Continuidad limite funcional

Ejercicios de Análisis Matemático
Continuidad y límite funcional
1. a) Da un ejemplo de una función continua cuya imagen no sea un intervalo.
b) Da un ejemplo de una función definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no
sea continua.
c) Da un ejemplo de una función continua en todoR, no constante y cuya imagen sea un conjunto
(obligatoriamente un intervalo) acotado.
d) Da un ejemplo de una función continua en OE0; 1OE tal que f .OE0; 1OE/ no sea acotado.
e) Da un ejemplo de una función continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen
sea un intervalo cerrado y acotado.
Solución. a) Una función continua cuya imagen no sea un intervalo no puede estar definida en
un intervalo. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la
función f W0; 1OE[2; 3OE! R dada por f .x/D1 para x 20; 1OE y f .x/D2 para x 22; 3OE. Es claro
que f es continua (usa, si quieres el teorema de localización para justificarlo en media línea) y
su imagen es el conjunto f1; 2g que no es un intervalo.
b) Aquí debes tener en cuenta que la función que buscas no puede ser monótona. Una vez que
caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la función f W OE0; 2 ! R
dada por f .x/ D 2x para x 2 OE0; 1, f .x/ D x=2 para x 21; 2. Claramente f es discontinua en
x D 1, pero su imagen es el intervalo OE0; 2.
1
c) Esto es muy fácil. Por ejemplo, la función f .x/ D
1 C x2
. Claramente, f .R/D0; 1.
d) Esto es muy fácil. Por ejemplo, f .x/ D
1
1 x
, x 2 OE0; 1OE. Claramente, f .OE0; 1OE/ D OE1;C1OE.
e) Por ejemplo, la restricción de la función seno al intervalo ; OE. Si quieres otro ejemplo
más elemental, puedes modificar de forma apropiada el ejemplo del punto b).
2. Prueba que si f W A ! R es continua en a entonces también lo es jf j. Da un ejemplo de función
discontinua cuyo valor absoluto es continua.
Demostración. Todo lo que se necesita es la desigualdadˇˇ
juj jvjˇˇ
6 ju vj. En nuestro caso
tenemos:
ˇˇ
jf .x/j jf .a/jˇˇ
6 jf .x/ f .a/j
ˇ
ˇˇ
ˇSupuesto que f es continua en a, dado 0, existe ı 0 tal que si jxaj ı y x2A entonces
jf .x/ f .a/j lo que, por la desigualdad anterior, implica quejf .x/j jf .a/j y, por
tanto, jf j es continua en a.
La función dada por f .x/ D 1 si x 0 y f .x/ D 1 si x 0 , es discontinua en 0 pero jf j es continua en 0. ©
3. Estudia la continuidad de la función f W R ! R dada por f .x/ D E.x2/.
Demostración. Claramente f DE ı' donde '.x/Dx2. Puesto que ' es continua en todo punto
y la función parte entera es continua en R n Z, deducimos por el teorema de composición de
funciones continuas, que f es continua en todo punto a2R tal que '.a/ D a262 Z. Es decir, f
es continua en RnB donde BDfpn W n2Ng[fpn W n2Ng[f0g. Los puntos de B requieren
un estudio particular pues, a priori, no podemos asegurar que f sea discontinua en ellos.
Empecemos estudiando la posible continuidad de f en 0. Es claro que para 1 x 1 tenemos
que 06x2 1 por lo que f .x/D0 para todo x21; 1OE. Es decir, la función fj1;1OE ( restricción
de f al intervalo 1; 1OE) es la función constante igual a 0 y por tanto fj1;1OE es continua. Como
el intervalo 1; 1OE es abierto deducimos, por el teorema de localización que f es continua en
1; 1OE y, en particular, f es continua en 0.
Dpto. de Análisis Matemático Universidad de Granada

Ejercicios de Análisis Matemático 2
Consideremos ahora un punto de la forma pq donde q 2 N (fijo en lo que sigue). Para todo
x 2pq 1;pq OE se tiene que q 1 x2 q por lo que f .x/ D q 1. Cualquiera sea ı 0,
hay puntos
x2pq ı;pq C ıOEpq 1;pq OE
para los que jf .pq/ f .x/jDjq .q 1/jD1, por lo que tomando 0 1 deducimos que f
no es continua en pq.
De forma análoga se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma pq donde q2N.©
4. Estudia la continuidad de la función f WR ! R, definida por f .x/DxE.1=x/ si x¤0, f .0/D1.
Solución. El teorema de localización puede usarse en este tipo de ejercicios. En nuestro caso, es
evidente que para x 1 es f .x/ D 0, y para x 1 es f .x/ D x. Por tanto la restricción
de f a los intervalos 1;C1OE y 1;1OE es continua y, como estos intervalos son abiertos,
deducimos por el teorema de localización que f es continua en dichos intervalos. De forma
parecida podemos razonar con un intervalo del tipo 1=.n C 1/; 1=nOE donde n 2 N pues, para
x 21=.n C 1/; 1=nOE se tiene que f .x/ D nx, luego la restricción de f a dicho intervalo es
continua y, por tratarse de un intervalo abierto, deducimos que f es continua en 1=.nC1/; 1=nOE.
Análogamente se razona con un intervalo del tipo 1=n;1=.nC1/OE. El teorema de localización
no nos dice qué pasa en los puntos extremos de los intervalos considerados, es decir, en los puntos
de la forma 1=n donde n2Z , y tampoco en 0.
Estudiemos qué ocurre en un punto de la forma 1=p donde p 2 es un entero (fijo en lo que
sigue). Tenemos que f .1=p/D1. Para todo x 21=.p 1/; 1=pOE se tiene que p 1 1=x p,
por lo que E.1=x/ D p 1 y f .x/ D .p 1/x, y por tanto
f .1=p/ f .x/ D 1 .p 1/x 1 .p 1/=p D 1=p:
En consecuencia, dado 0D1=2p, cualquiera sea ı 0 hay puntos x 21=.p1/; 1=pOE cuya dis-tancia
al punto 1=p es menor que ı, para los cuales no se verifica la desigualdad
jf .1=p/ f .x/j 0. Concluimos que f es discontinua en 1=p. De forma parecida se prueba
que f es discontinua en los puntos de la forma 1=q donde q 6 2 es un entero. Igualmente se
prueba que f es discontinua en los puntos 1 y 1.
Queda por ver qué pasa en 0. Si dibujamos con paciencia (con lápiz y regla) la gráfica de f
obtenemos la figura 1 (los segmentos verticales indican discontinuidades de salto):
1
-2 -1 O 1
Figura 1: La función xE.1=x/
Parece que f es continua en 0. Para probarlo hay que probar que jf .x/ f .0/j es tan pequeño
como queramos ( ) siempre que jx 0jDjxj sea suficientemente pequeño ( ı). Lo usual en
estos casos es trabajar para atrás. Empezamos acotando f .x/ 1. Recordemos que
E.1=x/ 6 1=x 6 E.1=x/C 1 (1)

Si x 0 podemos multiplicar por x dicha desigualdad para obtener que
xE.1=x/ 6 1 6 xE.1=x/ C x:
Resulta así que para x 0 es:
0 6 1 xE.1=x/ D f .0/ f .x/ 6 x (2)
Si x 0 podemos multiplicar por x la desigualdad (1) para obtener que
xE.1=x/ 1 xE.1=x/ C x:
Resulta así que para x 0 es:
0 1 xE.1=x/ D f .0/ f .x/ x es decir 0 6 f .x/ f .0/ 6 x (3)
De (2) y (3) deducimos que jf .x/ f .0/j 6 jxj. En consecuencia, dado 0, tomamos ı D
con lo que, evidentemente, si jxj ı entonces jf .x/ f .0/j . Luego f es continua en 0. ©
5. Estudia la continuidad de la función f W R ! R dada por f .x/ D x sen.1=x/ si x ¤ 0 y
f .0/ D 0.
Solución. El propósito de este ejercicio es que no olvides que jsen zj61 para todo z 2 R. Da
igual como escribas z, esta desigualdad es válida para todo número real z (recuerda cómo deben
leerse las matemáticas). Por tanto jsen.1=x/j61. En consecuencia, jf .x/j6jxj de donde se sigue
inmediatamente que f es continua en 0. ©
6. Estudia la continuidad de la función f W OE0; 1 ! R dada por:
f .x/ D 0 si x D 0 o x es irracional
1=q si x D p=q (fracción irreducible)
Solución. Es fácil probar que la función es discontinua en todos los puntos racionales de 0; 1.
La idea es que en todo intervalo abierto hay números irracionales en los que la función vale 0.
Sea r D p
q 20; 1 un número racional escrito como fracción irreducible. Tenemos que f .r /D 1
q .
Tomemos ahora un 0 menor que 1
q ; por ejemplo D 1
2q . Cualquiera sea ı 0, en el
intervalo r ı; r CıOEOE0; 1 hay números irracionales, si x es uno de ellos, se tiene que x2OE0; 1,
jx r j ı pero jf .x/ f .r /jD 1
q no es menor que D 1
2q . Concluimos que f es discontinua
en r .
Para probar que f es continua en todos los puntos irracionales de OE0; 1 y también en 0 hay
que pensar un poquito. La idea es la siguiente: dado 0, quitar los puntos de OE0; 1 donde
la función toma un valor mayor que . Dichos puntos son los puntos racionales de la forma
r D p
(fracción irreducible p; q 2 N) con 1
, esto es, q 1
6
. Fijado un valor de 0,
q q
el conjunto de valores de q 2 N para los que se verifica que 1
q
es finito. Llamemos a este
conjunto Q. Para cada número q 2 Q las fracciones irreducibles de la forma p
q que están en
0; 1 son como mucho q 1. Concluimos que el conjunto de los números racionales de 0; 1 en
los que la función f toma un valor mayor o igual que , es finito. Llamemos a este conjunto R.
Sea ahora a un número irracional de OE0; 1 o a D 0. Tenemos que a62 R por lo que para todo
r 2R el número ja r j es positivo. Sabemos que todos conjunto finito tiene máximo y mínimo.
Definamos ı D mKın fja r j W r 2Rg. Entonces ı 0 y para todo x 2 OE0; 1 con jx aj ı se
tiene que x62 R, luego jf .x/ f .a/j D f .x/ , lo que prueba que f es continua en a. ©
7. Sea f W OEa; b ! R continua. Supongamos que a 6 f .x/ 6 b para todo x en OEa; b. Prueba que
hay algún punto c 2OEa; b tal que f .c/ D c.
Solución. Este ejercicio es muy sencillo. Basta hacer una representación gráfica. Imagina la grá-fica
de una función continua f en OEa; b que toma valores en OEa; b. Lo que te dicen en el ejercicio
es que pruebes que la gráfica de f corta a la diagonal del rectángulo OEa; b OEa; b. Gráficamente
eso es evidente. Para hacerlo, seguiremos la estrategia (??). La ecuación que debemos considerar

es f .x/D x. Definamos h.x/ Dx f .x/ para x 2 OEa; b. La función h es continua, porque nos
dicen que f es continua, y está definida en el intervalo OEa; b. Tenemos que h.a/Da f .a/ 6 0
y h.b/ D b f .b/ 0. Si alguno de estos números es igual a 0 entonces c D a o c D b; en otro
caso debe ser h.a/ 0 y h.b/ 0, en cuyo caso el teorema de Bolzano asegura que hay algún
c 2a; bOE tal que h.c/ D 0, es decir, f .c/ D c. ©
8. Prueba que la ecuación xCex Carc tg xD0 tiene una sola raíz real. Da un intervalo de longitud
uno en el que se encuentre dicha raíz.
Solución. Sea f .x/DxCex Carc tg x para todo x2R. Es evidente que f .x/ 0 para todo x0.
Observa que si x 0 y está muy alejado del origen, entonces ex es positivo pero muy pequeño y
arc tg x será negativo (cercano a =2). Vemos así que para estos valores de x la función f será
negativa. De alguna forma debemos justificar esto que “vemos”. Podríamos hacerlo estudiando
el límite en 1 pero aún no tenemos esa herramienta. Para lo que nos pide el ejercicio, es
suficiente que encontremos un punto a 0 en el que f .a/ 0. En estos ejercicios no hay
que buscar valores “raros”. Tomemos aD1. Tenemos que f .1/D1C1= eCarc tg.1/D
1 C 1= e =4, como e 2, claramente es f .1/ 0. Como f es continua, está definida en
un intervalo (todo R) y toma valores positivos y negativos, el teorema de Bolzano nos dice que
debe anularse en algún punto. Como la función f es estrictamente creciente, por ser suma de
funciones estrictamente crecientes, es inyectiva, por lo que se anula en un único punto. Además,
como f .0/D1, el teorema de Bolzano nos dice que el punto donde f se anula está en OE1; 0. ©
9. Suponiendo que la temperatura varía de forma continua, prueba que siempre hay dos puntos
antípodas en el ecuador terrestre que están a la misma temperatura.
Solución. Llamemos L a la longitud del ecuador terrestre (unos cuarenta mil Kilómetros). Sea
f W OE0;L ! R la función que a cada punto x 2 OE0;L hace corresponder la temperatura, f .x/,
medida en grados centígrados, que hay en dicho punto del ecuador. Suponemos que f es una
función continua (cosa muy razonable). Se trata de probar que hay algún punto c 2 OE0;L=2
tal que f .c/ D f .c C L=2/. Para ello, aplicando la estrategia (??), consideramos la función
h.x/Df .xCL=2/f .x/ definida en el intervalo OE0;L=2. Tenemos que h.0/Df .L=2/f .0/
y h.L=2/Df .L/f .L=2/. Lo único que hay que darse cuenta ahora es que el punto a distancia
L vuelve a ser el punto de partida (el ecuador es una curva cerrada), por tanto f .L/ D f .0/ y,
h.L=2/Df .0/f .L=2/. Observamos que h.0/ y h.L=2/ son números opuestos. O los dos son
cero, en cuyo caso podemos tomar cD0, o uno es negativo y otro positivo, en cuyo caso el teorema
de Bolzano asegura que h tiene que anularse en algún c 20;L=2OE, esto es, f .c C L=2/ D f .c/,
como se quería probar. ©
10. Sea f W OEa; b ! R continua con f .a/ D f .b/. Dado n2N, n 2, prueba que hay algún punto
c 2OEa; b .b a/=n tal que f .c/ D f .c C .b a/=n/.
Solución. Sea f W OEa; b ! R una función continua. Llamemos al número f .b/ f .a/ el in-cremento
de f en OEa; b. Dado un número natural n 2, nos preguntamos si hay algún intervalo
de longitud .b a/=n en el cual el incremento de f sea igual a .f .b/ f .a//=n. Para ello
dividimos el intervalo OEa; b en n intervalos de longitud igual a .b a/=n. Estos intervalos son de
la forma OExk; xkC1, donde xk D a C k.b a/=n, k D 0; 1; : : : ; n 1. Es claro que la suma de
los incrementos de f en cada uno de los n intervalos OExk; xkC1 es igual al incremento de f en
el intervalo OEa; b. Es decir:
n1
XkD0
.f .xkC1/ f .xk// D f .b/ f .a/:
Como en esta suma hay n sumando en total, deducimos que o bien todos ellos son igual a
.f .b/ f .a//=n o bien alguno de ellos es mayor que .f .b/ f .a//=n en cuyo caso tiene
que haber necesariamente otro que sea menor que .f .b/ f .a//=n.
Definamos la función g W OEa; b .b a/=n ! R por g.x/Df .xC.ba/=n/f .x/. Nótese
que g.xk/ D f .xkC1/ f .xk/. Según acabamos de ver:

O bien para todo k D0; 1; : : : ; n1 es g.xk/D
f .b/ f .a/
n
, en cuyo caso se verifica que
f .xkC1/ f .xk/ D
f .b/ f .a/
n
.
O bien hay puntos xp; xq tales que g.xp/ .f .b/ f .a//=n g.xq/, en cuyo caso,
como la función g es continua, el teorema de Bolzano implica que tiene que haber algún
punto t0 comprendido entre xp y xq tal que g.t0/ D .f .b/ f .a//=n, es decir se verifica
que f .t0 C .b a/=n/ f .t0/ D .f .b/ f .a//=n.
Hemos probado así que hay un intervalo de longitud .b a/=n en el cual el incremento de f es
igual a .f .b/ f .a//=n. ©
11. Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t0. El reloj puede adelantar o atrasar, pero cuenta
con exactitud períodos de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t0 C 12
horas. Demuestra que en algún momento dicho reloj mide con exactitud una hora.
Solución. Sea f W OE0; 12! R la función definida por: f .t /D tiempo (medido en horas) que
marca el reloj en el tiempo t . Podemos admitir que f es continua. El incremento de f en el
intervalo OE0; 12 es igual a f .12/ f .0/ D 12. Deducimos, por lo antes visto que, para cada
n 2, hay algún intervalo de longitud .12 0/=n en el cual el incremento de f es igual a
.f .12/ f .0//=n. Es decir, que en algún instante c0 el reloj mide con exactitud un período de
tiempo igual a 12
n horas: f .c0 C12=n/f .c0/D12=n. Tomando nD12 obtenemos la solución
del ejercicio. ©
12. Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo
inicia el regreso a la misma hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese
que en algún momento del domingo el automovilista se encuentra a igual distancia de Granada
que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento.
Solución. Supongamos que el automovilista tarda 4 horas en llegar a Madrid. Llamando
f W OE8; 12 ! R la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia f .t / (medi-da
en kilómetros) que el automovilista ha recorrido el sábado, y g W OE8; 12 ! R a la función que
en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia g.t / (medida en kilómetros) que el automovi-lista
ha recorrido el domingo; tenemos que f .8/ D g.8/ D 0, f .12/D g.12/D ˛ donde ˛ es la
distancia entre Granada y Madrid.
Como las funciones f y g son continuas, la función h.t /Df .t /.˛g.t // también es continua.
Como h.8/ D ˛ 0, h.12/ D ˛ 0, deducimos que h.t0/ D 0 para algún t0 2 OE8; 12, es
decir f .t0/ D ˛ g.t0/. Por tanto, el sábado y el domingo, en el instante t0 el automovilista se
encuentra a la misma distancia de Granada.
Si dibujas las gráficas de f y de ˛ g verás que este resultado es evidente. ©
13. Sean f; g funciones continuas que no se anulan en un intervalo I, verificando que .f .x//2 D .g.x//2 para todo x 2I. Prueba que o bien f .x/ D g.x/ para todo x 2I, o bien f .x/ D g.x/
para todo x 2I. ¿Cuántas funciones hay ' W R ! R continuas y verificando que .'.x//2 D x2
para todo x2R?.
f .x/
Solución. La función h.x/ D
g.x/
es continua en I y verifica que h.x/2 D 1 para todo x 2 I,
luego h.x/D1 o h.x/D1 para cada x2I. Como I es un intervalo y h es continua, el conjunto
h.I/ tiene que ser un intervalo, luego deberá ser h.I/Df1g o h.I/Df1g. En el primer caso es
f .x/ D g.x/ para todo x2I, en el segundo f .x/ D g.x/ para todo x2I.
La igualdad '.x/2 Dx2 para todo x2R equivale a j'.x/jDjxj. Lo que da cuatro posibilidades;
a saber: '1.x/ D x, '2.x/ D x, '3.x/ D jxj, '4.x/ D jxj, donde, en cada caso, se entiende
que las igualdades son para todo x2R. ©
14. Sea f W R ! R continua y decreciente. Prueba que hay un único a2R verificando que f .a/Da.
Solución. Naturalmente, se trata de probar que la función gWR ! R dada por g.x/Dx f .x/
para todo x2R se anula en algún punto. Como es continua (porque nos dicen que f lo es) y está

definida en un intervalo, intentaremos aplicar el teorema de Bolzano. Tomemos un punto c 2R.
Si f .c/ D c hemos acabado. En otro caso será f .c/ ¤ c. Supongamos que f .c/ c. Entonces,
como f es decreciente, será f .f .c// f .c/. Si f .f .c// D f .c/, hemos acabado. En otro caso
será f .f .c// f .c/. Pero en este caso obtenemos que g.c/ 0 y g.f .c// 0 por lo que
el teorema de Bolzano garantiza que g tiene que anularse en algún punto. Se razona de forma
análoga si suponemos que c f .c/. Finalmente, como g es estrictamente creciente, solamente
puede anularse en un único punto. ©
15. Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Definamos
A B D fa b W a2A; b 2BgI AB D fab W a2A; b 2Bg
Prueba que sup.A B/ D supA KınfB y, supuesto que A RC y B RC, prueba que
sup.AB/ D supA supB.
Solución. Sea ˛Dsup.A/; ˇDKınf.B/;
Dsup.AB/. Cualesquiera sean a2A; b 2B se tiene
que a6˛; ˇ 6b. En consecuencia ab 6˛ ˇ, lo que prueba que ˛ ˇ es un mayorante de
AB, y por tanto
6˛ ˇ. Probaremos ahora que ˛ ˇ 6
. Cualesquiera sean a2A; b 2B
se tiene que a b 6
, es decir, a 6 b C
. Esta última desigualdad nos dice que, fijado un
elemento b 2B, el número bC
es un mayorante de A, por lo que ˛6bC
. Hemos obtenido
así que para todo b 2B se verifica que ˛
6 b, es decir, ˛
es un minorante de B, y por
tanto ˛
6 ˇ, es decir, ˛ ˇ 6
.
Sea ˛Dsup.A/; ˇDsup.B/; Dsup.AB/. Cualesquiera sean a2A, b 2B se tiene que a6˛ y
b 6ˇ. En consecuencia, por ser a 0; b 0, ab 6˛ ˇ, lo que prueba que ˛ ˇ es un mayorante
de AB y por tanto 6 ˛ ˇ.
Probaremos ahora que ˛ ˇ 6 . Cualesquiera sean a 2 A, b 2 B se tiene que ab 6 , esto es,
a 6 =b. Esta última desigualdad nos dice que, fijado un elemento b 2B, el número =b es un
mayorante de A, por lo que ˛ 6 =b. Hemos obtenido así que para todo b 2B se verifica que
b 6 =˛, es decir, =˛ es un mayorante de B, y por tanto ˇ 6 =˛, es decir, ˛ ˇ 6 . ©
16. Sea A un conjunto no vacío de números reales. Para cada x2R definamos la “distancia de x a
A” por dist.x;A/ DKınffjx aj W a2Ag. Prueba que para todos x; y 2R se verifica que:
j dist.x;A/ dist.y;A/j 6 jx yj:
Deduce que la aplicación x7! dist.x;A/ es continua.
Solución. Teniendo en cuenta que jaj 6b equivale a que a 6b y a 6 b, la desigualdad que nos
piden probar equivale a estas dos desigualdades:
dist.x;A/ dist.y;A/ 6 jx yj y dist.y;A/ dist.x;A/ 6 jx yj (4)
Pero es claro que basta con probar una sola de ellas pues entonces cambiando x por y obtenemos
la otra (porque jxyjDjyxj). Probaremos la primera de las dos desigualdades (4). Escribamos
la desigualdad en la forma:
dist.x;A/ 6 jx yjC dist.y;A/
En todo lo que sigue x e y están fijos. Tenemos que para todo a2A:
dist.x;A/ 6 jx aj 6 jx yj C jy aj:
Es decir
dist.x;A/ jx yj 6 jy aj para todo a2A:
Deducimos que dist.x;A/ jx yj es un minorante del conjunto fjy aj W a2Ag, y por tanto
será menor o igual que el máximo minorante de dicho conjunto, que es por definición dist.y;A/.
Hemos probado así que
dist.x;A/ jx yj 6 dist.y;A/:

Que es la desigualdad que queríamos probar.
Es evidente, teniendo en cuenta la desigualdad que acabamos de probar, que la función
'.x/ D dist.x;A/ es continua, pues dado 0, tomamos ı D con lo que, evidentemente,
j'.x/ '.y/j6jx yj siempre que jx yj ı. Observa que aquí un mismo “ı” vale para
todo punto. ©
17. Sea f W R ! R continua, mayorada y tal que para todos a; b 2 R con a b, se verifica que
sup f .a; bOE/ D sup f .R/. Prueba que f es constante.
Solución. Llamemos ˇ D sup f .R/. Es claro que f .x/ 6 ˇ para todo x 2 R. Y, si f es cons-tante
deberá darse la igualdad f .x/ D ˇ en todo punto x de R. Luego tenemos que probar que,
dado a 2 R, es imposible que ocurra f .a/ ˇ. Pero eso es claro, pues si fuera f .a/ ˇ,
entonces tomando 2f .a/; ˇOE, por el teorema de conservación del signo aplicado a la función
g.x/ D f .x/ en el punto a, deducimos que existe un intervalo abierto u; vOE que contiene al
punto a y tal que para todo x 2u; vOE es g.x/ 0, es decir, f .x/ . Pero entonces se tiene que
sup f .u; vOE/ 6 ˇ en contradicción con la hipótesis hecha. ©
18. Sea f W OEa; b ! R creciente. Supongamos que a 6 f .x/ 6 b para todo x en OEa; b. Prueba que
hay algún punto c 2 OEa; b tal que f .c/ D c.
Sugerencia. Considera el supremo del conjunto fx 2 OEa; b W x 6f .x/g. Fíjate que no suponemos
que f sea continua.
Solución. Sea M D fx 2 OEa; b W x 6 f .x/g. El conjunto M no es vacío (a 2 M) y está
mayorado (b es un mayorante de M). Sea c D sup.M/. Evidentemente c 2 OEa; b. Probaremos
que f .c/ D c. Probaremos para ello que no puede ser f .c/ ¤ c.
a) Si fuera c f .c/, entonces, como c es un mayorante de M, tendríamos que
f .c/62 M, es decir, f .c/ f .f .c//. Y también, por ser f creciente, tendríamos que
f .c/ 6 f .f .c//, resultando así una contradicción.
b) Si fuera f .c/ c, entonces hay algún z 2M tal que f .c/ z. Y como z6f .z/ deducimos
que f .c/ f .z/ lo cual, por ser f creciente, implica que c z lo que es contradictorio. ©
19. Justifica que, dado x2R, la ecuación log t Ct5Dx tiene una única solución, que representamos
por '.x/. Justifica que la función x7! '.x/, .x2R/, así definida es continua.
Solución. La función f W RC ! R dada por f .t / D log t C t5 es continua. Como RC es un
intervalo, el conjunto imagen f .RC/ también es un intervalo. Claramente f .RC/ es un intervalo
no minorado ni mayorado, luego f .RC/DR. La función f es estrictamente creciente, por tanto
es inyectiva. Deducimos que dado x2R hay un único t 2RC tal que f .t /Dx. Sea ' W R ! R la
función inversa de f . La función ' es estrictamente creciente y su imagen es un intervalo (RC),
luego es continua en virtud del teorema (??). ©
20. Sea f W OE0; 1 ! R continua verificando que jf .s/ f .t /j js t j para todos s; t 2 OE0; 1, y
f .f0; 1g/D f0; 1g. Prueba que o bien es f .x/ D x para todo x2OE0; 1, o bien es f .x/ D 1 x
para todo x2OE0; 1.
Solución. La clave de este ejercicio consiste en darse cuenta de que la condición del enunciado
jf .s/ f .t /j js t j implica que f es inyectiva en OE0; 1. Como f se supone continua, el
teorema (??) nos dice que f es estrictamente monótona.
La condición f .f0; 1g/D f0; 1g nos dice que o bien es f .0/ D 0 y f .1/ D 1 o bien es f .0/ D 1
y f .1/ D 0. En el primer caso f será estrictamente creciente y en el segundo estrictamente
decreciente.
Supongamos que f .0/ D 0 y f .1/ D 1. Probaremos que f .x/ D x para todo x 2OE0; 1. Como f
es estrictamente creciente, será 0 6 f .x/ 6 1 para todo x 2OE0; 1. Haciendo t D 0 y s D x en la
desigualdad jf .s/f .t /jjst j, obtenemos que f .x/x. Haciendo t D1 y sDx obtenemos
que 1 f .x/ 1 x, es decir, f .x/ 6 x. Concluimos que f .x/ D x.
El caso en que f .0/D 1 y f .1/ D 0 se hace de forma parecida. ©

21. Sean
A D fx2Q W x 6 0 o x2 2g; B D fx2Q W x 0 y x2
2g:
Prueba que A ¤ Ø, B ¤ Ø, Q D A [ B y a b para todos a2A; b 2B. Además:
a) Para cada r 2A hay algún s 2A tal que r s.
b) Para cada u2B hay algún t 2B tal que t u.
c) No hay ningún z 2Q con la propiedad de que todo número racional menor que z esté en A y
todo número racional mayor que z esté en B.
Solución. a) Sea r 2A. Si r 1 basta tomar s D 1. Supongamos, pues, que 1 6 r . Un número
racional que seamayor que r será de la forma rC donde es un número racional positivo. Para
que dicho número esté en A deberá verificarse que .r C /2 2. Si, además 1, entonces
2 , por lo que .r C /2 r 2 C 2r C . Es por tanto suficiente que r 2 C 2rC 6 2 para
lo cual basta tomar D
2 r 2
2r C 1
. Es claro que dicho número es racional. Además, como 16r
y r 2 2, es 0 1 y por tanto el número s D r C
2 r 2
2r C 1
verifica que r s y s 2A.
b) Este apartado se hace de manera análoga al anterior. Dado u2B hay que tratar de determinar
un número racional positivo, tal que 0 u y .u /2 2. Esta última condición es lo
mismo que:
u2 2 2u 2 .1/
Como queremos que 0 u, debemos tener 2u2 2 0. Sabemos que no hay ningún
número racional cuyo cuadrado sea igual a 2, en consecuencia si u2B entonces u2 2. Puesto
que 2u 2u 2, para que se verifique .1/ es suficiente que u2 2 2u, para lo cual basta
u2 tomar D
2
2u
se tiene con ello que el número t D u
u2 2
2u
está en B y t u.
c) Sea z 2Q. Como A [ B D Q, deberá ser z 2A o z 2B. Si z 2A, sabemos, por a), que hay
elementos s 2 A con z s. Si z 2 B, sabemos, por b), que hay elementos t 2 B con t z.
Concluimos así que no hay ningún z 2Q verificando que todo número racional menor que z está
en A y todo número racional mayor que z está en B. ©
22. Sea a2R [ fC1;1g. Prueba que
lKım
.x/lKım
x!ajf j D 0”x!a
1
jf .x/j D C1
Particulariza este resultado para los casos en que f solamente toma valores positivos o negativos.
Solución. Basta advertir que
jf .x/j ”
1
jf .x/j

1

y notar que es positivo y muy pequeño equivale a que 1= sea positivo y muy grande. En
particular, tenemos que
f .x/ 0 ^ lKım
x!a
f .x/ D 0 ” lKım
x!a
1
f .x/ D C1 (5)
f .x/ 0 ^ lKım
x!a
f .x/ D 0 ” lKım
x!a
1
f .x/ D 1 (6)
©

23. Sea L2R [ fC1;1g. Prueba que
lKım
x!0
x 0
f .x/ D L ” lKım
x!C1
f .1=x/ D L
lKım
x!0
x 0
f .x/ D L ” lKım
x!1
f .1=x/ D L
Solución. Basta advertir que
0 x ı”
1
x

1
ı
; ı x 0”
1
x

1
ı
y notar que ı es positivo y muy pequeño equivale a que 1=ı sea positivo y muy grande. ©
24. Sea f W0; 1OE! R la función dada para x 20; 1OE por:
f .x/ D
2
x C
1
x.x 1/
:
Prueba que lKım
x!0
f .x/ D C1 y que lKım
x!1
f .x/ D 1: Deduce que la imagen de f es todo R:
Solución. Solamente debemos considerar valores de x en el intervalo 0; 1OE que es donde está
definida f . Teniendo en cuenta que por (5), y (6) es:
lKım
x!0
x 0
2
x D C1; lKım
x!0
x 0
1
x.x 1/ D 1; lKım
x!1
x 1
1
x.x 1/ D 1
Deducimos que lKım
x!1
f .x/ D 1 y que en x D 0 el límite pedido es una indeterminación del
tipo 11. Pero eso se debe solamente a la forma en que está escrita f . Basta hacer la suma
indicada:
f .x/ D
2
x C
1
x.x 1/ D
2x 1
x.x 1/
para darse cuenta, por (5) pues f .x/ 0 para 0 x 1=2, que lKım
x!0
f .x/ D C1.
Finalmente, como f es continua en 0; 1OE, el teorema de Bolzano nos dice que la imagen de f , el
conjunto f .0; 1OE/, es un intervalo. Como f diverge positivamente en 0 y diverge negativamente
en 1, deducimos que f no está mayorada ni minorada en 0; 1OE, concluimos que f .0; 1OE/ es un
intervalo no mayorado ni minorado, esto es, f .0; 1OE/D R.
Comentario. Observa que los límites que hemos calculado de f son realmente límites laterales
pues nos dicen que f está definida en 0; 1OE. La cosa cambia mucho si consideramos que f
está definida en su dominio natural que es el conjunto A D R n f0; 1g, que es una unión de tres
intervalos. En ese caso f no tiene, por supuesto, límite en 0; ni tampoco diverge positivamente
ni negativamente en 0 pues el límite de f por la izquierda en 0 es 1. Análogamente, el límite
de f por la derecha en 1 es C1.
25. Sea f W OE0; 1OE! R continua. Definamos g.x/ D f .x E.x// para todo x 2 R. Prueba que la
función g, así definida, es continua si, y sólo si, lKım
x!1
f .x/ D f .0/. Supuesto que esta condición
se cumple, y que f no es constante, definamos h W R ! R por h.x/ D g.1=x/ si x ¤ 0, y
h.0/Df .0/. Justifica que h es continua y acotada en R . Calcula la imagen por h de un intervalo
de la forma 0; r OE donde 0 r 1. Deduce que h no tiene límite por la izquierda ni por la
derecha en 0 y que la imagen por h de todo intervalo es también un intervalo.
Solución. La función g es periódica con período igual a 1 porque:
g.x C 1/ D f .x C 1 E.x C 1// D f .x E.x// D g.x/:
También es claro que g.x/Df .x/ para todo x 2 OE0; 1OE. Por la propiedad local de la continuidad,
como f es continua en 0; 1OE, deducimos que g es continua en 0; 1OE. Por la periodicidad de g, se

sigue que g es continua en R n Z. Para estudiar la continuidad de g en los enteros, es suficiente
estudiarla en 0. Por la continuidad de f en 0, tenemos que lKım
x!0
x 0
g.x/D lKım
x!0
x 0
f .x/Df .0/. Ahora,
por la periodicidad de g:
lKım
x!0
x 0
g.x/ D lKım
x!0
x 0
g.1 C x/ D lKım
x!1
x 1
g.x/ D lKım
x!1
x 1
f .x/ D lKım
x!1
f .x/:
Deducimos que g es continua en 0 si, y sólo si, lKım
x!0
x 0
g.x/ D lKım
x!1
f .x/ D g.0/ D f .0/.
La continuidad de h en R es consecuencia de la propiedad local de la continuidad y de que la
composición de funciones continuas es continua. Dado r 20; 1OE, sea x 2 OE0; 1OE. Podemos tomar
1
un número n2N tal que z D
n C x 20; r OE. Tenemos que:
h.z/ D f .n C x E.n C x// D f .x E.x// D g.x/:
Por tanto h.0; r OE/ g.OE0; 1OE/ D g.OE0; 1/. Como g es continua, el conjunto g.OE0; 1/ es un inter-valo
cerrado y acotado, en particular está acotado. Por la periodicidad de g es g.R/ D g.OE0; 1/.
Deducimos que h.R/ D g.R/ D g.OE0; 1/ es un conjunto acotado, es decir, h es una función
acotada. De lo anterior deducimos que h.0; r OE/ D g.OE0; 1/ para todo r 20; 1OE (y, como g no es
constante, gOE0; 1 es un intervalo no reducido a un punto), es evidente que h no tiene límite por la
derecha en 0. De forma parecida se justifica que h no tiene límite por la izquierda en 0.
Si I es un intervalo no reducido a un punto. Si I no contiene a 0, entonces debe ser I RC
o bien I R y, como h es continua en R , se sigue que h es continua en I y, por tanto h.I/
es un intervalo. Si el intervalo I contiene a 0, entonces I debe contener un intervalo de la forma
0; r OE o un intervalo de la forma r; 0OE para algún r 20; 1OE. En cualquier caso, se sigue por lo
antes visto que h.I/ D g.OE0; 1/ y, por tanto, h.I/ es un intervalo. ©
26. Sea ˛2R y f W RCo
! R la función definida por f .0/ D 0 y:
f .x/ D x˛ sen
1
x
; .x 0/:
Estudia la continuidad de f según los valores de ˛.
Solución. Observa que la función solamente está definida para x 0. La razón de esto es que
para x 0 la potencia x˛ no siempre está definida.
Para hacer este ejercicio debes recordar que la función seno está acotada: jsen zj 6 1 para todo
z 2R. Por tanto, cualquiera sea x ¤ 0 se tiene que jsen.1=x/j 6 1.
Debes tener también en cuenta que la función seno toma todos los valores del intervalo OE1; 1
en cualquier intervalo de longitud mayor que 2 .
Si ˛ 0, la función h.x/D x˛, definida para x 0, tiene límite en 0 igual a 0. Concluimos que
lKım
f .x/ D 0 porque f .x/ D h.x/ sen.1=x/ es producto de una función acotada por otra con
x!0
límite 0.Por tanto, f es continua en 0.
Consideremos que ˛ D 0, en cuyo caso, f .x/ D sen.1=x/. Esta función toma todos los valores
del intervalo OE1; 1 en cualquier intervalo de la forma 0; ıOE cualquiera sea ı 0. Pues tomando
a 1=ı tenemos que 1
a 20; ıOE y, en consecuencia f .0; ıOE/ sen.a;C1OE/ OE1; 1. Se deduce
enseguida que f .x/ D sen.1=x/ no tiene límite en 0, es decir, tiene una discontinuidad esencial
en 0.
Es imposible representar gráficamente esta función porque su gráfica contiene infinitas ondas de
amplitud cada vez más pequeña que se van aplastando sobre el eje de ordenadas. Observa que
la imagen por la función sen.1=x/ del intervalo 1
2n =2 ; 1
2n C =2 es el intervalo OE1; 1. La
gráfica siguiente puede ser útil para que imagines cómo es la gráfica de f .x/Dsen.1=x/ para x
cerca de 0.
Para valores de ˛ 0 la cosa es todavía peor. Te lo dejo para que lo acabes tú. ©

-1 1
Figura 2: La función f .x/ D sen.1=x/
27. Supongamos que a 0 b. Estudia el comportamiento en cero de las funciones f; g W R ! R
dadas para todo x ¤ 0 por :
f .x/ D arc tg
b
x arc tg
a
x
; g.x/ D xf .x/:
Solución. En este ejercicio (y en los siguientes) debes tener en cuenta que:
lKım
x!1
arc tg x D
2
; lKım
x!C1
arc tg x D
2
;
2
arc tg x
2
Tenemos que:
lKım
x!0
x 0
a
x D C1; lKım
x!0
x 0
b
x D 1; lKım
x!0
x 0
a
x D 1; lKım
x!0
x 0
b
x D C1
Deducimos que:
lKım
x!0
x 0
f .x/ D
2
2 D ; lKım
x!0
x 0
f .x/ D
2 C
2 D
Observa que la función f está acotada:
jf .x/j 6ˇˇˇˇ
arc tg
b
x ˇˇˇˇ
Cˇˇˇˇ
arc tg
b
x ˇˇˇˇ
6
2 C
2 D
Por tanto g.x/ es el producto de un función con límite 0 por una función acotada. Se sigue que
lKım
x!0
g.x/ D 0. Eso es todo lo que podemos decir del comportamiento de f y g en 0. No tiene
sentido considerar su continuidad en 0 porque no están definidas en 0. Si se define f .0/ D y
g.0/ D 0, entonces f tiene una discontinuidad de salto en 0 y es continua por la derecha en 0, y
g es continua en 0.
28. Estudia los límites en C1y en 1de:
a) Una función polinómica.
b) Una función racional.
Solución. a) Sea
P.x/ D c0 C c1x C c2x2 C C cn1xn1 C cnxn
una función polinómica de grado par n 1. Podemos suponer que cn 0. Es fácil probar que
hay un número K 1 tal que para jxj K es:
P.x/
xn

cn
2
0 .1/

Pongamos en lo que sigue ˛ D cn
2 .
Supongamos que n es par. Entonces xnD 0 y, por tanto xnDjxjn para todo x¤0. Deducimos
de (1) que para todo x ¤ 0 es
P.x/ ˛jxjn:
x!1jxjnD lKım
Como lKım
x!C1jxjnDC1, deducimos, por la desigualdad anterior, que lKım
x!1
P.x/D
lKım
x!C1
P.x/ D C1.
Supongamos que n es impar. Entonces para x 0 se tiene que xn 0. De la desigualdad (1)
deducimos que
P.x/ ˛xn .x 0/; P.x/ 6 ˛xn .x 0/:
Como lKım
x!1
xn D 1 y lKım
x!C1
xn D C1, deducimos, por las desigualdades anteriores, que
lKım
x!1
P.x/ D 1, lKım
x!C1
P.x/ D C1.
El caso en que cn 0 se deduce de lo anterior sin más que considerar el polinomio P.x/.
Otra forma, quizás mejor, de obtener estos resultados es como sigue. De la igualdad
P.x/
xn D cn C
cn1
x C
cn2
x2 C C
c1
xn1 C
c0
xn
obtenida dividiendo el polinomio P.x/ por xn, se sigue enseguida que
lKım
x!1
P.x/
xn D lKım
x!C1
P.x/
xn D cn
De aquí se sigue que las funciones P.x/ y cnxn son asintóticamente equivalentes para
x ! 1 y para x ! C1, de donde se deducen de forma inmediata los mismos resultados
antes obtenidos.
b) Supongamos ahora queQ.x/DbmxmCbm1xm1C Cb1xCb0 es otra función polinómica
P.x/
de grado m con bm 0. Para estudiar los límites en ˙1 de la función racional f .x/ D
Q.x/
podemos sustituir P yQ por funciones asintóticamente equivalentes a ellas en ˙1. Por lo antes
visto, tenemos que P.x/ Ï cnxn y Q.x/ Ï bmxm para x ! ˙1, por tanto:
f .x/ D
P.x/
Q.x/
Ï
cnxn
bmxm D
cn
bm
xnm .x ! ˙1/
Deducimos que:
lKım
x!1
P.x/
Q.x/ D
8ˆˆˆˆˆˆ:
C1; n m n m par
1; n m n m impar
cn
; n bm
D m
0; m n
lKım
x!C1
P.x/
Q.x/ D
8ˆˆ:
C1; n m
cn
; n D m
bm
0; m n

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