 0, existe K N tl que k K = 1 n k < 1 2 δ, x n k x 0 < 1 2 δ. Notemos que x nk x 0 < δ y y nk x 0 y nk x nk + x nk x 0 < 1 n K δ < δ, sí que de (21) podemos deducir que f (x nk ) f (x 0 ) < 1 2 ε y f (y n K ) f (x 0 ) < 1 2ε, de mner que f (x nk ) f (y nk ) f (x nk ) f (x 0 ) + f (y nk ) f (x 0 ) < ε. Esto contrdice (20) Si f : t (0, ) 1 t R, entonces l imgen de l sucesión ( 1 n ) n 1, que clrmente stisfce l condición de Cuchy, es l sucesión (n) n 1 que no l stisfce. Esto muestr que un función continu no preserv l propiedd de stisfcer es condición. L continuidd uniforme, en cmbio, sí lo hce: Proposición. Sen A R un conjunto y f : A R un función uniformemente continu. Si ( n ) n 1 es un sucesión con vlores en A que stisfce l condición de Cuchy, entonces l sucesión ( f ( n )) n 1 tmbién stisfce l condición de Cuchy. Demostrción. Se ( n ) n 1 un sucesión con vlores en A que stisfce l condición de Cuchy. Se ε > 0. Como f es uniformemente continu, existe δ > 0 tl que x, y A, x y < δ = f (x) f (y) < ε. (22) Por otro ldo, como ( n ) n 1 stisfce l condición de Cuchy, existe N N tl que n, m N = n m < δ. Si hor n, m N son tles que n, m 1, est últim implicción nos dice que n m < δ y entonces (22) nos permite concluir que f ( n ) f ( m ) < ε. Vemos sí que l sucesión ( f ( n )) n 1 stisfce l condición de Cuchy. 10

11 4.6. Proposición. Sen A R un conjunto y f : A R un función. Si f es uniformemente continu, entonces existe un función f : Ā R que es uniformemente continu y tl que f A = f. Demostrción. Empecemos observndo que si ( n ) n 1 es un sucesión convergente con vlores en A, entonces l sucesión ( f ( n )) n 1 converge. (23) En efecto, si ( n ) n 1 es un un sucesión con vlores en A converge, entonces stisfce l condición de Cuchy y l Proposición 4.5 nos dice que l sucesión ( f ( n )) n 1 tmbién l stisfce: esto implic que ( f ( n )) n 1 es un sucesión convergente. Mostremos, en segundo lugr, que si ( n ) n 1 y ( n) n 1 son dos sucesiones con vlores en A que convergen l mismo punto R, entonces ls sucesiones ( f ( n )) n 1 y ( f ( n)) n 1 tienen el mismo límite. (24) Pr verlo, escribmos α y α los límites de ( f ( n )) n 1 y de ( f ( n)) n 1, respectivmente, y se ε > 0. Existe N 1 N tl que m N 1 = f ( m ) α < 1 3 ε, f ( m ) α < 1 3 ε, Como f es uniformemente continu, existe δ > 0 tl que x, y A, x y < δ = f (x) f (y) < 1 3ε. (25) Finlmente, como ls sucesiones ( n ) n 1 y ( n) n 1 convergen, existe N 2 N tl que n N 2 = n < 1 2 δ, n < 1 2δ. (26) Se N = mx{n 1, N 2 }. Como N N 2, de (26) vemos que N N N + N < 1 2 δ δ = δ, Como demás N, N A, de (25) deducimos que f ( N) f ( N ) < 1 3ε, y entonces α α α f ( N ) + f ( N ) f ( N) + f ( N ) α < 1 3 ε ε ε = ε, porque N N 1 y en vist de (25). Est desiguldd vle culquier se ε > 0, si que podemos concluir que α = α como querímos mostrr. Podemos definir hor un función f : Ā R de l siguiente mner. Si Ā, entonces existe un sucesión ( n ) n 1 con vlores en A que converge. De cuerdo (23), l sucesión ( f ( n )) n 1 converge y de cuerdo (24) el límite de est sucesión depende únicmente de y no de l sucesión ( n ) n 1 elegid: podemos entonces poner f () = lim n f ( n ). 11

12 Si A, entonces l sucesión ( n ) n 1 que tiene n = pr todo n 1 es un sucesión con vlores en A que converge. En vist de l form en que fue definid l función f, tenemos que f () = lim n f ( n ) = lim n f () = f (). Vemos sí que f A = f. Probemos hor que f es un función uniformemente continu. Se ε > 0. Como f es uniformemente continu, existe δ > 0 tl que x, y A, x y < δ = f (x) f (y) < 1 2ε. (27) Sen hor x, y Ā tles que x y < δ; nos proponemos mostrr que f (x) f (y) < ε. (28) Como x e y están en Ā, existen sucesiones (x n ) n 1 e (y n ) n 1 con vlores en A que convergen x y y, respectivmente. En prticulr, como η = δ x y es un número positivo, existe N N tl que n N = x n x < 1 2 η, y n y < 1 2 η. Se sigue de esto que si n N es x n y n x n x + x y + y y n < 1 η + x y η = δ, de mner que (27) implic que f (x n ) f (y n ) < 1 2ε. (29) Por l form en que l función f fue definid, ls sucesiones ( f (x n )) n 1 y ( f (y n )) n 1 convergen f (x) y f (y), respectivmente. Tomndo límite cundo n en (29) vemos entonces que f (x) f (y) 1 2ε, y esto implic l desiguldd (28) que querímos obtener. Finlmente, pr probr l unicidd supongmos que g : Ā R es otr función continu tl que g A = f : que es f = g es entonces un consecuenci inmedit de l Proposición 3.4 plicd nuestr ls funciones f y g con D = A Un plicción importnte de l noción de continuidd uniforme y, en prticulr, de l Proposición 4.4, es el siguiente resultdo: Proposición. Si f : [, b] R es un función continu definid sobre un intervlo compcto, entonces f es integrble en el sentido de Riemnn. Demostrción. Se ε > 0. Como f es uniformemente continu, existe δ > 0 tl que x, y [, b], x y < δ = f (x) f (y) < 1 b ε. (30) 12

13 Se P = {x 0, x 1,..., x n } un prtición del intervlo [, b] de mll menor que δ, de mner que = x 0 < x 1 < < x n = b y 0 < x i x i 1 < δ pr cd i {1,..., n}. Si i {1,..., n}, ponemos F i = { f (x) : x [x i, x i 1 ]}, m i = ínf F i y M i = sup F i ; notemos que M i m i.. Como l restricción f [xi,x i 1 ] : [x i, x i 1 ] R es continu, existen α i, β i [x i, x i 1 ] tles que m i = f (α i ) y M i = f (β i ). Como α i β i x i x i 1 < δ, de (30) deducimos que M i m i = f (α i ) f (β i ) 1 b ε. Se sigue de esto que n i=1 (x i x i 1 )M i n i=1 (x i x i 1 )m i = n i=1 (x i x i 1 )(M i m i ) < 1 b ε n i=1(x i x i 1 ) = ε, y entonces pr ls integrles inferior y superior de Drboux tenemos que b f n i=1 (x i x i 1 )M i < n i=1 (x i x i 1 )m i + ε b f + ε. Como siempre vle que b f b f, concluimos que 0 b f b f < ε. L rbitrriedd de ε implic que, de hecho, es b integrble en [, b]. f = b f y esto nos dice que f es 13