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Continuidad en intervalos cerrados y acotados 128
Ejercicio resuelto 70 Sean
AD fx2Q W x 6 0 o x2 < 2g; B D fx2Q W x > 0 y x2 > 2g:
Prueba queA¤Ø, B ¤Ø, QD A [ B y a < b para todosa2A; b2B. Además:
a) Para cadar 2A hay algúns2A tal quer < s.
b) Para cadau2B hay algúnt 2B tal quet < u.
c) No hay ningúnz 2Q con la propiedad de que todo número racional menor quez
esté enA y todo número racional mayor quez esté enB.
Solución.a) Sear 2A. Si r < 1 basta tomars D 1. Supongamos, pues, que1 6 r . Un
número racional que sea mayor quer será de la formar C " donde " es un número
racional positivo. Para que dicho número esté enA deberá verificarse que.rC "/2 < 2.
Si, además" < 1, entonces"2 < ", por lo que.r C "/2 < r2 C 2r"C ". Es por tanto
suficienteque r2C2r"C"62 para lo cual basta tomar"D 2� r
2
2r C 1 . Es claro que dicho
número " es racional. Además, como1 6 r y r2 < 2, es 0 < " < 1 y por tanto el
números D r C 2� r
2
2r C 1 verifica quer < s y s2A.
b) Este apartado se hace de manera análoga al anterior. Dadou 2 B hay que tratar de
determinar un número racional positivo," tal que0 < u� " y .u� "/2 > 2. Esta última
condición es lo mismo que:
u2 � 2 > 2u" � "2 .1/
Como queremos que0 < " < u, debemos tener2u" � "2 > "2 > 0. Sabemos que
no hay ningún número racional cuyo cuadrado sea igual a2, en consecuencia siu 2B
entoncesu2 > 2. Puesto que2u" > 2u" � "2, para que se verifique.1/ essuficiente
que u2 � 2 > 2u", para lo cual basta tomar"D u
2 � 2
2u
se tiene con ello que el número
t D u � u
2 � 2
2u
está enB y t < u.
c) Seaz 2Q. Como A [ B D Q, deberá serz 2A o z 2B. Si z 2A, sabemos, por
a), que hay elementoss 2A con z < s. Si z 2B, sabemos, por b), que hay elementos
t 2B con t < z. Concluimos así que no hay ningúnz2Q verificando que todo número
racional menor quez está enA y todo número racional mayor quez está enB. ©
4.4. Continuidad en intervalos cerrados y acotados
Sabemos que la imagen,f .I /, de un intervaloI por una función continuaf es un intervalo.
También sabemos, porque hemos visto ejemplos (50), que, en general, el intervalof .I / no es
del mismo tipoqueI . Aquí tiene algunos ejemplos más.
1. f .x/D x2; f .Œ�1; 1Œ/D f .� � 1; 1�/D Œ0; 1�;
Universidad de Granada
Dpto. de Análisis Matemático
Prof. Javier Pérez
Cálculo diferencial e integral
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2. f .x/D 1=x; f .�0; 1�/D Œ1;C1Œ; f .Œ1;C1Œ/D�0; 1�.
3. f .x/D senx; f .� � �;�ŒDŒ�1; 1�.
Vemos así que la imagen por una función continua de un intervalo abierto, o semiabierto, o
de una semirrecta, puede ser un intervalo de distinto tipo. Queda por considerar qué ocurre
con los intervalos cerrados y acotados, es decir, los de la forma Œa; b�. Vamos a probar que
este tipo de intervalos se conservan por funciones continuas. Nótese que sif W Œa; b�! R
es continua, como ya sabemos quef .Œa; b�/ es un intervalo, para probar quef .Œa; b�/ es un
intervalo cerrado y acotado basta probar que el intervalof .Œa; b�/ tiene máximo y mínimo, es
decir, que hay númerosu; v 2 Œa; b� tales que para todox 2 Œa; b� esf .u/6f .x/6f .v/, pues
entonces seráf .Œa; b�/D Œf .u/; f .v/�.
En la siguiente definición introducimos la terminología quese usa.
4.27 Definición. Seaf WB ! R . Se dice quef está mayorada (resp. minorada) enB, si el
conjuntof .B/ está mayorado (resp. minorado). Se dice quef está acotada enB si el conjunto
f .B/ está acotado. Se dice quef alcanza enB un máximo (resp. unmínimo) absolutosi el
conjuntof .B/ tiene máximo (resp. mínimo), es decir, existe algún puntov 2B (resp.u2B)
tal quef .x/6 f .v/ (resp.f .u/6 f .x/) para todox2B.
El siguiente resultado que vamos a ver es uno de los más importantes del Análisis Matemá-
tico. Su demostración no es del todo inmediata y su lectura requiere atención. El ejemplo que
sigue te ayudará mucho a entenderla.
4.28 Ejemplo. Puedes considerar la gráfica de una función como el perfil de una cadena de
montañas con sus cumbres y valles alternándose. Supongamosque iluminamos la gráfica desde
la izquierda con un haz de luz de rayos paralelos al eje de abscisas tal como se indica en la figura
(4.3). Algunos puntos de las montañas quedarán expuestos a la luzy otros quedarán en sombra.
Se entiende que los valles quedan en la sombra. En la figura he representado en trazo más
grueso los puntos de luz. La condición que debe cumplir un punto .x; f .x// para ser un punto
de luz es que a la izquierda dex la función tome valores más pequeños quef .x/, es decir,
.x; f .x// es un punto de luz si para todot 2 Œa;x� esf .t/ 6 f .x/. Cuando esta condición se
verifica diremos también quex es un punto de luz paraf . Observa que el máximo de la función
se alcanza en un puntoc que, por supuesto, es un punto de luz paraf pero que es elúltimo
punto de luz paraf , porque a la derecha dec la función no puede tomar valores mayores que
f .c/. Esta idea es la que vamos a seguir en la demostración del siguiente teorema.
�
4.29 Teorema(Teorema de Weierstrass). Toda función continua en un intervalo cerrado y
acotado alcanza en dicho intervalo un máximo y un mínimo absolutos.
Demostración. Seaf W Œa; b�! R una función continua enŒa; b�. Queremos probar que hay
algún puntoc2 Œa; b� en el quef alcanza un máximo absoluto. Según hemos visto en el ejemplo
anterior, el puntoc debe ser el último punto de luz paraf . Esto lleva a considerar el conjunto
de todos los puntosx 2 Œa; b� que son puntos de luz paraf .
E D
˚
x 2 Œa; b� W f .t/6 f .x/ para todot 2 Œa;x�
	
(4.13)
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a
b
c
.x; f .x//
v�v
Figura 4.3. Visualización de la demostración del teorema deWeierstrass
En la figura (4.3) he representado el conjuntoE con trazo grueso sobre el eje de abscisas.
Observa que, en la figura,E es una unión de intervalos.
La idea siguiente es considerar el máximo deE. Pero no sabemosa priori queE tenga
máximo, por eso lo que hacemos es considerar el supremo deE. Lo que está claro es que
el conjuntoE no es vacío porquea 2 E. Además, por su misma definición, esE � Œa; b�.
Por tanto,E está acotado. La propiedad del supremo garantiza la existencia de un mínimo
mayorante deE, es decir, del supremo deE. Sea, pues,c D sup.E/. La intuición nos dice que
el puntoc así definido cumple lo que queremos, pero hay que probarlo. Enprimer lugar, como
a2E y b es un mayorante deE, tenemos quea 6 c 6 b, esto es,c 2 Œa; b�.
Empezaremos probando quec2E. Si c D a nada hay que probar porquea2E. Supondre-
mos quea < c 6 b. Seau2 Œa; b� tal queu < c. Probaremosque no puede serf .c/ < f .u/.
Si así fuera, llamandog.x/D f .u/ � f .x/; pon la continuidad def y el teorema de conser-
vación del signo, tiene que haber un númeroı > 0 tal queu < c � ı y para todoz 2�c � ı; c�
se cumpla queg.z/ > 0, es decirf .z/ < f .u/. Por serc el mínimo mayorante deE, tiene
que haber algúnz0 2�c � ı; c� \ E. Tenemos entonces quef .z0/ < f .u/ y, comoz0 2E y
a6u < z0, deberá serf .u/6f .z0/, lo que nos lleva a quef .z0/ < f .u/6f .z0/ y, por tanto,
f .z0/ < f .z0/, lo cual es claramente contradictorio. Concluimos quef .u/6f .c/. Como esto
es cierto para todou2 Œa; b� tal queu 6 c, resulta quec2E.
Probaremos ahora quef .x/ 6 f .c/ para todox2 Œa; b�. Comoc 2E, para todox 2 Œa; c�
esf .x/6 f .c/. Por tanto, en el caso de que fuerac D b nada nuevo habría que probar. Consi-
deremos quea 6 c < b, en cuyo caso debemos probar que sic < v 6 b entoncesf .v/6 f .c/.
Observa que cada puntov 2�c; b� es un punto de sombra def y, por eso, tiene que haber
puntos anteriores a él en los quef tome un valor mayor quef .v/, entre estos puntos tiene
que haber puntos de luz. La idea ahora va a ser asociar a cada punto v 2�c; b� un punto de luz
�v 2 E, tal quef .v/ 6 f .�v/. Esta es la parte más técnica de la demostración. En la figura
(4.3) he representado un puntov y su correspondiente�v.
En lo que sigue consideramos un puntov 2�c; b� fijo. Notemos que comoc < v 6 b,
entoncesv 62 E por lo que tiene quehaber algúnz 2 Œa; vŒ tal quef .v/ < f .z/. Se trata de
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Dpto. de Análisis Matemático
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Cálculo diferencial e integral
	Funciones Continuas y límite funcional
	Continuidad en intervalos cerrados y acotados