Pauta 1 : Sucesiones y Continuidad

Transcripción

1 MA Cálculo Diferencial e Integral Profesor: Mauricio Telias Auxiliar: Arturo Merino P1. [Función por partes] Pauta 1 : Sucesiones y Continuidad 8 de agosto del 2017 Sea a R \ {0, 1} y b R. Consideremos la función f : R R definida por: sin((1 a)x) x si x < 0 f(x) = b(x a) 2 si 0 x 1 si 1 < x sin(a(x 1)) log(x) a) Estudie la continuidad de f en los intervalos (, 0), (0, 1) y (1, ). b) Que condiciones deben satisfacer a y b para que f sea continua en 0? c) Que condiciones deben satisfacer a y b para que f sea continua en 1? d) Que condiciones deben satisfacer a y b para que f sea continua? P2. [Continuidad por ε δ] Demuestre que f(x) = x 2 es continua mediante la definición ε δ 1

2 P3. [Sucesiones y Subsucesiones] a) Considere la siguiente sucesión definida por recurrencia: { ns n 1 s n = sin(n)s n 2 si n es impar si n es par Con condiciones iniciales s 0 = s 1 = 1. Demuestre que s n tiene una subsucesión convergente. b) Sea f : [a, b] R una función continua y (x n ) una sucesión tal que f(x n ) ȳ. Demuestre que x [a, b] tal que f( x) = y. Obs: Ojo que (x n ) no necesariamente es convergente. c) Sea x n una sucesión tal que las subsucesiones x 2n, x 2n+1 y x 3n son convergentes. Demuestre que x n es convergente. Solución 1. a) b) c) Notemos que las sucesiones podrían converger a distintos limites, es decir, solamente sabemos que x 2n l 1, x 2n+1 l 2 y x 3n l 3. A pesar de lo anterior sabemos que x 6n = x 3(2n) l 3 pues es subsucesión de x 3n, por otro lado x 6n = x 2(3n) l 1 pues es subsucesión de x 2n, por unicidad del limite concluimos que l 1 = l 3. De manera análoga sabemos que x 6n+3 = x 3(2n+1) l 3 debido a que es subsucesión de x 3n y x 6n+3 = x 2(3n+1)+1 l 2 pues es subsucesión de x 2n+1, nuevamente la unicidad del limite nos da que l 2 = l 3. Por lo anterior definamos l = l 1 = l 2 = l 3, donde l será nuestro candidato a limite de x n. Sea ε > 0, como x 2n l tenemos que existe N 1 tal que para todo n N par se verifica x 2n l ε. Como x 2n+1 l también existe N impar tal que para todo n N impar se verifica x 2n+1 l ε. Tomemos n 0 2 máx{n par, N impar }, luego para todo n n 0 tenemos los siguientes casos: Si n es impar, entonces n = 2k + 1, de esto k = n 1 2 n 2 máx{n par, N impar } N impar y por tanto: x n l = x 2k+1 l ε Si n es par, entonces n = 2k, de esto k = n 2 máx{n par, N impar } N par y por tanto: x n l = x 2k l ε Es decir hemos concluido que ε, n 0 N tal que n n 0 tenemos x n l ε es decir x n l. 2

3 P4. [Propiedades que implican continuidad] a) Sea f : R + R una función que para todo x, y R + satisface f(xy) = f(x) + f(y). Demuestre que si f es continua en 1, entonces lo es en todo su dominio. b) Sea f : R R una función Lipchitz, esto es, que existe L > 0 tal que para todo x, y R se verifica: Demuestre que f es continua. f(x) f(y) L x y c) Suponga que f y g son dos funciones tal que g es continua en 0, g(0) = 0 y f(x) g(x). Demuestre que f es continua en 0. Solución 2. a) b) Sea x R y (x n ) R una sucesión tal que x n x, como f es Lipchitz f(x n ) f( x) L x n x lím f(x n ) f( x) L lím x n x 0 lím f(x n ) f( x) 0 De esto lím f(x n ) f( x) = 0 y por tanto f(x n ) f( x) lo que nos dice que f es continua. c) Notemos primero que evaluando la desigualdad en 0, tenemos que f(0) g(0) = 0. Luego dada una sucesión (x n ) Dom(f) tal que x n 0 notemos que: f(x n ) g(x n ) lím f(x n ) lím g(x n ) /Continuidad de x x lím f(x n ) lím g(x n ) /Continuidad de g lím f(x n ) g(0) lím f(x n ) 0 De esto f(x n ) 0 = f(0) lo que nos da la continuidad de f en 0. 3

4 P5. [Una función aditiva] Sea f : R R una función continua y aditiva, esto es: x, y R f(x + y) = f(x) + f(y) Demuestre que α R tal que f(x) = αx. Hint: Demuestre que f(x) = xf(1) para x N, Z, Q y R (en ese orden). Solución 3. Sea x N, luego: f(x) = f( ) x veces = f(1) + f( ) x 1 veces. = f(1) + + f(1) x veces = xf(1) Sea x Z, si x > 0 no hay problema pues estamos en el caso anterior. Si x = 0, entonces: Por tanto f(0) = 0f(1). Si x < 0, entonces x > 0, luego: f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0) = 0 0 = f(0) = f(x + ( x)) = f(x) + f( x) = f(x) xf(1) De lo anterior f(x) = xf(1). Si x Q, entonces tenemos que x = a b con a, b Z y b 0, luego: Que era lo pedido. af(1) = f(a) = f( a b b) = bf(a b ) = f(a b ) = Notemos que hasta ahora no hemos ocupado la continuidad, la ocuparemos de la siguiente manera, si x R podemos aproximar x por una sucesión de racionales, esto es, existe (s n ) Q tal que s n x. Luego: f(s n ) = s n f(1) lím f(s n ) = f(1) lím s n f(x) = xf(1) /Continuidad de f Tomando α = f(1) concluimos que f(x) = αx. 4

5 P6. [Extra - Completitud] Una sucesión (x n ) se dirá de Cauchy si ε > 0, N N tal que n, m N se verifica x n x + m ε. El objetivo de este problema será probar que una sucesión es de Cauchy si y sólo si es convergente. a) Demuestre que una sucesión convergente es de Cauchy. b) Demuestre que las sucesiones de Cauchy son acotadas. c) Demuestre que si una sucesión de Cauchy tiene subsucesión convergente, entonces la sucesión converge. d) Concluya que las sucesiones de Cauchy son convergentes. Solución 4. a) Si x n es convergente, entonces x n l para algún l R. Sea ε > 0, luego para ε 2 n N, x n l ε. Luego si m, n > N, entonces: > 0 existe N tal que De donde tenemos que la sucesión es Cauchy. x n x m = (x n l) + (l x m ) x n l + x m l ε/2 ε/2 b) Como la sucesión es Cauchy, para ε = 1 existe N tal que para todo n, m N: ε x n x m 1 Ocupando la triangular inversa tenemos que x n x m x n x m 1. Tomando m = N tenemos que para todo n N se verifica x n x N + 1. Notemos que lo anterior acotó CASI todos los elementos de la sucesión. Luego para todo n tenemos que se verifica: x n máx{ x 0, x 1,..., x N 1, x N + 1} De donde vemos que la sucesión es acotada. Obs: Podriamos haber tomado ε igual a cualquier cosa y la demostración funciona igual. c) Supongamos ahora que (x n ) es Cauchy y tiene subsucesión convergente, es decir (x f(n) ) l para alguna subsucesión. Queremos probar que ε > 0, N tal que para n N se tiene x n l ε. Sea ε > 0, como la sucesión es Cauchy existe M 1 tal que para todo n, m M se verifica x n x m ε/2, además como (x f(n) ) l podemos encontrar M 2 tal que n M 2 se verifica x (fn) l ε/2. Por último sea n máx{m 1, M 2 } y k tal que f(k) máx{m 1, M 2 }: Es decir x n l. x n l = x n x f(k) + x f(k) l x n x f(k) + x f(k) l ε/2 ε/2 ε d) Notemos que si tenemos una sucesión de Cauchy, por la parte b) sabemos que es acotada. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass tiene una subsucesión convergente y por la parte c) concluimos que converge. 5