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´ lisis Real Ana M.Sc. Dennis A. Redtwitz FaCEN - UNA

´Indice general 1. Teor´ıa de Conjuntos 1.1. Conjuntos . . . . . . . . . . . 1.1.1. Definici´on y ejemplos . 1.1.2. Operaciones . . . . . . 1.1.3. Producto cartesiano . 1.2. Funciones . . . . . . . . . . . 1.2.1. Definici´on y ejemplos . 1.2.2. Familias . . . . . . . . 1.2.3. Operaciones “grandes” 1.2.4. Im´agenes . . . . . . . . 1.2.5. Preim´agenes . . . . . . 1.2.6. Composiciones . . . . 1.2.7. Inyectividad . . . . . . 1.2.8. Sobreyectividad . . . . 1.2.9. Biyectividad . . . . . . 1.2.10. Funciones especiales . 1.2.11. Inversas a la izquierda 1.2.12. Inversas a la derecha . 1.2.13. Inversas bilaterales . . 1.3. Relaciones de equivalencia . . 1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . 2. Finitud y numerabilidad 2.1. N´ umeros naturales . . 2.2. Finitud . . . . . . . . . 2.3. Numerabilidad . . . . 2.4. Ejercicios . . . . . . . 3. N´ umeros Reales 3.1. Propiedades . . 3.2. Funciones reales 3.3. Intervalos . . . 3.4. Valor absoluto . 3.5. Ejercicios . . .

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5 7 7 8 10 12 12 12 13 15 16 17 17 18 19 19 19 20 21 23 26

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29 31 34 37 39

. . . . . . . . . de variable real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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41 43 45 47 50 51

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53 55 62 63 69

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4. Sucesiones 4.1. Definici´on y propiedades 4.2. L´ımites infinitos . . . . . 4.3. Series num´ericas . . . . . 4.4. Series de potencias . . .

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. . . . 3

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4.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 5. La topolog´ıa de R 5.1. Puntos interiores . . . 5.2. Puntos de clausura . . 5.3. Puntos de frontera . . 5.4. Puntos de acumulaci´on 5.5. Compacidad . . . . . . 5.6. Ejercicios . . . . . . .

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6. Noci´ on de l´ımite 6.1. Definici´on y propiedades . . . . . . 6.2. L´ımites laterales . . . . . . . . . . . 6.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . 6.4. Funciones continuas en un intervalo 6.5. Funciones continuas en un conjunto 6.6. Continuidad uniforme . . . . . . . . 6.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . 7. Derivadas 7.1. Definici´on y propiedades . 7.2. Derivadas laterales . . . . 7.3. Funciones derivables en un 7.4. Funciones convexas . . . . 7.5. Ejercicios . . . . . . . . .

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71 73 78 81 82 84 87

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89 91 96 98 103 105 107 110

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113 . 115 . 120 . 123 . 126 . 130

8. La Integral de Riemann 8.1. Definici´on y propiedades . . . . . . . 8.2. El Teorema de Riemann-Lebesgue . . 8.3. El Teorema Fundamental del C´alculo 8.4. Funciones anal´ıticas . . . . . . . . . . 8.5. Logaritmos y exponenciales . . . . . 8.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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Referencias bibliogr´ aficas

133 135 140 142 145 148 150 153

4

Cap´ıtulo 1 Teor´ıa de Conjuntos

1.1. 1.1.1.

Conjuntos Definici´ on y ejemplos

Seg´ un Georg Cantor, un conjunto es cualquier reuni´on M de objetos determinados x, bien distintos de nuestra percepci´on o de nuestro pensamiento (que son denominados elementos de M ), en un todo. Aunque esto no constituye una definici´on v´alida de la palabra conjunto, al menos no en el sentido matem´atico, ser´a suficiente para nuestros prop´ositos, siempre y mientras que especifiquemos conjuntos de la manera M = {x ∈ U : ϕ(x)} donde M es el conjunto formado por aquellos elementos del conjunto U que cumplen con la propiedad ϕ. Si x es un elemento de M , escribimos x ∈ M . De lo contrario, x ∈ / M. Ejemplo 1.1.1 Suponiendo que conocemos al conjunto N (los n´ umeros naturales o enteros positivos), podemos definir otro conjunto M = {x ∈ N : x es par}. Otras formas usuales de denotar este conjunto son M = {2x : x ∈ N} o M = {2, 4, 6, 8, · · ·}. Ejemplo 1.1.2 R = {x : x ∈ / x} no especifica un conjunto. Si R estuviese bien definido, tendr´ıamos que R ∈ R o que R ∈ / R. Sin embargo, si R ∈ R, R no cumple con la propiedad x ∈ / x y tenemos que R ∈ / R; y si R∈ / R, R cumple con la propiedad x ∈ / x y tenemos que R ∈ R. Esto constituye una contradicci´on. El ejemplo anterior muestra que la ausencia del conjunto universal U puede causar contradicciones. Diremos que dos conjuntos son iguales si poseen los mismos elementos; es decir, A = B si y s´olo si ∀x (x ∈ A ←→ x ∈ B). Claramente, A = B si y s´olo si B = A. A est´a incluido en B (o A es una parte de B o A es un subconjunto de B o B contiene a A o B es un superconjunto de A) si cada elemento de A es tambi´en elemento de B; es decir, A ⊂ B si y s´olo si ∀x (x ∈ A −→ x ∈ B). Una notaci´on alternativa es B ⊃ A.

7

Ya que x ∈ A −→ x ∈ A, siempre se verifica que A ⊂ A. Supongamos que A ⊂ B y B ⊂ C. Si x ∈ A, como A ⊂ B, x ∈ B. Luego, como B ⊂ C, x ∈ C. Esto prueba que A ⊂ C. Es claro que A = B si y s´olo si A ⊂ B y B ⊂ A. Si A ⊂ B pero A 6= B, diremos que A est´a propiamente incluido en B (o A es una parte propia de B o A es un subconjunto propio de B o B contiene propiamente a A o B es un superconjunto propio de A). Escribiremos A ⊂ B prop. o B ⊂ A prop. para especificar que la inclusi´on es propia. Dado cualquier conjunto U , se puede formar el conjunto V = {x ∈ U : x 6= x}. Ya que x 6= x no puede cumplirse, sea cual sea x, el conjunto V no posee elementos. Si M es cualquier conjunto, se cumple que V ⊂ M , ya que ∀x (x ∈ V −→ x ∈ M ), puesto que ning´ un x cumple con el antecedente. En particular, si suponemos que existen dos conjuntos distintos que no poseen elementos, V y W , tenemos que V ⊂ W y W ⊂ V , de manera que V = W . Esto contradice el supuesto. Luego, existe un u ´nico conjunto sin elementos, al que llamaremos conjunto vac´ıo. Lo denotaremos con ∅. Si el superconjunto U se sobreentiende, podemos escribir Ac para denotar el conjunto {x ∈ U : x ∈ / A}, el complemento de A. Es claro que (Ac )c = A. Ejemplo 1.1.3 La notaci´on de complemento puede llevar a confusiones. Por ejemplo, si A = {1, 2, 3}, Ac podr´ıa ser {4, 5, 6, · · ·} o {· · · , −2, −1, 0, 4, 5, 6, · · ·}, dependiendo de si consideramos N o Z como conjunto universal.

1.1.2.

Operaciones

Si A y B son conjuntos, la intersecci´ on de A y B es el conjunto de todos los elementos comunes de A y B. Lo denotaremos con A ∩ B. Formalmente, x ∈ A ∩ B ←→ x ∈ A ∧ x ∈ B. La uni´ on de A y B es el conjunto de todos los elementos que pertenecen a A o a B. Lo denotaremos con A ∪ B. Formalmente, x ∈ A ∪ B ←→ x ∈ A ∨ x ∈ B. 8

˙ para indicar Si A y B son disjuntos, es decir, si A ∩ B = ∅, la uni´on puede denotarse con A∪B que se trata de una uni´on disjunta. La diferencia entre A y B (en este orden) es el conjunto de todos los elementos que pertenecen a A pero no a B. Lo denotaremos con A − B. Algunos textos utilizan A \ B. Formalmente, x ∈ A − B ←→ x ∈ A ∧ x ∈ / B. La diferencia sim´ etrica entre A y B es el conjunto de todos los elementos que pertenecen a A o a B, pero no a ambos. Lo denotaremos con A4B. Formalmente, A4B = (A ∪ B) − (A ∩ B). El conjunto de partes de A es el conjunto formado por todos los subconjuntos de A. Lo denotaremos con P(A). Algunos textos utilizan 2A . Tambi´en es llamado conjunto potencia de A. Formalmente, x ∈ P(A) ←→ x ⊂ A. La siguiente tabla engloba algunas de las propiedades m´as importantes de estas operaciones. I1. A∩A=A I2. A∩∅=∅ I3. A∩U =A I4. A ∩ Ac = ∅ I5. A∩B =B∩A I6. A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C I7. A ⊂ B ←→ A ∩ B = A I8. A ⊂ B ∧ A ⊂ C ←→ A ⊂ B ∩ C U1. A ∪ A = A U2. A ∪ ∅ = A U3. A ∪ U = U U4. A ∪ Ac = U U5. A ∪ B = B ∪ A U6. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C U7. A ⊂ B ←→ A ∪ B = B U8. A ⊂ C ∧ B ⊂ C ←→ A ∪ B ⊂ C ˙ U9. A ∪ B = A∪(B − A) IU1. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) IU2. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) IU3. (A ∩ B)c = Ac ∪ B c IU4. (A ∪ B)c = Ac ∩ B c

D1. D2. D3. D2. D5. D6. D7. D8. S1. S2. S3. S4. S5. S6. S7. S8. S9. P1. P2. P3. P4.

A−A=∅ A−∅=A A − U = A y U − A = Ac A − Ac = A y Ac − A = Ac A − B = A ∩ Bc (A − B) − C = A − (B ∪ C) A − (B − C) = (A − B) ∪ (A ∩ C) A ⊂ B ←→ A − B = ∅ A4A = ∅ A4∅ = A A4U = Ac A4Ac = U A4B = B4A A4(B4C) = (A4B)4C A4B = A4C −→ B = C A4B = ∅ −→ A = B ˙ A4B = (A − B)∪(B − A) P(∅) = {∅} A ⊂ B −→ P(A) ⊂ P(B) P(A ∩ B) ⊂ P(A) ∩ P(B) P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B)

La mayor´ıa de estas propiedades, las identidades, son f´aciles de demostrar si las concebimos como proposiciones l´ogicas compuestas por las proposiciones at´omicas x ∈ A, x ∈ B, etc. Por ejemplo, la propiedad IU2 es claramente equivalente a la proposici´on ∀x (x ∈ A ∪ (B ∩ C) ←→ x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)). La tabla de verdad a continuaci´on la demuestra: 9

x∈A x∈B V V V V F V V F V F F V F F F F

x∈C V F V F V F V F

x∈B∩C V F F F V F F F

x ∈ A ∪ (B ∩ C) x ∈ A ∪ B V V V V V V V V V V F V F F F F

x∈A∪C V V V V V F V F

x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) V V V V V F F F

Para ahorrar espacio, podemos usar tambi´en una “tabla de pertenencia” como la que presentamos a continuaci´on: A ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ / ∈ / ∈ / ∈ /

B ∈ ∈ ∈ / ∈ / ∈ ∈ ∈ / ∈ /

C ∈ ∈ / ∈ ∈ / ∈ ∈ / ∈ ∈ /

B∩C ∈ ∈ / ∈ / ∈ / ∈ ∈ / ∈ / ∈ /

A ∪ (B ∩ C) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ / ∈ / ∈ /

A∪B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ / ∈ /

A∪C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ / ∈ ∈ /

(A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ / ∈ / ∈ /

Aunque es posible utilizar estas tablas para probar propiedades como I7, puede resultar m´as f´acil sin ellas. Proposici´ on 1.1.4 ∀A, B (A ⊂ B ←→ A ∩ B = A) ´ n: Demostracio Supongamos que A ⊂ B. Si x ∈ A ∩ B, es claro que, en particular, x ∈ A. Esto prueba que A ∩ B ⊂ A. Por otro lado, si x ∈ A, como A ⊂ B, tambi´en es cierto que x ∈ B, de manera que x ∈ A ∩ B. Esto prueba que A ⊂ A ∩ B. En conclusi´on, A ∩ B = A, y la implicaci´on de izquierda a derecha queda probada. Supongamos ahora que A ∩ B = A. Si x ∈ A, como A ∩ B = A, x ∈ A ∩ B y, en particular, x ∈ B. Luego, A ⊂ B, lo cual completa la prueba.// Dejaremos las restantes demostraciones como ejercicio.

1.1.3.

Producto cartesiano

Dados dos elementos a y b, podemos definir el “par ordenado a b” como (a, b) := {{a}, {a, b}}. Lema 1.1.5 ∀a, b, c ({a} = {b, c} −→ a = b = c) Proposici´ on 1.1.6 ∀a, b, c, d ((a, b) = (c, d) −→ a = c ∧ b = d) ´ n: Demostracio Sean a, b, c y d elementos arbitrarios pero fijos y tales que (a, b) = (c, d).

10

Como {a} ∈ {{a}, {a, b}} = (a, b) = (c, d) = {{c}, {c, d}}, {a} = {c} ∨ {a} = {c, d}. Si {a} = {c}, a = c, y si {a} = {c, d}, por el lema previo, a = c = d. En ambos casos posibles, queda probado que a = c. Como {a, b} ∈ {{a}, {a, b}} = (a, b) = (c, d) = (a, d) = {{a}, {a, d}}, {a, b} = {a}∨{a, b} = {a, d}. En ambos casos, {a, b} ⊂ {a, d}. Como b ∈ {a, b} ⊂ {a, d}, b ∈ {a, d} y, por tanto, b = a ∨ b = d. Si b = d, no hay nada que probar. Por otro lado, si b = a, {{a}, {a, d}} = (a, d) = (c, d) = (a, b) = (a, a) = {{a}, {a, a}} = {{a}}. Esto, por el lema previo, implica que {a} = {a, d} y, por tanto, a = d. Como adem´as b = a, b = d.// El producto cartesiano de dos conjuntos A y B (en este orden) es el conjunto de todos los pares ordenados cuya primera coordenada pertenece a A y cuya segunda coordenada pertenece a B, y se denota con A × B. La demostraci´on de las propiedades a continuaci´on queda como ejercicio. C1. C2. C3. C4. C5. C6. C7. C8.

A × B = ∅ ←→ A = ∅ ∨ B = ∅ A × B = C × D 6= ∅ −→ A = C ∧ B = D A ⊂ C ∧ B ⊂ D −→ A × B ⊂ C × D (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C) (A − B) × C = (A × C) − (B × C) (A ∩ B) × (C ∩ D) = (A × C) ∩ (B × D) (A ∪ B) × (C ∪ D) = (A × C) ∪ (A × D) ∪ (B × C) ∪ (B × D)

11

1.2. 1.2.1.

Funciones Definici´ on y ejemplos

Definici´ on 1.2.1 Sean A, B y F conjuntos no vac´ıos. Decimos que f = (A, B, F ) es una funci´ on (o aplicaci´on) de A en B si F ⊂ A × B es una relaci´on entre A y B y se verifican las siguientes condiciones: ∀x ∈ A ∃y ∈ B (x, y) ∈ F (Existencia) ∀x ∈ A ∀y, z ∈ B ((x, y) ∈ F ∧ (x, z) ∈ F −→ y = z) (Unicidad) En caso afirmativo, decimos que A el es dominio de f , que denotaremos con D(f ), B es el codominio de f , que denotaremos con C(f ), y F es la gr´afica de f , que denotaremos con G(f ). Bien entendido, las dos condiciones de la definici´on expresan que para cada elemento x del dominio debe haber un u ´nico elemento y del codominio tal que (x, y) ∈ F . A este u ´nico y, llamamos imagen de x por f , y escribimos f (x) = y (se lee: f de x es y). Rec´ıprocamente, si f (x) = y, decimos que x es una preimagen de y por f . Para simbolizar que f es una funci´on de A en B, utilizaremos la notaci´on f : A → B (usamos la flecha −→ para las implicaciones). Similarmente, para expresar que f (x) = y, tambi´en podemos escribir f : x 7→ y. Establecer funciones mediante la definici´on puede resultar algo inc´omodo. Por ejemplo, si queremos establecer f como la funci´on de Z en N que a cada n´ umero entero le asigna su cuadrado, debemos establecer previamente la gr´afica como F = {(k, k 2 ) : k ∈ Z}, y luego establecer que f = (Z, N, F ). Para el efecto, podemos utilizar las notaciones que hemos mencionado. Una manera formal de definir f es escribir: f :Z → N . x 7→ x2 Menos formal, pero m´as utilizado, es “sea f : Z → N la funci´on definida por f (x) = x2 ”.

1.2.2.

Familias

Una familia es un conjunto cuyos elementos son, a su vez, conjuntos. Ya hemos visto el ejemplo del conjunto de partes. Para razones pr´acticas, es usual indizar los conjuntos de una familia, es decir, asignar un ´ındice a cada conjunto. Por ejemplo, la familia F = {{1, 2, 3, · · ·}, {2, 3, 4, · · ·}, {3, 4, 5, · · ·}, · · ·} tambi´en puede ser descrita de esta manera: F = {A1 , A2 , A3 , · · ·}, donde An = {n, n + 1, n + 2, · · ·}. Bien entendido, A es una funci´on que asigna un conjunto a cada n´ umero natural. Cuando se indizan conjuntos, es com´ un escribir An en vez del acostumbrado A(n).

12

En general, una familia indizada es un conjunto de la forma F = {Aλ : λ ∈ L} donde A es una funci´on de dominio L, el conjunto de los sub´ındices. Aunque L es muchas veces un conjunto num´erico, esto no es necesario. Cualquier familia no vac´ıa puede ser indizada. Si F es una familia no vac´ıa, podemos considerar la funci´on A : F → F definida por Aλ = λ. Es claro que F = {λ : λ ∈ F} = {Aλ : λ ∈ F}. Por este motivo, s´olo trabajaremos con familias indizadas a partir de ahora.

1.2.3.

Operaciones “grandes”

Dada una familia F = {Aλ : λ ∈ L} podemos definir la gran intersecci´ on y la gran uni´ on, respectivamente, de la siguiente manera: \ Aλ := {x : ∀λ ∈ L x ∈ Aλ } λ∈L

y [

Aλ := {x : ∃λ ∈ L x ∈ Aλ }

λ∈L

Es decir, tras que

\

Aλ es el conjunto de los elementos que pertenecen a cada Aλ de la familia, mien-

λ∈L [ Aλ es el conjunto de los elementos que pertenecen a (por lo menos) un Aλ de la λ∈L

familia. Ejemplo 1.2.2 Sea F = {An : n ∈ N}, donde An = {n, n + 1, n + 2}. \

An = ∅, ya que para cada m ∈ N tenemos que m ∈ / Am+1 = {m + 1, m + 2, m + 3}, de

n∈N

manera que ning´ un m pertenece a todos los An . Es com´ un escribir

\

An = ∅ o

n≥1

[

∞ \

An = ∅ para denotar este conjunto.

n=1

An = N, ya que todo elemento de la gran uni´on es claramente un n´ umero natural y, por

n∈N

otro lado, para cada m ∈ N tenemos que m ∈ Am = {m, m + 1, m + 2}, de manera que cada m pertenece a alg´ un An . Proposici´ on 1.2.3 Sea F = {Aλ : λ ∈ L ∪ M } una familia arbitraria. \ 1. Si λ0 ∈ L, entonces Aλ ⊂ Aλ0 . λ∈L

13

2. Si λ0 ∈ L es tal que ∀λ ∈ L Aλ0 ⊂ Aλ , entonces Aλ0 ⊂

\

Aλ .

λ∈L

\

3. Si λ0 ∈ L es tal que ∀λ ∈ L Aλ0 ⊂ Aλ , entonces

Aλ = Aλ0 .

λ∈L

\

4. Si M ⊂ L, entonces

\

Aλ ⊂

λ∈L

5.

\

Aλ =

λ∈L∪M

\

\

Aλ ∩

λ∈L

Aλ .

λ∈M

Aλ

λ∈M

´ n: Demostracio \ 1. Sea x ∈ Aλ arbitrario pero fijo. Por definici´on, ∀λ ∈ L x ∈ Aλ . Como, en particular, λ∈L

λ0 ∈ L, tenemos que x ∈ Aλ0 . El apartado se sigue. 2. Sean x ∈ Aλ0 y λ ∈ L arbitrarios pero fijos. \ Como x ∈ Aλ0 ⊂ Aλ , tenemos que x ∈ Aλ . Siendo λ ∈ L arbitrario, esto prueba que x ∈ Aλ . El apartado se sigue. λ∈L

3. Este apartado es consecuencia inmediata de los dos anteriores. \ Aλ arbitrario pero fijo. Por definici´on, ∀λ ∈ L x ∈ Aλ . 4. Sea x ∈ λ∈L

Sea λ ∈ M arbitrario pero fijo. \ Como M ⊂ L, tenemos que λ ∈ L, lo que implica que Aλ . El apartado se sigue. x ∈ Aλ . Esto prueba que x ∈ λ∈M

5. Como \ L y M son\subconjuntos\ de L ∪ M ,\ dos aplicaciones del apartado anterior revelan que Aλ ⊂ Aλ y que Aλ ⊂ Aλ . Luego, por la monoton´ıa de la inclusi´on λ∈L∪M \

(I8),

λ∈L \

Aλ ⊂

λ∈L

λ∈L∪M

Sea x ∈

\

Aλ ∩

λ∈L

\

x∈

λ∈M \ λ∈L∪M Aλ , y s´olo nos resta probar la inclusi´on inversa. Aλ ∩

\

λ∈M

Aλ arbitrario pero fijo. Por definici´on de intersecci´on, x ∈

λ∈M

\

Aλ y

λ∈L

Aλ , y por definici´on de gran intersecci´on, ∀λ ∈ L x ∈ M y ∀λ ∈ M x ∈ M .

λ∈M

Sea λ ∈ L ∪ M arbitrario pero fijo. Por definici´on\ de uni´on, λ ∈ L o λ ∈ M , y en ambos casos tenemos que x ∈ Aλ . Esto prueba que x ∈ Aλ . La inclusi´on restante se sigue.// λ∈L∪M

Enunciar y demostrar la proposici´on an´aloga para la gran uni´on quedar´a como ejercicio. La proposici´on a continuaci´on formaliza la extensi´on de las Leyes de DeMorgan a las operaciones “grandes”. Dejaremos la demostraci´on como ejercicio. Proposici´ on 1.2.4 Sea F = {Aλ : λ ∈ L} una familia arbitraria. !c \ [ 1. Aλ = Aλ c λ∈L

λ∈L

!c 2.

[ λ∈L

Aλ

=

\

Aλ c

λ∈L

14

1.2.4.

Im´ agenes

Definici´ on 1.2.5 Sea f : A → B una funci´on. Si X ⊂ A, la imagen de X por f es el conjunto de las im´agenes (por f ) de los elementos de X, y se denota f [X]. Simb´olicamente, f [X] = {f (x) : x ∈ X}. Ejemplo 1.2.6 Sea f : N → N la funci´on definida por f (x) = 2x + 1. La imagen de X = {1, 2, 5} es f [X] = {f (x) : x ∈ X} = {2x + 1 : x ∈ {1, 2, 5}} = {f (1), f (2), f (5)} = {3, 5, 11}. Proposici´ on 1.2.7 Sea f : A → B una funci´on. 1. f [∅] = ∅ 2. ∀X ∈ P(A) (f [X] = ∅ −→ X = ∅) 3. ∀X1 , X2 ∈ P(A) (X1 ⊂ X2 −→ f [X1 ] ⊂ f [X2 ]) ´ n: Demostracio 1. Supongamos que y ∈ f [∅]. Por definici´on de imagen, esto implica que existe un x ∈ ∅ tal que y = f (x), lo cual es absurdo. Por tanto, f [∅] es vac´ıo. 2. Supongamos que x ∈ X. Por definici´on de imagen, esto implica que f (x) ∈ f [X] = ∅, lo cual es absurdo. Por tanto, X = ∅. 3. Sea y ∈ f [X1 ] arbitrario pero fijo. Por definici´on de imagen, ∃x ∈ X1 y = f (x). Como X1 ⊂ X2 , x ∈ X2 , de manera que y = f (x) ∈ f [X2 ]. Hemos probado que ∀y ∈ f [X1 ] y ∈ f [X2 ], la definici´on de f [X1 ] ⊂ f [X2 ].// Para las operaciones entre conjuntos, tenemos las siguientes propiedades para las im´agenes: Proposici´ on 1.2.8 Sea f : A → B una funci´on. 1. ∀X1 , X2 ∈ P(A) f [X1 ∩ X2 ] ⊂ f [X1 ] ∩ f [X2 ] 2. ∀X1 , X2 ∈ P(A) f [X1 ] − f [X2 ] ⊂ f [X1 − X2 ] 3. ∀X1 , X2 ∈ P(A) f [X1 ∪ X2 ] = f [X1 ] ∪ f [X2 ] ´ n: Demostracio 1. Como X1 ∩ X2 ⊂ X1 y X1 ∩ X2 ⊂ X2 , por la proposici´on 1.2.7, f [X1 ∩ X2 ] ⊂ f [X1 ] y f [X1 ∩ X2 ] ⊂ f [X2 ]. Luego, f [X1 ∩ X2 ] ⊂ f [X1 ] ∩ f [X2 ]. 2. Sea y ∈ f [X1 ] − f [X2 ] arbitrario pero fijo. Como y ∈ f [X1 ], ∃x ∈ X1 y = f (x). Como f (x) = y ∈ / f [X2 ], x ∈ / X2 . Por tanto, x ∈ X1 − X2 , de manera que y = f (x) ∈ f [X1 − X2 ]. Esto prueba que f [X1 ] − f [X2 ] ⊂ f [X1 − X2 ]. 3. Como X1 ⊂ X1 ∪ X2 y X2 ⊂ X1 ∪ X2 , por la proposici´on 1.2.7, f [X1 ] ⊂ f [X1 ∪ X2 ] y f [X2 ] ⊂ f [X1 ∪ X2 ]. Luego, f [X1 ] ∪ f [X2 ] ⊂ f [X1 ∪ X2 ]. Para probar la inclusi´on inversa, sea y ∈ f [X1 ∪ X2 ] arbitrario pero fijo. Por definici´on de imagen, ∃x ∈ X1 ∪ X2 y = f (x). Si x ∈ X1 , y = f (x) ∈ f [X1 ] ⊂ f [X1 ] ∪ f [X2 ], y si x ∈ X2 , y = f (x) ∈ f [X2 ] ⊂ f [X1 ] ∪ f [X2 ]. En ambos casos, queda probado que y ∈ f [X1 ] ∪ f [X2 ]. Esto prueba que f [X1 ∪ X2 ] ⊂ f [X1 ] ∪ f [X2 ]. La igualdad se sigue de la doble inclusi´on.// 15

La proposici´on anterior tambi´en es v´alida para las operaciones generalizadas. Proposici´ on 1.2.9 Sea f : A → B una funci´on, F = {Aλ : λ ∈ L} ⊂ P(A). " # \ \ 1. f Aλ ⊂ f [Aλ ] λ∈L

" 2. f

λ∈L

# [

Aλ =

λ∈L

[

f [Aλ ]

λ∈L

´ n: Demostracio \ 1. Como, por la proposici´on 1.2.3, tenemos que ∀λ0 ∈ L Aλ ⊂ Aλ0 , la proposici´on 1.2.7 λ∈L " # \ implica que ∀λ ∈ L f Aλ ⊂ f [Aλ0 ]. De nuevo por la proposici´on 1.2.3, esto implica λ∈L " # \ \ que f Aλ ⊂ f Aλ , lo cual prueba el apartado. λ∈L

λ∈L

[ 2. Como, por una proposici´on an´aloga a la proposici´on 1.2.3, ∀λ0 ∈ L Aλ0 ⊂ Aλ , la propoλ∈L " # [ sici´on 1.2.7 implica que ∀λ ∈ L f [Aλ0 ] ⊂ f Aλ . De nuevo por la proposici´on an´aloga a λ∈L " # [ [ f [Aλ ] ⊂ f Aλ , lo cual prueba una inclusi´on la proposici´on 1.2.3, esto implica que λ∈L

λ∈L

del apartado. "

# [

Para probar la inclusi´on inversa, sea y ∈ f

Aλ arbitrario pero fijo. Por definici´on de

λ∈L

imagen, ∃x ∈

[

Aλ y = f (x). Por definici´on de uni´on, ∃λ0 ∈ L x ∈ Aλ0 , de manera que

λ∈L

y = f (x) ∈ f [Aλ0 ] ⊂

[

f [Aλ ]. Esto prueba la inclusi´on inversa.//

λ∈L

1.2.5.

Preim´ agenes

Definici´ on 1.2.10 Sea f : A → B una funci´on. Si Y ⊂ B, la preimagen (o imagen inversa) de Y por f es el conjunto de los elementos del dominio cuya imagen (por f ) est´a en Y , y se denota f −1 [Y ]. Simb´olicamente, f −1 [Y ] = {x ∈ A : f (x) ∈ Y }. Ejemplo 1.2.11 Sea f : Z → N la funci´on definida por f (x) = x2 . La preimagen de Y = {1, 2, 4} es f −1 [Y ] = {x ∈ N : f (x) ∈ Y } = {x : x2 ∈ {1, 2, 4}} = {1, −1, 2, −2}. A continuaci´on, enunciamos las propiedades que poseen las preim´agenes de una funci´on. Sus demostraciones son parecidas a las de las im´agenes, y las dejaremos como ejercicio. Proposici´ on 1.2.12 Sea f : A → B una funci´on. 1. f −1 [∅] = ∅ 16

2. f −1 [B] = A 3. ∀Y1 , Y2 ∈ P(B) Y1 ⊂ Y2 −→ f −1 [Y1 ] ⊂ f −1 [Y2 ] Proposici´ on 1.2.13 Sea f : A → B una funci´on. 1. ∀Y1 , Y2 ∈ P(B) f −1 [Y1 ∩ Y2 ] = f −1 [Y1 ] ∩ f −1 [Y2 ] 2. ∀Y1 , Y2 ∈ P(B) f −1 [Y1 − Y2 ] = f −1 [Y1 ] − f −1 [Y2 ] 3. ∀Y ∈ P(B) f −1 [Y c ] = (f −1 [Y ])c 4. ∀Y1 , Y2 ∈ P(B) f −1 [Y1 ∪ Y2 ] = f −1 [Y1 ] ∪ f −1 [Y2 ] Proposici´ on 1.2.14 Sea f : A → B una funci´on, F = {Aλ : λ ∈ L} ⊂ P(B). " # \ \ 1. f −1 Aλ = f −1 [Aλ ] λ∈L

" 2. f −1

# [ λ∈L

1.2.6.

λ∈L

Aλ =

[

f −1 [Aλ ]

λ∈L

Composiciones

Definici´ on 1.2.15 Sean f : A → B y g : B → C funciones. La composici´ on de f con g (en este orden) es la funci´on h : A → C definida por h(x) = g(f (x)), que denotaremos con g ◦ f . Ejemplo 1.2.16 Sean f, g : Z → Z las funciones definidas por f (x) = x2 y g(y) = y + 1. g ◦ f : Z → Z es la funci´on definida por (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 ) = x2 + 1, y f ◦ g : Z → Z es la funci´on definida por (f ◦ g)(y) = f (g(y)) = f (y + 1) = (y + 1)2 = y 2 + 2y + 1. Notemos que la composi´on de funciones no es conmutativa. Proposici´ on 1.2.17 Si f : A → B, g : B → C y h : C → D son funciones, entonces h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f ). Proposici´ on 1.2.18 Sean f : A → B y g : B → C funciones. 1. Si X ∈ P(A), (g ◦ f )[X] = g[f [X]]. 2. Si Z ∈ P(C), (g ◦ f )−1 [Z] = f −1 [g −1 [Z]]. Las demostraciones son sencillas y quedar´an como ejercicio.

1.2.7.

Inyectividad

Definici´ on 1.2.19 Sea f : A → B una funci´on. Diremos que f es inyectiva si las im´ agenes de elementos distintos de A por f son distintas. Simb´olicamente, f es inyectiva si y s´ olo si ∀x1 , x2 ∈ A f (x1 ) = f (x2 ) −→ x1 = x2 . Ejemplo 1.2.20 Sea f : Z → Z. La funci´on definida por f (x) = 2x. Si f (x1 ) = f (x2 ), tenemos que 2x1 = 2x2 y, dividiendo por 2, que x1 = x2 . Por tanto, f es inyectiva. Ejemplo 1.2.21 Sea f : Z → Z. La funci´on definida por f (x) = x2 . Como f (−1) = 1 = f (1), f no es inyectiva, pues −1 y 1 poseen la misma imagen por f . 17

Proposici´ on 1.2.22 Sea f : A → B y g : B → C funciones. Si f y g son ambas inyectivas, entonces la composici´on g ◦ f tambi´en es inyectiva. ´ n: Demostracio Observemos que la composici´on est´a bien definida (pues C(f ) = D(g)) y que D(g ◦ f ) = D(f ) = A. Sean x1 , x2 ∈ A, y supongamos que (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ). Por definici´on de composici´on, g(f (x1 )) = g(f (x2 )). Como g es inyectiva y f (x1 ) y f (x2 ) poseen la misma imagen por g, f (x1 ) = f (x2 ). Siendo f inyectiva, esto implica que x1 = x2 . Esto prueba que g ◦ f es inyectiva.// Ejemplo 1.2.23 Sean F = {(1, 3), (2, 4)}, G = {(3, 1), (4, 2), (5, 2)}, f = (A, B, F ) y g = (B, A, G), donde A = {1, 2} y B = {3, 4, 5}. Claramente, g no es inyectiva, pues g(4) = 2 = g(5). Sin embargo, la composici´on g ◦ f es inyectiva, pues D(g ◦f ) = A, (g ◦f )(1) = g(f (1)) = g(3) = 1 y (g ◦f )(2) = g(f (2)) = g(4) = 2. Aunque no necesariamente ambas funciones cuya composici´on es inyectiva son inyectivas, s´ı lo es la funci´on derecha. Proposici´ on 1.2.24 Sea f : A → B y g : B → C funciones. Si g ◦ f es inyectiva, entonces la funci´on f tambi´en es inyectiva. ´ n: Demostracio Observemos que la composici´on est´a bien definida (pues C(f ) = D(g)). Sean x1 , x2 ∈ A tales que f (x1 ) = f (x2 ). Aplicando g a ambos miembros, queda g(f (x1 )) = g(f (x2 )), de manera que (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ). Como g ◦ f es inyectiva, esto implica que x1 = x2 , de manera que f es inyectiva.//

1.2.8.

Sobreyectividad

Definici´ on 1.2.25 Sea f : A → B una funci´on. Diremos que f es sobreyectiva si cada elemento del codominio posee una preimagen. Simb´olicamente, f es sobreyectiva si y s´olo si f [A] = B. Ejemplo 1.2.26 La funci´on f : Q → Q definida por f (x) = 2x es sobreyectiva, pues para cada y ∈ Q, f ( y2 ) = 2 · y2 = y, de manera que cada y ∈ Q pertenece a f [Q]. Ejemplo 1.2.27 La funci´on f : Z → Z definida por f (x) = 2x, aunque muy parecida a la anterior, no es sobreyectiva. 3 ∈ Z, pero para cada x ∈ Z, f (x) = 2x 6= 3. De hecho, f [Z] es el conjunto de todos los n´ umeros enteros pares (positivos y negativos) y, por tanto, distinto de Z. Proposici´ on 1.2.28 Sea f : A → B y g : B → C funciones. Si f y g son ambas sobreyectivas, entonces la composici´on g ◦ f tambi´en es sobreyectiva. Proposici´ on 1.2.29 Sea f : A → B y g : B → C funciones. Si g ◦ f es sobreyectiva, entonces la funci´on g tambi´en es sobreyectiva. Las demostraciones son sencillas y quedar´an como ejercicio. 18

1.2.9.

Biyectividad

Definici´ on 1.2.30 Sea f : A → B una funci´on. Diremos que f es biyectiva si es tanto inyectiva como sobreyectiva. Las propiedades de las funciones biyectivas, se deducen directamente de las dos secciones anteriores.

1.2.10.

Funciones especiales

Definici´ on 1.2.31 Sea A un conjunto no vac´ıo. La identidad en A es la funci´on IA : A → A definida por IA (x) = x. Aplicar IA a un elemento de A reproduce el mismo elemento. Es claro que toda funci´on identidad es biyectiva, pues IA (x1 ) = IA (x2 ) es literalmente igual a x1 = x2 e IA [A] = {IA (x) : x ∈ A} = {x : x ∈ A} = A. Definici´ on 1.2.32 Sean A y B conjuntos no vac´ıos tales que A ⊂ B. La inclusi´ on de A en B es la funci´on iA;B : A → B definida por iA;B (x) = x. La inclusi´on posee la misma “regla de asignaci´on” que la identidad; es decir, si x ∈ A ⊂ B, iA;B (x) = x = IA (x). Sin embargo, si A 6= B, estas dos funciones son distintas, pues poseen codominios distintos. En efecto, iA;B no es sobreyectiva, pues iA;B [A] = {iA;B (x) : x ∈ A} = {x : x ∈ A} = A 6= B. Definici´ on 1.2.33 Sea f : A → B una funci´on. Si X ∈ P(A) es no vac´ıo, la restricci´ on de f a X es la funci´on f ◦ iX;A , que se denota con f |X . De nuevo, las funciones f y su restricci´on f |X poseen la misma “regla de asignaci´on”; es decir, si x ∈ X, f (x) = f |X (x). Sin embargo, si X 6= A, no son iguales, pues poseen dominios distintos. En efecto, si x ∈ A−X, f (x) representa un elemento del codominio de f , pero f |X (x) carece de sentido, ya que x ∈ / X = D(f |X ). Definici´ on 1.2.34 Sean A1 , · · · , An conjuntos no vac´ıos y A = A1 × · · · × An . Para cada k ∈ {1, · · · , n}, la proyecci´ on sobre la k-´esima coordenada es la funci´on πA;k : A → Ak definida por πA;k (a1 , · · · , ak , · · · , an ) = ak . Por ejemplo, las funciones πZ2 ;1 , πZ2 ;2 : Z2 → Z definidas por πZ2 ;1 (x, y) = x y πZ2 ;2 (x, y) = y asignan a cada vector (x, y) ∈ Z2 su primera y segunda coordenada. Dejaremos como ejercicio verificar que las proyecciones son siempre sobreyectivas.

1.2.11.

Inversas a la izquierda

Definici´ on 1.2.35 Sea f : A → B una funci´on. Se dice que g es una inversa a la izquierda de f si g ◦ f = IA . Observemos que, para que la composici´on g ◦ f tenga sentido, es necesario y suficiente que D(g) = C(f ) = A. Adem´as, para que C(g ◦ f ) = C(IA ) = A, debe cumplirse que C(g) = A. Es decir, si g es una inversa a la izquierda de f , g : B → A. 19

Ejemplo 1.2.36 Sea f = (A, B, F ) una funci´on, donde A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 3, 4} y F = {(1, 2), (2, 3), (3, 4)}. Para que g : B → A pueda ser una inversa a la izquierda de f , es necesario y suficiente que g(2) = g(f (1)) = IA (1) = 1, g(3) = g(f (2)) = IA (2) = 2 y g(4) = g(f (3)) = IA (3) = 3. Por tanto, si G1 = {(1, 1), (2, 1), (3, 2), (4, 3)}, G2 = {(1, 2), (2, 1), (3, 2), (4, 3)} y G3 = {(1, 3), (2, 1), (3, 2), (4, 3)}, las funciones g1 = (B, A, G1 ), g2 = (B, A, G2 ) y g3 = (B, A, G3 ) son inversas a la izquierda de f . Ejemplo 1.2.37 Sea f = (A, B, F ) una funci´on, donde A = {1, 2, 3}, B = {1, 2} y F = {(1, 2), (2, 1), (3, 2)}. Para que g : B → A pueda ser una inversa a la izquierda de f , es necesario que g(2) = g(f (1)) = IA (1) = 1 y que, por otro lado, g(2) = g(f (3)) = IA (3) = 3. Claramente, esto imposibilita la existencia de una inversa a la izquierda de f . Proposici´ on 1.2.38 Sea f : A → B una funci´on. A fin de que f posea una inversa a la izquierda, es necesario y suficiente que f sea inyectiva. ´ n: Demostracio Supongamos que g sea una inversa a la izquierda de f . Como g ◦ f = IA es inyectiva, por la proposici´on 1.2.22, f debe ser inyectiva. Esto prueba que la inyectividad es necesaria. Supongamos que f sea inyectiva y consideremos la funci´on fˆ : A → f [A] definida por fˆ(x) = f (x) que es claramente biyectiva. Como para cada y ∈ f [A] existe exactamente un x ∈ A tal que y = fˆ(x) (existe por sobreyectividad y es u ´nico por inyectividad), podemos definir gˆ : B → A mediante gˆ(y) = x, donde x es tal que y = fˆ(x). Si f [A] = B, sea g = gˆ. De lo contrario, elijamos arbitrariamente a ∈ A y definamos la funci´on g:B → A  gˆ(y) si y ∈ f [A] y 7→ a si y ∈ / f [A] S´olo nos falta comprobar que g ◦ f = IA . En efecto: Es claro que g ◦ f est´a bien definido y que D(g ◦ f ) = C(g ◦ f ) = A. Sea x ∈ A arbitrario. Como f (x) ∈ f [A], (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = gˆ(f (x)) = x. Esto prueba que la inyectividad es suficiente.// √ Ejemplo 1.2.39 La funci´on f : R+ ∪ {0} → R definida por f (x) = x es claramente inyectiva, de manera que debe poseer una inversa a la izquierda. En efecto, la funci´on g : R → R+ ∪{0} √ 2 √ definida por g(y) = y 2 cumple que (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = x = x, ya que, por definici´on, x es el n´ umero positivo cuyo cuadrado es igual a x. Observemos que f ◦ g no es la funci´on identidad en R. (f ◦ g)(y) = f (g(y)) = y solamente si y ≥ 0, pues la ra´ız cuadrada de un n´ umero no puede ser negativa.

1.2.12.

p y 2 = y si

Inversas a la derecha

Definici´ on 1.2.40 Sea f : A → B una funci´on. Se dice que g es una inversa a la derecha de f si f ◦ g = IB . √ Ya vimos que la funci´on f : R+ ∪ {0} → R definida por f (x) = x es una inversa a la derecha de la funci´on g : R → R+ ∪ {0} definida por g(y) = y 2 . De hecho, por la definici´on es claro que f es una inversa a la derecha de g si y s´olo si g es una inversa a la izquierda de f . 20

Ejemplo 1.2.41 Sean A = {−3, −2, −1, 1, 2, 3}, B = {1, 2, 3}, F = {(x, y) ∈ A×B : x2 = y 2 } y f = (A, B, F ). Determinar una inversa a la derecha de f es tarea f´acil: Para cada y ∈ B, debemos elegir un x ∈ A tal que f (x) = y; es decir, podemos tomar g = (B, A, G), donde G = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}, G = {(1, −1), (2, −2), (3, −3)} o G = {(1, −1), (2, 2), (3, −3)}, para citar algunas de las (8) inversas a la derecha de f . Por el ejemplo, parece ser obvio que toda funci´on sobreyectiva posee inversa a la derecha. Sin embargo, este resultado dista de ser obvio o incluso intuitivo. Por de pronto, probaremos la implicaci´on inversa. Proposici´ on 1.2.42 Sea f : A → B una funci´on. Si f posee inversa a la derecha, entonces es sobreyectiva. ´ n: Demostracio Supongamos que g sea una inversa a la derecha de f . Como f ◦ g = IB es sobreyectiva, por la proposici´on 1.2.29, f debe ser sobreyectiva. Esto prueba el enunciado.// La implicaci´on inversa depende del axioma a continuaci´on: Axioma 1.2.43 (Elecci´ on) Sea F = {Xλ : λ ∈ L} una familia no vac´ıa de conjuntos no vac´ıos y dos a dos disjuntos, es decir, tal que Xλ ∩Xµ = ∅ si λ 6= µ. En estas condiciones, existe un conjunto X tal que para cada λ ∈ L existe un aλ ∈ Xλ con la propiedad que X ∩ Xλ = {aλ }. En otras palabras: el conjunto X posee exactamente un elemento de cada Xλ . Proposici´ on 1.2.44 Sea f : A → B una funci´on. Si f es sobreyectiva, entonces posee inversa a la derecha. ´ n: Demostracio Para cada λ ∈ B, sea Xλ = f −1 [{λ}]. La familia F = {Xλ : λ ∈ B} es claramente no vac´ıa y consiste de conjuntos no vac´ıos (por sobreyectividad) y dos a dos disjuntos (pues si x ∈ Xλ ∩ Xµ , entonces λ = f (x) = µ). Por el Axioma de Elecci´on, existe un conjunto X tal que para cada λ ∈ L existe un aλ ∈ Xλ con la propiedad que X ∩ Xλ = {aλ }. Esto nos permite definir g : B → A por g(λ) = aλ . S´olo nos falta comprobar que f ◦ g = IB . En efecto: Sea λ ∈ B arbitrario. Como xλ ∈ Xλ = f −1 [{λ}], (f ◦ g)(λ) = f (g(λ)) = f (xλ ) = λ. Esto prueba el enunciado.//

1.2.13.

Inversas bilaterales

Definici´ on 1.2.45 Sea f : A → B una funci´on. Se dice que g es una inversa (bilateral) de f si es tanto una inversa a la izquierda como a la derecha de f . El t´ermino inversa bilateral es poco com´ un. Siempre que digamos que g es una inversa de f o que f posee inversa, nos referiremos a las inversas bilaterales. Con esta terminolog´ıa, una inversa a la izquierda no es una inversa, pues no es bilateral. 21

Proposici´ on 1.2.46 Sea f : A → B una funci´on biyectiva. Si g es una inversa a la izquierda de f , entonces es una inversa de f . Si h es una inversa a la derecha de f , entonces es una inversa de f . Adem´as, dos inversas unilaterales cualesquiera, son iguales. ´ n: Demostracio Sean g y h inversas a la izquierda y a la derecha, respectivamente, de f (su existencia est´a asegurada, pues f es biyectiva). Por definici´on de inversas laterales y por la asociatividad de la composici´on, queda que g = g ◦ IB = g ◦ (f ◦ h) = (g ◦ f ) ◦ h = IA ◦ h = h, de manera que g = h, g es tambi´en una inversa a la derecha y h es tambi´en una inversa a la izquierda. Esto prueba el enunciado.// Corolario 1.2.47 Sea f : A → B una funci´on. Los siguientes enunciados son equivalentes: (1) f es biyectiva. (2) f posee exactamente una inversa. (3) f posee una inversa. ´ n: Demostracio Supongamos (1). Como f es, en particular, inyectiva, la proposici´on 1.2.38 revela que f posee una inversa a la izquierda g (digamos). Por la proposici´on 1.2.46, g es una inversa de f . Esto prueba (2). Es claro que (2) implica (3). Supongamos (3), y sea g una inversa de f . Como g es una inversa a la izquierda y a la derecha, por las proposiciones 1.2.38 y 1.2.42, f debe ser biyectiva. Esto prueba (1).// Como la inversa de una funci´on f es u ´nica (si existe), la denotaremos con f −1 .

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1.3.

Relaciones de equivalencia

Definici´ on 1.3.1 Sean A, B y R conjuntos. Si R ⊂ A × B, diremos que R es una relaci´ on entre A y B (en este orden). Si R es una relaci´on entre A y A, diremos que R es una relaci´ on binaria (en A). En vez de (a, b) ∈ R, podemos escribir aRb, lo que leeremos “a se relaciona con b”. Definici´ on 1.3.2 Sea A un conjunto no vac´ıo y ≈ una relaci´on binaria (en A). Diremos que ≈ es de equivalencia (en A) si: ∀a ∈ A a ≈ a (Reflexividad) ∀a, b ∈ A (a ≈ b −→ b ≈ a) (Simetr´ıa) ∀a, b, c ∈ A (a ≈ b ∧ b ≈ c −→ a ≈ c) (Transitividad) Ejemplo 1.3.3 Sea ≈ = {(m, n) ∈ Z2 : m2 = n2 }. Veamos que ≈ es de equivalencia: Sean x, y, z ∈ Z arbitrarios pero fijos. Como x2 = x2 , x ≈ x. Esto prueba que ≈ es reflexiva. x ≈ y −→ x2 = y 2 −→ y 2 = x2 −→ y ≈ x. Esto prueba que ≈ es sim´etrica. x ≈ y ∧ y ≈ z −→ x2 = y 2 ∧ y 2 = z 2 −→ x2 = z 2 −→ x ≈ z. Esto prueba que ≈ es transitiva. Ejemplo 1.3.4 Sea ≈ = {(x, y) ∈ R2 : x − y ∈ Q}. Veamos que ≈ es de equivalencia: Sean x, y, z ∈ R arbitrarios pero fijos. Como x − x = 0 ∈ Q, x ≈ x. Esto prueba que ≈ es reflexiva. x ≈ y −→ x − y ∈ Q −→ y − x = −(x − y) ∈ Q −→ y ≈ x. Esto prueba que ≈ es sim´etrica. x ≈ y ∧ y ≈ z −→ x − y ∈ Q ∧ y − z ∈ Q −→ x − z = (x − y) + (y − z) ∈ Q −→ x ≈ z. Esto prueba que ≈ es transitiva. Ejemplo 1.3.5 Sea R = {(x, y) ∈ R2 : x − y ∈ Qc } (tomando R como conjunto universal). Veamos que R es sim´etrica, pero que no es reflexiva ni transtiva: Como 0 − 0 = 0 ∈ Q, ¬(0R0). Esto prueba que R no es reflexiva. Sean x, y ∈ R arbitrarios pero fijos. xRy −→ x − y ∈ Qc −→ y − x = −(x − y) ∈ Qc −→ yRx. Esto prueba que R es sim´etrica. √ √ √ √ √ 1R 2 (pues 1 − 2 ∈ Qc ) y 2R0 (pues 2 − 0 = 2 ∈ Qc ), pero ¬(1R0) (pues 1 − 0 = 1 ∈ Q). Esto prueba que R no es transitiva. Definici´ on 1.3.6 Sea ≈ una relaci´on de equivalencia en A, y sea a ∈ A. La clase (de equivalencia) de a es el conjunto de todos los elementos que son equivalentes a a (que se relacionan con a mediante ≈), y se denota a≈ (o simplemente a si la relaci´on se sobreentiende). Simb´ olicamente, a≈ = {x ∈ A : x ≈ a}. 23

Ejemplo 1.3.7 Sea ≈ la relaci´on de equivalencia del ejemplo 1.3.3. Si n ∈ Z, x ≈ n ←→ x2 = n2 ←→ x2 − n2 = 0 ←→ (x − n) · (x + n) = 0 ←→ x = n ∨ x = −n, de manera que n = {n, −n}. As´ı, 0 = {0}, 1 = −1 = {1, −1}, 2 = −2 = {2, −2}... Ejemplo 1.3.8 Sea ≈ la relaci´on de equivalencia del ejemplo 1.3.4. Si a ∈ R, x ≈ a ←→ x − a ∈ Q ←→ ∃r ∈ Q x − a = r ←→ ∃r ∈ Q x = a + r ←→ x ∈ {a + r : r ∈ Q}, de manera que a = {a + r : r ∈ Q}. En particular, 0 = Q. Proposici´ on 1.3.9 Sea ≈ una relaci´on de equivalencia en A, y sean a, b ∈ A. Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) a ∩ b 6= ∅ (2) a ≈ b (3) a = b ´ n: Demostracio Supongamos (1). Entonces, ∃x ∈ a ∩ b. Como x ∈ a, x ≈ a; y como x ∈ b, x ≈ b. Siendo ≈ sim´etrica, de x ≈ a se sigue a ≈ x. As´ı, siendo ≈ transitiva, de a ≈ x y x ≈ b se sigue (2). Esto prueba que (1) −→ (2). Supongamos (2). Sea x ∈ a arbitrario pero fijo. Por definici´on, x ≈ a. Siendo ≈ transitiva, de x ≈ a y (2) se sigue x ≈ b, la definici´on de x ∈ b. Esto prueba que a ⊂ b. Adem´as, siendo ≈ sim´etrica, de (2) se sigue b ≈ a, lo cual prueba que b ⊂ a. De la doble inclusi´on se sigue (3). Esto prueba que (2) −→ (3). Supongamos (3). Como ≈ es reflexiva, a ≈ a, de manera que a ∈ a = a ∩ b. Como a ∈ a ∩ b, tenemos (1). Esto prueba que (3) −→ (1).// Definici´ on 1.3.10 Sea ≈ una relaci´on de equivalencia en A. El conjunto cociente (entre A y ≈) es el conjunto de todas las clases de equivalencia de los elementos de A, y se denota A A . Simb´olicamente, = {a : a ∈ A}. ≈ ≈ Ejemplo 1.3.11 Sea ≈ la relaci´on del ejemplo 1.3.3.

Z = {{0}, {1, −1}, {2, −2}, · · ·}. ≈

R Ejemplo 1.3.12 Sea ≈ la relaci´on del ejemplo 1.3.4. = {{a + r : r ∈ Q} : a ∈ R}. Como ≈ sucede con R, es imposible denotar este conjunto por extensi´on, pero podemos observar que R Q∈ . ≈ Definici´ on 1.3.13 Sea A un conjunto. Se dice que la on de A si [familia P es una partici´ ∅∈ / P, los miembros de P son dos a dos disjuntos y M = A. M ∈P

Ejemplo 1.3.14 Sea A = {1, 2, 3, 4}. Las familias P = {{1, 2}, {3, 4}}, Q = {{1, 2}, {3}, {4}} y R = {{1}, {2}, {3}, {4}} son particiones de A, mientras que las familias S = {∅, A}, T = {{1, 2, 3}, {2, 3, 4}} y W = {{1, 2}, {3}} no lo son. 24

Ejemplo 1.3.15 Para cada n ∈ Z+ (enteros positivos), sea Dn el conjunto de todos los enteros positivos que poseen exactamente n divisores. D = {D1 , D2 , D3 , · · ·} es una partici´on de Z+ . Es notable que cada Dn con n > 1 es infinito y existe una cantidad infinita de ellos. Teorema 1.3.16 Sea A un conjunto y ≈ una relaci´on binaria en A. Si ≈ es de equivalencia, A es una partici´on de A. ≈ ´ n: Demostracio A La proposici´on 1.3.9 prueba que los miembros de son dos a dos disjuntos y, como a = a ≈ [ que a 6= ∅. S´olo resta probar que M = A. En efecto: A M∈ ≈

Como M ∈

[ A −→ M ⊂ A, es claro que M ⊂ A (por una proposici´on an´aloga a la ≈ A M∈ ≈

proposici´on 1.2.3). Para probar la otra inclusi´on, sea a ∈ A arbitrario pero fijo. Como a ≈ a A (pues ≈ es reflexiva), a ∈ a. Luego, como a ∈ , la definici´on de gran uni´on implica que ≈ [ [ a∈ M . Esto prueba que A ⊂ M . Por doble inclusi´on, el enunciado queda probado.// A M∈ ≈

A M∈ ≈

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1.4.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre las propiedades de la tabla en la secci´on 1.1.2. 2. Demuestre las propiedades de la tabla en la secci´on 1.1.3. Secci´on 2: 1. Pruebe que si f1 = (A1 , B1 , F1 ) y f2 = (A2 , B2 , F2 ) son funciones y A1 y A2 son disjuntos, entonces g = (A1 ∪ A2 , B1 ∪ B2 , F1 ∪ F2 ) tambi´en es una funci´on. 2. Sean f1 = (A1 , B1 , F1 ) y f2 = (A2 , B2 , F2 ) funciones, y sea g = (A1 ∪ A2 , B1 ∪ B2 , F1 ∪ F2 ). Pruebe que g es una funci´on si y s´olo si ∀x ∈ A1 ∪ A2 f1 (x) = f2 (x). 3. Enuncie y demuestre la proposici´on an´aloga para uniones a la proposici´on 1.2.3. 4. Demuestre la proposici´on 1.2.4. 5. Demuestre las proposiciones 1.2.12 y 1.2.13. 6. Demuestre la proposici´on 1.2.14. 7. Sea f : A → B una funci´on. ¿Cu´ales de las proposiciones a continuaci´on son verdaderas y cu´ales falsas? Justifique su respuesta en ambos casos. a) b) c) d) e) f) g)

Si Si Si Si Si Si Si

X1 , X2 ∈ P(A) y f [X1 ] ⊂ f [X2 ], entonces X1 ⊂ X2 . X1 , X2 ∈ P(A), entonces f [X1 ∩ X2 ] = f [X1 ] ∩ f [X2 ]. X1 , X2 ∈ P(A), entonces f [X1 − X2 ] = f [X1 ] − f [X2 ]. X1 , X2 ∈ P(A), entonces f [X1 4X2 ] = f [X1 ]4f [X2 ]. Y ∈ P(B) y f −1 [Y ] = ∅, entonces Y = ∅. Y1 , Y2 ∈ P(B) y f −1 [Y1 ] ⊂ f −1 [Y2 ], entonces Y1 ⊂ Y2 . Y1 , Y2 ∈ P(B), entonces f −1 [Y1 4Y2 ] = f −1 [Y1 ]4f −1 [Y2 ].

8. Pruebe que si f : A → B es una funci´on y X ⊂ A, entonces X ⊂ f −1 [f [X]]. ¿Es cierta la inclusi´on inversa? Justifique su respuesta. 9. Pruebe que si f : A → B es una funci´on e Y ⊂ B, entonces f [f −1 [Y ]] ⊂ Y . D´e una f´ormula expl´ıcita para f [f −1 [Y ]], exclusivamente en t´erminos de im´agenes e intersecciones. 10. Demuestre las proposiciones 1.2.17 y 1.2.18. 11. Demuestre las proposiciones 1.2.28 y 1.2.29. 12. Demuestre que toda funci´on proyecci´on es sobreyectiva. 13. Sea f : A → B una funci´on. Pruebe que los enunciados a continuaci´on son equivalentes. 1. f es inyectiva 2. ∀X ∈ P(A) f −1 [f [X]] = X 3. ∀X1 , X2 ∈ P(A) f [X1 ∩ X2 ] = f [X1 ] ∩ f [X2 ] 14. Sea f : A → B una funci´on. Pruebe que f es sobreyectiva si y s´olo si ∀Y ∈ P(B) f [f −1 [Y ]] = Y . 15. En la teor´ıa, hemos atribuido dos significados distintos al s´ımbolo −1 (un llamado “abuso de notaci´on”). Mientras que f −1 (x) indica claramente la imagen de x por la inversa de la funci´on f , f −1 [X] puede referirse tanto a la preimagen de X por la funci´on f , como a la imagen X por la inversa de la funci´on f . Pruebe que no existe confusi´on posible; es decir, si f : A → B es una funci´on g es su inversa y X ∈ P(A), entonces f −1 [X] = g[X] (donde f −1 denota la preimagen). 26

Secci´on 3: 1. Si R es una relaci´on binaria en A, definamos la clase lateral derecha de a ∈ A como Ra = {x ∈ A : xRa}. Si A 6= ∅ y {Ra : a ∈ A} forma una partici´on de A, ¿es seguro afirmar que R es de equivalencia? Justifique su respuesta. 2. Si R es una relaci´on binaria en A, definamos la clase lateral izquierda de a ∈ A como aR = {x ∈ A : aRx}. ¿Cu´ales de las proposiciones a continuaci´on son verdaderas y cu´ales falsas? Justifique su respuesta en ambos casos. a) b) c) d) e)

R es sim´etrica si y s´olo si ∀a ∈ A aR ⊂ Ra R es sim´etrica si y s´olo si ∀a ∈ A Ra ⊂ aR R es sim´etrica si y s´olo si ∀a ∈ A aR = Ra Si R es transitiva y ∀a ∈ A aR ∩ Ra 6= ∅, entonces R es reflexiva. Si R es transitiva, sim´etrica y ∀a ∈ A Ra 6= ∅, entonces R es de equivalencia.

3. Sean A un conjunto no vac´ıo y P una partici´on de A. Pruebe que la relaci´on ≈ = {(x, y) ∈ A2 : ∃P ∈ P tal que {x, y} ⊂ P } es de equivalencia y verifica que A = P. ≈

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28

Cap´ıtulo 2 Finitud y numerabilidad

2.1.

N´ umeros naturales

Definiremos los conceptos de finitud y numerabilidad en funci´on de los n´ umeros naturales. Observemos que N := {1, 2, 3, · · ·} no es una definici´on, pues para entenderla deber´ıamos conocer de antemano los n´ umeros naturales. Los introduciremos de forma axiom´atica: Axioma 2.1.1 Existe un conjunto N tal que: Existe 1 ∈ N y una funci´on biyectiva s : N → N − {1}. (Funci´on siguiente) Para cualquier conjunto X, si 1 ∈ X y s[X] ⊂ X, entonces X ⊂ N. Observemos que el primer apartado afirma que todo n´ umero natural posee un siguiente, que el 1 no es siguiente de ning´ un n´ umero natural y que n´ umeros naturales distintos poseen siguientes distintos. El segundo apartado se conoce con el nombre de Principio de Inducci´on. Entre otras cosas, implica que no existen naturales “entre” n y n + 1. El Principio de Inducci´on nos permite hacer definiciones recursivas1 como las a continuaci´on: Definici´ on 2.1.2 Para cada n ∈ N, n + 1 = s(n). Para cada n, m ∈ N, n + s(m) = s(n + m). El primer apartado no presenta dificultades, pero el significado del segundo puede no ser claro a primera vista. Analicemos lo que implica: Como n + 1 ha sido definido, n + 2 = n + s(1) = s(n + 1) tiene sentido. Como n + 2 ha sido definida, n + 3 = n + s(2) = s(n + 2) tiene sentido. etc. De forma parecida, definiremos el producto: Definici´ on 2.1.3 Para cada n ∈ N, n · 1 = n. Para cada n, m ∈ N, n · s(m) = n · m + n. Estas operaciones poseen la propiedades conocidas: Asociatividad. Conmutatividad. Cancelaci´on. 1

(n + m) + k = n + (m + k) (n · m) · k = n · (m · k) n+m=m+n n·m=m·n n + k = m + k −→ n = m n · k = m · k −→ n = m

Para m´ as detalles, consulte cualquier libro de Teor´ıa Axiom´atica de Conjuntos

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Para ejemplificar, probaremos la asociatividad de la suma: Sea X = {k ∈ N : ∀n, m ∈ N (n + m) + k = n + (m + k)}. Si probamos que N ⊂ X, hemos terminado. En efecto: 1 ∈ X, pues (n + m) + 1 = s(n + m) = n + s(m) = n + (m + 1). k∈X

Si k ∈ X, (n+m)+s(k) = s((n+m)+k) = s(n+(m+k)) = n+s(m+k) = n+(m+s(k)), de manera que s(k) ∈ X. Por inducci´on, N ⊂ X y la propiedad queda probada.

Definici´ on 2.1.4 Sean n, m ∈ N. n < m (o m > n) si existe k ∈ N tal que n + k = m. n ≤ m (o m ≥ n) si n < m o n = m. La relaci´on ≤ satisface las siguientes propiedades, sencillas de comprobar utilizando el Principio de Inducci´on. Enunciar y demostrar las propiedades an´alogas para la relaci´on < quedar´a como ejercicio.

1. ∀n, m, k ∈ N (n ≤ m ←→ n + k ≤ m + k ←→ n · k ≤ m · k) (Monoton´ıa) 2. ∀n ∈ N n ≤ n (Reflexividad) 3. ∀n, m, k ∈ N (n ≤ m ∧ m ≤ k −→ n ≤ k) (Transitividad) 4. ∀n, m ∈ N (n ≤ m ∧ m ≤ n −→ n = m) (Antisimetr´ıa) 5. ∀n, m ∈ N (n ≤ m ∨ m ≤ n) (Dicotom´ıa) En general, toda relaci´on binaria que satisface (1) y (2) es una relaci´ on de pre-orden, toda relaci´on de pre-orden que satisface (3) es una relaci´ on de orden y toda relaci´on de orden que satisface (4) es una relaci´ on de orden total. En toda relaci´on de pre-orden, se puede definir el concepto de m´ınimo: Definici´ on 2.1.5 Sea ≺ una relaci´on de pre-orden en el conjunto X e Y ⊂ X. m´ın Y = a (se lee: a es el m´ınimo de Y ) si a ∈ Y y a ≺ Y para cada y ∈ Y . Es f´acil probar que m´ın N = 1. De hecho, todo subconjunto no vac´ıo de N posee m´ınimo. Tales relaciones de orden son llamadas relaciones de buen orden. Proposici´ on 2.1.6 (Principio de Buen Orden) Si X ⊂ N es no vac´ıo, entonces X posee m´ınimo. 32

´ n: Demostracio Si 1 ∈ X, hemos terminado pues m´ın X = 1. De lo contrario, 1 ∈ N − X. Sea Nn = {m ∈ N : m ≤ n} e Y = {n ∈ N : Nn ⊂ N − X}. Claramente, 1 ∈ Y . Como Y 6= N (pues X 6= ∅), no es cierto que s[Y ] ⊂ Y . Luego, existe b ∈ Y tal que s(b) ∈ / Y. Sea a = s(b). Como Na − Nb = {a} (confronte los ejercicios de esta secci´on), Nb ⊂ N − X pero Na 6⊂ N − X, tenemos que a ∈ N. Adem´as, si x ∈ X, entonces x∈ / N − X ⊃ Nb = Na − {a} = {n ∈ N : n < a}, de manera que x ≥ a. Esto prueba el enunciado.// A partir de ahora, utilizaremos la notaci´on Nn = {m ∈ N : m ≤ n}.

33

2.2.

Finitud

Definici´ on 2.2.1 Un conjunto X es finito si es vac´ıo o si existe n ∈ N y una biyecci´on ϕ : Nn → X. Esta biyecci´on, en general no es u ´nica. Proposici´ on 2.2.2 Si existe una biyecci´on ϕ : Nn → X y a ∈ X es arbitrario, entonces existe otra biyecci´on ψ : Nn → X tal que ψ(n) = a. Dejaremos la demostraci´on como ejercicio. Proposici´ on 2.2.3 Sean n, m ∈ N. Si existe una biyecci´on ϕ : Nn → Nm , entonces n = m. ´ n: Demostracio Supongamos que el enunciado sea falso y sea X = {m ∈ N : ∃n ∈ N (n < m ∧ ∃ ϕ : Nn → Nm biyectiva)}. Por suposici´on X 6= ∅, de manera que X posee m´ınimo b (digamos). As´ı, existe n < b y una biyecci´on ϕ : Nn → Nb . Claramente, b > 1 y, por tanto, n > 1. Sean k y a tales que s(k) = n y s(a) = b. Por la proposici´on 2.2.2, existe una biyecci´on ψ : Nn → Nb tal que ψ(n) = b. Es claro que la funci´on ˆ ψˆ : Nk → Na definida por ψ(x) = ψ(x) tambi´en es biyectiva, lo cual implica que a ∈ X. Como a < b = m´ın X, esto constituye una contradicci´on y el enunciado queda probado.// Corolario 2.2.4 Si existen biyecciones ϕ : Nn → X y ψ : Nm → X, entonces n = m. 34

´ n: Demostracio Como ψ es biyectiva, posee inversa ψ −1 : X → Nm , de manera que la composici´on ψ −1 ◦ ϕ : Nn → Nm es biyectiva. Luego, n = m, en virtud de la proposici´on 2.2.3.// Por esta unicidad, escribiremos |X| = n si existe una biyecci´on ϕ : Nn → X. Proposici´ on 2.2.5 Todo subconjunto de un conjunto finito, es finito. ´ n: Demostracio Sea X finito. Si |X| = 1, el enunciado es trivialmente cierto. Supongamos que el enunciado sea v´alido para todos los conjuntos de n elementos y que |X| = n + 1, y sea Y un subconjunto propio y no vac´ıo de X. Elijamos a ∈ X − Y . Por definici´on y en virtud de la proposici´on 2.2.2 existe una biyecci´on ϕ : Nn+1 → X tal que ϕ(n + 1) = a, de manera que la funci´on ϕˆ : Nn → X − {a} definida por ϕ(x) ˆ = ϕ(x) tambi´en es biyectiva. Como Y ⊂ X − {a} y |X − {a}| = n, Y es finito. El enunciado se sigue.// Corolario 2.2.6 Sean X e Y conjuntos y f : X → Y una funci´on. (1) Si f es inyectiva e Y es finito, entonces X es finito. (2) Si f es sobreyectiva y X es finito, entonces Y es finito. ´ n: Demostracio Para probar (1), supongamos que f sea inyectiva y que Y sea finito. Consideremos la funci´on fˆ : X → f [X] definida por fˆ(x) = f (x). Como f [X] ⊂ Y , en virtud de la proposici´on 2.2.5, f [X] es finito. Luego, existe n ∈ N y una biyecci´on ϕ : Nn → f [X]. 35

Como la funci´on fˆ−1 ◦ ϕ : Nn → X es biyectiva, (1) se sigue. Para probar (2), supongamos que f sea sobreyectiva y X sea finito. Como f es sobreyectiva, posee inversa a la derecha g:Y →X que es inyectiva. Luego, basta aplicar (1) y (2) se sigue.// Definici´ on 2.2.7 Un conjunto es infinito si no es finito. Ejemplo 2.2.8 N es infinito. Si N fuese finito, existir´ıa una biyecci´on ϕ : Nn → N para alg´ un n ∈ N. Tomando a = ϕ(1) + · · · + ϕ(n), tendr´ıamos que x ≤ a para cada x ∈ N. Esto constituye claramente una contradicci´on, ya que a + 1 ∈ N, pero a + 1 > a. Proposici´ on 2.2.9 Sea X un conjunto. X es infinito si y s´olo si existe una inyecci´on ϕ : N → X. ´ n: Demostracio Supongamos que exista la inyecci´on ϕ, pero que X sea finito. Por el corolario 2.2.6, N ser´ıa finito, lo cual es falso. La implicaci´on de derecha a izquierda se sigue. Supongamos ahora que X sea infinito. Definamos ϕ:N→X de la siguiente manera: Eligimos arbitrariamente f (1) ∈ X. Una vez fijados f (1), · · · , f (n), elegimos arbitrariamente f (n + 1) en el conjunto (no vac´ıo por infinitud) X − {f (1), · · · , f (n)}. S´olo falta probar que ϕ es inyectiva. En efecto: Sean n, m ∈ N tales que n < m. Como f (m) ∈ / {f (1), · · · , f (n), · · · , f (m−1)}, f (n) 6= f (m). La implicaci´on inversa se sigue.// 36

2.3.

Numerabilidad

Definici´ on 2.3.1 Un conjunto X es numerable si es vac´ıo o si existe una sobreyecci´ on f : N → X. Proposici´ on 2.3.2 Sean X e Y conjuntos y f : X → Y una funci´on. (1) Si f es inyectiva e Y es numerable, entonces X es finito. (2) Si f es sobreyectiva y X es numerable, entonces Y es finito. (3) Todo subconjunto de un conjunto numerable es numerable. ´ n: Demostracio Supogamos que f sea inyectiva y que Y sea numerable. Como f es inyectiva, posee una inversa a la izquierda g:Y →X que es, a su vez, sobreyectiva. Siendo Y numerable, existe una sobreyecci´on ϕ : N → Y. Luego, la composici´on g◦ϕ:N→X es sobreyectiva y, por tanto, (1) se sigue. Supogamos que f sea sobreyectiva y que X sea numerable. Siendo X numerable, existe una sobreyecci´on ϕ : N → X. Luego, la composici´on f ◦ϕ:N→Y es sobreyectiva y, por tanto, (2) se sigue. Para probar (3), basta observar que la funci´on inclusi´on es inyectiva.// Proposici´ on 2.3.3 Si X e Y son numerables, entonces X × Y es numerable. ´ n: Demostracio Si X o Y es vac´ıo, la demostraci´on es trivial. Supongamos lo contrario. Como X e Y son numerables, existen sobreyecciones ϕ:N→X y ψ : N → Y. Es f´acil comprobar que la funci´on σ : N × N definida por σ(n, m) = (ϕ(n), ψ(m)) 37

tambi´en es sobreyectiva, de manera que es suficiente probar que N × N es numerable. En efecto: La funci´on τ : N × N → N definida por τ (n, m) = 2n 3m es inyectiva (Teorema Fundamental de la Aritm´etica). Por la proposici´on 2.3.2, el enunciado se sigue.// Corolario 2.3.4 La uni´on de una familia numerable de conjuntos numerables es, a su vez, numerable. ´ n: Demostracio El enunciado es trivialmente cierto si la familia es vac´ıa o si alguno de los conjuntos de la familia es vac´ıo. Supongamos lo contrario. Sea F una familia. Como F es numerable, existe una sobreyecci´on A : N → F. Como cada An es numerable, existen sobreyecciones ϕn : N → An . Es inmediato verificar que la funci´on ψ :N×N→

[

An

n∈N

definida por ψ(n, m) = ϕn (m) es sobreyectiva. Como N × N es numerable, es enunciado se sigue.// Georg Cantor fue el primer matem´atico en estudiar los conjuntos no numerables como tales. Daremos uno de sus resultados principales y un ejemplo a continuaci´on. Teorema 2.3.5 (Cantor) Ninguna funci´on g : X → P(X) es sobreyectiva. ´ n: Demostracio Supongamos que el enunciado es falso, y sea Y = {x ∈ X : x ∈ / g(x)}. Como g es sobreyectiva, existe y ∈ X tal que g(y) = Y . Si y ∈ Y , por definici´on de Y , y ∈ / g(y) = Y , lo cual es absurdo. Por otro lado, si y ∈ / Y = g(y), por definici´on de Y , y ∈ Y , lo cual es absurdo. En conclusi´on, g no puede ser sobreyectiva.// Ejemplo 2.3.6 P(N) no es numerable. En efecto, esto es consecuencia inmediata del Teorema de Cantor. 38

2.4.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre que no existen n´ umeros naturales n y m tales que n < m < n + 1. 2. Demuestre las propiedades de la suma y del producto. 3. Demuestre las propiedades de la relaci´on ≤. 4. Enuncie y demuestre las propiedades de la relaci´on 0 ←→ x ∈ K + x < 0 ←→ x ∈ K − O2. x < y ←→ x + z < y + z O3. x < y ∧ z < w ←→ x + z < y + w O4. x < y ∧ z > 0 ←→ x · z < y · z O5. 0 < x < y ∧ 0 < z < w −→ x · z < y · w O6. x < y ∧ z < 0 ←→ x · z > y · z Las demostraciones son directas y quedan como ejercicio. Definici´ on 3.1.7 Sea K un cuerpo ordenado y X ⊂ K. b ∈ K es una cota superior de X si x ≤ b para cada x ∈ X. Si tal cota superior existe, X es superiormente acotado. a ∈ K es una cota inferior de X si x ≥ a para cada x ∈ X. Si tal cota inferior existe, X es inferiormente acotado. X es acotado si existe b ∈ K tal que −c ≤ x ≤ c para cada x ∈ X. Definici´ on 3.1.8 Un cuerpo ordenado K se dice arquimediano si N no es superiormente acotado en K. Ejemplo 3.1.9 Q es arquimediano. Ejemplo 3.1.10 Sea R el conjunto de todos los cocientes de polinomios con coeficientes racionales. Definamos la suma y el producto de estas funciones de la forma usual, y sea R+ el p(t) subconjunto formado por todos los cocientes tales que p(t) · q(t) tiene coeficiente positivo q(t) en su t´ermino dominante. Se verifica que (R, R+ , +, ·) es un cuerpo ordenado no arquimediano. Definici´ on 3.1.11 Sea K un cuerpo ordenado y X ⊂ K. b ∈ K es el supremo de X (se escribe: b = sup X) si: b es una cota superior de X. b − ε no es una cota superior de X, para cada ε > 0. Definici´ on 3.1.12 Sea K un cuerpo ordenado y X ⊂ K. a ∈ K es el ´ınfimo de X (se escribe: a = ´ınf X) si: a es una cota inferior de X. a + ε no es una cota inferior de X, para cada ε > 0. Definici´ on 3.1.13 Sea K un cuerpo ordenado. K es completo si todo subconjunto acotado no vac´ıo de K posee supremo. Ejemplo 3.1.14 Q no es completo (confronte los ejercicios). Axioma 3.1.15 (Fundamental del An´ alisis) Existe un cuerpo ordenado completo. Llamaremos R a este cuerpo ordenado completo o bien a uno de ellos ya que, de hecho, podr´ıa darse el caso que existan varios. Sin embargo, las u ´nicas propiedades de R que precisaremos son las expuestas en esta secci´on. 44

3.2.

Funciones reales de variable real

Definici´ on 3.2.1 Una funci´ on real de variable real es una funci´on f : X → Y, donde X e Y son subconjuntos de R. Definici´ on 3.2.2 Sea f :X→Y una funci´on real de variable real. f es (superiormente/inferiormente) acotada si f [X] es (superiormente/inferiormente) acotado. f es creciente si ∀x, y ∈ X (x ≤ y −→ f (x) ≤ f (y)) f es estrictamente creciente si ∀x, y ∈ X (x < y −→ f (x) < f (y)) f es decreciente si ∀x, y ∈ X (x ≤ y −→ f (x) ≥ f (y)) f es estrictamente decreciente si ∀x, y ∈ X (x < y −→ f (x) > f (y)) f es (estrictamente) mon´ otona si es (estrictamente) creciente o (estrictamente) decreciente. Ejemplo 3.2.3 La funci´on f : R → R definida por f (x) = x2 es inferiormente acotada pues x2 ≥ 0 para cada x ∈ R. Sin embargo, no es superiormente acotada. Supongamos que s´ı, esto es, que existe b ∈ R tal que x2 ≤ b para cada x ∈ R. Claramente, b > 1. Esto lleva a una contradicci´on, pues f (b) = b2 > b. f no es mon´otona. Como f (−2) = 4 > 1 = f (−1), f no es creciente, y como f (1) = 1 > 4 = f (2), f no es decreciente. Ejemplo 3.2.4 La funci´on f : R → R definida por f (x) = x3 es estrictamente creciente. En efecto: Supongamos que x < y. Si xy < 0, no hay nada que probar, pues x3 < 0 < y 3 . Supongamos que xy ≥ 0. Como y − x > 0, tenemos que y 3 − 3xy 2 + 3x2 y − x3 = (y − x)3 > 0 o bien y 3 − x3 > 3xy(y − x) ≥ 0. 45

Definici´ on 3.2.5 Sean f, g : X → R son funciones, donde X ⊂ R, α ∈ R y n ∈ Z. f ±g :X → R x 7→ f (x) ± g(x) α·f :X → R x 7→ α · f (x) f ·g :X → R x 7→ f (x) · g(x) f si 0 ∈ / g[X] :X → R g f (x) x 7→ g(x) fn : X → R x 7→ (f (x))n Utilizaremos estas definiciones m´as adelante.

46

3.3.

Intervalos

Definici´ on 3.3.1 Sean a, b ∈ R. Los conjuntos a continuaci´on son intervalos. Abiertos:

Semi-ab. a la izq.: Semi-ab. a la der.: Cerrados:

(a, b) := {x ∈ R : a < x < b} (a, +∞) := {x ∈ R : a < x} (−∞, b) := {x ∈ R : x < b} (−∞, +∞) := R (a, b] := {x ∈ R : a < x ≤ b} (−∞, b] := {x ∈ R : x ≤ b} [a, b) := {x ∈ R : a ≤ x < b} [a, +∞) := {x ∈ R : a ≤ x} [a, b] := {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}

Proposici´ on 3.3.2 Sea I ⊂ R. I es un intervalo si y s´olo si [x, y] ⊂ I siempre que x, y ∈ I. ´ n: Demostracio Es claro que si I es un intervalo, entonces [x, y] ⊂ I siempre que x, y ∈ I (observe que [x, y] = ∅ si x > y). Para probar la implicaci´on inversa, supongamos que I sea tal que [x, y] ⊂ I siempre que x, y ∈ I. Supondremos que I es acotado y no vac´ıo. Si I no es acotado, la demostraci´on se realiza de manera similar. Sean a = ´ınf I y b = sup I. Por definici´on, I ⊂ [a, b]. Afirmamos que (a, b) ⊂ I. En efecto: Si z ∈ (a, b), sean εa = z − a y εb = b − z. Como z = a + εa ya no es cota inferior y z = b − εb ya no es cota superior, existen x, y ∈ I tales que x < z < y. Por hip´otesis, z ∈ I. Esto completa la prueba.// Corolario 3.3.3 Si I y J son intervalos, I ∩ J tambi´en es un intervalo. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Corolario 3.3.4 Sean I y J intervalos. Si I ∩ J 6= ∅, I ∪ J tambi´en es un intervalo. ´ n: Demostracio Sean x, y ∈ I ∪ J tales x < y. Por la proposici´on 3.3.2, basta probar que [x, y] ⊂ I ∪ J. Si x e y pertenecen al mismo intervalo, no hay nada que probar. Para fijar ideas, supongamos que x ∈ I − J y que y ∈ J − I. Como I ∩ J 6= ∅, podemos elegir w ∈ I ∩ J. Como x∈ / J, no es posible que w ≤ x < y (por la proposici´on 3.3.2), y como y ∈ / I, no es posible que x < y ≤ w. Luego, debe ser x < w < y. Ahora, si z ∈ [x, y], x ≤ z ≤ w < y o x < w < z ≤ y, de manera que z ∈ I o z ∈ J (de nuevo, por la proposici´on 3.3.2). Esto completa la prueba.// 47

Teorema 3.3.5 (Intervalos Encajados, Cantor) Sea F = {In : n ∈ N} una familia de intervalos cerrados y acotados tales que In+1 ⊂ In para cada n ∈ N. En estas condiciones, \

In 6= ∅.

n∈N

´ n: Demostracio Sean an y bn tales que In = [an , bn ] para cada n ∈ N. Por las inclusiones de los intervalos, tenemos que a1 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ b n ≤ · · · ≤ b 1 y sea A = {an : n ∈ N}. Como A es superiormente acotado por cada bn , posee supremo s (digamos) y s ≤ bn para cada n ∈ N. Adem´as, por definici´on de supremo, an ≤ s para cada n ∈ N. Por tanto, \ s∈ In n∈N

y el enunciado queda probado.// Corolario 3.3.6 R no es numerable. ´ n: Demostracio Supongamos que el enunciado sea falso, es decir, que exista una sobreyecci´on ϕ : N → R. Elijamos I1 = [a1 , b1 ], con a1 < b1 de manera que ϕ(1) ∈ / I1 . Una vez elegidos I1 = [a1 , b1 ], · · · , In = [an , bn ], como an


1 1 , o bien, a < b − . b−a n

Como el conjunto {k ∈ N : k < b · n} es claramente acotado, posee m´aximo k0 (confronte los ejercicios de la secci´on 2.1). Como k0 < b · n, o bien,

k0 0 −→ = x |x| x |x| V9. |x| = 6 0 V10. y 6= 0 −→ = y |y| V11. |x| < |y| ←→ x2 < y 2 V11. |x + y| ≤ |x| + |y| V13. |x − z| ≤ |x − y| + |y − z| V14. ||x| − |y|| ≤ |x − y|

V3. V5.

V4. V6.

Las propiedades V 12 − V 13 reciben el nombre de “Desigualdad Triangular”. Para ejemplificar, probaremos V 11: Como, claramente, |x| ≤ |x| y |y| ≤ |y|, por V 6, −|x| ≤ x ≤ |x| y −|y| ≤ y ≤ |y|. Por O3, queda −(|x| + |y|) = −|x| − |y| ≤ x + y ≤ |x| + |y|. Por V 6, V 11 se sigue. Las restantes demostraciones quedar´an como ejercicio. Para probar V 4, recordemos que si √ √ n n n n ∈ N es par, b = a ←→ b = a ∧ b > 0, y si n ∈ N es impar, b = a ←→ bn = a.

50

3.5.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre las propiedades K1 - K3. 2. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 3.1.4. 3. Sea (K, K + , +, ·) un cuerpo ordenado. Pruebe que K posee un subconjunto algebraicamente isomorfo a Q, es decir, existe L ⊂ K y una biyecci´on ϕ:Q→L tal que ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) y ϕ(x · y) = ϕ(x) · ϕ(y) para cada x, y ∈ Q. 4. Pruebe que la relaci´on ≤ definida en cualquier cuerpo ordenado es de orden total. 5. Demuestre las propiedades O1 - O5. 6. Pruebe que un subconjunto de un cuerpo ordenado es acotado si y s´olo si es superior e inferiormente acotado. 7. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 3.1.10. 8. Demuestre que todo conjunto no vac´ıo e inferiormente acotado de n´ umeros reales posee ´ınfimo. 9. Demuestre el supremo de un conjunto, si existe, es u ´nico. √ √ 10. Sea n ∈ N. Demuestre que n ∈ Q si y s´olo si n ∈ N. √ √ √ √ 11. Sean a, b ∈ Q. Demuestre que a + b ∈ Q si y s´olo si a ∈ Q y b ∈ Q. 12. Pruebe que R es arquimediando. 13. Pruebe que dos cuerpos ordenados completos cualesquiera son algebraicamente isomorfos. 14. Sean A, B ⊂ R. Def´ınase que A + B := {a + b : a ∈ A ∧ b ∈ B}. Pruebe que sup A + B = sup A + sup B. Secci´on 2: 1. Si f, g : X → R son funciones superiormente acotadas, con X ⊂ R, pruebe que sup(f + g) ≤ sup f + sup g. D´e un ejemplo para probar que, en general, la desigualdad es estricta. (Notaci´on: sup f = sup f [X].) 2. Si f, g : X → R+ son funciones acotadas (superior e inferiormente), con X ⊂ R, pruebe que sup(f · g) ≤ sup f · sup g. D´e un ejemplo para probar que, en general, la desigualdad es estricta. 3. Si la funci´on f : X → R+ es acotada, pruebe que sup f 2 = (sup f )2 . Secci´on 3: 1. Demuestre el corolario 3.3.3. 2. Pruebe que todo conjunto finito de n´ umeros reales posee m´aximo y m´ınimo. 51

3. Sean x, y, a1 , · · · , an ∈ R y b1 , · · · , bn , t1 , · · · , tn ∈ R+ tales que

a1 an ,···, ∈ (x, y). b1 bn

Pruebe que

t1 a1 + · · · + tn an ∈ (x, y). t1 b1 + · · · + tn bn

4. Demuestre el corolario 3.3.7. 5. Sea A el conjunto de todo los n´ umeros reales algebraicos, es decir, el conjunto de todos los n´ umeros reales que son ra´ız de alg´ un polinomio con coeficientes enteros. Pruebe que A es numerable. 6. Los elementos de R − A se llaman n´ umeros reales trascendentes. Pruebe que existen n´ umeros reales trascendentes. Secci´on 4: 1. Demuestre las propiedades V 1 - V 14. 2. Si x, L, ε ∈ R, pruebe que |x − L| < ε ←→ L − ε < x < L + ε. 3. Demuestre que |x1 +· · ·+xn | = |x1 |+· · ·+|xn |, para cada n ∈ N y x1 , · · · , xn ∈ R. 4. Demuestre que |xn | = |x|n , para cada x ∈ R y n ∈ N.

52

Cap´ıtulo 4 Sucesiones

4.1.

Definici´ on y propiedades

Definici´ on 4.1.1 Una sucesi´ on de n´ umeros reales es una funci´on x : N → R. Escribiremos xn en vez de x(n) y hxn in∈N para indicar la sucesi´on. Definici´ on 4.1.2 Sea hxn in∈N una sucesi´on y L ∈ R. L es el l´ımite de la sucesi´on, lo cual escribiremos xn −→ L cuando n −→ +∞, si ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ∈ N (n > n0 −→ |xn − L| < ε). Una sucesi´on que posee l´ımite, se dice convergente y que converge a este l´ımite. 1 −→ 0 cuando n −→ +∞. En efecto: n 1 Sea ε > 0. Como R es arquimediano, existe n0 > . De esta manera, si n > n0 , ε 1 − 0 = 1 < 1 < ε. n n n0

Ejemplo 4.1.3

Proposici´ on 4.1.4 Toda sucesi´on convergente es acotada. ´ n: Demostracio Sea hxn in∈N una sucesi´on de l´ımite L. Por definici´on de l´ımite, existe n0 ∈ N tal que ∀n ∈ N n > n0 −→ |xn − L| < 1, es decir, si n > n0 , L − 1 < xn < L + 1. Sea A = {x1 , . . . , xn0 , L − 1, L + 1}, y sean a = m´ın A y b = m´ax A. Si n ≤ n0 , xn ∈ A, de manera que a ≤ xn ≤ b, y si n > n0 , a ≤ L − 1 < xn < L + 1 ≤ b. Esto prueba que la sucesi´on es acotada.// Ejemplo 4.1.5 Si a > 1, la sucesi´on han i no es convergente ni es superiormente acotada. Bastar´a corroborar la segunda afirmaci´on. En efecto: Supongamos que la sucesi´on fuese superiormente acotada. Como R es completo, A = {an : n ∈ N} posee supremo s (digamos). Sea ε=s−

s > 0. a

Por definici´on de supremo, existe n ∈ N tal que s an > s − ε = . a 55

De esta manera, an+1 = a · an > a ·

s = s, a

lo cual es una contradicci´on. Proposici´ on 4.1.6 Toda sucesi´on creciente y superiormente acotada es convergente. ´ n: Demostracio Sea hxn in∈N una sucesi´on creciente y superiormente acotada. Como la sucesi´on es superiormente acotada, A = {xn : n ∈ N} posee supremo s (digamos). Sea ε > 0. Por definici´on de supremo, existe n0 ∈ N tal que s − ε < xn0 . Ahora, si n > n0 , como la sucesi´on es creciente y por definici´on de supremo, s − ε < xn0 ≤ xn ≤ s < s + ε. En s´ıntesis, si n > n0 , |xn − s| < ε, lo cual completa la prueba.// Corolario 4.1.7 Toda sucesi´on decreciente e inferiormente acotada es convergente. La demostraci´on es inmediata y quedar´a como ejercicio. Ejemplo 4.1.8 Si 0 ≤ a ≤ 1, la sucesi´on han i es convergente. (De hecho, converge a 0 si a < 1 y a 1 si a = 1. La prueba de esto quedar´a como ejercicio.) Claramente, 0 ≤ an para cada n ∈ N, de manera que la sucesi´on es inferiormente acotada. Adem´as, como a ≤ 1 y a ≥ 0, a1 ≤ a2 . Suponiendo que an ≤ an+1 , siendo a ≥ 0, se prueba que an+1 ≤ an+2 . Esto prueba, por inducci´on, que la sucesi´on es decreciente (confronte los ejercicios de esta secci´on). El corolario 4.1.7 prueba la afirmaci´on. Ejemplo 4.1.9 Dado cualquier n´ umero positivo a > 0, la sucesi´on hxn i definida por x1 = a, xn+1 = converge a positivo).

√

x2n + a 2xn

a (lo cual prueba la existencia de la ra´ız cuadrada de cualquier n´ umero real

Proposici´ on 4.1.10 Sea hxn in∈N una sucesi´on y L, M ∈ R. Si xn −→ L y xn −→ M cuando n −→ +∞, entonces L = M . ´ n: Demostracio Para fijar ideas, supongamos que L < M . Sea ε=

M −L . 2 56

Por definici´on de convergencia, existen n1 , n2 ∈ N tales que |xn − L| < ε si n > n1 y |xn − M | < ε si n > n2 . Tomando n0 = m´ax{n1 , n2 }, si n > n0 , tenemos que n > n1 y n > n2 , de manera que xn < L + ε =

L+M = M − ε < xn 2

(confronte los ejercicios de la secci´on 3.4). Esta contradicci´on prueba el enunciado.// Siendo el l´ımite de la sucesi´on hxn in∈N u ´nico (si existe), lo denotaremos con l´ım xn o n→+∞

simplemente l´ım xn . Definici´ on 4.1.11 Sean hxn in∈N e hyn in∈N dos sucesiones. hyn in∈N es una subsucesi´ on de hxn in∈N si existe una sucesi´on estrictamente creciente de n´ umeros naturales hnk ik∈N tal que yk = xnk para cada k ∈ N. Lema 4.1.12 Si hnk ik∈N es una sucesi´on estrictamente creciente de n´ umeros naturales, entonces nk ≥ k para cada k ∈ N. En particular, la sucesi´on no es acotada. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Definici´ on 4.1.13 Sean hxn in∈N una sucesi´on y a ∈ R. a es un valor de adherencia de la sucesi´on si esta posee una subsucesi´on hxnk ik∈N tal que l´ım xnk = a.

k→+∞

Proposici´ on 4.1.14 Toda sucesi´on convergente posee un u ´nico valor de adherencia. ´ n: Demostracio Sea hxn in∈N una sucesi´on convergente, sea L = l´ım xn y sea hxnk ik∈N una subsucesi´on arbitraria. Sea ε > 0. Como l´ım xn = L, existe n0 ∈ N tal que |xn − L| < ε si n > n0 . Ahora, si k > n0 , nk > n0 (por el lema 4.1.12), de manera que |xnk − L| < ε si k > n0 . Esto prueba el enunciado.// 57

Ejemplo 4.1.15 La sucesi´on hxn = (−1)n in∈N no converge, pues l´ım x2n = l´ım(−1)2n = l´ım 1 = 1 y l´ım x2n−1 = l´ım(−1)2n−1 = l´ım −1 = −1, de manera que hxn = (−1)n in∈N posee dos subsucesiones con l´ımites distintos. Proposici´ on 4.1.16 Sean hxn in∈N e hyn in∈N sucesiones. Si hxn in∈N es acotada y l´ım yn = 0, entonces l´ım(xn yn ) = 0. ´ n: Demostracio Como hxn in∈N es acotada, existe c ∈ R (que podemos elegir positivo) tal que |xn | ≤ c para cada n ∈ N. Sea ε > 0. Como l´ım yn = 0, existe n0 ∈ N tal que ε |yn | < si n > n0 , c de manera que |xn yn | = |xn | · |yn | < c ·

ε = ε si n > n0 . c

Esto prueba el enunciado.// Corolario 4.1.17 Sean hxn in∈N e hyn in∈N sucesiones tales que l´ım xn = L y l´ım yn = M . 1. l´ım(xn ± yn ) = L ± M 2. l´ım(xn · yn ) = L · M 3. l´ım

1 1 = si M 6= 0 yn M

4. l´ım

xn L = si M 6= 0 yn M

´ n: Demostracio Sea ε > 0. 1. Existen n1 , n2 ∈ N tales que |xn − L|
n1 y |yn − M | < si n > n2 . 2 2

Tomando n0 = m´ax{n1 , n2 }, si n > n0 , tenemos que n > n1 y n > n2 , de manera que L−

ε ε ε ε < xn < L + y M − < yn < M + 2 2 2 2

y, por tanto, L ± M − ε < xn + yn < L ± M + ε, o |(xn ± yn ) − (L + M )| < ε. Esto prueba el apartado. 58

2. Claramente, xn yn = (xn yn −LM )+LM = (xn yn −Lyn +Lyn −LM )+LM = (xn −L)yn +L(yn −M )+LM. En virtud de la proposici´on 4.1.16, l´ım(xn − L)yn = l´ım L(yn − M ) = 0. Luego, en virtud del apartado anterior, l´ım(xn yn ) = l´ım(xn − L)yn + l´ım L(yn − M ) + l´ım LM = 0 + 0 + LM = LM. 3. La prueba de este apartado quedar´a como ejercicio. 4. Es consecuencia inmediata de los dos apartados anteriores.// Proposici´ on 4.1.18 (Intercalaci´ on) Sean hxn in∈N , hyn in∈N y hzn in∈N sucesiones tales que l´ım yn = l´ım zn = L. Si existe n0 ∈ N tal que yn ≤ xn ≤ zn si n ∈ N, entonces l´ım xn = L. ´ n: Demostracio Sea ε > 0. Como l´ım yn = l´ım zn = L, existen n1 , n2 ∈ N tales que |yn − L| < ε si n > n1 y |zn − L| < ε si n > n2 . Tomando k0 = m´ax{n0 , n1 , n2 }, si n > k0 , tenemos que n > n0 , n > n1 y n > n2 , de manera que L − ε < yn ≤ xn ≤ zn < L + ε. As´ı, |xn − L| < ε si n > k0 , y el enunciado queda probado.// Teorema 4.1.19 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesi´on acotada posee un valor de adherencia. ´ n: Demostracio Sea hxn in∈N una sucesi´on acotada. Para cada n ∈ N, sean An = {xm : m ≥ n}, an = sup An y a = l´ım an . Claramente cada Ak es acotada, de manera que cada ak est´a bien definido, y como An ⊂ Am si n > m, la sucesi´on han in∈N es decreciente (y acotada por ´ınf x[N]), de manera que a est´a bien definido. Por definici´on de a1 , existe n1 ∈ N tal que a1 − 1 < xn1 ≤ a1 . 59

Definidos n1 , · · · , nk , por definici´on de ank +1 , existe nk+1 ≥ nk + 1 > nk tal que ank +1 −

1 < xnk+1 ≤ ank +1 . k+1

Siendo hank +1 ik∈N una subsucesi´on de han in∈N , por la proposici´on 4.1.14, l´ım ank +1 = a

k→+∞

y, por tanto, l´ım ank +1 −

k→+∞

1 = a, k+1

en virtud del ejemplo 4.1.3 y el corolario 4.1.17. Por intercalaci´on (proposici´on 4.1.18), l´ım xnk+1 = a

k→+∞

y el enunciado queda probado.// Proposici´ on 4.1.20 Sean hxn in∈N e hyn in∈N dos sucesiones. Si l´ım xn ≤ l´ım yn , entonces existe n0 ∈ N tal que xn ≤ yn para cada n > n0 . En particular, si l´ım xn ≤ a (respectivamente, ≥ a), entonces existe n0 ∈ N tal que xn ≤ a (respectivamente, ≥ a) para cada n > n0 . ´ n: Demostracio Supongamos que l´ım yn < l´ım xn . En estas condiciones, existe b ∈ R tal que l´ım yn < b < l´ım xn .

Tomando ε1 = l´ım xn − b y ε2 = b − l´ım yn , por definici´on de l´ımite, existen n1 , n2 ∈ N tales que |xn − l´ım xn | < ε1 si n > n1 y |yn − l´ım yn | < ε2 si n > n2 . Tomando k0 = m´ax{n0 , n1 , n2 }, si n > k0 , tenemos que n > n0 , n > n1 y n > n2 , de manera que yn < l´ım yn + ε2 = b = l´ım xn − ε1 < xn . Esta contradicci´on prueba el enunciado.// Corolario 4.1.21 Toda sucesi´on acotada que posee un u ´nico valor de adherencia, es convergente. 60

´ n: Demostracio Sea hxn in∈N una sucesi´on acotada con un u ´nico valor de adherencia L (digamos). Supongamos que L no sea el l´ımite de la sucesi´on. Esto es, existe ε0 > 0 tal que para cada m ∈ N existe n > m tal que |xn − L| ≥ ε0 , esto es, xn ≤ L − ε0 ∨ xn ≥ L + ε0 . Por tanto, la sucesi´on posee infinitos t´erminos en (−∞, L − ε0 ] o en [L + ε0 , +∞). Sea hxnk ik∈N la subsucesi´on de los t´erminos infinitos en cualquiera de estos intervalos. Al pasar, de nuevo, a una subsucesi´on convergente (si es necesario, esto puede hacerse utilizando el Teorema de Bolzano-Weierstrass), obtenemos un valor de adherencia que pertenece a alguno de estos intervalos (en virtud de la proposici´on 4.1.20). Esto es una contradicci´on, ya que L es el u ´nico valor de adherencia de la sucesi´on original. Esto prueba el enunciado.//

61

4.2.

L´ımites infinitos

Definici´ on 4.2.1 Sea hxn in∈N una sucesi´on. l´ım xn = ±∞

n→+∞

si

1 ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ∈ N n > n0 −→ ±xn > . ε

Observemos que las sucesiones con “l´ımite ±∞” no poseen un l´ımite en el sentido tradicional, es decir, no son convergentes, ya que +∞ y −∞ no son n´ umeros reales.

Proposici´ on 4.2.2 Toda sucesi´on mon´otona posee l´ımite (finito o infinito). Ejemplo 4.2.3 Si a > 1, l´ım an = +∞. La prueba de estos dos resultados quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 4.2.4 Sean hxn in∈N e hyn in∈N dos sucesiones. 1. Si l´ım xn = +∞ e hyn i es inferiormente acotada, entonces l´ım(xn + yn )) = +∞. 2. Si l´ım xn = +∞ y existe a > 0 tal que y[N] ⊂ (a, +∞), entonces l´ım(xn · yn )) = +∞. 3. Si existe a > 0 tal que x[N] ⊂ (a, +∞), y[N] ⊂ R+ y l´ım yn = 0, entonces l´ım 4. Si hxn i es acotada y l´ım yn = +∞, entonces l´ım

xn = +∞ yn

xn = 0. yn

´ n: Demostracio Sea ε > 0. 1. Como hyn i es inferiormente acotada, existe a ∈ R tal que y[N] ⊂ (a, +∞). Sea ε > 0. Como l´ım xn = +∞, existe n0 ∈ N tal que xn >

1 − a si n > n0 1 . ε

Ahora, si n > n0 , como yn > a, tenemos que xn + y n >

1 1 − a + a = si n > n0 . ε ε

Esto prueba el apartado. La prueba de los restantes apartados quedar´a como ejercicio.//

1

La definici´ on s´ olo asegura la existencia de este n0 si fortiori.

62

1 ε

− a > 0. Sin embargo, si

1 ε

− a ≤ 0, tal n0 existe a

4.3.

Series num´ ericas

Una serie num´erica no es m´as ni menos que una sucesi´on de n´ umeros reales. Sin embargo, la notaci´on difiere ya que en una serie no estudiamos el n-´esimo t´ermino de la sucesi´on sino el incremento del n-´esimo t´ermino al siguiente. Definici´ on 4.3.1 Sean han in∈N una sucesi´on de n´ umeros reales y k ∈ Z. 1 X

an := ak

n=1 k+1 X

an :=

k X

n=1 +∞ X

an + ak

n=1

an =

n=1

X

an =

X

k→+∞

n∈N

* k X

k X

an := l´ım

an

n=1

+ es la serie asociada a la sucesi´on han in∈N y

an

n=1

k X

an es la k-´ esima suma

n=1

k∈N

parcial de esta serie. Una suma de la forma

k X

an recibe el nombre de sumatoria y posee las siguientes propie-

n=1

dades: k X

Σ1.

(an + bn ) =

k X

n=1 k X

Σ2.

(c · an ) = c ·

n=1 k X

n=1 k X

Σ3.

an +

k X

bn (Prop. aditiva)

n=1

an (Prop. homog´enea)

n=1

(an+1 − an ) = ak+1 − a1 (Prop. telesc´opica)

n=1

Las pruebas se realizan por inducci´on y quedar´an como ejercicio. Ejemplo 4.3.2 Si |a| < 1, k X

an−1 =

n=1

X 1 − ak 1 y an−1 = . 1−a 1 − a n∈N

En efecto: Como (a − 1)

k X n=1

a

n−1

=a·

k X n=1

a

n−1

−

k X

a

n−1

=

n=1

k X n=1

n

a −

k X

a

n−1

n=1

=

k X

(an − an−1 ) = (ak − 1),

n=1

queda k X n=1

an−1 =

1 − ak ak − 1 = . a−1 1−a

Ahora, siendo l´ım ak = 0, la afirmaci´on queda probada por el corolario 4.1.17. 63

En general, no podremos deducir una f´ormula sencilla para la k-´esima suma parcial. La teor´ıa de esta secci´on no trata de calcular los l´ımites de series dadas, sino de averiguar si una serie dada posee o no l´ımite. Proposici´ on 4.3.3 (Criterio de Comparaci´ on) Sean negativos tales que existe n0 ∈ N tal que

P

an y

P

bn series de t´erminos no

an ≤ bn para cada n > n0 . P P En estas condiciones, si bn converge, an tambi´en converge. ´ n: Demostracio Si k > k0 , como los t´erminos de las series son no negativos, k X n=1

an =

n0 X

an +

n=1

k X

an ≤

n=n0 +1

n0 X

an +

n=1

k X

bn ≤

n=n0 +1

n0 X n=1

an +

X

bn ,

n∈N

de manera que la sucesi´on * k X

+ an

n=1

es superiormente acotada. Siendo adem´as creciente, la convergencia se sigue de la proposici´on 4.1.6.// Ejemplo 4.3.4 La serie X

1 (n − 1)!

converge, pues 1 ≤ (n − 1)!

 n−1 1 para cada n ∈ N 2

y la serie X  1 n−1 2

= 3.

Su l´ımite es, por definici´on e. Como 2 X n=1

1 = 1 + 1 = 2, (n − 1)!

tenemos que 2 < e ≤ 3.  Ejemplo 4.3.5 Sea an = Como

1 1+ n

n .

1 n(n − 1) 1 n(n − 1) · · · 1 an = 1 + n · + · 2 + ··· + , n 2 n n!        1 1 1 1 2 n−1 1− + ··· + 1− 1− ··· 1 − , an = 1 + 1 + 2! n n! n n n 64

de manera que an ≤

n+1 X k=1

1 ≤ e. (k − 1)!

Por el criterio de comparaci´on, han i converge y por la proposici´on 4.1.20, l´ım an ≤ e. Adem´as, si m ∈ N y n > m,        1 1 1 1 2 m−1 an ≥ 1 + 1 + 1− + ··· + 1− 1− ··· 1 − , 2! n m! n n n de manera que, por la proposici´on 4.1.20, l´ım an ≥

m+1 X k=1

1 . (k − 1)!

De nuevo por la proposici´on 4.1.20, esto implica que l´ım an ≥ e. 

1 En s´ıntesis, l´ım 1 + n

n = e.

Proposici´ on 4.3.6 (Primer Criterio de Divergencia) Si

P

an converge, entonces

l´ım an = 0. ´ n: Demostracio Sea sn =

n X

ak .

k=1

As´ı, sn+1 = sn + an para cada n ∈ N. Por la proposici´on 4.1.14, l´ım sn+1 = l´ım sn , de manera que, por el corolario 4.1.17, se sigue que l´ım an = 0.// P Ejemplo 4.3.7 La serie (−1)n no converge, ya que h(−1)n i no converge a 0. Ejemplo 4.3.8 A pesar de que el t´ermino general de la serie arm´onica serie diverge. En efecto, X1 1 = 1 + + n 2 1 ≥ 1 + + 2 = 1 +

1 + 2

1 1 + 3 4 

1 1 + 4 4

1 1 1 1 + + + 5 6 7 8

+ 

1 2

lo cual sustenta la afirmaci´on. 65

 +

1 1 1 1 + + + 8 8 8 8

+

1 2

P1 converge a 0, la n +

···

+

···



+ ···,

Un argumento parecido determina si las p-series convergen. Ejemplo 4.3.9 La serie

P 1 converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1. np

La divergencia de las p-series con p ≤ 1 es obvia teniendo en cuenta el criterio de comparaci´ on y el hecho que la serie arm´onica diverge. Si p > 1, X 1 = np

1

≤

1

=

1 + 1p

1 1 1 1 + + + + + 4p 5p 6p 7p     1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + 2p 2p 4p 4p 4p 4p +

1 1 + 2p 3p

+

2 2p

4 4p

+

··· ···

+ ···,

lo cual sustenta que la serie est´a acotada por X  2 n−1 2p

=

2p−1 , 2p−1 − 1

de manera que converge. Proposici´ on 4.3.10P(Criterio de Leibniz) Si la sucesi´on han i es decreciente y tiene l´ımite 0, entonces la serie (−1)n+1 an converge. ´ n: Demostracio Para cada n ∈ N, sea sn =

n X

(−1)k+1 ak .

k=1

Como s2n+1 = s2n−1 − (a2n − a2n−1 ) y a2n ≥ a2n−1 , tenemos que la sucesi´on hs2n−1 i es decreciente. Por otro lado, como s2n+2 = s2n + (a2n+1 − a2n+2 ) y a2n+1 ≥ a2n+2 , tenemos que la sucesi´on hs2n i es creciente. Teniendo en cuenta que s2n ≤ s2n−1 (pues s2n−1 − s2n = a2n ≥ 0), queda: s2 ≤ s4 ≤ · · · ≤ s2n ≤ · · · ≤ s2n−1 ≤ · · · ≤ s3 ≤ s1 . Esto prueba que las dos subsucesiones convergen. Adem´as, como s2n−1 − s2n = a2n −→ 0 cuando n −→ +∞, tenemos que l´ım s2n = l´ım2n−1 . Esto prueba el enunciado.// 66

Ejemplo 4.3.11 Por el criterio de Leibniz, la serie arm´onica alternada Definici´ on 4.3.12 Sea

P

P (−1)n converge. n

an una serie.

La serie es absolutamente convergente si

P

|an | converge.

La serie es condicionalmente convergente si es convergente pero no absolutamente convergente. Ejemplo 4.3.13 Claramente, toda serie convergente de t´erminos positivos es absolutamente convergente. Ejemplo 4.3.14 Como ya hemos visto, la serie arm´onica alternada es condicionalmente convergente. Proposici´ on 4.3.15 Toda serie absolutamente convergente es convergente. ´ n: Demostracio Sea

P

an una serie absolutamente convergente.

Definamos a+ ax{an , 0} y a− ax{−an , 0}, para cada n ∈ N. n = m´ n = m´ Si n ∈ N, se verifica f´acilmente que − + − a+ n + an = |an | y an − an = an .

Tenemos que

P

a+ n y

P

a− n convergen, ya que, claramente,

− a+ n ≤ |an | y an ≤ |an |, para cada n ∈ N,

y

P

|an | converge.

Luego, por el corolario 4.1.17, X

an =

X

− (a+ n − an ) =

X

a+ n −

X

a− n,

lo cual prueba el enunciado.// Corolario 4.3.16 (Criterio de d’Alembert) Sea han i una sucesi´on de t´erminos no nulos. Si existen c ∈ (0, 1) y n0 ∈ N tales que an + 1 an ≤ c, para cada n > n0 , entonces

P

an es (absolutamente) convergente. 67

´ n: Demostracio Sea n > n0 . Como

n+1 an + 1 ≤c= c , an cn

tenemos que |an | |an + 1| ≤ n . n+1 c c Esto prueba que la sucesi´on   |an | cn es decreciente a partir de n0 , de manera que est´a acotada por   |a1 | |an0 | b = m´ax , · · · , n0 . c c As´ı, |an | ≤ b · cn , para cada n ∈ N. Ahora, como

P

b · cn converge, el enunciado se sigue por el criterio de comparaci´on.//

Corolario 4.3.17 Sean han i una sucesi´on de t´erminos no nulos y an + 1 constante de d’Alembert. L = l´ım an P La serie an converge si L < 1 y diverge si L > 1. La demostraci´on es sencilla y quedar´a como ejercicio. Ejemplo 4.3.18 Sean a > 1, b ∈ R y k ∈ N. Se verifica que nk bn n! = l´ ım = l´ım n = 0. n a n! n Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. l´ım

Corolario 4.3.19 (Criterio de Cauchy) Sea han i una sucesi´on. Si existen c ∈ (0, 1) y n0 ∈ N tales que p n |an | ≤ c, para cada n > n0 , P entonces an es (absolutamente) convergente. ´ n: Demostracio Sea n > n0 . Como

p n |an | ≤ c,

tenemos que |an | ≤ cn . Ahora, como

P

cn converge, el enunciado se sigue por el criterio de comparaci´on.//

Corolario 4.3.20 Sea han i una sucesi´on y p L = l´ım n |an | constante de Cauchy. P La serie an converge si L < 1 y diverge si L > 1. La demostraci´on es sencilla y quedar´a como ejericio. 68

4.4.

Series de potencias

Por razones pr´aticas, consideraremos sucesiones y series que comienzan en el 0. Proposici´ on 4.4.1 Sean han in∈N∪{0} una sucesi´on y √ r = sup{c ≥ 0 : ∃n0 ∈ N ∪ {0} ∀n > n0 c n an ≤ 1} ≤ +∞.

La serie

+∞ X

an x n

n=0

converge si |x| < r y diverge si |x| > r. Adem´as, si L es la constante de Cauchy de +∞ X

an ,

n=0

se verifica que r=

1 L

(con los convenios naturales para 0 e +∞). La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Definici´ on 4.4.2 Sea x ∈ R. +∞ X (−1)n 2n+1 sen x := x si la serie converge. (2n + 1)! n=0 cos x :=

+∞ X (−1)n n=0

(2n)!

x2n si la serie converge.

Definiremos las restantes funciones trigonom´etricas de la forma usual. Aunque a´ un no estamos en condiciones de probar las propiedades de las funciones trigonom´etricas, las utilizaremos sin restricciones en los ejemplos ya que esto no interfiere con el desarrollo de nuestra teor´ıa. Ejemplo 4.4.3 Los radios de convergencia de sen x y cos x son infinitos. Proposici´ on 4.4.4 Sean r el radio de convergencia de la serie +∞ X

an x n

n=0

y c ∈ (0, r). En estas condiciones, dado ε > 0, existe n0 ∈ N ∪ {0} tal que si n > n0 y x ∈ [−c, c], entonces n +∞ X X ak x k − ak xk < ε. n=0 k=0

Las demostraciones quedar´an como ejercicio. 69

4.5.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre el corolario 4.1.7. 2. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 4.1.8. √ 3. Pruebe que l´ım n n = 1. 4. Demuestre el lema 4.1.12. 5. Demuestre el apartado 3 del corolario 4.1.17. 6. Sean hxn inN una sucesi´on de n´ umeros reales, L ∈ R y P y Q conjuntos tales que ˙ P ∪Q = N. Pruebe que: 1. Si P es infinto, entonces hxn i posee una (´ unica) subsucesi´on hxnk ik∈N tal que n[N] = P que indicaremos con h(x|P )k ik∈N . 2. Si P es finito, entonces hxn i converge a L si y s´olo si h(x|Q )k ik∈N converge a L. 3. Si P y Q son infinitos, entonces hxn i converge a L si y s´olo si h(x|P )k ik∈N y h(x|Q )k ik∈N convergen a L. 7. Si hxn inN es una sucesi´on de n´ umeros reales, def´ınase que hxn i es de Cauchy si ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n, m ∈ N (n > n0 ∧ m > n0 −→ |xn − xm | < ε). Pruebe que una sucesi´on de n´ uemros reales es convergente si y s´olo si es de Cauchy. Secci´on 2: 1. Demuestre la proposici´on 4.2.2. 2. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 4.2.3. 3. Demuestre los apartados faltantes de la proposici´on 4.2.4. Secci´on 3: 1. Demuestre las propiedades Σ1 - Σ3. P 2. Si han i es decreciente y an converge, pruebe que l´ım(nan ) = 0. P P 2 3. Si an es absolutamente convergente, pruebe que an converge. 4. Demuestre el corolario 4.3.17. 5. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 4.3.18. 6. Demuestre el corolario 4.3.20. 7. Si la constante de d’Alembert de una serie existe, pruebe que la constante de Cauchy tambi´en existe y que son iguales. 8. Pruebe que

9. Calcule l´ım

n = e. l´ım √ n n! √ n

n!.

Secci´on 4: 1. Demuestre la proposici´on 4.4.1. 2. D´e un ejemplo de series con radio de convergencia r tales la serie converja para x = r pero no para x = −r. 3. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 4.4.3. 4. Demuestre la proposici´on 4.4.4.

70

Cap´ıtulo 5 La topolog´ıa de R

5.1.

Puntos interiores

Definici´ on 5.1.1 Sea X ⊂ R. El interior de X es el conjunto int X := {a ∈ R : ∃ε > 0 (a − ε, a + ε) ⊂ X} y sus elementos son puntos interiores de X. X es abierto si X ⊂ int X. Claramente, int X ⊂ X, de manera que X es abierto si y s´olo si X = int X. Por la definici´on, es obvio que si X ⊂ Y , entonces int X ⊂ int Y . Ejemplo 5.1.2 int (a, b) = (a, b). Para corroborar esta afirmaci´on, elijamos x ∈ (a, b). Sea ε = m´ın{b − x, x − a}. As´ı, a = x − (x − a) ≤ x − ε y x + ε ≤ x + (b − x) = b, de manera que (x − ε, x + ε) ⊂ (a, b). Ejemplo 5.1.3 int [a, b] = (a, b). Como (a, b) ⊂ [a, b] e int (a, b) = (a, b), tenemos que (a, b) ⊂ int [a, b] y s´olo falta probar que a, b ∈ / int [a, b]. En efecto: Supongamos que a ∈ int [a, b]. Por definici´on, existe ε0 > 0 tal que (a − ε, a + ε) ⊂ [a, b], de manera que a − ε ≥ a, lo cual es una contradicci´on. Ejemplo 5.1.4 int Q = ∅, en virtud del corolario 3.3.8. Proposici´ on 5.1.5 El interior de todo conjunto, es un conjunto abierto. ´ n: Demostracio Sea X ⊂ R arbitrario, y sea A = int X. Queremos probar que A ⊂ int A. En efecto: Sea x ∈ A. Por definici´on, existe ε0 > 0 tal que (x − ε0 , x + ε0 ) ⊂ X. Ahora, si y ∈ (x − ε0 , x + ε0 ), como todo intervalo abierto es abierto (ejemplo 5.1.2), existe ε > 0 tal que (y − ε, y + ε) ⊂ (x − ε0 , x + ε0 ) ⊂ X, de manera que y ∈ A. Esto prueba que (x − ε0 , x + ε0 ) ⊂ A, lo cual, a su vez, prueba que x ∈ int A.// 73

Corolario 5.1.6 Sea X ⊂ R. Si A ⊂ X es abierto, entonces A ⊂ int X. La demostraci´on es inmediata y quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 5.1.7 La intersecci´on de dos conjuntos abiertos, es un conjunto abierto. ´ n: Demostracio Sean X e Y dos conjuntos abiertos y sea a ∈ X ∩ Y . Como X e Y son abiertos, existen ε1 , ε2 > 0 tales que (a − ε1 , a + ε1 ) ⊂ X y (a − ε2 , a + ε2 ) ⊂ Y. Tomando ε = m´ın{ε1 , ε2 }, quedar´a (a − ε, a + ε) ⊂ (a − ε1 , a + ε1 ) ⊂ X y (a − ε, a + ε) ⊂ (a − ε2 , a + ε2 ) ⊂ Y, de manera que (a − ε, a + ε) ⊂ X ∩ Y. Esto prueba el enunciado.// Corolario 5.1.8 La intersecci´on de una familia finita de conjuntos abiertos, es un conjunto abierto. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 5.1.9 La uni´on de una familia arbitraria de conjuntos abiertos, es un conjunto abierto. ´ n: Demostracio Sea F = {Xλ : λ ∈ L} una familia de conjunto abiertos y sea a∈

[

Xλ .

λi nL

Por definici´on de uni´on, existe λ0 ∈ L tal que a ∈ Xλ0 . Siendo Xλ0 abierto, existe ε > 0 tal que [ (a − ε, a + ε) ⊂ Xλ0 ⊂ Xλ . λi nL

Esto prueba el enunciado.// La intersecci´on de una familia arbitraria de conjuntos abiertos, no es necesariamente un conjunto abierto. 74

Proposici´ on 5.1.10 Dado X ⊂ R, existe una familia numerable de conjuntos abiertos F = {Xn : n ∈ N} tal que X=

\

Xn .

n∈N

La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Teorema 5.1.11 Todo conjunto abierto es uni´on numerable de intervalos abiertos y dos a dos disjuntos. ´ n: Demostracio Sea X ⊂ R abierto. Si a, b ∈ X, definamos que a ≈ b si y s´olo si existe un intervalo I ⊂ X tal que a ∈ I ∧ b ∈ I. Claramente, la relaci´on ≈ es reflexiva y transitiva. Adem´as, si a ≈ b y b ≈ c, existen intervalos I, J ⊂ X tales que (a ∈ I ∧ b ∈ I) ∧ (b ∈ J ∧ c ∈ J). Como b ∈ I ∩J, por el corolario 3.3.4, I ∪J es un intervalo que tiene a a y c como elementos, de manera que a ≈ c. Esto prueba que ≈ es transitiva y, por tanto, de equivalencia. X es una partici´on de X y s´olo falta probar que el conjunto cociente Por el teorema 1.3.16, ≈ es numerable y que cada clase de equivalencia es un intervalo abierto. En efecto: Sean x ∈ X, a = ´ınf x y b = sup x (con el convenio que a = −∞ si x no es inferiormente acotado y b = +∞ si x no es superiormente acotado). Si y ∈ (a, b), por definici´on de ´ınfimo y supremo, existen c, d ∈ x tales que c < y < d. Como x ≈ c y d ≈ x, d ≈ c, de manera que existe un intervalo incluido en X que tiene a c y d como elementos. Claramente, y tambi´en pertenece a este intervalo, de manera que c ≈ y y, por tanto, x ≈ y. Esto prueba que (a, b) ⊂ x. Para probar que x = (a, b), s´olo debemos verificar que a y b no pertenecen a x. Probaremos que b ∈ / x: Si b ∈ / R, hemos terminado. De lo contrario, como X es abierto, existe ε > 0 tal que (b − 2ε, b + 2ε) ⊂ X. Ahora, como x ≈ b y b ≈ b + ε, x ≈ b + ε, de manera que b + ε ∈ x y, por definici´on de supremo, b + ε ≤ b. Esta contradicci´on completa la prueba de que x = (a, b). X Ahora, siendo cada miembro de un intervalo abierto no vac´ıo, podemos elegir un n´ umero ≈ racional X rM ∈ M para cada M ∈ . ≈ 75

Esto define una funci´on inyectiva (pues las clases de equivalencia son dos a dos disjuntas) r: Siendo Q numerable, se sigue que

X → Q. ≈

X es numerable (por la proposici´on 2.3.2). ≈

Esto completa la prueba.// Este teorema caracteriza por completo a los conjuntos abiertos, lo que nos facilitar´a el estudio de sus propiedades. Definici´ on 5.1.12 Sea X ⊂ R. X es conexo si no existen conjuntos abiertos A y B tales que X ⊂ A ∪ B, X ∩ A 6= ∅, X ∩ B 6= ∅, pero (X ∩ A) ∩ (X ∩ B) = ∅. Corolario 5.1.13 Un conjunto de n´ umeros reales es conexo si y s´olo si es un intervalo. ´ n: Demostracio Sea X ⊂ R. En efecto, si X no es un intervalo, por la proposici´on 3.3.2, existen x, y ∈ X y z ∈ ([x, y] tal que z ∈ / X. Tomando A = (−∞, z) y B = (z, +∞), obtenemos dos conjuntos abiertos, disjuntos y que intersecan a A y B (x ∈ A e y ∈ B) tales que X ⊂ A ∪ B. Esto prueba la implicaci´on de derecha a izquierda. Para probar la implicaci´on inversa, supongamos que X sea un intervalo no conexo, esto es, existen conjuntos abiertos y no vac´ıos A y B tales que X ⊂ A ∪ B, X ∩ A 6= ∅, X ∩ B 6= ∅, pero (X ∩ A) ∩ (X ∩ B) = ∅. Sea x ∈ X ∩ A. Como A es abierto, por el teorema 5.1.11, existe una familia F de intervalos abiertos y dos a dos disjuntos cuya uni´on es A. Sea I = (a, b) aquel intervalo al que pertenece x. Como (a, b) ⊂ A, por definici´on de A y B, X 6⊂ (a, b), esto es, existe y ∈ X − (a, b). Claramente, y ≤ a ∨ y ≥ b. Para fijar ideas, supongamos que y ≥ b. Como x, y ∈ X y X es un intervalo, por la proposici´on 3.3.2, [x, y] ⊂ X, de manera que b ∈ X. Claramente, b ∈ A ∨ b ∈ B. Supongamos que b ∈ A y sea J ∈ F aquel intervalo al que pertenece b. Siendo J abierto, (a, b) ∩ J 6= ∅, lo cual contradice la definici´on de F. Por tanto, b ∈ / A. Luego, b ∈ B. Siendo B abierto, existe ε > 0 tal que (b − ε, b + ε) ⊂ B. Como [x, b] ⊂ X (x < b pues x ∈ A pero b ∈ B) y (a, b) ⊂ A, podemos elegir z ∈ [x, b] ∩ (a, b) ∩ (b − ε, b + ε) ⊂ X ∩ A ∩ B = (X ∩ A) ∩ (X ∩ B), 76

lo cual contradice la definici´on de A y B. Esto completa la prueba.// Confronte los ejercicios de esta secci´on para una demostraci´on alternativa del corolario anterior. Definici´ on 5.1.14 Sea X ⊂ R. Un recubrimiento (abierto/cerrado) de X es una familia de conjuntos (abiertos/cerrados) F = {Cλ : λ ∈ L} tal que X⊂

[

Cλ .

λ∈L

Un subrecubrimiento de un recubrimiento dado de X es un recubrimiento de X es una subfamilia del recubrimiento original. Lema 5.1.15 Existe un recubrimiento B de R que es abierto, numerable y tal que para cada abierto A ⊂ R y cada x ∈ A, existe B ∈ B tal que x ∈ B ⊂ A. Teorema 5.1.16 (Lindel¨ of ) Todo recubrimiento abierto de un conjunto de n´ umeros reales posee un subrecubrimiento numerable. La demostraci´on del teorema es una aplicaci´on directa del lema. Ambas demostraciones quedar´an como ejercicio.

77

5.2.

Puntos de clausura

Definici´ on 5.2.1 Sea X ⊂ R. La clausura de X es el conjunto X := (int X c )c y sus elementos son puntos de clausura de (o puntos adherentes a) X. X es cerrado si X ⊂ X. La cadena de implicaciones a ∈ X −→ a ∈ / X c −→ a ∈ / int X c −→ a ∈ (int X c )c ilustra que X ⊂ X, de manera que X es cerrado si y s´olo si X = X. Adem´as, la cadena de implicaciones X ⊂ Y −→ Y c ⊂ X c ←→ int Y c ⊂ int X c ←→ X = (int X c )c ⊂ (int Y c ) = Y ilustra que la clausura preserva inclusiones. Proposici´ on 5.2.2 Un conjunto X ⊂ R es cerrado si y s´olo si X c es abierto. ´ n: Demostracio Para probar la implicaci´on de derecha a izquierda, supongamos que X sea cerrado, esto es, X = X = (int X c )c . Tomando complementos a izquierda y derecha queda X c = int X c , de manera que X c es abierto, lo cual prueba la implicaci´on. Para probar la implicaci´on inversa, supongamos que X c sea abierto, esto es, X c = int X c . Tomando complementos queda X = (int X c )c = X, lo cual completa la prueba.// Ejemplo 5.2.3 Z es un conjunto cerrado ya que [ Zc = (k, k + 1) k∈Z

y el u ´ltimo es un conjunto abierto. 78

Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Corolario 5.2.4 La clausura de todo conjunto, es un conjunto cerrado. Corolario 5.2.5 La uni´on de una familia finita de conjuntos cerrados, es un conjunto cerrado. Corolario 5.2.6 La intersecci´on de una familia arbitraria de conjuntos cerrados, es un conjunto cerrado. Corolario 5.2.7 Sea X ⊂ R. X es abierto y cerrado si y s´olo si X = ∅ o X = R. Las demostraciones son inmediatas y quedar´an como ejercicio. Proposici´ on 5.2.8 Sean X ⊂ R y a ∈ R. Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) a ∈ X (2) ∀ε > 0 (a − ε, a + ε) ∩ X 6= ∅ (3) Existe una sucesi´on hxn in∈N en X (x[N] ⊂ X) tal que l´ım xn = a. ´ n: Demostracio Supongamos (1) y sea ε > 0 arbitrario. Como a ∈ X, a ∈ / int X c , de manera que (a − ε, a + ε) 6⊂ X c , esto es, (a − ε, a + ε) ∩ X 6= ∅ y (2) se sigue. Esto prueba que (1) −→ (2). Supongamos (2). Por hip´otesis, existe   1 1 xn ∈ a − , a + ∩ X, para cada n ∈ N, n n de manera que, por intercalaci´on (proposici´on 4.1.18), l´ım xn = a y (3) se sigue. Esto prueba que (2) −→ (3). Supongamos (3) y sea ε > 0 arbitrario. Por definici´on de l´ımite, existe n0 ∈ N tal que |xn0 +1 − a| < ε, esto es, xn0 +1 ∈ (a − ε, a + ε). Como xn0 +1 ∈ X, esto prueba que (a − ε, a + ε) 6⊂ X c , de manera que a ∈ X = (int X c )c y (1) se sigue. Esto prueba que (3) −→ (1).// Ejemplo 5.2.9 Q = Qc = R ya que, por la proposici´on 3.3.8,para cada x ∈ R y cada ε > 0 se verifica que (x − ε, x + ε) ∩ Q 6= ∅ y (x − ε, x + ε) ∩ Qc 6= ∅ y las inclusiones inversas son triviales. 79

Corolario 5.2.10 Sean X ⊂ R y hxn in∈N una sucesi´on en X. Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) X es cerrado. (2) Si hxn i es convergente, entonces l´ım xn ∈ X. (3) Si hxn i es acotada, entonces posee una subsucesi´on hxnk ik∈N tal que l´ım xnk ∈ X. La demostraci´on es inmediata y quedar´a como ejercicio.

80

5.3.

Puntos de frontera

Definici´ on 5.3.1 Sea X ⊂ R. La frontera de X es el conjunto fr X := X ∩ X c y sus elementos son puntos de frontera de X. Ejemplo 5.3.2 Con la notaci´on de frontera, el ejemplo 5.2.9 afirma que fr Q = R. La tabla a continuaci´on engloba las propiedades m´as resaltantes de la frontera. Sus demostraciones son aplicaciones inmediatas de los resultados de las secciones anteriores y quedar´an como ejercicio. F1. fr X es cerrado. F4. X es abierto si y s´olo si X ∩ fr X = ∅. ˙ X = X. F5. X es cerrado si y s´olo si fr X ⊂ X. F2. int X ∪fr F3. frX = X − int X. F6. fr X = ∅ ←→ X = ∅ ∨ X = R. Ejemplo 5.3.3 El conjunto de Cantor, ( ) X xn C := : hxn in∈N es una sucesi´ on en {0, 2} , n 3 n∈N satisface que fr C = C. Probar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. La forma m´as sencilla de “visualizar” el conjunto de Cantor es definir ( ) X xn Cn := : x[N] ⊂ {0, 1, 2} ∧ x[Nn ] ⊂ {0, 2} , 3n n∈N y luego observar que C=

\ n∈N

81

Cn .

5.4.

Puntos de acumulaci´ on

Definici´ on 5.4.1 Sea X ⊂ R. El conjunto derivado de X es el conjunto \ X 0 := X − {x} x∈X

y sus elementos son puntos de acumulaci´ on de X. a es aislado en X si a ∈ X − X 0 . X es perfecto si X 0 = X. Lema 5.4.2 Sean X ⊂ R y a ∈ R. a ∈ X 0 si y s´olo si a ∈ X − {a} La demostraci´on es sencilla y quedar´a como ejercicio. Ejemplo 5.4.3 Q0 = R. En efecto, si a ∈ R y ε > 0, (a − ε, a + ε) ∩ (Q − {a}) = ((a − ε, a) ∩ Q) ∪ ((a, a + ε) ∩ Q) 6= ∅, ya que ambos conjuntos de la uni´on son no vac´ıos (por la proposici´on 3.3.8), de manera que a ∈ Q − {a}. Proposici´ on 5.4.4 Sea X ⊂ R. 1. X 0 es cerrado. 2. X ∪ X 0 = X. 3. X es cerrado si y s´olo si X 0 ⊂ X. ´ n: Demostracio 1. Es inmediato por la definici´on de conjunto derivado y el corolario 5.2.6. 2. Claramente X ⊂ X. Adem´as, X = ∅ −→ X 0 = ∅ y de lo contrario podemos fijar a ∈ X de manera que \ X − {x} ⊂ X − {a} ⊂ X. X0 = x∈X

Esto prueba que X ∪ X 0 ⊂ X. Para probar la inclusi´on inversa, fijemos a ∈ X y supongamos que a ∈ / X. As´ı, X − {a} = X y, por tanto, a ∈ X = X − {a}. Por el lema 5.4.2, la inclusi´on queda probada. 3. En efecto, si X es cerrado, X = X = X ∪ X 0 y, por la propiedad U 7, X 0 ⊂ X. Rec´ıprocamente, si X 0 ⊂ X, entonces X = X ∪ X 0 = X, de manera que X es cerrado.// 82

Proposici´ on 5.4.5 Sean X ⊂ R y a ∈ R. Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) a ∈ X 0 (2) Existe una sucesi´on hxn in∈N en X − {a} (x[N] ⊂ X) tal que l´ım xn = a. (3) Todo intervalo abierto I tal que a ∈ I posee infinitos puntos de X. (4) Existe una sucesi´on mon´otona hxn in∈N en X − {a} (x[N] ⊂ X) tal que l´ım xn = a. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Ejemplo 5.4.6 Todos los puntos de un conjunto finito F ⊂ R son aislados. Ejemplo 5.4.7 El conjunto de Cantor es perfecto. Demostrar estas afirmaciones quedar´a como ejercicio. Teorema 5.4.8 (Bolzano-Weierstrass) Todo conjunto infinito y acotado de n´ umeros reales posee por lo menos un punto de acumulaci´on. ´ n: Demostracio Sea X ⊂ R infinito y acotado. Por la proposici´on 2.2.9, existe una sucesi´on inyectiva hxn in∈N en X. Como esta sucesi´on es claramente acotada, posee una subsucesi´on convergente en virtud del teorema de sucesiones del mismo nombre. Sean hxnk ik∈N esta subsucesi´on y a su l´ımite. Como la subsucesi´on es hereditariamente inyectiva, a lo sumo uno de sus t´erminos es igual a a. Despreci´andolo, si es necesario, obtenemos una sucesi´on en X − {a} que converge a a, de manera que a ∈ X 0 . Esto prueba el enunciado.//

83

5.5.

Compacidad

Definici´ on 5.5.1 Sea X ⊂ R. X es compacto si todo recubrimiento abierto de X posee un subrecubrimiento finito. Ejemplo 5.5.2 Claramente, todo conjunto finito es compacto. Lema 5.5.3 Todo intervalo cerrado y acotado, es compacto. ´ n: Demostracio Sean [a, b] un intervalo cerrado y acotado y F = {Aλ : λ ∈ L} un recubrimiento abierto de este intervalo. Supongamos que F no admita subrecubrimiento finito. Sea [a1 , b1 ]. Una vez elegidos [a1 , b1 ], · · · , [an , bn ] de manera que F no admita subrecubrimiento finito para ninguno de ellos, elegimos [an+1 , bn+1 ] de la siguiente manera: Claramente, F tambi´en es un recubrimiento de los intervalos     an + b n an + b n an , ,b y 2 2 y por lo menos uno de ellos no posee subrecubrimiento finito. Sea [an+1 , bn+1 ] este intervalo. As´ı, obtenemos la sucesi´on [a1 , b1 ] ⊂ · · · ⊂ [an , bn ] tal que ninguno de estos intervalos posea subrecubrimiento finito. Adem´as bn − an = 2n−1 (b − a), para cada n ∈ N, como se prueba f´acilmente por inducci´on. Por el Teorema de los Intervalos Encajados (3.3.5), existe \ [an , bn ]. c∈ n∈N

Por definici´on de recubrimiento, existe λ0 ∈ L tal que c ∈ Aλ0 . Como Aλ0 es abierto, existe ε > 0 tal que (c − ε, c + ε) ⊂ Aλ0 . Eligiendo n0 ∈ N de manera que

b−a < ε, 2n−1

tenemos que c ∈ [an0 , bn0 ] ⊂ (c − ε, c + ε) ⊂ Aλ0 , lo cual constituye una contradicci´on. Esto prueba el enunciado.// 84

Teorema 5.5.4 (Heine-Borel) Un conjunto de n´ umeros reales es compacto si y s´olo si es cerrado y acotado. ´ n: Demostracio Sea X ⊂ R. Para probar la implicaci´on de derecha a izquierda, supongamos que X sea cerrado y acotado y sea F un recubrimiento abierto de X. Como X es acotado, existen a, b ∈ R tales que X ⊂ [a, b]. Siendo X cerrado, X c es abierto y como F ∪ {X c } es un recubrimiento abierto de R, es, en particular, un recubrimiento abierto de [a, b]. Por el lema 5.5.3, F ∪ {X c } posee un subrecubrimiento finito de [a, b]. Eliminando, si es necesario, el conjunto X c de este subrecubrimiento, obtenemos un subrecubrimiento de F para el conjunto X, de manera que X es compacto. Esto prueba la implicaci´on. Para probar la implicaci´on inversa, supongamos que X sea compacto. Supongamos que X no sea cerrado, esto es, existe a ∈ X − X. Por definici´on de compacidad, el recubrimiento abierto {[a − ε, a + ε]c : ε > 0} posee un subrecubrimiento {[a − εk , a + εk ]c : k ∈ Nn }. Sea ε0 = m´ın{εk : k ∈ Nn }. As´ı, [ [a − εk , a + εk ]c ⊂ [a − ε0 , a + ε0 ]c , X⊂ k∈Nn

lo cual es una contradicci´on pues a ∈ X pero (a − ε0 , a + ε0 ) ∩ X = ∅ (confronte la proposici´on 5.2.8). Por otro lado, {(−r, r) : r ∈ R} es claramento un recubrimiento abierto de X que, por definici´on de compacidad, posee un subrecubrimiento {(−rk , rk ) : k ∈ N − n}. Sea r0 = m´ax{rk : k ∈ N − n}. As´ı, X⊂

[

(rk , rk ) ⊂ (r0 , r0 ),

k∈Nn

de manera que X es acotado. Esto prueba la implicaci´on restante.// 85

Corolario 5.5.5 Un conjunto de n´ umeros reales X es compacto si y s´olo si toda sucesi´on en X posee una subsucesi´on que converge en X. Corolario 5.5.6 Sea F = {Kn : n ∈ N} una familia de conjuntos compactos tales que Kn+1 ⊂ Kn para cada n ∈ N. En estas condiciones, \

Kn 6= ∅.

n∈N

Las demostraciones son inmediatas y quedar´an como ejercicio.

86

5.6.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre el corolario 5.1.6. 2. Sean X, Y ⊂ R. Pruebe que int (X ∩ Y ) = int X ∩ int Y mientras que int X ∩ int Y ⊂ int (X ∪ Y ). D´e un ejemplo en el que la inclusi´on es propia. 3. Sean X e Y conjuntos abiertos de n´ umeros reales. Pruebe que X + Y es abierto. 4. Demuestre el corolario 5.1.8. 5. Demuestre la proposici´on 5.1.10. 6. Demuestre el lema 5.1.15. 7. Demuestre el teorema 5.1.16. Secci´on 2: 1. Sean X, Y ⊂ R. Pruebe que X ∪ Y = X ∪ Y mientras que X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . D´e un ejemplo en el que la inclusi´on es propia. 2. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 5.2.3. 3. Demuestre el corolario 5.2.4. 4. Demuestre el corolario 5.2.5. 5. Si X y Y son conjuntos cerrados de n´ umeros reales, ¿es X + Y tambi´en cerrado? Justifique su respuesta. 6. Demuestre el corolario 5.2.6. 7. Demuestre el corolario 5.2.7. 8. Demuestre el corolario 5.2.8. 9. Utilice la bisecc´ı´on de intervalos (la t´ecnica empleada en la demostraci´on del teorema de Heine-Borel (5.5.4)) para probar que todo intervalo es conexo. 10. Def´ınase que X ⊂ Y ⊂ R es denso en Y si Y ⊂ X. Pruebe que todo conjunto de numeros reales posee un subconjunto numerable y denso. Secci´on 3: 1. Demuestre las propiedades F 1 - F 6. 2. Averigue si existe una f´ormula para fr (X ∪ Y ), fr (X ∩ Y ) o fr (X − Y ). 3. Si X ⊂ Y , ¿es cierto que fr X ⊂ fr Y ? Justifique su respuesta. 4. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 5.3.3. 5. Pruebe que el conjunto de Cantor no es numerable. Secci´on 4: 1. Demuestre el lema 5.4.2. 2. Demuestre la proposici´on 5.4.5. 3. Si X ⊂ Y , ¿es cierto que X 0 ⊂ Y 0 ? Justifique su respuesta. 4. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 5.4.6. 5. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 5.4.7. 6. Pruebe que todo conjunto no numerable de n´ umeros reales posee por lo menos un punto de acumulaci´on. Secci´on 5: 1. Demuestre el corolario 5.5.5. 87

2. Demuestre el corolario 5.5.6 3. Si X y Y son conjuntos ccompactos de n´ umeros reales, ¿es X + Y tambi´en compacto? Justifique su respuesta. 4. Pruebe que la uni´on finita de conjuntos compactos es un conjunto compacto. 5. Pruebe que todo conjunto compacto de n´ umeros reales posee m´aximo y m´ınimo. 6. Sean X e Y conjuntos disjuntos de n´ umeros reales. Si X es compacto e Y es cerrado, pruebe que existen x0 ∈ X e y0 ∈ Y tales que |x0 − y0 | ≤ |x − y|, para cada (x, y) ∈ X × Y. 7. Pruebe que todo conjunto compacto cuyos puntos son todos aislados es finito.

88

Cap´ıtulo 6 Noci´ on de l´ımite

6.1.

Definici´ on y propiedades

Definici´ on 6.1.1 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L ∈ R y f :X→R una funci´on. l´ım f (x) = L

x→a

si para cada sucesi´on hxn in∈N en X − {a} se tiene que l´ım f (xn ) = L si

n→+∞

l´ım xn = a.

n→+∞

En caso afirmativo, L es el l´ımite de f en a. No daremos trato especial a los l´ımites infinitos ni a los l´ımites en el infinito. Bastar´a considerar la posibilidad que a, L = ±∞, donde convendremos que +∞ ∈ X 0 (respectivamente, −∞ ∈ X 0 ) si X no es superiormente (respectivamente, inferiormente) acotado. Ejemplo 6.1.2 Sean c ∈ R y f : R → R definida por f (x) = c. Si a ∈ R y hxn in∈N es cualquier sucesi´on, se verifica que l´ımn→+∞ f (xn ) = l´ımn→+∞ c = c. Luego, l´ımx→a c = c, para cada a ∈ R. Ejemplo 6.1.3 Sea f : R → R definida por f (x) = x. Si a ∈ R y hxn in∈N es cualquier sucesi´on, se verifica que l´ımn→+∞ f (xn ) = l´ımn→+∞ xn = a. Luego, l´ımx→a x = a, para cada a ∈ R. Ejemplo 6.1.4 La funci´on seno f : R → R definida por f (x) = cos

1 x

no posee l´ımite en el 0. En efecto, se verifica que 1 =0y n→+∞ 2nπ l´ım

1 =0 n→+∞ (2n − 1)π l´ım

mientras que  l´ım f

n→+∞

1 2nπ

 = l´ım cos(2nπ) = l´ım 1 = 1 n→+∞

n→+∞

pero  l´ım f

n→+∞

1 (2n − 1)π

 = l´ım cos((2n − 1)π) = l´ım −1 = −1. n→+∞

n→+∞

91

  1 = 0. Ejemplo 6.1.5 l´ım x · cos x→0 x En efecto, si hxn i es cualquier sucesi´on en R−{0} tal que l´ımn→+∞ xn = 0 como la sucesi´on   1 cos xn es acotada, se verifica   1 l´ım xn · cos = 0, n→+∞ xn en virtud de la proposici´on 4.1.16. El ejemplo anterior muestra que las proposiciones referentes a l´ımites de sucesiones pueden ser generalizadas para l´ımites de funciones. Todas las demostraciones quedar´an como ejercicio. Proposici´ on 6.1.6 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L ∈ R y f :X→R una funci´on. Si l´ım f (x) = L y l´ım f (x) = M,

x→a

x→a

entonces L = M . La proposici´on anterior justifica la notaci´on l´ım f (x) = L,

x→a

ya que el l´ımite es, de hecho, un (´ unico) n´ umero real. Proposici´ on 6.1.7 Sean X ⊂ R, Y ⊂ X, a ∈ X 0 , L ∈ R y f :X→R una funci´on. Si a ∈ Y 0 y l´ım f (x) = L,

x→a

entonces l´ım f |Y (x) = L.

x→a

Proposici´ on 6.1.8 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , y f, g : X → R dos funciones. Si f es acotada y l´ım g(x) = 0,

x→a

entonces l´ım (f (x) · g(x)) = 0.

x→a

92

Proposici´ on 6.1.9 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L, M ∈ R y f, g : X → R dos funciones tales que l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = M.

x→a

x→a

1. l´ım (f (x) ± g(x)) = L ± M x→a

2. l´ım (f (x) · g(x)) = L · M x→a

f (x) L = si M 6= 0 x→a g(x) M

3. l´ım

Definici´ on 6.1.10 Sea p : R → R una funci´on. p es un polinomio si existen a0 , · · · , an ∈ R tales que p(x) =

n X

ak xk , para cada x ∈ R.

k=0

Corolario 6.1.11 Si p es un polinomio y x0 ∈ R, entonces l´ım p(x) = p(x0 ).

x→x0

Proposici´ on 6.1.12 (Intercalaci´ on) Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L ∈ R y f, g, h : X → R tres funciones tales que l´ım g(x) = l´ım h(x) = L.

x→a

x→a

Si existe r > 0 tal que g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) si 0 < |x − a| < r, entonces l´ım f (x) = L.

x→a

Aunque fruct´ıfero para la deducci´on de algunas propiedades, en la pr´actica puede resultar inc´omodo trabajar con la definici´on de l´ımite. Presentaremos a continuaci´on la equivalencia entre la definici´on dada con la conocida definici´on ε − δ. Proposici´ on 6.1.13 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L ∈ R y f :X→R una funci´on. l´ım f (x) = L

x→a

si y s´olo si ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (0 < |x − a| < δ −→ |f (x) − L| < ε). 93

´ n: Demostracio Para probar la implicaci´on de izquierda a derecha, supongamos que l´ım f (x) = L

x→a

pero que ∃ε0 > 0 ∀δ > 0 ∃x ∈ X (0 < |x − a| < δ ∧ |f (x) − L| ≥ ε). En particular, ∃ε0 > 0 ∀n ∈ N ∃xn ∈ X (0 < |xn − a|
0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (0 < |x − a| < δ −→ |f (x) − L| < ε) y sea hxn in∈N una sucesi´on en X − {a} que converge a a. Por definici´on de l´ımite (de sucesiones) y como xn 6= a para cada n ∈ N, existe n0 ∈ N tal que 0 < |xn − a| < δ si n > n0 , de manera que |f (xn ) − L| < ε si n > n0 . Esto prueba que l´ım f (xn ) = L

n→+∞

y la implicaci´on restante se sigue.// Corolario 6.1.14 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L, M ∈ R y f, g : X → R dos funciones, l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = M.

x→a

x→a

Si L < M , entonces existe δ > 0 tal que f (x) < g(x) si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < δ. En particular, si L < c ∈ R, entonces existe δ > 0 tal que f (x) < c si 0 < |x − a| < δ. 94

´ n: Demostracio Sea ε=

M −L , 2

de manera que L+M = M − ε. 2 Por la proposici´on 6.1.13, existen δ1 , δ2 > 0 tales que L+ε=

|f (x) − L| < ε si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < δ1 y|g(x) − M | < ε si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < δ2 . Tomando δ = m´ın{δ1 , δ2 }, si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < δ, tenemos que 0 < |x − a| < δ1 y 0 < |x − a| < δ2 , de manera que f (x) < L + ε = M − ε < g(x). Esto prueba el enunciado.// Corolario 6.1.15 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 y f :X→R una funci´on. Si l´ım f (x) ∈ R,

x→a

entonces existen r > 0 y c ∈ R tales que |f (x)| ≤ c si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < r. ´ n: Demostracio Sea L = l´ım f (x). x→a

Por la proposici´on 6.1.13, existe r > 0 tal que |f (x) − L| < 1 si x ∈ X ∧ 0 < |x − a| < r. Ahora, si c = 1 + |L|, x ∈ X y 0 < |x − a| < r, tenemos que |f (x)| = |f (x) − L + L| ≤ |f (x) − L| + |L| < 1 + |L| = c, lo cual prueba el enunciado.// 1 Ejemplo 6.1.16 l´ım no existe, ya que esto contradir´ıa el corolario 6.1.15, como se verifica x→0 x f´acilmente. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio.

95

6.2.

L´ımites laterales

Definici´ on 6.2.1 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 y f :X→R una funci´on. El l´ımite lateral derecho de f en a es f (a+) = l´ım f (x) := l´ım f |X∩(a,+∞) (x) x→a+

x→a

y el l´ımites lateral izquierdo de f en a es f (a−) = l´ım f (x) := l´ım f |X∩(−∞,a) (x), x→a−

x→a

si estos l´ımites existen. Ejemplo 6.2.2 Consideremos la funci´on f : R − {0} → R definida por f (x) = Claramente,

|x| . x

x = 1, x→0 x

f (0+) = l´ım f |(0,+∞) (x) = l´ım x→0

mientras que

−x = −1. x→0 x

f (0−) = l´ım f |(−∞,0) (x) = l´ım x→0

Ejemplo 6.2.3 Consideremos la funci´on f : [0, +∞) → R definida por f (x) = f (0+) = l´ım f(0,+∞) (x) = l´ım x→0

x→0

√ x.

√ √ x = 0 = 0,

como veremos en el ejemplo 6.4.6. f (0−) no existe, pues D(f ) ∩ (−∞, 0) = ∅, de manera que f |D(f )∩(−∞,0) carece de sentido. La siguiente definici´on descarta los inconvenientes del ejemplo anterior. Definici´ on 6.2.4 Sean X ⊂ R y a ∈ R. a ∈ X+0 si a ∈ (X ∩ (a, +∞))0 a ∈ X−0 si a ∈ (X ∩ (−∞, a))0 Proposici´ on 6.2.5 Si X ⊂ R, entonces X 0 = X+0 ∪ X−0 . Proposici´ on 6.2.6 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 y f :X→R una funci´on. f (a+) existe si y s´olo si a ∈ X + y ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (a < x < a + δ −→ |f (x) − L| < ε). 96

Corolario 6.2.7 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 , L ∈ R y f :X→R una funci´on. 1. Si l´ım f (x) = L y a ∈ X+0 , entonces f (a+) = L. x→a

2. Si el l´ımite en a existe, entonces existe por lo menos uno de los l´ımites laterales. 3. Si f (a+) = f (a−), entonces l´ım f (x) existe. x→a

4. Si l´ım f (x) = L ∈ R y f (a+) existe, entonces f (a+) = L. x→a

5. Si f (a+) = L ∈ R y a ∈ / X−0 (en particular, si X ⊂ [a, +∞)), entonces l´ım f (x) = L. x→a

Proposici´ on 6.2.8 Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on creciente. Si f es inferiormente acotada y a ∈ X+0 , entonces f (a+) existe. En particular, si a ∈ X ∩ X+0 , entonces f (a+) existe. Las demostraciones quedar´an como ejercicio. Es claro que valen resultados completamente an´alogos para los puntos de acumulaci´on por la izquierda (los elementos de X−0 ) y el l´ımite lateral por la izquierda (f (a−)). Para probarlo, basta aplicar los resultados de arriba a la funci´on f (−x).

97

6.3.

Continuidad

Definici´ on 6.3.1 Sean X ⊂ R, a ∈ X y f :X→R una funci´on. f es continua en a si para cada sucesi´on hxn in∈N en X se tiene que l´ım f (xn ) = f (a) si

n→+∞

l´ım xn = a.

n→+∞

f es discontinua en a si no es continua en X. f es una funci´ on continua si no es discontinua en ning´ un punto. Proposici´ on 6.3.2 Sean X, Y, Z ⊂ R a ∈ X, b ∈ Y y f :X→Y yg:Y →Z dos funciones tales que b = f (a). Si f es continua en a1 y g es continua en b, entonces g ◦ f es continua en a. ´ n: Demostracio Tenemos que g ◦ f : X → Z. Sea hxn in∈N una sucesi´on en X tal que l´ım xn = a.

n→+∞

Como f es continua en a, la sucesi´on hf (xn )in∈N est´a en Y y verifica que l´ım f (xn ) = f (a) = b.

n→+∞

Ahora, como g es continua en b, tenemos que l´ım (g ◦ f )(xn ) = l´ım g(f (xn )) = g(b) = g(f (a)) = (g ◦ f )(a).

n→+∞

n→+∞

Esto prueba el enunciado.// La siguiente proposici´on ayuda a reducir la noci´on de continuidad a nociones ya conocidas. Proposici´ on 6.3.3 Sean X ⊂ R, a ∈ X y f :X→R una funci´on. Los siguientes enunciados son equivalentes: 1

Estrictamente hablando, no hemos definido la continuidad para funciones cuyo codominio es distinto de R. Sin embargo, el codominio no interviene en absoluto en la noci´on de continuidad, de manera que, para el efecto, f es equivalente a iY ;R ◦ f .

98

(1) f es continua en a. (2) a es aislado en X o l´ım f (x) = f (a). x→a

(3) ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (|x − a| < δ −→ |f (x) − f (a)| < ε) ´ n: Demostracio Supongamos (1) y que a no sea asilado en X, esto es, a ∈ X 0 . Sea hxn in∈N una sucesi´on en X − {a} tal que l´ım xn = a.

n→+∞

Como hxn i es, en particular, una sucesi´on en X, por continuidad, se verifica que l´ım f (x) = f (a)

x→a

y (2) se sigue. Esto prueba que (1) −→ (2). Supongamos (2) y sea ε > 0. Si a es aislado en X: a ∈ / X − {a}, esto es, existe δ > 0 tal que (X − {a}) ∩ (a − δ, a + δ) = ∅. Ahora, si x ∈ X es tal que |x − a| < δ, tenemos que x = a y, por tanto, |f (x) − f (a)| = 0 < ε, de manera que (3) se verifica. Si l´ım f (x) = f (a): Por la proposici´on 6.1.13, tenemos que x→a

∃δ > 0 ∀x ∈ X (0 < |x − a| < δ −→ |f (x) − f (a)| < ε). Teniendo en cuenta que |f (x) − f (a)| = 0 < ε six = a, (3) se verifica. En s´ıntesis, (2) −→ (3). Supongamos (3) y sea hxn in∈N una sucesi´on en X tal que l´ım xn = a.

n→+∞

Por definici´on de l´ımite (de sucesiones), existe n0 ∈ N tal que |xn − a| < δ si n > n0 , de manera que |f (xn ) − L| < ε si n > n0 y (1) se sigue. Esto prueba que (3) −→ (1).// 99

Ejemplo 6.3.4 Toda funci´on f :Z→R es continua, ya que todos los puntos de Z son aislados. Esta proposici´on permite obtener algunos resultados completamente an´alogos a los de la secci´on anterior. Corolario 6.3.5 Sean X ⊂ R, Y ⊂ X y f :X→R una funci´on. Si f es una funci´on continua, entonces f |Y tambi´en es una funci´on continua. ´ n: Demostracio Sea a ∈ X. Si a ∈ / Y 0 , por la proposici´on 6.3.3, f |Y es continua en a. Por otro lado, si a ∈ Y 0 , entonces a ∈ X 0 (confronte los ejercicios de la secci´on 5.4). Luego, por la misma proposici´on, l´ım f (x) = f (a), x→a

de manera que, por la proposici´on 6.1.7, l´ım f |Y (x) = f (a) = f |Y (a)

x→a

y, por la proposici´on 6.3.3, f |Y es continua en a. Esto prueba el enunciado.// De manera parecida se prueban los 3 corolarios a continuaci´on. Sus demostraciones quedar´an como ejercicio. Corolario 6.3.6 Sean X ⊂ R, a ∈ X y f, g : X → R dos funciones que son continuas en a. Si f (a) < g(a), entonces existe δ > 0 tal que f (x) < g(x) para cada x ∈ X ∩ (a − δ, a + δ). En particular, si f (a) < c ∈ R, entonces existe δ > 0 tal que f (x) < c para cada x ∈ X ∩ (a − δ, a + δ). Corolario 6.3.7 Sean f y g funciones continuas tales que D(f ) = D(g). En estas condiciones, f + g, f − g y f · g son funciones continuas. Adem´as,

f es una funci´on continua si 0 ∈ / g[D(g)]. g 100

Corolario 6.3.8 Todo polinomio es una funci´on continua. Definici´ on 6.3.9 Sean r > 0, x0 ∈ R y f : (x0 − r, x0 + r) → R una funci´on. f es anal´ıtica si existe una sucesi´on han in∈N∪{0} tal que f (x) =

+∞ X

ak (x − x0 )k , para cada x ∈ (x0 − r, x0 + r)

k=0

y r es el radio de convergencia de la serie (posiblemente infinito). Por razones de simplicidad, s´olo trataremos las funciones anal´ıticas con x0 = 0. Corolario 6.3.10 Toda funci´on anal´ıtica es continua. ´ n: Demostracio Sean r > 0, han in∈N∪{0} una sucesi´on y f : (−r, r) → R definida por f (x) =

+∞ X

ak xk , para cada x ∈ (−r, r)

k=0

tal que r sea el radio de convergencia de la serie. Para simplificar la notaci´on, sea fn : (−r, r) → R definida por fn (x) =

n X

ak x k ,

k=0

para cada n ∈ N ∪ {0}. Sean ε > 0 y a ∈ (−r, r). Con esta notaci´on, la proposici´on 4.4.4 afirma que existe n0 ∈ N ∪ {0} tal que si n > n0 y x ∈ [−c, c], entonces ε |fn (x) − f (x)| < . 3 Como fn0 +1 es continua en a, por la proposici´on 6.3.3, existe δ > 0 tal que  ε ∀x ∈ (−r, r) |x − a| < δ −→ |fn0 +1 (x) − fn0 +1 (a)| < . 3 As´ı, si x ∈ (−r, r) es tal que |x − a| < δ, tenemos que |f (x) − f (a)| ≤ |fn0 +1 (x) − f (x)| + |fn0 +1 (x) − fn0 +1 (a)| + |fn0 +1 (a) − f (a)|
0 tal que (f (a)−εa , f (a)+εa ) ⊂ A, de manera que, por continuidad, existe δa > 0 tal que f (x) ∈ (f (a) − εa , f (a) + εa ) ⊂ A para cada x ∈ X ∩ (a − δa , a + δa ). Sea B=

[

(a − δa , a + δa ).

a∈f −1 [A]

B es claramente abierto. Si x ∈ f −1 [A], x ∈ (x − δx , x + δx ) ∩ X ⊂ B ∩ X. Rec´ıprocamente, si x ∈ B ∩ X, existe a ∈ f −1 [A] tal que x ∈ (a − δa , a + δa ), de manera que f (x) ∈ A, o bien, x ∈ f −1 [A]. Esto prueba la implicaci´on. Para probar la implicaci´on inversa, supongamos que para cada abierto A ⊂ R exista un abierto B ⊂ R tal que f −1 [A] = B ∩ X y sean ε > 0 y a ∈ X arbitrarios. Como (f (a)−ε, f (a)+ε) es abierto, existe B abierto tal que f −1 [(f (a)−ε, f (a)+ε)] = B∩X. En particular, a ∈ B. Luego, siendo B abierto, existe δ > 0 tal que (a − δ, a + δ) ⊂ B. As´ı, si x ∈ X y |x − a| < δ, x ∈ B ∩ X = f −1 [(f (a) − ε, f (a) + ε)], de manera que f (x) ∈ (f (a) − ε, f (a) + ε), o bien, |f (x) − f (a)| < ε. Esto prueba la implicaci´on restante.//

102

6.4.

Funciones continuas en un intervalo

Proposici´ on 6.4.1 Sean I ⊂ R y f :I→R una funci´on continua. Si I es un intervalo, entonces f (I) tambi´en es un intervalo. ´ n: Demostracio En efecto, por el corolario 5.1.13, tenemos que I es conexo y bastar´a probar que f (I) tambi´en es conexo. Supongamos que f (I) no sea conexo, esto es, existen conjuntos abiertos A y B tales que f (I) ⊂ A ∪ B, f (I) ∩ A 6= ∅, f (I) ∩ B 6= ∅, pero (f (I) ∩ A) ∩ (f (I) ∩ B) = ∅. Por la proposici´on 6.3.12, existen conjuntos abiertos C y D tales que f −1 [A] = C ∩ I y f −1 [B] = D ∩ I. Claramente, I = f −1 [f (I)] ⊂ f −1 [A ∪ B] = f −1 [A] ∪ f −1 [B] ⊂ C ∪ D. Adem´as, fijando a ∈ f (I) ∩ A 6= ∅, existe b ∈ I tal que f (b) = a ∈ A, de manera que b ∈ f −1 [A] = C ∩ I 6= ∅. Un razonamiento an´alogo prueba que D ∩ I 6= ∅. Por u ´ltimo, si tuviesemos x ∈ (I ∩ C) ∩ (I ∩ D) = f −1 [A] ∩ f −1 [B], tendr´ıamos que f (x) ∈ f (I) ∩ (A ∩ B) = (f (I) ∩ A) ∩ (f (I) ∩ B) = ∅, de manera que (I ∩ C) ∩ (I ∩ D) = ∅. Lo dicho contradice el hecho que I es conexo y el enunciado queda probado.// Confronte los ejercicios de esta secci´on para una demostraci´on alternativa de la proposici´on anterior. Teorema 6.4.2 (Valor Intermedio, Bolzano) Sean a, b, d ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on continua. Si f (a) < d < f (b) o f (b) < d < f (a), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = d. La demostraci´on es inmediata y quedar´a como ejercicio. Ejemplo 6.4.3 Sean a ∈ R, n ∈ N y f : R → R definida por f (x) = xn . Si a ≥ 1, se verifica que f (a) = an ≥ a y que f (1) = 1 ≤ a. Luego, existe b ∈ [1, a] tal que bn = a. Si 0 ≤ a < 1, se verifica que f (0) = 0 ≥ a y que f (1) = 1 > a. Luego, existe b ∈ [0, 1) tal que bn = a. Adem´as, si a < 0, como −a > 0, existe c > 0 tal que cn = −a. Ahora, si n es impar, basta tomar b = −c para que se verifique que bn = (−c)n = −cn = −(−a) = a. 103

El ejemplo anterior muestra que todo n´ umero no negativo posee ra´ıces n-´esimas de cualquier orden y que todo n´ umero real posee ra´ıces n-´esimas de orden impar. Ejemplo 6.4.4 Todo polinomio impar posee, por lo menos, una ra´ız real. Demostrar las afirmaciones del ejemplo anterior quedar´a como ejercicio.

Proposici´ on 6.4.5 Sean I ⊂ R un intervalo y f :I→J continua y biyectiva. (1) Si I es un intervalo cerrado, entonces f es mon´otona. (2) Si I es un intervalo arbitrario, entonces f es mon´otona. (3) f −1 es mon´otona. (4) f −1 |int J es continua. (5) f −1 es continua. Aunque la prueba sea extensa, la proposici´on anterior es sencilla de probar si se sigue el orden natural de sus apartados. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Ejemplo 6.4.6 Sean n, m ∈ N, con n par y m impar, y sean f : [0, +∞) → [0, +∞) definida por f (x) = y g : R → R definida por g(x) =

√ n x

√ m x.

f y g son funciones continuas. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio.

104

6.5.

Funciones continuas en un conjunto compacto

Proposici´ on 6.5.1 Sean K ⊂ R y f :K→R una funci´on continua. Si K es compacto, entonces f (K) es compacto. ´ n: Demostracio En efecto, por el corolario 5.5.5, tenemos que toda sucesi´on en K posee una subsucesi´on que converge en K y bastar´a probar que toda sucesi´on en f (K) posee una subsucesi´on que converge en f (K). Sea hyn in∈N una sucesi´on en f (K). Por definici´on de imagen, existe una sucesi´on hxn in∈N tal que yn = f (xn ) para cada n ∈ N. Por hip´otesis, existe una subsucesi´on hxnk ik∈N tal que l´ım xnk ∈ K, de manera que, como f es una funci´on continua, tenemos que l´ım ynk = l´ım f (xnk ) = f (l´ım(xnk )) ∈ f (K). Esto prueba el enunciado.// Teorema 6.5.2 (Weierstrass) Sean K ⊂ R y f :K→R una funci´on continua. Si K es compacto, entonces existen x1 , x2 ∈ K tales que f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) para cada x ∈ K. Corolario 6.5.3 Toda funci´on de dominio compacto es acotada. Las demostraciones son inmediatas y quedar´an como ejercicio. Proposici´ on 6.5.4 Sean K, Y ⊂ R y f :K→Y una biyecci´on continua. Si K es compacto, entonces f −1 es continua. ´ n: Demostracio Sea b ∈ Y arbitrario y supongamos que f −1 no fuese continua en b, esto es, existe ε0 > 0 tal que   1 1 ∩ Y |f −1 (yn ) − f −1 (b)| ≥ ε0 . ∀ n ∈ N ∃yn ∈ b − , b + n n 105

Claramente, l´ım yn = b. Definiendo a = f −1 (b) y xn = f −1 (yn ) para cada n ∈ N, podemos considerar una subsucesi´on hxnk i que converge a c ∈ K (digamos). Como |xn − a| ≥ ε0 para cada n ∈ N, una aplicaci´on del corolario 4.1.20 revela que c 6= a. Por otro lado, como f es continua, tenemos que l´ım ynk = l´ım f (xnk ) = f (c). Sin embargo, l´ım yn = b = f (a), de manera que f (c) = f (a). Esto contradice la hip´otesis que f es inyectiva y el enunciado se sigue.//

106

6.6.

Continuidad uniforme

Definici´ on 6.6.1 Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on. f es uniformemente continua si para cada par de sucesiones hxn in∈N e hyn in∈N en X se tiene que l´ım (f (xn ) − f (yn )) = 0 si l´ım (xn − yn ) = 0. n→+∞

n→+∞

Es inmediato verificar que toda funci´on uniformemente continua es continua, ya que basta tomar yn = a para cada n ∈ N. A primera vista puede parecer que el rec´ıproco es v´alido, es decir, que toda funci´on continua es uniformemente continua. Esto est´a aparentemente probado por la cadena de implicaciones l´ım(xn − yn ) = 0 −→

l´ım xn = l´ım yn

−→

f (l´ım xn ) = f (l´ım yn )

−→ l´ım f (xn ) = l´ım f (yn ) −→ l´ım(f (xn ) − f (yn )) = 0. Sin embargo, hay dos casos posibles en los que este razonamiento puede fallar: si hxn i no es acotada y si converge fuera del domino de f (de manera que f (l´ım xn ) carecer´ıa de sentido). Ejemplo 6.6.2 La funci´on f : R → R definida por f (x) = x2 es continua pero no es uniformemente continua. En efecto:

 La sucesiones xn = n + n1 n∈N e hyn = nin∈N verifican que l´ım(xn − yn ) = l´ım

1 = 0. n

Sin embargo, !   2  1 1 2 l´ım(f (xn ) − f (yn )) = l´ım n+ − n = l´ım 2 + = 2 6= 0. n n Ejemplo 6.6.3 La funci´on f : R − {0} → R definida por f (x) =

1 x

es continua pero no es uniformemente continua. En efecto:

La sucesiones xn =

1 2n n∈N



 e yn = n1 n∈N verifican que   1 l´ım(xn − yn ) = l´ım − = 0. 2n

Sin embargo, l´ım(f (xn ) − f (yn )) = l´ım(2n − n) = l´ım n = +∞. 107

Proposici´ on 6.6.4 Sea K ⊂ R y f :K→R una funci´on continua. Si K es compacto, entonces f es uniformemente continua. ´ n: Demostracio Supongamos que f no sea uniformemente continua, esto es, que existen dos sucesiones hxn in∈N e hyn in∈N en K tales que l´ım(xn − yn ) = 0 pero que no verifican que l´ım(f (xn ) − f (yn )) = 0. Para cada n ∈ N, sea zn = f (xn ) − f (yn ). Es claro que hzn in∈N es acotado (pues f (K) es compacto), de manera que, por el corolario 4.1.21, la sucesi´on posee un valor de adherencia a 6= 0, esto es, existe una subsucesi´on hznk ik∈N tal que l´ım znk = a. Ahora, como K es compacto, la sucesi´on hynk ik∈N posee una subsucesi´on convergente D E ynkl l∈N

(por el corolario 5.5.5) y, por la misma raz´on, la sucesi´on E D xnkl l∈N

posee una subsucesi´on convergente D

xnkl

E j

. j∈N

Es claro que l´ım xnkl = l´ım ynkl , j

j

pues l´ım(xn − yn ) = 0, de manera que          = f l´ım xnkl − f l´ım ynkl = 0, l´ım znkl = l´ım f xnkl − f ynkl j

j

j

j

j

lo cual es una contradicci´on pues l´ım znk = a. Esto prueba el enunciado.// Una fuente natural de funciones uniformemente continuas son las funciones Lipschitzianas: Definici´ on 6.6.5 Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on. f es lipschitziana si ∃l ≥ 0 ∀x, y ∈ X |f (x) − f (y)| ≤ l|x − y|. En caso afirmativo, l es la constante de Lipschitz de f . Proposici´ on 6.6.6 Toda funci´on lipschitziana es uniformemente continua. 108

La demostraci´on es inmediata y quedar´a como ejercicio. Ejemplo 6.6.7 La funci´on f : [0, 1] → R es uniformemente continua pero no es lipschitziana. Demostrar las afirmaciones del ejemplo anterior quedar´a como ejercicio. Cerraremos el cap´ıtulo con dos criterios de no continuidad uniforme. Proposici´ on 6.6.8 Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on uniformemente continua. Si Y ⊂ X es acotado, entonces f (Y ) es acotado. ´ n: Demostracio Supongamos que f (Y ) no sea acotado (inferiormente, para fijar ideas). Entonces podemos definir inductivamente una sucesi´on hzn in∈N en f (Y ) tal que zn+1 < zn − 1 para cada n ∈ N. Por definici´on de imagen, existe una sucesi´on hxn in∈N en Y tal que zn = f (xn ) para cada n ∈ N. Como hxn i es claramente acotada, por el Teorema de Bolzano-Weierstrass, posee una subsucesi´on convergente hxnk ik∈N . La sucesi´on hyk = xnk +1 in∈N verifica claramente que l´ım(xnk − yk ) = 0. Sin embargo, f (xnk ) − f (yk ) = f (xnk ) − f (xnk +1 ) = znk − znk +1 > 1, lo cual implica, en particular, que no se verifica que l´ım(f (xnk ) − f (yk )) = 0, contradiciendo la hip´otesis que f es uniformemente continua. Esto prueba el enunciado.// Ejemplo La funci´on tangente no es uniformemente continua pues la imagen del inter π 6.6.9 π no es acotada. valo − , 2 2 Proposici´ on 6.6.10 Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 y f :X→R una funci´on uniformemente continua. En estas condiciones, l´ım f (x)

x→a

existe. La demostraci´on quedar´a como ejercicio. 109

6.7.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Sean X ⊂ R, a ∈ X 0 y f :X→R una funci´on. Pruebe que l´ım f (x) = ±∞

x→a

si y s´olo si 1 = 0 y l´ım (f (x) ∓ |f (x)|) = 0. x→a f (x) x→a l´ım

2. Demuestre las proposiciones 6.1.6, 6.1.7, 6.1.8, 6.1.9 y 6.1.12. 3. Demuestre el corolario 6.1.11. 4. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 6.1.16. Secci´on 2: 1. Pruebe la proposici´on 6.2.5. 2. Pruebe la proposici´on 6.2.6. 3. Pruebe el corolario 6.2.7. 4. Pruebe la proposici´on 6.2.8. 5. Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on mon´otona y acotada. Pruebe que D := {a ∈ X+0 ∩ X−0 : f (a+) 6= f (a−)} es numerable. Secci´on 3: 1. Sean D ⊂ X ⊂ R y f, g : X → R dos funciones. Si D es denso en X y f (x) = g(x) para cada x ∈ D, pruebe que f = g. 2. Pruebe el corolario 6.3.6. 3. Pruebe el corolario 6.3.7. 4. Pruebe el corolario 6.3.8. 5. Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on. En estas condiciones, f es continua si y s´olo si para cada cerrado C ⊂ R existe un cerrado D ⊂ R tal que f −1 [C] = D ∩ X. 110

6. Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on. Pruebe que f es continua si y s´olo si f (A ∩ X) ⊂ f (A ∩ X) para cada A ⊂ X. 7. Sean X ⊂ R, f, g : X → R dos funciones continuas e Y = {x ∈ X : f (x) < g(x)}. En estas condiciones, existe un conjunto abierto A tal que Y = X ∩ A. Secci´on 4: 1. Demuestre el teorema 6.4.2. 2. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 6.4.4. 3. Sean X ⊂ R, c ∈ X y f :X→R una funci´on. Def´ınase que c es un punto fijo de f si f (c) = c. Si X es un intervalo cerrado, pruebe que f posee, por lo menos, un punto fijo. 4. Demuestre la proposici´on 6.4.5. 5. ¿Se verifica que la inversa de cualquier funci´on continua y biyectiva es continua? Justifique su respuesta. 6. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 6.4.6. Secci´on 5: 1. Sean a, b ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on continua. ˙ = [a, b] y f [X] = f [Y ]. Pruebe que no existen X, Y ⊂ R tales que X ∪Y 2. Sean X ⊂ R y f :R→R una funci´on. Def´ınase que f es periodica si existe p ∈ R tal que f (x + p) = f (x) para cada x ∈ X. Si f es continua y periodica, pruebe que existen x1 , x2 ∈ X tales que f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) para cada x ∈ X. 111

3. Sean K ⊂ R y f :K→R una funci´on continua. Si K es compacto, pruebe que ∀ε > 0 ∃lε ≥ 0 ∀x, y ∈ K (|x − y| ≥ ε −→ |f (x) − f (y)| ≤ lε |x − y|). Secci´on 6: 1. Sean X ⊂ R y f :X→R una funci´on. Pruebe que f es uniformemente continua si y s´olo si ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ X (|x − y| < δ −→ |f (x) − f (y)|). 2. ¿Es cierto que la suma y el producto de funciones uniformemente continuas es una funci´on uniformemente continua? Justifique su respuesta. 3. Demuestre la proposici´on 6.6.6. 4. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 6.6.7. 5. Demuestre la proposici´on 6.6.10. 6. Pruebe que la funci´on f : R − {0} → R definida por f (x) = cos

1 x

no es uniformemente continua. 7. Sean X ⊂ R cerrado y f :X→X una contracci´on, es decir, una funci´on con constante de Lipschitz l < 1. Pruebe que: (1) Para cualquier x1 ∈ X, la sucesi´on hxn in∈N definida inductivamente por xn+1 = f (xn ) para cada n ∈ N, converge a un punto fijo de f . (2) f posee un u ´nico punto fijo.

112

Cap´ıtulo 7 Derivadas

7.1.

Definici´ on y propiedades

Definici´ on 7.1.1 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X 0 y f :X→R una funci´on. La derivada de f en a es f (x) − f (a) x→a x−a

f 0 (a) := l´ım si este l´ımite existe. f es derivable en a si f 0 (a) existe. Geom´etricamente, el cociente

f (x) − f (a) x−a representa la pendiente de la recta que pasa por los puntos (x, f (x)) y (a, f (a)). Si pensamos en la variable independiente como el tiempo y en la variable dependiente como la posici´on de un objeto, esta pendiente es la velocidad media del objeto entre los instantes a y x. Al pasar al l´ımite en a, obtenemos la velocidad en el instante a y, por definici´on, la pendiente de la curva en (a, f (a)). Ejemplo 7.1.2 Consideremos la funci´on p : R → R definida por p(x) = xn , donde n ∈ N ∪ {0}. Si x, a ∈ R, sabemos del ´algebra que xn − an = (x − a)

n X

(xn−k ak−1 ).

k=1

Luego, n n n X X X f (x) − f (a) n−k k−1 n−k k−1 p (a) := l´ım = l´ım (x a ) = l´ım (x a ) = an−1 = n · an−1 . x→a x→a x→a x−a k=1 k=1 k=1 0

Proposici´ on 7.1.3 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X 0 y f :X→R una funci´on. Si f es derivable en a, entonces f es continua en a. 115

´ n: Demostracio Claramente, f (x) = f (x) − f (a) + f (a) = (x − a) ·

f (x) − f (a) + f (a), x−a

de manera que, por la proposici´on 6.1.9, la definici´on de derivada y la continuidad de los polinomios, f (x) − f (a) + l´ım f (a) = 0 · f 0 (a) + f (a) = f (a). x→a x→a x−a

l´ım f (x) = l´ım (x − a) · l´ım

x→a

x→a

Luego, el enunciado queda probado por la proposici´on 6.3.3.// Ejemplo 7.1.4 Consideremos la funci´on 1 f : R − {0} → R definida por f (x) = x cos . x

f es continua en 0, como hemos visto en el ejemplo, 6.1.5. Sin embargo, f no es derivable en 0. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 7.1.5 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X 0 y f, g : X → R dos funciones derivables en a. 1. (f ± g)0 (a) = f 0 (a) ± g 0 (a) 2. (f · g)0 (a) = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a)  0 1 g 0 (a) (a) = − 2 3. g g (a)  0 f f 0 (a)g(a) − f (a)g 0 (a) 4. (a) = g g 2 (a) ´ n: Demostracio 1. Como (f ± g)(x) − (f ± g)(a) = f (x) ± g(x) − f (a) ∓ g(a) = (f (x) − f (a)) ± (g(x) − g(a), tenemos, por la proposici´on 6.1.9, que (f ± g)(x) − (f ± g)(a) f (x) − f (a) g(x) − g(a) = l´ım ± l´ım , x→a x→a x→a x−a x−a x−a l´ım

de manera que (f ± g)0 (a) = f 0 (a) ± g 0 (a), por definici´on de derivada. Esto prueba el apartado. 116

2. Tenemos que (f · g)(x) − (f · g)(a) = f (x)g(x) − f (a)g(a) = f (x)g(x) − f (a)g(x) + f (a)g(x) − f (a)g(a), de manera que (f · g)(x) − (f · g)(a) (f (x) − f (a))g(x) + f (a)(g(x) − g(a)) = x−a x−a =

g(x) − g(a) f (x) − f (a) g(x) + f (a) . x−a x−a

Teniendo en cuenta que l´ım g(x) = g(a),

x→a

ya que g es derivable y, por tanto, continua en a, la proposici´on 6.1.9, la definici´on de derivada y la continuidad de los polinomios nos permiten concluir que   f (x) − f (a) g(x) − g(a) 0 (f · g) (a) = l´ımx→a g(x) + f (a) x−a x−a g(x) − g(a) f (x) − f (a) · l´ım g(x) + l´ım f (a) · l´ım x→a x→a x→a x→a x−a x−a

= l´ım

= f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a), lo cual prueba el apartado. 3. La prueba de este apartado quedar´a como ejercicio. 4. Es consecuencia inmediata de los dos apartados anteriores.// Ejemplo 7.1.6 El polinomio p(x) =

n X

ak x k

k=0

es derivable ya que, en virtud del ejemplo 7.1.2 y de la proposici´on 7.1.5, 0

p (x) =

n X

kak x

k−1

=

k=0

n−1 X

(k + 1)ak+1 xk .

k=0

Proposici´ on 7.1.7 (Regla de la Cadena) Sean X, Y ⊂ R, a ∈ X ∩ X 0 y f : X → Y, g : Y → R dos funciones tales que f (a) ∈ Y ∩ Y 0 . Si f es derivable en a y g es derivable en f (a), entonces (g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a)) · f 0 (a). ´ n: Demostracio Sean hxn in∈N una sucesi´on en X − {a} que converge a a, hyn = f (xn )in∈N , b = f (a) hzn = g(yn )in∈N y c = g(b). Con esta notaci´on, zn − c g(yn ) − g(b) f (xn ) − f (a) = · xn − a yn − b xn − a 117

y queremos probar que l´ım

zn − c = g 0 (b) · f 0 (a). xn − a

Sean P = {n ∈ N : f (xn ) 6= a} y Q = {n ∈ N : f (xn ) = a} (confronte los ejercicios de la secci´on 4.1). Si P es infinito, l´ım

(z|P )k − c g((y|P )k ) − g(b) f ((x|P )k ) − f (a) = l´ım · l´ım = g 0 (b) · f 0 (a). (x|P )k − a (y|P )k − b xk − a

Si Q es infinito, las sucesiones h(y|Q )k = f ((x|Q )k )i y h(z|Q )k = g((y|Q )k )i son constantes, de manera que f 0 (a) = 0 y, por tanto, l´ım

(z|Q )k − c = 0 = g(b) · f 0 (a). (x|Q )k − a

En cualquier caso, tenemos que l´ım

zn − c = g 0 (b) · f 0 (a) xn − a

y el enunciado queda probado.// Corolario 7.1.8 Sean X, Y ⊂ R, a ∈ X ∩ X 0 y f : X → Y una biyecci´on que verifica que f es derivable en a y que f −1 es continua en b = f (a). (1) f −1 es derivable en b si y s´olo si f 0 (a) 6= 0. (2) En caso afirmativo, (f −1 )0 (b) =

1 f 0 (a)

.

´ n: Demostracio Si f −1 es derivable en b: Como (f −1 ◦f )(x) = x para cada x ∈ X, la Regla de la Cadena implica que (f −1 )0 (b)·f 0 (a) = 1, lo cual prueba (2) con esta hip´otesis. En particular, f 0 (a) = 0, lo cual prueba la implicaci´on de izquierda a derecha de (1). Si f 0 (a) 6= 0: Como a ∈ X 0 , existe una sucesi´on han in∈N en X −{a} que converge a a. Como f es inyectiva y continua en a, la sucesi´on hbn = f (an )in∈N est´a en Y − {b} y converge a b. Luego, b ∈ Y ∩ Y 0 y la noci´on de derivada tiene sentido. Sea hyn in∈N una sucesi´on en Y − {b} tal que l´ım yn = b. Como f −1 es inyectiva y continua en b, la sucesi´on hxn = f −1 (yn )in∈N est´a en X − {a} y l´ım xn = a. Luego, (f

f −1 (yn ) − f −1 (b) = l´ım ) (b) = l´ım yn − b

−1 0



yn − b −1 f (yn ) − f −1 (b)

−1

 = l´ım

f (xn ) − a xn − a

−1 =

1 f 0 (a)

,

lo cual prueba (2) con esta hip´otesis. En particular, f −1 es derivable en b, lo cual prueba la implicaci´on restante de (1).// 118

Ejemplo 7.1.9 Consideremos la funci´on f : R → R definida por f (x) = x3 . Esta funci´on posee inversa g : R → R definida por g(y) =

√ 3 y.

Por el corolario 7.1.8, g no es derivable en el 0 (pues f 0 (0) = 0) y g 0 (y) =

1 1 2 = y − 3 para cada y ∈ R − {0}. √ 2 3 3( y) 3

119

7.2.

Derivadas laterales

Definici´ on 7.2.1 Sean X ⊂ R, a ∈ X y f :X→R una funci´on. Si a ∈ X,0 , la derivada lateral derecha de f en a es f (x) − f (a) x→a+ x−a

f+0 (a) := l´ım si este l´ımite existe.

Si a ∈ X−0 , la derivada lateral derecha de f en a es f (x) − f (a) x→a− x−a

f−0 (a) := l´ım si este l´ımite existe.

Solamente enunciaremos proposiciones respecto al l´ımite lateral derecho. Los resultados an´alogos para el l´ımite lateral izquierdo se obtienen aplicando estas proposiciones a f (−x). Proposici´ on 7.2.2 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X+0 y f :X→R una funci´on. Si f+0 (a) > 0, entonces existe δ > 0 tal que f (a) < f (x) para cada x ∈ X ∩ (a, a + δ). ´ n: Demostracio Tomando ε = f+0 (a) > 0 en la proposici´on 6.2.6, tenemos que existe δ > 0 tal que f (x) − f (a) 0 − f+ (a) < f+0 (a) para cada x ∈ X ∩ (a, a + δ). x−a As´ı si x ∈ X ∩ (a, a + δ), f (x) − f (a) > f+0 (a) − f+0 (a) = 0, x−a de manera que f (a) < f (x). Esto prueba el enunciado.// Corolario 7.2.3 Las derivadas laterales de un funci´on creciente, si existen, son no negativas. 120

Corolario 7.2.4 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X+0 ∩ X−0 y f :X→R una funci´on. Si f+0 (a) > 0, entonces existe δ > 0 tal que f (x) < f (a) < f (y) para cada x, y ∈ X tales que a − δ < x < a < y < a + δ. Definici´ on 7.2.5 Sean X ⊂ R, a ∈ X y f :X→R una funci´on. f posee un m´ aximo local (o m´aximo relativo) en a si existe r > 0 tal que f (x) ≤ f (a) para cada x ∈ X ∩ (a − r, a + r). f posee un m´ınimo local (o m´ınimo relativo) en a si existe r > 0 tal que f (x) ≥ f (a) para cada x ∈ X ∩ (a − r, a + r). f posee un m´ aximo global (o m´aximo absoluto) en a si existe r > 0 tal que f (x) ≤ f (a) para cada x ∈ X. f posee un m´ınimo global (o m´ınimo absoluto) en a si existe r > 0 tal que f (x) ≥ f (a) para cada x ∈ X. Corolario 7.2.6 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X+0 y f :X→R una funci´on. Si f posee un m´aximo local en a y f+0 (a) existe, entonces f+0 (a) ≤ 0. Corolario 7.2.7 Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X+0 ∩ X−0 y f :X→R una funci´on. Si f es derivable en a y posee un m´aximo o m´ınimo local en a, entonces f 0 (a) = 0. Las demostraciones son inmediatas y quedar´an como ejercicio. Ejemplo 7.2.8 Consideremos la funci´on f : R → R definida por f (0) = 0 y f (x) =

x 1 + x2 cos si x 6= 0. 2 x

Claramente, 0

f (0) = l´ım

x→0

x 2

  + x2 cos x1 1 1 = + l´ım x · cos = 1 + 0 = 1. x 2 x→0 x

A pesar de lo que afirma el corolario 7.2.4, no existe r > 0 tal que f sea creciente en (−r, r). 121

Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Ejemplo 7.2.9 Consideremos la funci´on f : [0, 1] → R definida por f (x) = x. Aunque f posee un m´aximo local en 1, f 0 (1) = 1. Esto prueba que la hip´otesis a ∈ X ∩ X+0 ∩ X−0 del corolario 7.2.7 es esencial.

122

7.3.

Funciones derivables en un intervalo

Teorema 7.3.1 (Darboux) Sean a, b, d ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on derivable. Si f 0 (a) < d < f 0 (b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = d. ´ n: Demostracio Sea g : [a, b] → R definida por g(x) = f (x) − dx. Claramente, g es derivable (y, por tanto, continua) y g 0 (a) = f 0 (a)−d < 0 < f 0 (b)−d = g 0 (b). Por el Teorema de Weierstrass, existe c ∈ [a, b] tal que g posea un m´aximo absoluto en c. Como g 0 (a) < 0, por la proposici´on 7.2.2, existe x ∈ (a, b) tal que g(x) < g(a), de manera que a < c. An´alogamente se prueba que c < b. Luego, c ∈ [a, b]0+ ∩[a, b]0− , y el corolario 7.2.7 prueba que g 0 (c) = 0, de manera que f 0 (c) = d. Esto prueba el enunciado.// Considerando f 0 como funci´on, el Teorema de Darboux afirma que f 0 posee la propiedad del valor intermedio si f es derivable y D(f ) es un intervalo. Sin embargo, esto no implica que f 0 sea continua. Ejemplo 7.3.2 Consideremos la funci´on f : R → R definida por f (0) = 0 y f (x) = x2 cos

1 si x 6= 0. x

f es derivable (en particular, en 0), pero l´ım f 0 (x)

x→0

no existe. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Teorema 7.3.3 (Rolle) Sean a, b ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on continua. Si f es derivable en (a, b) y f (a) = f (b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0. 123

´ n: Demostracio El enunciado es trivialmente cierto si f es constante. Supongamos lo contrario. Por el Teorema de Weierstrass, existen x1 , x2 ∈ [a, b] tales que f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) para cada x ∈ [a, b]. Como f no es constante, f (x1 ) 6= f (x2 ), de manera que, como f (a) = f (b), {x1 , x2 } 6⊂ {a, b}. Sea c ∈ {x1 , x2 } ∩ (a, b). Por el corolario 7.2.7, f 0 (c) = 0 y el enunciado queda probado.// Teorema 7.3.4 (Valor Medio de Lagrange) Sean a, b ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on continua. Si f es derivable en (a, b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) =

f (b) − f (a) . b−a

´ n: Demostracio Sea

f (b) − f (a) . b−a Claramente, g es continua en [a, b], derivable en (a, b) y se verifica que g : [a, b] → R definida por g(x) = f (x) − (x − a) ·

g(b) = f (b) − (b − a) ·

f (b) − f (a) = f (b) − (f (b) − f (a)) = f (a) = g(a). b−a

Luego, por el Teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal que g 0 (c) = 0, esto es, f 0 (c) −

f (b) − f (a) =0 b−a

o bien, f 0 (c) =

f (b) − f (a) . b−a

Esto prueba el enunciado.// Geom´etricamente, el Teorema del Valor Medio de Lagrange afirma que por lo menos una de las tangentes a la curva definida por f es paralela a la recta que pasa por (a, f (a)) y (b, f (b)). Corolario 7.3.5 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on continua. Si f 0 (x) = 0 para cada x ∈ int I, entonces f es constante. 124

Corolario 7.3.6 Sean I un intervalo y f, g : I → R dos funciones continuas. Si f 0 (x) = g 0 (x) para cada x ∈ int I, entonces existe c ∈ R tal que g(x) = f (x) + c para cada x ∈ I. Corolario 7.3.7 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on derivable. Si f 0 es acotada, entonces f es lipschitziana. Ejemplo 7.3.8 Si p es un polinomio y X es acotado, entonces X es un conjunto compacto y, por tanto, p0 es acotada en X. Luego, (p|X )0 es acotada y, por el corolario 7.3.7, p|X es lipschitziana. Corolario 7.3.9 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on derivable. f es creciente si y s´olo si f 0 (x) ≥ 0 para cada x ∈ I. Adem´as, si f 0 (x) > 0 para cada x ∈ I, entonces f es estrictamente creciente. Las demostraciones de estos corolarios son inmediatas y quedar´an como ejercicio. Ejemplo 7.3.10 Consideremos la funci´on p : R → R definida por p(x) = x3 . p es estrictamente creciente, pero p0 (0) = 0.

125

7.4.

Funciones convexas

Definici´ on 7.4.1 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on. f es convexa si para cada par de puntos a, b ∈ int I y cada t ∈ [0, 1], se verifica que f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f (x) + tf (y). f es c´ oncava si para cada par de puntos a, b ∈ int I y cada t ∈ [0, 1], se verifica que f ((1 − t)a + tb) ≥ (1 − t)f (x) + tf (y). Geom´etricamente, {((1 − t)a + tb, (1 − t)f (a) + tf (b) : t ∈ [0, 1]} es el segmento de recta que une los puntos (a, f (a)) e (b, f (b)). As´ı, f es convexa si y s´olo si el gr´afico de f se sit´ ua bajo cualquiera de sus secantes. Claramente, f es c´oncava si y s´olo si −f es convexa. Por tanto, s´olo enunciaremos proposiciones respecto a funciones convexas. Lema 7.4.2 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on. Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) f es convexa. (2)

f (v) − f (u) f (w) − f (u) ≤ para cada u, v, w ∈ I tales que u < v < w. v−u w−u

(3)

f (w) − f (u) f (v) − f (w) ≥ para cada u, v, w ∈ I tales que u < v < w. v−w w−u La demostraci´on quedar´a como ejercicio.

Ejemplo 7.4.3 Consideremos la funci´on p : R → R definida por p(x) = x2 . Si u < v < w, en particular, p(v) − p(u) v 2 − u2 w 2 − u2 p(w) − p(u) =v+u x, como f 0 es creciente, f 0 (c) ≤ f 0 (a). Adem´as, x − a ≤ 0, de manera que f (x) ≥ f (a) + (x − a)f 0 (a). Luego, (2) se sigue y esto prueba que (2) −→ (3).

128

Supongamos (3) y sea x, y ∈ I tales que x < y. Por hip´otesis, f (x) ≥ f (y) + (x − y)f 0 (y) ≥ (f (x) + (y − x)f 0 (x)) + (x − y)f 0 (y) = f (x) + (y − x)(f 0 (x) − f 0 (y)), de manera que 0 ≥ (y − x)(f 0 (x) − f 0 (y)), o bien, f 0 (x) ≤ f 0 (y) y (2) se sigue. Esto prueba que (3) −→ (2). Supongamos (2) y sean u, v, w ∈ I tales que u < v < w. Por el Teorema del Valor Medio de Lagrange, existen c ∈ (u, w) tal que f 0 (c) =

f (w) − f (u) . w−u

Claramente, c < v o v < c. Si c < v, por el Teorema del Valor Medio de Lagrange, existe d ∈ (v, w) tal que f 0 (d) =

f (v) − f (w) . v−w

Como f 0 (d) ≥ f 0 (c) (pues f 0 es creciente), se sigue el apartado (3) del lema 7.4.2 y, por tanto, que f es convexa. Si v < c, por el Teorema del Valor Medio de Lagrange, existe d ∈ (u, v) tal que f 0 (d) =

f (v) − f (u) . v−u

Como f 0 (d) ≤ f 0 (c) (pues f 0 es creciente), se sigue el apartado (2) del lema 7.4.2 y, por tanto, que f es convexa. Esto prueba que (2) −→ (1).// Corolario 7.4.8 Una funci´on convexa alcanza un m´ınimo absoluto en cada uno de sus puntos cr´ıticos. Corolario 7.4.9 Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on dos veces derivable (f 0 es derivable). f es convexa si y s´olo si f 00 (x) ≥ 0 para cada x ∈ I. Las demostraciones son inmediatas y quedar´an como ejercicio.

129

7.5.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 7.1.4. 2. Demuestre el apartado 3 de la proposici´on 7.1.5. 3. Sean X ⊂ R, a ∈ X ∩ X+0 ∩ X−0 , f :X→R una funci´on derivable en a y hxn in∈N e hxn in∈N dos sucesiones tales que l´ım xn = l´ım yn = a. f (xn ) − f (yn ) (1) Si xn < a < yn para cada n ∈ N, pruebe que l´ım = f 0 (a). xn − y n (2) D´e un ejemplo para probar que si a < xn < yn para cada n ∈ N, en general, f (xn ) − f (yn ) l´ım no existe. xn − y n Secci´on 2: 1. Demuestre el corolario 7.2.3. 2. Demuestre el corolario 7.2.4. 3. Demuestre el corolario 7.2.6. 4. Demuestre el corolario 7.2.7. 5. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 7.2.8. 6. Sean I un intervalo, c ∈ I ∩ I 0 y f :I→R una funci´on derivable. Def´ınase que c es un punto cr´ıtico de f si f 0 (c) = 0. Si c es un punto cr´ıtico de f y f 00 (c) := (f 0 )0 (c) 6= 0, pruebe que f posee un m´aximo o un m´ınimo local en f . 7. Sean I un intervalo y f :I→R una funci´on derivable. Si hcn in∈N es una sucesi´on de puntos cr´ıticos de f , c = l´ım cn tambi´en es un punto cr´ıtico y f 00 (c) existe, pruebe que f 00 (c) = 0. Secci´on 3: 1. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 7.3.2. 2. Demuestre el corolario 7.3.5. 3. Demuestre el corolario 7.3.6. 4. Demuestre el corolario 7.3.7. 5. Demuestre el corolario 7.3.9. Secci´on 4: 1. Demuestre el corolario 7.4.8. 2. Demuestre el corolario 7.4.9. 130

3. Sean a, b, d ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on tal que f (a) < d < f (b). Si f es continua y convexa, pruebe que existe un u ´nico c ∈ (a, b) tal que f (c) = d.

131

132

Cap´ıtulo 8 La Integral de Riemann

8.1.

Definici´ on y propiedades

A lo largo de esta secci´on, siempre consideraremos que a, b ∈ R, con a < b, que f, g : [a, b] → R son funciones acotadas y que P = {p0 , · · · , pn }, Q = {q0 , · · · , qm } satisfacen que a = p0 < · · · < pn = b y a = q0 < · · · < qn = b, es decir, que P y Q son particiones por intervalos de [a, b]. Claramente, b−a=

n X

ti − ti−1 .

i=1

Adem´as, utilizaremos las siguientes notaciones: m(f ) = ´ınf f ([a, b]) M (f ) = sup f ([a, b]) ω(f ) = M (f ) − m(f ) m(f, P, i) = ´ınf f ([pi−1 , pi ]) M (f, P, i) = sup f ([pi−1 , pi ]) ω(f, P, i) = M (f, P, i) − m(f, P, i) Definici´ on 8.1.1 La suma inferior de f respecto a la partici´on por intervalos P es s(f, P ) :=

n X

(ti − ti−1 )m(f, P, i).

i=1

La suma superior de f respecto a la partici´on por intervalos P es S(f, P ) :=

n X

(ti − ti−1 )M (f, P, i).

i=1

Claramente, se verifica que (b − a)m(f ) ≤ s(f, P ) ≤ S(f, P ) ≤ (b − a)M (f ) y que S(f, P ) − s(f, P ) =

n X

(ti − ti−1 )ω(f, P, i).

i=1

Geom´etricamente, si f ([a, b]) ⊂ [0, +∞), s(f, P ) y S(f, P ) son aproximaciones, por defecto y por exceso, del ´area comprendida entre el gr´afico de f y las rectas y = 0, x = a y x = b. 135

Proposici´ on 8.1.2 Si P ⊂ Q, entonces s(f, P ) ≤ s(f, Q) y S(f, Q) ≤ S(f, P ). ´ n: Demostracio Supongamos inicialmente que existe r ∈ R tal que Q = P ∪{r} y sea j tal que pj−1 < r < pj . Sean m = m(f, P, j), m1 = ´ınf f ([pj−1 , r]) y m2 = ´ınf f ([r, pj ]). Claramente, m ≤ m1 , m ≤ m2 y pj − pj−1 = (pj − r) + (r − pj−1 ). Luego, s(f, Q)−s(f, P ) = m2 (pj −r)+m1 (r−pj−1 )−m(pj −pj−1 ) = (m2 −m)(pj −r)+(m1 −m)(r−pj−1 ), de manera que s(f, Q) − s(f, P ) ≥ 0. El resultado general se demuestra extendiendo lo demostrado por inducci´on. An´alogamente, se prueba que S(f, Q) ≤ S(f, P ).// Corolario 8.1.3 Para P y Q cualesquiera, s(f, P ) ≤ S(f, Q). ´ n: Demostracio Como P ⊂ P ∪ Q y Q ⊂ P ∪ Q, por la proposici´on 8.1.2, se verifica que s(f, P ) ≤ s(f, P ∪ Q) ≤ S(f, P ∪ Q) ≤ S(f, Q). Esto prueba el enunciado.// Definici´ on 8.1.4 La integral inferior y la integral superior de f (entre a y b) son, respectivamente, Z b on por intervalos de [a, b]} f (x) dx := sup{s(f, P ) : P es una partici´ a

y Z

b

f (x) dx := ´ınf{S(f, P ) : P es una partici´ on por intervalos de [a, b]}. a

Corolario 8.1.5 La integral inferior y la integral superior siempre existen y verifican que Z b Z b (b − a)m(f ) ≤ f (x) dx ≤ f (x) dx ≤ (b − a)M (f ) a

a

´ n: Demostracio En efecto, tomando supremo sobre las particiones por intervalos P de [a, b] en la desigualdad del corolario 8.1.3, tenemos que Z b f (x) dx ≤ S(f, Q). a

Tomando luego ´ınfimo sobre las particiones por intervalos Q de [a, b], queda Z b Z b f (x) dx ≤ f (x) dx. a

a

Esto prueba el enunciado.// 136

Ejemplo 8.1.6 Si f (x) = 1 para cada x ∈ Q y f (x) = 0 en caso contrario, entonces m(f, P, i) = 0 y M (f, P, i) = 1 para cada P y cada i, de manera que s(f, P ) = 0 y S(f, P ) = b − a para cada P. Por tanto, b

Z

b

Z f (x) dx = 0 y

f (x) dx = 1.

a

a

Definici´ on 8.1.7 f es integrable si Z b

b

Z f (x) dx =

f (x) dx.

a

a

En caso afirmativo, la integral de f (entre a y b) es Z b Z b f (x) dx. f (x) dx := a

a

Geom´etricamente, si f ([a, b]) ⊂ [0, +∞) y f es integrable, la integral de f es, por definici´on, el ´area comprendida entre el gr´afico de f y las rectas y = 0, x = a y x = b. Ejemplo 8.1.8 Si f (x) = c para cada x ∈ [a, b], entonces m(f, P, i) = c y M (f, P, i) = c para cada P y cada i, de manera que s(f, P ) = (b − a)c = S(f, P ) para cada P. Por tanto, f es integrable y Z

b

f (x) dx = (b − a)c. a

Proposici´ on 8.1.9 Los enunciados a continuaci´on son equivalentes: (1) f es integrable. (2) ∀ε > 0 ∃P, Q S(f, Q) − s(f, P ) < ε. (3) ∀ε > 0 ∃P S(f, P ) − s(f, P ) < ε. ´ n: Demostracio Supongamos (1). Por definici´on de supremo e ´ınfimo, existen P y Q tales que Z b ε s(f, P ) > f (x) dx − 2 a y Z S(f, Q) < a

b

ε f (x) dx + . 2

Siendo f integrable, esto implica que S(f, Q) − s(f, P ) < 137

ε ε + =ε 2 2

y (2) se sigue. Esto prueba que (1) −→ (2). Supongamos (2). La proposici´on 8.1.2 implica que S(f, P ∪ Q) − s(f, P ∪ Q) ≤ S(f, Q) − s(f, P ) < ε, de manera que (3) se sigue. Esto prueba que (2) −→ (3). Supongamos (3) y sea ε > 0 arbitrario. Por hip´otesis, existe P tal que S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Ahora, como b

Z

Z f (x) dx ≤ S(f, P ) y

a

b

f (x) dx ≥ s(f, P ), a

tenemos que Z

b

b

Z f (x) dx −

f (x) dx ≤ S(f, P ) − s(f, P ) < ε

a

a

y (1) se sigue. Esto prueba que (3) −→ (1).// Ejemplo 8.1.10 Si f (x) = c para cada x ∈ (a, b), entonces Z

b

f (x) dx = (b − a)c, a

independientemente del valor de f (a) y f (b). Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Lema 8.1.11 Para cada Q, b

Z

f (x) dx = sup{s(f, P ) : P es una partici´ on por intervalos de [a, b] y P ⊃ Q} a

y Z

b

f (x) dx = ´ınf{S(f, P ) : P es una partici´ on por intervalos de [a, b] y P ⊃ Q}. a

La demostraci´on quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 8.1.12 Sea c ∈ (a, b). f es integrable si y s´olo si f |[a,c] y f |[c,b] son integrables. En caso afirmativo, Z

b

Z f (x) dx =

a

c

Z f (x) dx +

a

b

f (x) dx, c

donde las integrales del miembro derecho se definen de la manera obvia. 138

´ n: Demostracio Sean A y B los conjuntos de las sumas inferiores de f |[a,c] y f |[c,b] , respectivamente. Claramente, A + B es el conjunto de las sumas inferiores de f respecto a las particiones de intervalos que contienen a c, de manera que, por el lema 8.1.11, Z b f (x) dx. sup A + B = a

Por otro lado, sup A + B = sup A + sup B (confronte los ejercicios de la secci´on 3.1), de manera que Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx a

a

c

y vale el resultado an´alogo para integrales superiores. Luego, Z c  Z b  Z b Z c Z b Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx , f (x) dx − f (x) dx − f (x) dx − a

a

a

a

c

c

donde los sumandos del miembro derecho son no negativos. Por tanto, f es integrable si y s´olo si f |[a,c] y f |[c,b] lo son y en caso afirmativo, vale la igualdad para integrales.// Ejemplo 8.1.13 Una funci´on escalonada es una funci´on f tal que existe P y n´ umeros reales c1 , · · · , cn que verifican que f (x) = ci si ti−1 < x < ti . En estas condiciones, Z

b

f (x) dx = a

n X

(ti − ti−1 )ci .

i=1

Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Proposici´ on 8.1.14 Si f y g son integrables y α, β ∈ R, entonces Z b Z b Z b (αf (x) + βg(x)) dx = α f (x) dx + β g(x) dx. a

a

a

Proposici´ on 8.1.15 Si f y g son integrables y f (x) ≤ g(x) para cada x ∈ [a, b], entonces Z b Z b f (x) dx ≤ g(x) dx. a

a

Corolario 8.1.16 Si f es integrable, entonces Z b Z b ≤ f (x) dx |f (x)| dx. a

a

Corolario 8.1.17 Si f es integrable y existe c ∈ R tal que f ([a, b]) ⊂ [−c, c], entonces Z b f (x) dx ≤ (b − a)c. a

Las cuatro demostraciones quedar´an como ejercicio. 139

8.2.

El Teorema de Riemann-Lebesgue

Definici´ on 8.2.1 Sea X ⊂ R. X tiene medida nula si para todo ε > 0, X posee un recubrimiento de la forma F = {(an , bn ) : n ∈ N ∧ an < bn } tal que X

(bn − an ) < ε.

n∈N

Ejemplo 8.2.2 Sea X un conjunto numerable. Entonces existe una funci´on sobreyectiva f : N → X. La familia

ε

o ε  : n ∈ N , f (n) + 2n+2 2n+2 es claramente un recubrimiento de X. Adem´as, X  ε   ε ε  X ε f (n) + n+2 − f (n) − n+2 = < ε. = n+1 2 2 2 2 n∈N n∈N F=

n f (n) −

Luego, X tiene medida nula. Ejemplo 8.2.3 El conjunto de Cantor tiene medida nula. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. Teorema 8.2.4 (Riemann-Lebesgue) Sean a, b ∈ R tales que a < b y f : [a, b] → R una funci´on acotada. Si el conjunto D := {x ∈ [a, b] : f es discontinua en x} tiene medida nula, entonces f es integrable. De hecho, el Teorema de Riemann-Lebesgue afirma tambi´en el rec´ıproco, pero no lo probaremos. ´ n: Demostracio Sea ε > 0. Como D tiene medida nula, existen intervalos abiertos I1 = (a1 , b1 ), · · · tales que D⊂

[ k∈N

Ik y

X

(bk − ak )
0 tal que |f (y) − f (x)|
0. Como f es continua en b, existe δ > 0 tal que |f (t) − f (b)| < ε si |t − b| < δ. Ahora, si t ∈ I y 0 < |t − b| < δ, Z F (x) − F (b) 1 x 1 < − f (b) ≤ |f (t) − f (b)| dt · |x − b|ε = ε. x−b |x − b| b |x − b| Luego, F (x) − F (b) = f (b) x→b x−b l´ım

142

y (2) se sigue. Esto prueba que (1) −→ (2). Supongamos (2) y fijemos a ∈ I. Sea

Z ϕ : I → R definida por ϕ(x) =

x

f (t) dt. a

Como ϕ(a) = 0, ϕ satisface (1) y, por tanto, ϕ0 = f . Luego, por el corolario 7.3.6, existe c ∈ R tal que F (x) = c + ϕ(x) para cada x ∈ I. Evaluando esta identidad en x = a, obtenemos que c = F (a) y (2) se sigue. Esto prueba que (2) −→ (1).// Debido al Teorema Fundamental del C´alculo, la determinaci´on de una integral de una funci´on continua se reduce a la b´ usqueda de una primitiva de esta funci´on. Corolario 8.3.2 (Sustituci´ on) Sean a, b, c, d ∈ R, f : [a, c] → R continua y u : [c, d] → [a, b] tal que u0 sea continua. En estas condiciones, Z

d

Z

0

u(d)

f (u(x)) · u (x) dx =

f (t) dt. u(c)

c

´ n: Demostracio Como f es continua, posee, por el Teorema Fundamental de C´alculo, una primitiva F (digamos) tal que Z u(d) f (t) dt = F (u(c)) − F (u(d)). u(c)

Por otro lado, la Regla de la Cadena tenemos que (F ◦ u)0 (t) = F 0 (u(t)) · u0 (t) = f (u(t)) · u0 (t) para cada t ∈ [c, d], de manera que F ◦ u es una primitiva de la funci´on continua (f ◦ u) · u0 . Por el Teorema Fundamental del C´alculo, Z

d

f (u(x)) · u0 (x) dx = F (u(d)) − F (u(c)).

c

Esto prueba el enunciado.// 143

Corolario 8.3.3 (Integraci´ on por Partes) Sean a, b ∈ R y u, v : [a, b] → R dos funciones con derivadas continuas. En estas condiciones, Z b Z b 0 u(x) · v (x) dx = (u · v)(b) − (u · v)(a) − v(x) · u0 (x) dx. a

a

Teorema 8.3.4 (Valor Medio para Integrales) Sean a, b ∈ R, f : [a, b] → R una funci´on continua y ϕ : [a, b] → [0, +∞) una funci´on integrable. En estas condiciones, existe c ∈ [a, b] tal que Z

b

Z f (x)ϕ(x) dx = f (c) ·

b

ϕ(x) dx. a

a

Corolario 8.3.5 Sean a, b ∈ R y f : [a, b] → R una funci´on continua. En estas condiciones, existe c ∈ [a, b] tal que Z

b

f (x) dx = f (c) · (b − a). a

Las demostraciones quedar´an como ejercicio.

144

8.4.

Funciones anal´ıticas

Proposici´ on 8.4.1 Sean han in∈N∪{0} una sucesi´on y f : (−r, r) → R definida por f (x) =

+∞ X

ak x k ,

k=0

donde r > 0 es el radio de convergencia de la serie. Si [α, β] ⊂ (−r, r), entonces Z

β

α

+∞ X ak f (x) dx = (β k+1 − αk+1 ). k + 1 k=0

´ n: Demostracio Sea ε > 0. Para simplificar la notaci´on, sea fn : (−r, r) → R definida por fn (x) =

n X

ak x k ,

k=0

para cada n ∈ N ∪ {0}. Con esta notaci´on, la proposici´on 4.4.4 afirma que existe n0 ∈ N ∪ {0} tal que si n > n0 y x ∈ [α, β] ⊂ [− m´ax{α, β}, m´ax{α, β}], entonces |fn (x) − f (x)|
0 es el radio de convergencia de la serie. En estas condiciones, 0

f (x) =

+∞ X

(k + 1)ak+1 xk para cada x ∈ (−r, r).

k=0

La n-´esima derivada de una funci´on f se define recursivamente por f (0) (x) = f (x) f (n) (x) = (f (n−1) )0 (x) siempre que los miembros derechos tengan sentido. Corolario 8.4.3 Sean han in∈N∪{0} una sucesi´on y f : (−r, r) → R definida por f (x) =

+∞ X

ak x k ,

k=0

donde r > 0 es el radio de convergencia de la serie. En estas condiciones, ak =

f (k) (x) para cada k ∈ N. k!

Corolario 8.4.4 Sean +∞ X

k

ak x y

k=0

+∞ X

bk x k

k=0

series de potencias y sea r el menor radio de convergencia de ´estas. Si existe X ⊂ (−r, r) tal que 0 ∈ X 0 y tal que +∞ X

k

ak x =

k=0

+∞ X

bk xk para cada x ∈ X,

k=0

entonces ak = bk para cada k ∈ N. Las demostraciones quedar´an como ejercicio. Ejemplo 8.4.5 Si consideramos sen y cos como funciones de R en R, entonces sen0 = cos y cos0 = − sen. Adem´as, se verifica que sen2 x + cos2 x = 1, | sen x| ≤ 1 y | cos x| ≤ 1 para cada x ∈ R. Demostrar las afirmaciones de este ejemplo quedar´a como ejercicio. 146

Ejemplo 8.4.6 Para cada x ∈ R, se verifican las igualdades sen(x + y) = sen x · cos y + cos x · sen y y cos(x + y) = cos x · cos y − sen x · sen y. En efecto, si fijamos y ∈ R y definimos f, g : R → R por f (x) = sen x · cos y + cos x · sen y − sen(x + y) y g(x) = cos x · cos y − sen x · sen y − cos(x + y), se verifica que f 0 = g y g 0 = −f . Luego, (f 2 + g 2 )0 = 2f f 0 + 2gg 0 = 2f g + 2g(−f ) = 0, de manera que existe c ∈ R tal que f 2 (x) + g 2 (x) = c para cada x ∈ R. Como f (0) = g(0) = 0 (es inmediato verificar que sen 0 = 0 y que cos 0 = 1), f (x) = g(x) = 0 para cada x ∈ R, lo cual prueba la afirmaci´on. Ejemplo 8.4.7 Existe x ∈ (0, +∞) tal que cos x = 0. En efecto: Supongamos que no. Como cos x = 1 y cos es continua, esto implica que cos x > 0 para cada x ∈ (0, +∞), de manera que sen es estrictamente creciente en (0, +∞). En particular, como sen 0 = 0, sen x > 0 para cada x ∈ [0, +∞). As´ı, si x ∈ (0, +∞), sen x < sen 2x = 2 sen x · cos x, de manera que 1 cos x > . 2 Por el Teorema del Valor Medio de Lagrange, existe c ∈ (0, 2) tal que cos c =

sen 2 sen 2 − sen 0 = , 2 2

lo cual es absurdo pues implicar´ıa que sen 2 > 1. Como vimos X := {x ∈ (0, +∞) : cos x = 0} es no vac´ıo. Claramente X no es acotado, de manera que posee ´ınfimo. Definimos π = 2´ınf X.

147

8.5.

Logaritmos y exponenciales

Definici´ on 8.5.1 El logaritmo natural es la funci´on log : R+ → R definida por Z log x = 1

x

1 dt. t

Es claro que log 1 = 0 y que log es derivable, ya que log0 (x) =

1 para cada x ∈ R+ . x

Dejaremos la mayor´ıa de las demostraciones como ejercicio, ya que son aplicaciones directas de los resultados de la secci´on 8.3. Proposici´ on 8.5.2 Si x, y ∈ R+ , entonces log(xy) = log x + log y. Corolario 8.5.3 Si x ∈ R+ y r ∈ Q, entonces log(xr ) = r · log x. Corolario 8.5.4 log es biyectiva. Definici´ on 8.5.5 La funci´ on exponencial exp : R → R+ es la inversa de la funci´on log. Proposici´ on 8.5.6 1. exp es biyectiva. 2. exp0 = exp. 3. exp es creciente y convexa. 4. Si x, y ∈ R, entonces exp(x + y) = exp(x) · exp(y) 5. Si r ∈ Q, entonces exp(r) = (exp(1))r . Ejemplo 8.5.7 exp(1) = e. En efecto: La funci´on f : (−1, +∞) → R definida por f (x) = log(1 + x) cumple que f 0 (x) =

1 para cada x ∈ (−1, +∞), 1+x

de manera que 

l´ım log (1 + x)

x→0

1 x



= l´ım

x→0

log(1 + x) f (x) − f (0) = l´ım = f 0 (0) = 1. x→0 x x−0

Por lo tanto,       1 1 1 l´ım (1 + x) x = l´ım exp log (1 + x) x = exp l´ım log (1 + x) x = exp(1).

x→0

x→0

x→0

 n 1 = e (confronte el ejemplo 4.3.5). Luego, basta recordar que l´ım 1 + n 148

Como consecuencia inmediata, log e = 1. Definici´ on 8.5.8 Si a ∈ (0, +∞) y x ∈ R, ax := exp(x · log a). Si b ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞) y x ∈ R+ , logb x =

log x . log b

Las exponenciales y los logaritmos as´ı definidos cumplen todas las propiedades conocidas para cada a ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞). E1. E2. E3. E4. E5.

x > 0 −→ aloga x = x ax+y = ax · ay (ax )y = axy x < y ∧ a > 1 −→ ax < ay x < y ∧ a < 1 −→ ax > ay

L1. L2. L3. L4. L5.

loga ax = x xy > 0 −→ loga (xy) = loga x + loga y x, y > 0 −→ loga xy = y · loga x x < y ∧ a > 1 −→ loga x < loga y x < y ∧ a < 1 −→ loga x > loga y

La demostraci´on de estas propiedades quedar´a como ejercicio.

149

8.6.

Ejercicios

Secci´on 1: 1. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 8.1.10. 2. Demuestre el lema 8.1.11. 3. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 8.1.13. 4. Demuestre la proposici´on 8.1.14. 5. Demuestre la proposici´on 8.1.15. 6. Demuestre el corolario 8.1.16. 7. Demuestre el corolario 8.1.17. 8. La proposici´on 8.1.14, ¿es cierta si se sustituye la integral por la integral inferior? Justifique su respuesta. Secci´on 2: 1. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 8.2.3. 2. Demuestre el corolario 8.2.5. 3. Demuestre el corolario 8.2.6. 4. Sean a, b ∈ R tales que a < b y f : [a, b] → R una funci´on. Si f es mon´otona, pruebe que f es integrable. 5. Pruebe que ning´ un intervalo con al menos dos elementos tiene medida nula. 6. Sean a, b ∈ R tales que a < b, X ⊂ [a, b] un conjunto cerrado de medida nula y f : [a, b] → R definida por f (x) = 1 si x ∈ X y f (x) = 0 en caso contrario. Pruebe que f es integrable y calcule su integral. Secci´on 3: 1. Sean I un intervalo, a ∈ I y f, ϕ : I → R dos funciones. Si f es acotada y

x

Z

f (x) dx para cada x ∈ I,

ϕ(x) = a

pruebe que f es lipschitziana. D´e un ejemplo para probar que, en general, ϕ no es derivable. 2. Demuestre el corolario 8.3.3. 3. Demuestre el teorema 8.3.4. 4. Demuestre el corolario 8.3.5. Secci´on 4: 1. Demuestre el corolario 8.4.2. 2. Demuestre el corolario 8.4.3. 150

3. Demuestre el corolario 8.4.4. 4. Demuestre las afirmaciones del ejemplo 8.4.5. π π 5. Calcule sen x y cos x si x = , x = , x = π y x = 2π. 4 2 6. Pruebe que las funciones trigonom´etricas son peri´odicas. Secci´on 5: 1. Demuestre la proposici´on 8.5.2. 2. Demuestre el corolario 8.5.3. 3. Demuestre el corolario 8.5.4. 4. Demuestre la proposici´on 8.5.6. 5. Demuestre las propiedades E1 - E5. 6. Demuestre las propiedades L1 - L5. 7. Calcule l´ım ex y l´ım ex . x→+∞

x→−∞

8. Pruebe que exp es una funci´on anal´ıtica.

151

152

Bibliograf´ıa [1] Dugundji, James, Topology, 10. ed., Allyn and Bacon, Boston, 1975 [2] Lima, Elon Lages, An´alise real I volume 1, 8. ed., IMPA, Rio de Janeiro, 2006 [3] Lima, Elon Lages, Curso de an´alise volume 1, 11. ed., IMPA, Rio de Janeiro, 2004

153