1

Resolucion 30 Problemas Modulo 4Los problemas de este listado seran controlados mediante una exposicion oral

durante la semana del 16 de Junio.

1. Lımite

1. Sea an una sucesion con lımn→∞

an =∞. Demuestre que lımn→∞

1

an= 0

Solucion:

Hipotesis: (∀K > 0)(∃N ∈ N)(n > N ⇒ an > K)

Tesis: (∀ε > 0)(∃N0 ∈ N)(n > N0 ⇒∣∣∣ 1an

∣∣∣ < ε)

Sea ε > 0. De la hipotesis an > K, ∀K > 0, en particular para K = 1ε, luego,

tomando N0 = N , si n > N0, entonces:

K =1

ε< an

1

an< ε∣∣∣∣ 1

an

∣∣∣∣ < ε∣∣∣∣ 1

an− 0

∣∣∣∣ < ε

con lo que se demuestra la condicion pedida.

2. Sean α, β y γ reales y la relacion α + 2β − 4γ = 4, determine condiciones para

α y β, tales que se cumpla:

lımn→∞

(2n+ 5

2n− 3

)αn= lım

n→∞

(n2 + 1

n2 − n

)βn+γ

2

Solucion: Recordar que lımn→∞

(1 + k

n

)n= ek, ahora, tenemos:

lımn→∞

(2n+ 5

2n− 3

)αn= lım

n→∞

(1 +

8

2n− 3

)αn= lım

n→∞

(1 +

8

2n− 3

) 2n−32n−3

·αn

= lımn→∞

(1 +

8

2n− 3

)(2n−3)·( n2n−3

·α)

= lımn→∞

((1 +

8

2n− 3

)2n−3)(

1

2− 3n·α)

= e8·12α

= e4α

lımn→∞

(n2 + 1

n2 − n

)βn+γ= lım

n→∞

(1 +

n+ 1

n2 − n

)βn+γ= lım

n→∞

(1 +

1n2−nn+1

)n2−nn+1

· n+1

n2−n·βn+γ

= lımn→∞

(1 +1

n2−nn+1

)n2−nn+1

n2+n

n2−n·β+ n+1

n2−n·γ

= eβ

Se debe tener e4α = eβ ⇔ β = 4α⇒ α + 2 · 4α− 4γ = 4, de donde:

α =4

9(1 + γ) ; β =

16

9(1 + γ) ; γ parametro

3. Calcule

a) lımx→1

1− 3√x

1−√x

b) lımx→0

√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b

, sabiendo que a, b > 0

Solucion:

3

a) lımx→1

1− 3√x

1−√x

Sea u6 = x. Si x→ 1 entonces u6 = 1⇒ u→ 1.

lımx→1

1− 3√x

1−√x

= lımu→1

1− 3√u6

1−√u6

= lımu→1

1− u2

1− u3= lım

u→1

(1− u)(1 + u)

(1− u)(1 + u+ u2)=

lımu→1

1 + u

1 + u+ u2=

2

3

b) lımx→0

√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b

lımx→0

√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b

= lımx→0

√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b

·√x2 + a2 + a√x2 + a2 + a

·√x2 + b2 + b√x2 + b2 + b

=

lımx→0

(x2 + a2 − a2)(√x2 + b2 + b)

(x2 + b2 − b2)(√x2 + a2 + a)

= lımx→0

x2(√x2 + b2 + b)

x2(√x2 + a2 + a)

=

lımx→0

√x2 + b2 + b√x2 + a2 + a

=

√b2 + b√a2 + a

=2b

2a=b

a

4. Calcule:

lımx→∞

√(x+m)(x+ n)− x

Solucion:

Racionalizando queda:

lımx→∞

√(x+m)(x+ n)−x·

√(x+m)(x+ n) + x√(x+m)(x+ n) + x

= lımx→∞

(x+m)(x+ n)− x2√(x+m)(x+ n) + x

=

lımx→∞

x2 + (m+ n)x+mn− x2√(x+m)(x+ n) + x

= lımx→∞

(m+ n)x+mn√x2 + (m+ n)x+mn+ x

Dividiendo por la potencia mayor de x, se tiene que:

lımx→∞

(m+ n) + mnx√

1 + (m+n)x

+ mnx2

+ 1=

(m+ n) + 0√1 + 0 + 0 + 1

=m+ n

2

5. Considere la sucesion definida por a1 =√

5, a2 =√

5√

5, a3 =

√5√

5√

5...

Demuestre que es convergente y calcule su lımite

Debemos demostrar que an es monotona y acotada, para esto usaremos induc-

cion:

i) an es creciente, entonces demostraremos que an < an+1

4

1) Para n = 1, a1 =√

5 <√

5√

5 = a2 ⇒ a1 < a2

2) Nuestra hipotesis inductiva para n=k, ak < ak+1

P.D: para n=k+1, o sea, ak+1 < ak+2, en efecto, como ak < ak+1 ⇒ ak ·5 <ak+1 · 5⇒

√ak · 5 <

√ak+1 · 5⇒ ak+1 < ak+1, luego an es monotona.

ii) Ahora demostraremos que la sucesion es acotada entonces hay que demostrar

por induccion que an < 5

1) Para n = 1, a1 =√

5 < 5

2) H.I para n=k, ak < 5

P.D: para n=k+1, o sea, ak+1 < 5, en efecto, como ak < 5⇒ ak ·5 < 25⇒√ak · 5 <

√25⇒ ak+1 < 5, luego la sucesion es acotada.

Por lo tanto, de (i) y (ii) la sucesion an es convergente

Sea lımn→∞

an = L y como an =√

5 · an−1, elevando al cuadrado a2n = 5 · an−1, to-

mando limites podemos escribir lımn→∞

a2n = lımn→∞

5·an−1, o sea L2 = 5·L⇒ L = 5,

luego lımn→∞

an = 5

6. SeaaABC isosceles inscrito en la circunferencia de centro F y radio r ,con

AC=BC, D punto medio de AC y ](AFB) = α Calcular:

a) lımAB→0

AreaaAFC

Area sector circular AFB

Arean sector circular AFB =1

2αr2

DF = r senα

4∧ AC = 2AD = 2r cos

α

4

AreaaAFC =

1

2AC ·DF = r2 sen

α

4cos

α

4

5

AreaaAFC =

r2

2sen

α

2ahora como AB → 0⇒ α→ 0, se tiene que

lımα→0

r2

2sen

α

21

2αr2

=1

2lım

senα

2α

2

=1

2

7. Si 0 ≤ a ≤ b, demostrar que la sucesion an = n√an + bn tiene como lımite a ”b”

Demostracion:

Como bn < an + bn ⇒ n√bn ≤ n

√an + bn ⇒ b < n

√an + bn

Como a ≤ b ⇒ an + bn ≤ bn + bn ⇒ n√an + bn ≤ n

√2bn con lo que nos queda

b ≤ n√an + bn ≤ b n

√2.

Ahora, recordemos que si k > 0, lımn→∞

n√k = 1, ası, tenemos lım

n→∞n√

2 = 1, luego

lımn→∞

bn√

2 = b, entonces por teorema del sandwich lımn→∞

n√an + bn = b

8. Encuentre el lımite de la sucesion

an =n

n2 + 1+

n

n2 + 2+ ... +

n

n2 + n

Tenemos dos sucesiones auxiliares tales que a′n < an < a′′n

Sean:

a′n =n

n2 + n+

n

n2 + n+ .... +

n

n2 + n= n

(n

n2 + n

)=

n2

n2 + n

a′′n =n

n2 + 1+

n

n2 + 1+ ... +

n

n2 + 1= n

(n

n2 + 1

)=

n2

n2 + 1como

lımn→∞

n2

n2 + n= lım

n→

1

1 +1

n

= 1 y lımn→∞

n2

n2 + 1= lım

n→∞

1

1 +1

n2

= 1

tenemos por teorema del Sandwich que

lımn→∞

an = 1

6

9. Sea A ={

(−1)n(n+1)n2+1

| n ∈ N, n ≥ 2}

. Encuentre los conjuntos de puntos de acu-

mulacion y adherencia de A.

Solucion

Tenemos que

lımn→∞

(−1)n(n+ 1)

n2 + 1= 0

En efecto, observe que

lımn→∞

(n+ 1)

n2 + 1= lım

n→∞

( nn2 + 1

n2 )n2

n2 + 1n2

=0 + 0

1 + 0= 0

Ademas, |(−1)n| ≤ 1, es decir, es acotada. Luego, por “cero aniquila” se tiene

el resultado anterior. Ası

A′ = {0} y A = A ∪ {0}

10.

a) Calcule

lımx→0

sin πx(1− cosπx)

x2 sinx

b) En cada caso, de un ejemplo de una sucesion que satisfaga la condicion propuesta

y, si no existe tal sucesion explique:

a) Una sucesion, ni creciente ni decreciente que converja a 0.

b) Una sucesion no acotada que converja a -3.

c) Una sucesion divergente a −∞

Solucion

a)

lımx→0sinπx(1−cosπx)

x2 sinx= lımx→0

sinπxπx

sin2 πxπ2x2

1sin xx

π3

(1+cosπx)

= π3

2

b) 1) an = (−1)nn

2) Si es convergente, entonces necesariamente es acotada. Luego no existe

tal sucesion.

7

3) bn = −n2

11. Sea {an} una sucesion definida por an =√n(√n+ 1−

√n).

a) Demuestre que es creciente.

b) Demuestre que la sucesion esta acotada superiormente por 12

c) Calcule lımn→∞ an.

Solucion

a) Queremos demostrar que an ≤ an+1, para todo n ∈ N. Esto equivale a

demostrar que an+1 − an ≥ 0, para todo n ∈ N.

Observe que,

an+1 − an =√n+ 1(

√n+ 2−

√n+ 1)−

√n(√n+ 1−

√n)

=√n+ 1

√n+ 2− (n+ 1)−

√n√n+ 1− n

=√n+ 1

√n+ 2− 1−

√n√n+ 1

Donde,√n+ 1

√n+ 2 − 1 −

√n√n+ 1 ≥ 0, ssi,

√n+ 1

√n+ 2 ≥ 1 +

√n√n+ 1. Ahora, como para todo a, b ∈ N se cumple que a > b⇔ a2 > b2,

entonces

√n+ 1

√n+ 2 ≥ 1 +

√n√n+ 1

(√n+ 1

√n+ 2)2 ≥ (1 +

√n√n+ 1)2

(n+ 1)(n+ 2) ≥ 1 + 2√n√n+ 1 + n(n+ 1)

n2 + 3n+ 2 ≥ 1 + 2√n√n+ 1 + n2 + n

2n+ 1 ≥ 2√n√n+ 1

(2n+ 1)2 ≥ (2√n√n+ 1)2

4n2 + 4n+ 1 ≥ 4n(n+ 1)

Luego, es claro que 4n2 + 4n+ 1 ≥ 4n(n+ 1) es cierto.

b)

an =√n(√n+ 1−

√n)

=√n(√n+ 1−

√n) (√n+1+

√n)

(√n+1+

√n)

=√n(n+1−n)√n+1+

√n

=√n√

n+1+√n

≤√n√

n+√n

= 12

8

c)

lımn→∞√n(√n+ 1−

√n) = lımn→∞

√n√

n+1+√n

= lımn→∞1√

1+ 1n+1

= 11+1

= 12

12. Para todo a ∈ R, a > 0 analice el siguiente limite

lımn→∞

an + 1

an − 1

9

13. Calcule:

lımn→∞

n√

1p + 2p + 3p + · · ·+ np, p ∈ N

10

14. Considere la fraccion continua

k +k

k +k

k +k

k + . . .

a) Determine la sucesion que la define

Sea an := k + k

k +k

k +k

k + . . .

Tenemos que: a1 = k, a2 = k +k

k, a3 = k +

k

k +k

kCon esto podemos definir la sucesion por recurencia

a1 = 1, an+1 = k +k

an, n ≥ 2

11

Donde se tienen que k 6= 0

b) Determine los valores de k para los cuales la sucesion tiene lımite

Ahora sea L el lımite de la sucesion (an), entonces:

an −→ L y ademas an+1 −→ L

Luego de an+1 = k +k

an, tenemos que:

L = k +k

L

Ası L2 − kL− k = 0 y para que L existaa

= k2 + 4k = k(k + 4) ≥ 0 de

aqui tenemos

i) k ≥ 0 ∧ k ≥ −4 y como k 6= 0, por lo tanto k ∈]0,∞[

ii) k ≤ 0 ∧ k ≤ −4 ası k ∈]−∞,−4]

Por lo tanto los valores de k, para que la suceson tenga lımite son k ∈R−]− 4, 0].

c) Si k = 1, ¿a que lımite tiende la sucesion?

Sabemos que L2 − kL− k = 0, luego para k = 1, tenemos L2 − L− 1 = 0

Ası L =1±√

5

2, pero como an > 0, entonces

para k = 1, lımn→∞

an =1 +√

5

2

15. Dadas las sucesiones (xn) e (yn), defina (zn) como z2n−1 = xn y z2n = yn. Pruebe

que si lımxn = lım yn = a entonces lım zn = a

Proof.

Dados ε > 0;∃n1, n2 ∈ N : n > n1 ⇒ |xn − a| < ε y n > n2 ⇒ |yn − a| < ε

Tomamos n = Max{2n1 − 1, 2n2}

Si n = 2k − 1 entonces tenemos que:

n > n⇒ 2k − 1 > 2n1 − 1⇒ k > n1 ⇒ |xk − a| = |zn − a| < ε

Si n = 2k entonces tenemos que:

n > n⇒ 2k > 2n2 ⇒ k > n2 ⇒ |yk − a| = |zn − a| < ε

∀ε > 0∃n ∈ N : n > n⇒ |zn − a| < ε

12

16. Demuestre que si lımxn = a entonces lım |xn| = |a|. Es cierto el reciproco?

Proof.

a) Por definicion de limite lımxn = a⇔ ∀ε > 0∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ |xn−a| < ε

Luego

|xn − a| < ε⇒ ||xn| − |a|| < |xn − a| < ε

AsA por se obtiene que

lım |xn| = |a|

b) Por definicion (∀ε > 0)(∃N0 ∈ N)(n > N0 ⇒ |xn − a| < ε). Tomando

N1 = N0, si n > N1, entonces |xn − a| = ||xn − a|| = ||xn − a| − 0| < ε, ∀ε > 0,

lo que completa la demostracion.

17. Sea f : R → R definida mediante f(0) = 0 y f(x) = sin( 1x) si x 6= 0. Demues-

tre que para todo c ∈ [−1, 1] existe una sucesion de puntos xn 6= 0 tales que

lım xn = 0 y lım f(xn) = c

Proof.

Sea 1a∈ R con a 6= 0 tal que f( 1

a) = sin(a) = c con c ∈ [−1, 1]. Sea la su-

cesion xn = 12πn+a

ası lımxn = 0 lo cual cumple la primera condicion. Luego

lım f(xn) = lım sin(2πn + a) = lım sin(a) = sin(a) = c ∈ [−1, 1] Lo cual queda

demostrado

18. Sea f, g : X → R con x 6= a y lımx→a f(x) = L y lımx→a g(x) = M con M 6= 0.

Demuestre que

lımx→a

f(x)

g(x)=

L

M

13

Proof.

Tomemos f(x)·M−g(x)·Lg(x)·M = (f(x) ·M − g(x) · L) 1

g(x)·M . Si cumple que

lımx→a

f(x) ·M − g(x) · Lg(x) ·M

= 0

entonces el teorema queda demostrado

Como lımx→a(f(x) · M − g(x) · L) = L · M − M · L = 0 solo basta demos-

trar que 1g(x)·M esta acotado y ası por cero aniquila el teorema queda demostrado

Sea 1g(x)·M mononota creciente, es decir que esta acotada inferiormente (analo-

go si es monotona decreciente) S = M2

2sabemos que 0 < S < M2. Como

lımx→a g(x) · M = M2. Ası por teorema ( Sea M = lımx→a g(x). Si S < M

entonces, para todo n suficientemente grande, se tiene S < g(x)) por lo tanto

S < g(x) ·M ⇒ 1S> 1

g(x)·M lo cual demuestra que 1g(x)·M esta acotada

lımx→a

f(x) ·M − g(x) · Lg(x) ·M

= 0⇒ lımx→a

f(x)

g(x)=

L

M

19. Calcular:

lımx→1

√x+1−

√2x

x3+3x−4

Cuando x = 1, ambos, numerador y denominador se hacen cero. Luego el lımite

es indeterminado.

Pero dividimos x3 + 3x− 4 por x− 1, obteniendo:

x3 + 3x− 4 = (x− 1)(x2 + x+ 4)

Por otro lado:

√x+ 1−

√2x = [

√x+ 1−

√2x]

√x+1+

√2x√

x+1+√2x√

x+ 1−√

2x = x+1−2x√x+1+

√2x√

x+ 1−√

2x = − (x−1)√x+1+

√2x

14

Por lo tanto:

lımx→1

√x+1−

√2x

x3+3x−4 = lımx→1−(x−1)

(√x+1+

√2x)(x−1)(x2+x+4)

=

− lımx→11

(√x+1+

√2x)(x2+x+4)

= − 112√2

20. Hallar los valores del parametro k para los cuales existe el lımx→0 f(x) si:

f(x) =

{4√1+x−13√1+x−1 si x < 01−cos(kx)

x2si x > 0

Para que exista lımx→0 f(x) deben existir los lımites laterales, y ambos deben

ser iguales.

Por otra parte:

lımx→0− f(x) = lımx→0−4√1+x−13√1+x−1 = lımx→0−

(1+x)−1( 3√1+x−1)(( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1)

=

lımx→0−x(( 3√1+x)2+ 3√1+x+1)

((1+x)−1)(( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1)= lımx→0−

( 3√1+x)2+ 3√1+x+1

( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1=

34

Por otra parte:

lımx→0+ f(x) = lımx→0+1−cos(kx)

x2= lımx→0+

1−cos2(kx)x2(1+cos(kx))

=

k2 lımx→0+sin2(kx)

(kx)2(1+cos(kx))= k2 lımx→0+

sin(kx)kx

sin(kx)kx

11+cos(kx)

= k2

2

Por lo tanto, limx→0f(x) existe si y solo si:

k2

2= 3

4⇔ k = ±

√32

21. Sea A ={x ∈ R : 2x−1

x+1< x

}. Encuentre, si existen, A y A′

Resolviendo la inecuacion tenemos:

2x−1x+1

< x2x−1−x2−x

x+1< 0

−x2+x−1x+1

< 0

15

Como el numerador tiene discriminante negativo, y el coeficiente que acompana

a x2 es negativo, se tiene que el numerador siempre sera negativo. Para que se

cumpla la desigualdad, debe ocurrir:

x+ 1 > 0

Esto se cumple para x ∈ [−1,∞[

Definamos el conjunto A como: A =]− 1,∞[.

Para todo punto que cumple la inecuacion existe lımite y si existe lımite es

punto de acumulacion, y como existe lımite en todos los puntos del conjunto

solucion ( ya que es continua)entonces todos sus puntos son de acumulacion.

Como existe lımite en todos los puntos, tienen vecindad que al intersectarla con

el conjunto A es distinto de vacıo, por lo tanto son todos de adherencia.

En conclusion:

A = A′ = [−1,∞]

2. Continuidad

1. Determine los valores de α, β ∈ R para que la siguiente funcion sea continua.

f(x) =

β

(1− cos(x− 1))

x− 1+ α si x < 1

√x2 + x+ 1 si x = 1

α(√x− 1)

x− 1+ β si x > 1

Calculemos primero los lımites laterales:

lımx→1−

(β

(1− cos(x− 1))

x− 1+ α

)Sea u = 1− x. Si x→ 1−, u→ 0−. Luego:

16

lımu→0−

(β

(1− cos(u))

u+ α

)=

lımu→0−

(β

1− cos(u)

u· 1 + cos(u)

1 + cos(u)+ α

)= lım

u→0−

(β

sin2(u)

u(1 + cos(u))+ α

)=

lımu→0−

(β

sin(u)

u· sin(u)

(1 + cos(u))+ α

)= β · 1 · 0 + α = α

Por otro lado:

lımx→1+

(α

(√x− 1)

x− 1+ β

)= lım

x→1+α

(√x− 1)

(√x− 1)(

√x+ 1)

+ β = α · 1

2+ β

Calculemos ademas f(1)

f(1) =√

12 + 1 + 1 =√

3

Para que f sea continua, los lımites laterales deben ser iguales entre sı, y

ademas deben ser iguales a la funcion evaluada en el punto, por lo tanto, si

α =α

2+ β ⇒ α

2= β. Y debe cumplirse que:

α

2= β =

√3⇒ α = 2

√3, β =

√3

2. Sea f :]0, π[→ R la funcion definida por

f(x) =

x

cot(x)− π

2 cos(x)si x < π/2

ax− 1 si x ≥ π/2

(2.1)

¿Que valor (si existe) debe asignarse a la constante a para que f sea conti-

nua en π2?

f sera continua en π/2 si

lımx→π

2−f(x) = lım

x→π2+

= f(π

2)

17

lımx→π

2−f(x) = lım

x→π2−

x

cot(x)− π

cos(x)

= lımx→π

2−

x sen(x)

cos(x)− π

2 cos(x)

= lımx→π

2−

2x sen(x)− π2 cos(x)

Sea u = π2− x si x→ π

2− entonces u→ 0+

i)

lımx→π

2−f(x) = lım

x→π2−

2x sen(x)− π2 cos(x)

= lımu→0+

2(π/2− u) sen(π/2− u)− π2 cos(π/2− u)

= lımu→0+

(π − 2u) cos(u)− π2 sen(u)

= lımu→0+

π(cos(u)− 1)− 2u cos(u)

2 sen(u)

= π lımu→0+

cos(u)− 1

2 sen(u)− lım

u→0+

u cos(x)

sen(u)

Por otra parte;

lımu→0+

cos(u)− 1

2 sen(u)= lım

u→0+

cos2(u)− 1

2 sen(u)(cos(u) + 1)

= lımu→0+

− sen2(u)

2 sen(u)(cos(u) + 1)

= lımu→0+

− sen(u)

2(cos(u) + 1)= 0

AdemA¡s lımu→0+

u cos(u)

sen(u)= lım

u→0+

u

sen(u)lımu→0+

cos(u) = 1 · 1 = 1

Luego por algebra de lımite

lımx→π

2−

2x sen(u)− π2 cos(x)

= π lımu→0+

cos(u)− 1

2 sen(u)− lımu→0+

u cos(x)

sen(u)

= −1

18

ii) lımx→π

2+f(x) = lım

x→π2+ax− 1 =

π

2a− 1 Por (i) y (ii) se tiene

−1 =π

2a− 1 = f(

π

2)

Por lo tanto tenemos a = 0

3. Construya una funcion definida por partes, que sea continua en todo R, y que

cumpla con:

a) Ser periodica si x ∈ (−∞, −12

]

b) Ser un logaritmo si x ∈ (−12, 0]

c) Ser cuadratica si x ∈ (0, 1]

d) Ser trigonometrica si x ∈ (1,+∞)

Solucion

Buscamos funciones f1, f2, f3, f4 tales que cumplan con las condiciones mencio-

nadas, respectivamente, y que ademas

lımx→−−1

2

f1 = lımx→+−1

2

f2

lımx→−0

f2 = lımx→+0

f3

lımx→−1

f3 = lımx→+1

f4

Por ejemplo, la funcion

f(x) =

cos(4πx+ π) si x ∈ (−∞, −1

2]

log2(x+ 1) si x ∈ (−12, 0]

x2 si x ∈ (0, 1]sin(x−1)x−1 si x ∈ (1,+∞)

19

4. ¿Sera cierto que toda funcion continua f : [0, 1]→ [0, 1], posee un punto fijo, es

decir un numero x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x?

Solucion

Sı, es cierto.

Si f(0) = 0 o f(1) = 1 entonces es evidente que la funcion tiene punto fijo.

Suponga que para x ∈ [0, 1] se tiene que

0 < f(0) < f(x) < f(1) < 1

y considere g(x) = x−f(x). Observe que g es continua (por ser resta de funciones

continuas), y ademas

x = 0 ⇒ g(0) = 0− f(0) < 0

x = 1 ⇒ g(1) = 1− f(1) > 0

Luego, por Teorema del Valor Intermedio tenemos que, existe c ∈ (0, 1) tal que

g(c) = 0. Esto es

g(c) = c− f(c) = 0⇔ f(c) = c

Es decir, existe c punto fijo de f .

El caso 1 > f(0) > f(x) > f(1) > 0 es analogo. Defina g(x) = f(x)− x.

5.

a) Si f y g son funciones continuas en [a, b] tales que f(a) > g(a) y f(b) < g(b),

pruebe que existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = g(c).

Definamos la funcion h(x) = f(x) − g(x). Notemos que nuestra nueva funcion

es continua en el intervalo [a, b] puesto que corresponde a una resta de funciones

continuas. Por otra parte, notemos que:

h(a) = f(a)− g(a) > 0 , y tambien h(b) = f(b)− g(b) < 0

20

Entonces, por Teorema del Valor Intermedio, existe c ∈ [a, b] tal que h(c) = 0,

es decir, f(c)− g(c) = 0 y, por tanto,

f(c) = g(c)

b) Demuestre que el polinomio p(x) = x3 + 3x2 − 1 tiene tres raıces reales.

Tenemos que p(0) = −1 < 0 y que p(1) = 3 > 0. Como p(x) en continua en

el intervalo [0, 1] por ser un polinomio, por el T.V.I. existe c ∈ [0, 1] tal que

p(c) = 0.

Por otro lado, p(−1) = 1 > 0. Entonces, nuevamente por el T.V.I. existe d ∈[−1, 0] tal que p(d) = 0.

Como p(x) es de grado tres solo puede tener una o tres raıces reales, pero como

ya hallamos dos de ellas, p(x) debe tener tres raıces reales.

6. Sea n ∈ Z. Calcule lımx→n

√x− [x] + [x]. A¿Es f(x) =

√x− [x] + [x] continua en

R?

Si n− 1 ≤ x < n, tenemos que [x] = n− 1. Por tanto,√x− [x] + [x] =

√x− (n− 1) + (n− 1)

.

Por la continuidad de la funcion raız cuadrada, se cumple que

lımx→n−

√x− [x] + [x] = n

Por otro lado, si n ≤ x < n+ 1, [x] = n. Ası,√x− [x] + [x] =

√x− n+ n. Por

el mismo argumento que en el apartado anterior,

lımx→n+

√x− [x] + [x] = n

Como los lımites laterales existen y son iguales entre sı, concluimos que

lımx→n

√x− [x] + [x] = n

21

Para estudiar la continuidad de f , supongamos que a ∈ R y separemos por

casos:

a ∈ Z

Por lo hecho anteriormente, lımx→a

f(x) = a =√a− [a] + [a] = f(a) y por lo

tanto es continua en los enteros.

a /∈ Z

La funcion esta bien definida en x = a, puesto que [a] < a. Tenemos que

[a] < a < [a] + 1; si x es tal que [a] < a < [a] + 1, se tiene que√x− [x] + [x] =

√a− [a] + [a]

Utilizando la continuidad de la raız cuadrada, se cumple que:

lımx→a

f(x) = lımx→a

√x− [a] + [a] =

√a− [a] + [a] = f(a)

Por lo tanto, f es continua x = a.

Luego, f es continua en R

7. Considere el polinomio p(x) = xn + an−1xn−1 + .... + a1x + a0 con x ∈ R. El

numero x0 ∈ R es una raız del polinomio p(x) si p(x0) = 0. Demuestre que:

a) Si n ≥ 1 es impar, entonces existe al menos una raız real de p(x)

Proof.

Como n es impar consideremos el lımx→−∞ p(x) = −∞ y lımx→∞ p(x) =

∞, entonces por el teorema del valor intermedio existe x0 ∈ R tal que

p(x0) = 0, ası queda demostrado que existe x0 ∈ R solucion del polinomio

p(x)

b) Si n ≥ 1 es par y a0 < 0 entonces existe al menos dos raıces reales.

Proof.

Como n es par consideremos lo mismo que lo anterior lımx→−∞ p(x) =∞,

22

lımx→∞ p(x) = ∞ y p(0) = a0 < 0 luego aplicando el teorema del va-

lor intermedio para el intervalo [0,+∞[ existe x0 ∈ R tal que p(x0) = 0.

Analogamente para el intervalo ] −∞, 0] existe x1 ∈ R tal que p(x1) = 0

ası queda demostrado que existen x0, x1 ∈ R soluciones del polinomio p(x)

8. Sea:

f(x) =

sin(a+x)−sin(a)x

si x < 0

sin(x) + b√x si 0 ≤ x ≤ π

√x−√π

x−π si x < π

Determine todos los valores de a y b tal que f(x) sea continua en 0 y π

f es continua en 0 si los lımites laterales existen y ambos son iguales a f(0).

Por la izquierda:

lımx→0− f(x) = lımx→0−sin(a+x)−sin(a)

x= lımx→0−

sin(a)cos(x)+sin(x)cos(a)−sin(a)x

=

lımx→0−( sin(a)[cos(x)−1]x

+ sin(x)cos(a)x

)

Pero:

sin(a)[cos(x)−1]x

= sin(a)[cos2(x)−1]x(cos(x)+1)

= sin(a)sin(x) sin(x)x

−1cos(x)+1

Reemplazando queda:

lımx→0− f(x) = lımx→0− sin(a)sin(x) sin(x)x

−1cos(x)+1

+ cos(a) sin(x)x

=

sin(a)0 ∗ 1 −1(1+1)

+ cos(a) ∗ 1 = cos(a)

Por la derecha:

lımx→0+ f(x) = lımx→0+ sin(x) + b√x = 0 + 0b = 0

23

Igualando: cos(a) = 0 = f(0), entonces a = π2

+ 2kπ, para k ∈ Zf es continua en π si los lımites laterales existen y ambos son iguales a f(π).

Por la izquierda:

limx→π+f(x) = limx→π+√x−√π

x−π = limx→π+x−πx−π

1√x+√π

= limx→π+f(x) = 1√x+√π

Igualando: b√π = 1

2

√π = f(π), entonces b = 1

2π

9. Sea f una funcion lineal, esto es, f(x + y) = f(x) + f(y),∀x, y ∈ R y que es

continua en 0. Demuestre que es continua en todo su dominio.

Demostracion: (Absurdo)

Supongamos que f es discontinua en a, que pertenece al dominio. Luego,

f(a0) ∈ (f(a0)− ε, f(a0) + ε). Como f es lineal, entonces es biyectiva. Luego

existe la funcion G : R −−−−−→f(a0)→a0

R.

Ası,G(f(a0)) = a0 6= a entonces existe f(a0) ∈ Rec(f) 6= (f(a)− ε, f(a) + ε).

Por lo tanto f(a0) /∈ (f(a)− ε, f(a) + ε), lo cual es una contradiccion. Por lo

tanto, f es continua en todo su dominio.