Ayudanta 9 - Galasso

Vista previa del material en texto

Ayudant́ıa Miércoles 17 Octubre
Nombre: Bastián Galasso D.
1. Sea f continua en [0, 1] y tal que el recorrido de f es un subconjunto de los numeros
racionales. Demostrar que f es constante.
Demostración:
- Supongamos que f no es constante, es decir, que al menos el recorrido contiene
2 valores distintos, o dicho de otra manera, existen a, b ∈ [0, 1] tales que f(a), f(b) ∈
Rec(f) ⊂ Q y f(a) 6= f(b). Ahora supongamos, sin perdida de generalidad, que
f(a) < f(b). Ahora, por lo visto en clases, sabemos que si f(a) < f(b) y f(a), f(b) ∈ Q,
entonces existe α ∈ I tal que f(a) < α < f(b). Y como f es continua en [0, 1], podemos
deducir que ∃ ξ ∈ [0, 1] tal que f(ξ) = α (→←).
Ya que el recorrido era un subconjunto de los numeros racionales y acabamos de en-
contrar un elemento del recorrido que pertenece a los irracionales. Por lo tanto, f es
constante.
�
2. Sea F (x) una función continua en R y F (0) = 0.
(a) Demostrar que el ĺımx→∞ F (x) = ∞ entonces dado a > 0, existe {xn} tal que
F (xn+1)− F (xn) = a
(b) Demostrar que si dado a > 0, existe {xn} tal que F (xn+1)− F (xn) = a entonces
ĺımx→∞ F (x) no necesariamente existe.
Demostración:
(a) Por hipótesis, tenemos que F (x) es continua en R. Además F (0) = 0 y ĺımx→∞ F (x) =
∞. Con todo esto, podemos decir que, dado a > 0 por teorema del valor intermedio,
existe x1 ∈ (0,∞) tal que F (x1) = a. Luego, F (x) es continua en [x1,∞), por lo tanto,
por teorema del valor intermedio, existe x2 ∈ (x1,∞) tal que F (x2) = 2a. Siguiendo
este argumento, deducimos que por la continuidad de F (x) y el teorema del valor
intermedio, existe xi ∈ (xi−1,∞); con i = 2, 3, ... tal que F (xi) = ia. Por lo tanto,
hemos encontrado una sucesión y tal que F (xn+1)− F (xn) = (n + 1)a− na = a, por
lo tanto, esta sucesión cumple lo pedido dado un a > 0.
�
(b) Consideremos la función F (x) = x sin(x). Esta función es continua en R (es trivial
verlo), y además si a la función hacemos tender a x a infinito por medio de la sucesión
an = (2n − 1)π y en este caso F (x) = ∞. Por lo tanto como F (x) es continua y
F (0) = 0, por las mismas razones que en el problema de la parte (a), dado a > 0,
existe {xn} tal que F (xn+1) − F (xn) = a. Aqúı hemos encontrado una función que
cumple todas las hipótesis, pero si ahora analizamos el limite de la función cuando x
tiende a ∞ nos queda lo siguiente.
Si consideramos la sucesión an = (2n − 1)π y bn = 2nπ, entonces es fácil ver que
cuando n → ∞ entonces F (an) → ∞ y cuando n → ∞ entonces F (bn) → −∞, Por
lo tanto, tenemos puntos de acumulación ∞ y −∞, por lo tanto ĺımn→∞ no existe.
1
�
3. Una persona sale de un punto A a la 8 AM de un d́ıa y llega a un punto B a las
11 AM del mismo d́ıa. Al d́ıa siguiente emprende el regreso, saliendo de B a la 8 AM
y usando el mismo camino que en el viaje de ida. Demuestre que, independiente del
tiempo que demora en el viaje de vuelta, debe haber un punto en el camino entre A
y B por el cual la persona pasa ambos d́ıas a la misma hora.
Demostración:
- Definamos las siguientes funciones, ida(p) y regreso(p), que son funciones que de-
penden de la posición y sus recorridos son las horas en tales posiciones.
- Por hipótesis, tenemos que
ida(A) = 8
ida(B) = 11
regreso(B) = 8
regreso(A) = x
Donde x > 8 (ya que no puede haber salido a las 8 y haber llegado a las 8 o menos).
Ahora definimos la siguiente función
f(p) = ida(p)− regreso(p)
ahora si evaluamos la función f en los punto A y B, tenemos que
f(A) = ida(A)− regreso(A) = 8− x < 0
f(B) = ida(B)− regreso(B) = 3 > 0
Y como la función es claramente continua en el intervalo considerado, existe un punto
ξ entre A y B tal que f(ξ) = 0, por lo tanto ida(ξ) − regreso(ξ) = 0 entonces
ida(ξ) = regreso(ξ), con lo que queda demostrada la proposición.
�
4. Demuestre que si f(x) es un polinomio de grado n, tal que su primero y último
coeficientes tienen signos opuestos, entonces f tiene al menos una ráız positiva.
Demostración:
- Sea f(x) = a0 + a1x + . . . + anxn.
- Sea sin perdida de generalidad a0 < 0 y an > 0, entonces f(0) < 0. Y si ahora
vemos ĺımx→∞ f(x) =∞, por lo tanto, por teorema del valor intermedio tenemos que
∃ ξ ∈ (0,∞) tal que f(ξ) = 0. Y como ξ ∈ R+ tiene una ráız positiva, con lo que
queda demostrada la proposición.
�
2
5. Sea f : [0, 1]→ [0, 1] continua. Demuestre que f(x) = x para algún x ∈ [0, 1].
Demostración:
- Podemos considerar que f(0) > 0 y f(1) < 1, ya que de otro modo se cumple
trivialmente la proposición.
Ahora consideremos la función h(x) = f(x) − x, función claramente continua en el
intervalo y además h(0) = f(0) > 0 y h(1) = f(1)−1 < 0, por lo tanto ∃ ξ ∈ (0, 1) tal
que h(ξ) = 0, entonces f(ξ)− ξ = 0 y luego f(ξ) = ξ. Con lo que queda demostrada
la proposición.
�
6. Sea f : [0, 1]→ R continua. {xn} una sucesión tal que {xn} ∈ [0, 1] y yn = f(xn).
(a) Demostrar que {yn} tiene una subsucesión convergente.
(b) Demostrar que si hay un subsucesión de {yn} que converge a 5, entonces existe
x0 ∈ [0, 1] tal que f(x0) = 5.
Demostración:
a) Si f(x) es continua en [0, 1], entonces por teorema, f(x) tiene un máximo y un mı́ni-
mo, digamos M y N respectivamente. Entonces podemos decir que N ≤ f(x) ≤ M ,
∀ x ∈ [0, 1]. Por lo tanto, como la sucesión {xn} es tal que xn ∈ [0, 1], ∀ n ∈ N,
entonces
N ≤ f(xn) ≤M, ∀ n ∈ N
N ≤ yn ≤M, ∀ n ∈ N
Y como {yn} es una sucesión acotada, entonces tiene una subsucesión convergente.
�
b) Sea {xφ(n)} con φ : N→ N, tal que n→ φ(n), creciente, una subsucesión de {xn}
tal que
f(xφ(n)) = yφ(n)
Con {yφ(n)} una subsucesión de {yn} tal que {yφ(n)} converge a 5, es decir, dado
ε > 0, ∃ N(ε) tal que
|yφ(n) − 5| < ε, si n ≥ N(ε)
−ε < yφ(n) − 5 < ε, si n ≥ N(ε)
5− ε < yφ(n) < 5 + ε, si n ≥ N(ε)
5− ε < f(xφ(n)) < 5 + ε, si n ≥ N(ε)
Por lo tanto, por el mismo teorema y las mismas cotas del problema (a), tenemos que
al hacer ε lo suficientemente pequeño, nos queda
N < 5− ε < f(xφ(n)) < 5 + ε < M, si n ≥ N(ε)
Y por lo tanto, como N y M pertenecen al recorrido de la función y esta es continua en
el intervalo considerado (por lo demás, es trivial ver que 5 ∈ [N,M ], basta con hacer
tender ε a 0), por teorema del valor intermedio, podemos decir que existe x0 ∈ [0, 1]
tal que f(x0) = 5.
(Nota: la parte (a) del problema no fue hecho en ayudant́ıa, pero fue puesto aqúı como
introducción a la parte (b) para justificar como se acoto por N y M).
�
3