Ayudanta 23 - Vargas

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CÁLCULO 1-MAT1503
Ayudant́ıa 23
Rodrigo Vargas
1. Sea f : R− {1, 4} → R definida por
f(x) =
x2 + 1
x− 1
+
x3 + 1
x− 4
a) Estudie la continuidad de f en su dominio. Justifique
b) ¿Es posible definir f en 1 y 4 de modo que sea conntinua?
c) Pruebe que existe x0 ∈ [2, 3] tal que f(x0) = 0.
d) Demuestre que [−23, 1
2
] ⊆ f([2, 3])
Solución:
a) En Dom(f) = R− {1, 4} las funciones x2+1
x−1 y
x3+1
x−4 son racionales
bien definidas (denominador no nulo) y por lo tanto son continuas.
Luego, f es suma de funciones continuas y por lo tanto es continua
en R− {1, 4}.
b) Note que tanto en x = 1 como en x = 4 se tiene que
ĺım
x→1
f(x) = ±∞, ĺım
x→4
f(x) = ±∞
Luego, NO es posible definir f en 1 y 4 para que sea continua por
la inexistencia de los ĺımites.
c) Se sabe que f es continua en [2, 3] ⊂ Dom(f). Además,
f(3) = −23 < 0 < 1
2
= f(2)
Por el teorema del valor intermedio existe x0 ∈ [2, 3] tal que
f(x0) = 0.
d) Como f(2) = 1
2
y f(3) = −23 entonces [−23, 1
2
] = [f(3), f(2)]. Sea
d ∈ [−23, 1
2
] entonces d ∈ [f(3), f(2)]. Entonces por la continuidad
de f y en virtud del teorema del valor intermedio existe x0 ∈ [2, 3]
tal que f(x0) = d. Pero f(x0) ∈ f([2, 3]). Aśı, f(x0) = d ∈ f([2, 3])
por lo tanto [−23, 1
2
] ⊆ f([2, 3]).
2. Sean f, g : [a, b] → R funciones continuas y tales que
f(a) = −g(b), f(b) = −g(a).
1
Pruebe que existe x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) = −g(x0) y para f(x) =
(x − a)n y g(x) = −(b − x)n con n ∈ N, verifique que se cumplen las
hipótesis anteriores y calcule, para esto caso, el valor de x0 ∈ [a, b].
Solución: Definamos la función ψ : [a, b] → R por
ψ(x) = f(x) + g(x)
por ser f y g continuas se concluye que ψ es continua. Notemos que
ψ(a) = f(a) + g(a) = f(a)− f(b)
ψ(b) = f(b) + g(b) = f(b)− f(a)
Entonces, ψ(a)ψ(b) = −(f(a)− f(b))2 < 0, entonces la función cambia
de signo, es decir,
ψ(a) ≤ 0 ≤ ψ(b) o bien ψ(b) ≤ 0 ≤ ψ(a)
en cualquiera de los dos casos por el teorema del valor intermedio existe
x0 ∈ [a, b] tal que ψ(x0) = 0, es decir, f(x0) = −g(x0) como queriamos
probar. Por otro lado,
f(a) = (a− a)n = 0 f(b) = (b− a)n
g(a) = −(b− a)n f(b) = (b− b)n = 0
entonces se verifica que
f(a) = −g(b) = 0, f(b) = −g(a) = (b− a)n
de lo anterior existe x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) = −g(x0)
f(x0) = −g(x0) ⇒ (x− a0)n = (b− x0)n
⇒ x0 − a = b− x0
⇒ x0 =
a+ b
2
3. Sea f(x) = x3− x2 + x demuestre que existe x0 ∈ R tal que f(x0) = π.
Solución: Podemos considerar φ : [a, b] → R dada por
φ(x) = f(x)− π
entonces φ es continua y satisface
φ(0) = −π < 0 < 6 = φ(2)
entonces por el teorema del valor intermedio existe x0 ∈ [0, 2] tal que
φ(x0) = 0 o equivalentemente f(x0) = π
2
4. Considere la función f : R → R definida mediante
f(x) =

sin((1− a)x)
x
si x < 0
b(x− a)2 si 0 ≤ x ≤ 1
sin(a(x− 1))
log x
si x > 1
donde a, b ∈ R con a 6= 0, a 6= 1. Analice la continuidad de la función.
Solución: La función f es continua en los intervalos (−∞, 0)∪ (0, 1)∪
(1,∞) ya que en cada uno de éstos se puede aplicar los teoremas de
álgebra y composición de funciones continuas. Sólo es necesario ob-
servar que en (−∞, 0) la función sin(a(1−a)x)
x
es continua puesto que el
denominador no se anula, lo mismo ocurre con sin(a(x−1))
log x
en el intervalo
(1,∞).
Para estudiar la continuidad en 0 conviene calcular los ĺımites laterales
de f en este punto. Utilizando la definición de f y la hipótesis a 6= 1
podemos escribir
ĺım
x→0−
f(x) = ĺım
x→0−
sin(1− a)x)
x
= ĺım
x→0−
sin((1− a)x)
(1− a)x
· (1− a)
= 1− a
Por otro lado,
ĺım
x→0+
f(x) = ĺım
x→0+
b(x− a)2 = ba2
Ahora bien f es continua en 0 si y sólo si ĺım
x→0−
f(x) = ĺım
x→0+
f(x) = f(0),
es decir, si
1− a = ba2
Calculemos los ĺımites laterales de f en 1:
ĺım
x→1+
f(x) = ĺım
x→1+
sin(a(x− 1))
log x
= ĺım
x→1+
sin(a(x− 1))
a(x− 1)
· a(x− 1)
log x
3
Haciendo el cambio de variables z = x− 1 entonces cuando x→ 1+ se
tiene que z → 0+, entonces
ĺım
x→1+
f(x) = ĺım
z→0+
sin(az)
az
· az
log(z + 1)
=
(
ĺım
z→0+
sin(az)
az
)
·
(
ĺım
x→0−
az
log(z + 1)
)
= ĺım
x→0+
az
log(z + 1)
Haciendo el cambio z = 1
n
entonces cuando z → 0+ se tiene que n→∞,
luego
ĺım
z→0+
log(1 + z)
z
= ĺım
n→∞
n log
(
1 +
1
n
)
= ĺım
n→∞
log
(
1 +
1
n
)n
= log
(
ĺım
n→∞
(
1 +
1
n
)n)
= log(e) = 1
Por lo tanto,
ĺım
x→1+
f(x) = ĺım
x→0+
az
log(z + 1)
= ĺım
x→0+
a
log(1 + z)
z
=
a
ĺım
x→0+
log(1 + z)
z
= a
Finalmente la continuidad de f en 1 es equivalente a ĺım
x→1−
f(x) =
ĺım
x→1+
f(x) = f(1), lo que es equivalente a
b(1− a)2 = a
Por lo tanto, para garantizar la continuidad de f debemos buscar a 6= 0,
a 6= 1 tales que
1− a = ba2, b(1− a)2 = a
Reemplazando la primera de las ecuaciones en la segunda obtenemos
que
b(1− a)2 = a⇒ b(ba2) = a⇒ b3a4 = a
dividiendo por a que suponemos distinto de cero por hipótesis se tiene
a3b3 = 1 ⇒ ab = 1
volviendo a la primera ecuación
1− a = ba2 ⇒ 1− a = (ba)a⇒ 1− a = a⇒ a = 1
2
⇒ b = 2
4