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1
Resolucion 30 Problemas Modulo 4Los problemas de este listado seran controlados mediante una exposicion oral
durante la semana del 16 de Junio.
1. Lımite
1. Sea an una sucesion con lımn→∞
an =∞. Demuestre que lımn→∞
1
an= 0
Solucion:
Hipotesis: (∀K > 0)(∃N ∈ N)(n > N ⇒ an > K)
Tesis: (∀ε > 0)(∃N0 ∈ N)(n > N0 ⇒∣∣∣ 1an
∣∣∣ < ε)
Sea ε > 0. De la hipotesis an > K, ∀K > 0, en particular para K = 1ε, luego,
tomando N0 = N , si n > N0, entonces:
K =1
ε< an
1
an< ε∣∣∣∣ 1
an
∣∣∣∣ < ε∣∣∣∣ 1
an− 0
∣∣∣∣ < ε
con lo que se demuestra la condicion pedida.
2. Sean α, β y γ reales y la relacion α + 2β − 4γ = 4, determine condiciones para
α y β, tales que se cumpla:
lımn→∞
(2n+ 5
2n− 3
)αn= lım
n→∞
(n2 + 1
n2 − n
)βn+γ
2
Solucion: Recordar que lımn→∞
(1 + k
n
)n= ek, ahora, tenemos:
lımn→∞
(2n+ 5
2n− 3
)αn= lım
n→∞
(1 +
8
2n− 3
)αn= lım
n→∞
(1 +
8
2n− 3
) 2n−32n−3
·αn
= lımn→∞
(1 +
8
2n− 3
)(2n−3)·( n2n−3
·α)
= lımn→∞
((1 +
8
2n− 3
)2n−3)(
1
2− 3n·α)
= e8·12α
= e4α
lımn→∞
(n2 + 1
n2 − n
)βn+γ= lım
n→∞
(1 +
n+ 1
n2 − n
)βn+γ= lım
n→∞
(1 +
1n2−nn+1
)n2−nn+1
· n+1
n2−n·βn+γ
= lımn→∞
(1 +1
n2−nn+1
)n2−nn+1
n2+n
n2−n·β+ n+1
n2−n·γ
= eβ
Se debe tener e4α = eβ ⇔ β = 4α⇒ α + 2 · 4α− 4γ = 4, de donde:
α =4
9(1 + γ) ; β =
16
9(1 + γ) ; γ parametro
3. Calcule
a) lımx→1
1− 3√x
1−√x
b) lımx→0
√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b
, sabiendo que a, b > 0
Solucion:
3
a) lımx→1
1− 3√x
1−√x
Sea u6 = x. Si x→ 1 entonces u6 = 1⇒ u→ 1.
lımx→1
1− 3√x
1−√x
= lımu→1
1− 3√u6
1−√u6
= lımu→1
1− u2
1− u3= lım
u→1
(1− u)(1 + u)
(1− u)(1 + u+ u2)=
lımu→1
1 + u
1 + u+ u2=
2
3
b) lımx→0
√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b
lımx→0
√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b
= lımx→0
√x2 + a2 − a√x2 + b2 − b
·√x2 + a2 + a√x2 + a2 + a
·√x2 + b2 + b√x2 + b2 + b
=
lımx→0
(x2 + a2 − a2)(√x2 + b2 + b)
(x2 + b2 − b2)(√x2 + a2 + a)
= lımx→0
x2(√x2 + b2 + b)
x2(√x2 + a2 + a)
=
lımx→0
√x2 + b2 + b√x2 + a2 + a
=
√b2 + b√a2 + a
=2b
2a=b
a
4. Calcule:
lımx→∞
√(x+m)(x+ n)− x
Solucion:
Racionalizando queda:
lımx→∞
√(x+m)(x+ n)−x·
√(x+m)(x+ n) + x√(x+m)(x+ n) + x
= lımx→∞
(x+m)(x+ n)− x2√(x+m)(x+ n) + x
=
lımx→∞
x2 + (m+ n)x+mn− x2√(x+m)(x+ n) + x
= lımx→∞
(m+ n)x+mn√x2 + (m+ n)x+mn+ x
Dividiendo por la potencia mayor de x, se tiene que:
lımx→∞
(m+ n) + mnx√
1 + (m+n)x
+ mnx2
+ 1=
(m+ n) + 0√1 + 0 + 0 + 1
=m+ n
2
5. Considere la sucesion definida por a1 =√
5, a2 =√
5√
5, a3 =
√5√
5√
5...
Demuestre que es convergente y calcule su lımite
Debemos demostrar que an es monotona y acotada, para esto usaremos induc-
cion:
i) an es creciente, entonces demostraremos que an < an+1
4
1) Para n = 1, a1 =√
5 <√
5√
5 = a2 ⇒ a1 < a2
2) Nuestra hipotesis inductiva para n=k, ak < ak+1
P.D: para n=k+1, o sea, ak+1 < ak+2, en efecto, como ak < ak+1 ⇒ ak ·5 <ak+1 · 5⇒
√ak · 5 <
√ak+1 · 5⇒ ak+1 < ak+1, luego an es monotona.
ii) Ahora demostraremos que la sucesion es acotada entonces hay que demostrar
por induccion que an < 5
1) Para n = 1, a1 =√
5 < 5
2) H.I para n=k, ak < 5
P.D: para n=k+1, o sea, ak+1 < 5, en efecto, como ak < 5⇒ ak ·5 < 25⇒√ak · 5 <
√25⇒ ak+1 < 5, luego la sucesion es acotada.
Por lo tanto, de (i) y (ii) la sucesion an es convergente
Sea lımn→∞
an = L y como an =√
5 · an−1, elevando al cuadrado a2n = 5 · an−1, to-
mando limites podemos escribir lımn→∞
a2n = lımn→∞
5·an−1, o sea L2 = 5·L⇒ L = 5,
luego lımn→∞
an = 5
6. SeaaABC isosceles inscrito en la circunferencia de centro F y radio r ,con
AC=BC, D punto medio de AC y ](AFB) = α Calcular:
a) lımAB→0
AreaaAFC
Area sector circular AFB
Arean sector circular AFB =1
2αr2
DF = r senα
4∧ AC = 2AD = 2r cos
α
4
AreaaAFC =
1
2AC ·DF = r2 sen
α
4cos
α
4
5
AreaaAFC =
r2
2sen
α
2ahora como AB → 0⇒ α→ 0, se tiene que
lımα→0
r2
2sen
α
21
2αr2
=1
2lım
senα
2α
2
=1
2
7. Si 0 ≤ a ≤ b, demostrar que la sucesion an = n√an + bn tiene como lımite a ”b”
Demostracion:
Como bn < an + bn ⇒ n√bn ≤ n
√an + bn ⇒ b < n
√an + bn
Como a ≤ b ⇒ an + bn ≤ bn + bn ⇒ n√an + bn ≤ n
√2bn con lo que nos queda
b ≤ n√an + bn ≤ b n
√2.
Ahora, recordemos que si k > 0, lımn→∞
n√k = 1, ası, tenemos lım
n→∞n√
2 = 1, luego
lımn→∞
bn√
2 = b, entonces por teorema del sandwich lımn→∞
n√an + bn = b
8. Encuentre el lımite de la sucesion
an =n
n2 + 1+
n
n2 + 2+ ... +
n
n2 + n
Tenemos dos sucesiones auxiliares tales que a′n < an < a′′n
Sean:
a′n =n
n2 + n+
n
n2 + n+ .... +
n
n2 + n= n
(n
n2 + n
)=
n2
n2 + n
a′′n =n
n2 + 1+
n
n2 + 1+ ... +
n
n2 + 1= n
(n
n2 + 1
)=
n2
n2 + 1como
lımn→∞
n2
n2 + n= lım
n→
1
1 +1
n
= 1 y lımn→∞
n2
n2 + 1= lım
n→∞
1
1 +1
n2
= 1
tenemos por teorema del Sandwich que
lımn→∞
an = 1
6
9. Sea A ={
(−1)n(n+1)n2+1
| n ∈ N, n ≥ 2}
. Encuentre los conjuntos de puntos de acu-
mulacion y adherencia de A.
Solucion
Tenemos que
lımn→∞
(−1)n(n+ 1)
n2 + 1= 0
En efecto, observe que
lımn→∞
(n+ 1)
n2 + 1= lım
n→∞
( nn2 + 1
n2 )n2
n2 + 1n2
=0 + 0
1 + 0= 0
Ademas, |(−1)n| ≤ 1, es decir, es acotada. Luego, por “cero aniquila” se tiene
el resultado anterior. Ası
A′ = {0} y A = A ∪ {0}
10.
a) Calcule
lımx→0
sin πx(1− cosπx)
x2 sinx
b) En cada caso, de un ejemplo de una sucesion que satisfaga la condicion propuesta
y, si no existe tal sucesion explique:
a) Una sucesion, ni creciente ni decreciente que converja a 0.
b) Una sucesion no acotada que converja a -3.
c) Una sucesion divergente a −∞
Solucion
a)
lımx→0sinπx(1−cosπx)
x2 sinx= lımx→0
sinπxπx
sin2 πxπ2x2
1sin xx
π3
(1+cosπx)
= π3
2
b) 1) an = (−1)nn
2) Si es convergente, entonces necesariamente es acotada. Luego no existe
tal sucesion.
7
3) bn = −n2
11. Sea {an} una sucesion definida por an =√n(√n+ 1−
√n).
a) Demuestre que es creciente.
b) Demuestre que la sucesion esta acotada superiormente por 12
c) Calcule lımn→∞ an.
Solucion
a) Queremos demostrar que an ≤ an+1, para todo n ∈ N. Esto equivale a
demostrar que an+1 − an ≥ 0, para todo n ∈ N.
Observe que,
an+1 − an =√n+ 1(
√n+ 2−
√n+ 1)−
√n(√n+ 1−
√n)
=√n+ 1
√n+ 2− (n+ 1)−
√n√n+ 1− n
=√n+ 1
√n+ 2− 1−
√n√n+ 1
Donde,√n+ 1
√n+ 2 − 1 −
√n√n+ 1 ≥ 0, ssi,
√n+ 1
√n+ 2 ≥ 1 +
√n√n+ 1. Ahora, como para todo a, b ∈ N se cumple que a > b⇔ a2 > b2,
entonces
√n+ 1
√n+ 2 ≥ 1 +
√n√n+ 1
(√n+ 1
√n+ 2)2 ≥ (1 +
√n√n+ 1)2
(n+ 1)(n+ 2) ≥ 1 + 2√n√n+ 1 + n(n+ 1)
n2 + 3n+ 2 ≥ 1 + 2√n√n+ 1 + n2 + n
2n+ 1 ≥ 2√n√n+ 1
(2n+ 1)2 ≥ (2√n√n+ 1)2
4n2 + 4n+ 1 ≥ 4n(n+ 1)
Luego, es claro que 4n2 + 4n+ 1 ≥ 4n(n+ 1) es cierto.
b)
an =√n(√n+ 1−
√n)
=√n(√n+ 1−
√n) (√n+1+
√n)
(√n+1+
√n)
=√n(n+1−n)√n+1+
√n
=√n√
n+1+√n
≤√n√
n+√n
= 12
8
c)
lımn→∞√n(√n+ 1−
√n) = lımn→∞
√n√
n+1+√n
= lımn→∞1√
1+ 1n+1
= 11+1
= 12
12. Para todo a ∈ R, a > 0 analice el siguiente limite
lımn→∞
an + 1
an − 1
9
13. Calcule:
lımn→∞
n√
1p + 2p + 3p + · · ·+ np, p ∈ N
10
14. Considere la fraccion continua
k +k
k +k
k +k
k + . . .
a) Determine la sucesion que la define
Sea an := k + k
k +k
k +k
k + . . .
Tenemos que: a1 = k, a2 = k +k
k, a3 = k +
k
k +k
kCon esto podemos definir la sucesion por recurencia
a1 = 1, an+1 = k +k
an, n ≥ 2
11
Donde se tienen que k 6= 0
b) Determine los valores de k para los cuales la sucesion tiene lımite
Ahora sea L el lımite de la sucesion (an), entonces:
an −→ L y ademas an+1 −→ L
Luego de an+1 = k +k
an, tenemos que:
L = k +k
L
Ası L2 − kL− k = 0 y para que L existaa
= k2 + 4k = k(k + 4) ≥ 0 de
aqui tenemos
i) k ≥ 0 ∧ k ≥ −4 y como k 6= 0, por lo tanto k ∈]0,∞[
ii) k ≤ 0 ∧ k ≤ −4 ası k ∈]−∞,−4]
Por lo tanto los valores de k, para que la suceson tenga lımite son k ∈R−]− 4, 0].
c) Si k = 1, ¿a que lımite tiende la sucesion?
Sabemos que L2 − kL− k = 0, luego para k = 1, tenemos L2 − L− 1 = 0
Ası L =1±√
5
2, pero como an > 0, entonces
para k = 1, lımn→∞
an =1 +√
5
2
15. Dadas las sucesiones (xn) e (yn), defina (zn) como z2n−1 = xn y z2n = yn. Pruebe
que si lımxn = lım yn = a entonces lım zn = a
Proof.
Dados ε > 0;∃n1, n2 ∈ N : n > n1 ⇒ |xn − a| < ε y n > n2 ⇒ |yn − a| < ε
Tomamos n = Max{2n1 − 1, 2n2}
Si n = 2k − 1 entonces tenemos que:
n > n⇒ 2k − 1 > 2n1 − 1⇒ k > n1 ⇒ |xk − a| = |zn − a| < ε
Si n = 2k entonces tenemos que:
n > n⇒ 2k > 2n2 ⇒ k > n2 ⇒ |yk − a| = |zn − a| < ε
∀ε > 0∃n ∈ N : n > n⇒ |zn − a| < ε
12
16. Demuestre que si lımxn = a entonces lım |xn| = |a|. Es cierto el reciproco?
Proof.
a) Por definicion de limite lımxn = a⇔ ∀ε > 0∃n0 ∈ N : n > n0 ⇒ |xn−a| < ε
Luego
|xn − a| < ε⇒ ||xn| − |a|| < |xn − a| < ε
AsA por se obtiene que
lım |xn| = |a|
b) Por definicion (∀ε > 0)(∃N0 ∈ N)(n > N0 ⇒ |xn − a| < ε). Tomando
N1 = N0, si n > N1, entonces |xn − a| = ||xn − a|| = ||xn − a| − 0| < ε, ∀ε > 0,
lo que completa la demostracion.
17. Sea f : R → R definida mediante f(0) = 0 y f(x) = sin( 1x) si x 6= 0. Demues-
tre que para todo c ∈ [−1, 1] existe una sucesion de puntos xn 6= 0 tales que
lım xn = 0 y lım f(xn) = c
Proof.
Sea 1a∈ R con a 6= 0 tal que f( 1
a) = sin(a) = c con c ∈ [−1, 1]. Sea la su-
cesion xn = 12πn+a
ası lımxn = 0 lo cual cumple la primera condicion. Luego
lım f(xn) = lım sin(2πn + a) = lım sin(a) = sin(a) = c ∈ [−1, 1] Lo cual queda
demostrado
18. Sea f, g : X → R con x 6= a y lımx→a f(x) = L y lımx→a g(x) = M con M 6= 0.
Demuestre que
lımx→a
f(x)
g(x)=
L
M
13
Proof.
Tomemos f(x)·M−g(x)·Lg(x)·M = (f(x) ·M − g(x) · L) 1
g(x)·M . Si cumple que
lımx→a
f(x) ·M − g(x) · Lg(x) ·M
= 0
entonces el teorema queda demostrado
Como lımx→a(f(x) · M − g(x) · L) = L · M − M · L = 0 solo basta demos-
trar que 1g(x)·M esta acotado y ası por cero aniquila el teorema queda demostrado
Sea 1g(x)·M mononota creciente, es decir que esta acotada inferiormente (analo-
go si es monotona decreciente) S = M2
2sabemos que 0 < S < M2. Como
lımx→a g(x) · M = M2. Ası por teorema ( Sea M = lımx→a g(x). Si S < M
entonces, para todo n suficientemente grande, se tiene S < g(x)) por lo tanto
S < g(x) ·M ⇒ 1S> 1
g(x)·M lo cual demuestra que 1g(x)·M esta acotada
lımx→a
f(x) ·M − g(x) · Lg(x) ·M
= 0⇒ lımx→a
f(x)
g(x)=
L
M
19. Calcular:
lımx→1
√x+1−
√2x
x3+3x−4
Cuando x = 1, ambos, numerador y denominador se hacen cero. Luego el lımite
es indeterminado.
Pero dividimos x3 + 3x− 4 por x− 1, obteniendo:
x3 + 3x− 4 = (x− 1)(x2 + x+ 4)
Por otro lado:
√x+ 1−
√2x = [
√x+ 1−
√2x]
√x+1+
√2x√
x+1+√2x√
x+ 1−√
2x = x+1−2x√x+1+
√2x√
x+ 1−√
2x = − (x−1)√x+1+
√2x
14
Por lo tanto:
lımx→1
√x+1−
√2x
x3+3x−4 = lımx→1−(x−1)
(√x+1+
√2x)(x−1)(x2+x+4)
=
− lımx→11
(√x+1+
√2x)(x2+x+4)
= − 112√2
20. Hallar los valores del parametro k para los cuales existe el lımx→0 f(x) si:
f(x) =
{4√1+x−13√1+x−1 si x < 01−cos(kx)
x2si x > 0
Para que exista lımx→0 f(x) deben existir los lımites laterales, y ambos deben
ser iguales.
Por otra parte:
lımx→0− f(x) = lımx→0−4√1+x−13√1+x−1 = lımx→0−
(1+x)−1( 3√1+x−1)(( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1)
=
lımx→0−x(( 3√1+x)2+ 3√1+x+1)
((1+x)−1)(( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1)= lımx→0−
( 3√1+x)2+ 3√1+x+1
( 4√1+x)3+( 4√1+x)2+ 4√1+x+1=
34
Por otra parte:
lımx→0+ f(x) = lımx→0+1−cos(kx)
x2= lımx→0+
1−cos2(kx)x2(1+cos(kx))
=
k2 lımx→0+sin2(kx)
(kx)2(1+cos(kx))= k2 lımx→0+
sin(kx)kx
sin(kx)kx
11+cos(kx)
= k2
2
Por lo tanto, limx→0f(x) existe si y solo si:
k2
2= 3
4⇔ k = ±
√32
21. Sea A ={x ∈ R : 2x−1
x+1< x
}. Encuentre, si existen, A y A′
Resolviendo la inecuacion tenemos:
2x−1x+1
< x2x−1−x2−x
x+1< 0
−x2+x−1x+1
< 0
15
Como el numerador tiene discriminante negativo, y el coeficiente que acompana
a x2 es negativo, se tiene que el numerador siempre sera negativo. Para que se
cumpla la desigualdad, debe ocurrir:
x+ 1 > 0
Esto se cumple para x ∈ [−1,∞[
Definamos el conjunto A como: A =]− 1,∞[.
Para todo punto que cumple la inecuacion existe lımite y si existe lımite es
punto de acumulacion, y como existe lımite en todos los puntos del conjunto
solucion ( ya que es continua)entonces todos sus puntos son de acumulacion.
Como existe lımite en todos los puntos, tienen vecindad que al intersectarla con
el conjunto A es distinto de vacıo, por lo tanto son todos de adherencia.
En conclusion:
A = A′ = [−1,∞]
2. Continuidad
1. Determine los valores de α, β ∈ R para que la siguiente funcion sea continua.
f(x) =
β
(1− cos(x− 1))
x− 1+ α si x < 1
√x2 + x+ 1 si x = 1
α(√x− 1)
x− 1+ β si x > 1
Calculemos primero los lımites laterales:
lımx→1−
(β
(1− cos(x− 1))
x− 1+ α
)Sea u = 1− x. Si x→ 1−, u→ 0−. Luego:
16
lımu→0−
(β
(1− cos(u))
u+ α
)=
lımu→0−
(β
1− cos(u)
u· 1 + cos(u)
1 + cos(u)+ α
)= lım
u→0−
(β
sin2(u)
u(1 + cos(u))+ α
)=
lımu→0−
(β
sin(u)
u· sin(u)
(1 + cos(u))+ α
)= β · 1 · 0 + α = α
Por otro lado:
lımx→1+
(α
(√x− 1)
x− 1+ β
)= lım
x→1+α
(√x− 1)
(√x− 1)(
√x+ 1)
+ β = α · 1
2+ β
Calculemos ademas f(1)
f(1) =√
12 + 1 + 1 =√
3
Para que f sea continua, los lımites laterales deben ser iguales entre sı, y
ademas deben ser iguales a la funcion evaluada en el punto, por lo tanto, si
α =α
2+ β ⇒ α
2= β. Y debe cumplirse que:
α
2= β =
√3⇒ α = 2
√3, β =
√3
2. Sea f :]0, π[→ R la funcion definida por
f(x) =
x
cot(x)− π
2 cos(x)si x < π/2
ax− 1 si x ≥ π/2
(2.1)
¿Que valor (si existe) debe asignarse a la constante a para que f sea conti-
nua en π2?
f sera continua en π/2 si
lımx→π
2−f(x) = lım
x→π2+
= f(π
2)
17
lımx→π
2−f(x) = lım
x→π2−
x
cot(x)− π
cos(x)
= lımx→π
2−
x sen(x)
cos(x)− π
2 cos(x)
= lımx→π
2−
2x sen(x)− π2 cos(x)
Sea u = π2− x si x→ π
2− entonces u→ 0+
i)
lımx→π
2−f(x) = lım
x→π2−
2x sen(x)− π2 cos(x)
= lımu→0+
2(π/2− u) sen(π/2− u)− π2 cos(π/2− u)
= lımu→0+
(π − 2u) cos(u)− π2 sen(u)
= lımu→0+
π(cos(u)− 1)− 2u cos(u)
2 sen(u)
= π lımu→0+
cos(u)− 1
2 sen(u)− lım
u→0+
u cos(x)
sen(u)
Por otra parte;
lımu→0+
cos(u)− 1
2 sen(u)= lım
u→0+
cos2(u)− 1
2 sen(u)(cos(u) + 1)
= lımu→0+
− sen2(u)
2 sen(u)(cos(u) + 1)
= lımu→0+
− sen(u)
2(cos(u) + 1)= 0
AdemA¡s lımu→0+
u cos(u)
sen(u)= lım
u→0+
u
sen(u)lımu→0+
cos(u) = 1 · 1 = 1
Luego por algebra de lımite
lımx→π
2−
2x sen(u)− π2 cos(x)
= π lımu→0+
cos(u)− 1
2 sen(u)− lımu→0+
u cos(x)
sen(u)
= −1
18
ii) lımx→π
2+f(x) = lım
x→π2+ax− 1 =
π
2a− 1 Por (i) y (ii) se tiene
−1 =π
2a− 1 = f(
π
2)
Por lo tanto tenemos a = 0
3. Construya una funcion definida por partes, que sea continua en todo R, y que
cumpla con:
a) Ser periodica si x ∈ (−∞, −12
]
b) Ser un logaritmo si x ∈ (−12, 0]
c) Ser cuadratica si x ∈ (0, 1]
d) Ser trigonometrica si x ∈ (1,+∞)
Solucion
Buscamos funciones f1, f2, f3, f4 tales que cumplan con las condiciones mencio-
nadas, respectivamente, y que ademas
lımx→−−1
2
f1 = lımx→+−1
2
f2
lımx→−0
f2 = lımx→+0
f3
lımx→−1
f3 = lımx→+1
f4
Por ejemplo, la funcion
f(x) =
cos(4πx+ π) si x ∈ (−∞, −1
2]
log2(x+ 1) si x ∈ (−12, 0]
x2 si x ∈ (0, 1]sin(x−1)x−1 si x ∈ (1,+∞)
19
4. ¿Sera cierto que toda funcion continua f : [0, 1]→ [0, 1], posee un punto fijo, es
decir un numero x ∈ [0, 1] tal que f(x) = x?
Solucion
Sı, es cierto.
Si f(0) = 0 o f(1) = 1 entonces es evidente que la funcion tiene punto fijo.
Suponga que para x ∈ [0, 1] se tiene que
0 < f(0) < f(x) < f(1) < 1
y considere g(x) = x−f(x). Observe que g es continua (por ser resta de funciones
continuas), y ademas
x = 0 ⇒ g(0) = 0− f(0) < 0
x = 1 ⇒ g(1) = 1− f(1) > 0
Luego, por Teorema del Valor Intermedio tenemos que, existe c ∈ (0, 1) tal que
g(c) = 0. Esto es
g(c) = c− f(c) = 0⇔ f(c) = c
Es decir, existe c punto fijo de f .
El caso 1 > f(0) > f(x) > f(1) > 0 es analogo. Defina g(x) = f(x)− x.
5.
a) Si f y g son funciones continuas en [a, b] tales que f(a) > g(a) y f(b) < g(b),
pruebe que existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = g(c).
Definamos la funcion h(x) = f(x) − g(x). Notemos que nuestra nueva funcion
es continua en el intervalo [a, b] puesto que corresponde a una resta de funciones
continuas. Por otra parte, notemos que:
h(a) = f(a)− g(a) > 0 , y tambien h(b) = f(b)− g(b) < 0
20
Entonces, por Teorema del Valor Intermedio, existe c ∈ [a, b] tal que h(c) = 0,
es decir, f(c)− g(c) = 0 y, por tanto,
f(c) = g(c)
b) Demuestre que el polinomio p(x) = x3 + 3x2 − 1 tiene tres raıces reales.
Tenemos que p(0) = −1 < 0 y que p(1) = 3 > 0. Como p(x) en continua en
el intervalo [0, 1] por ser un polinomio, por el T.V.I. existe c ∈ [0, 1] tal que
p(c) = 0.
Por otro lado, p(−1) = 1 > 0. Entonces, nuevamente por el T.V.I. existe d ∈[−1, 0] tal que p(d) = 0.
Como p(x) es de grado tres solo puede tener una o tres raıces reales, pero como
ya hallamos dos de ellas, p(x) debe tener tres raıces reales.
6. Sea n ∈ Z. Calcule lımx→n
√x− [x] + [x]. A¿Es f(x) =
√x− [x] + [x] continua en
R?
Si n− 1 ≤ x < n, tenemos que [x] = n− 1. Por tanto,√x− [x] + [x] =
√x− (n− 1) + (n− 1)
.
Por la continuidad de la funcion raız cuadrada, se cumple que
lımx→n−
√x− [x] + [x] = n
Por otro lado, si n ≤ x < n+ 1, [x] = n. Ası,√x− [x] + [x] =
√x− n+ n. Por
el mismo argumento que en el apartado anterior,
lımx→n+
√x− [x] + [x] = n
Como los lımites laterales existen y son iguales entre sı, concluimos que
lımx→n
√x− [x] + [x] = n
21
Para estudiar la continuidad de f , supongamos que a ∈ R y separemos por
casos:
a ∈ Z
Por lo hecho anteriormente, lımx→a
f(x) = a =√a− [a] + [a] = f(a) y por lo
tanto es continua en los enteros.
a /∈ Z
La funcion esta bien definida en x = a, puesto que [a] < a. Tenemos que
[a] < a < [a] + 1; si x es tal que [a] < a < [a] + 1, se tiene que√x− [x] + [x] =
√a− [a] + [a]
Utilizando la continuidad de la raız cuadrada, se cumple que:
lımx→a
f(x) = lımx→a
√x− [a] + [a] =
√a− [a] + [a] = f(a)
Por lo tanto, f es continua x = a.
Luego, f es continua en R
7. Considere el polinomio p(x) = xn + an−1xn−1 + .... + a1x + a0 con x ∈ R. El
numero x0 ∈ R es una raız del polinomio p(x) si p(x0) = 0. Demuestre que:
a) Si n ≥ 1 es impar, entonces existe al menos una raız real de p(x)
Proof.
Como n es impar consideremos el lımx→−∞ p(x) = −∞ y lımx→∞ p(x) =
∞, entonces por el teorema del valor intermedio existe x0 ∈ R tal que
p(x0) = 0, ası queda demostrado que existe x0 ∈ R solucion del polinomio
p(x)
b) Si n ≥ 1 es par y a0 < 0 entonces existe al menos dos raıces reales.
Proof.
Como n es par consideremos lo mismo que lo anterior lımx→−∞ p(x) =∞,
22
lımx→∞ p(x) = ∞ y p(0) = a0 < 0 luego aplicando el teorema del va-
lor intermedio para el intervalo [0,+∞[ existe x0 ∈ R tal que p(x0) = 0.
Analogamente para el intervalo ] −∞, 0] existe x1 ∈ R tal que p(x1) = 0
ası queda demostrado que existen x0, x1 ∈ R soluciones del polinomio p(x)
8. Sea:
f(x) =
sin(a+x)−sin(a)x
si x < 0
sin(x) + b√x si 0 ≤ x ≤ π
√x−√π
x−π si x < π
Determine todos los valores de a y b tal que f(x) sea continua en 0 y π
f es continua en 0 si los lımites laterales existen y ambos son iguales a f(0).
Por la izquierda:
lımx→0− f(x) = lımx→0−sin(a+x)−sin(a)
x= lımx→0−
sin(a)cos(x)+sin(x)cos(a)−sin(a)x
=
lımx→0−( sin(a)[cos(x)−1]x
+ sin(x)cos(a)x
)
Pero:
sin(a)[cos(x)−1]x
= sin(a)[cos2(x)−1]x(cos(x)+1)
= sin(a)sin(x) sin(x)x
−1cos(x)+1
Reemplazando queda:
lımx→0− f(x) = lımx→0− sin(a)sin(x) sin(x)x
−1cos(x)+1
+ cos(a) sin(x)x
=
sin(a)0 ∗ 1 −1(1+1)
+ cos(a) ∗ 1 = cos(a)
Por la derecha:
lımx→0+ f(x) = lımx→0+ sin(x) + b√x = 0 + 0b = 0
23
Igualando: cos(a) = 0 = f(0), entonces a = π2
+ 2kπ, para k ∈ Zf es continua en π si los lımites laterales existen y ambos son iguales a f(π).
Por la izquierda:
limx→π+f(x) = limx→π+√x−√π
x−π = limx→π+x−πx−π
1√x+√π
= limx→π+f(x) = 1√x+√π
Igualando: b√π = 1
2
√π = f(π), entonces b = 1
2π
9. Sea f una funcion lineal, esto es, f(x + y) = f(x) + f(y),∀x, y ∈ R y que es
continua en 0. Demuestre que es continua en todo su dominio.
Demostracion: (Absurdo)
Supongamos que f es discontinua en a, que pertenece al dominio. Luego,
f(a0) ∈ (f(a0)− ε, f(a0) + ε). Como f es lineal, entonces es biyectiva. Luego
existe la funcion G : R −−−−−→f(a0)→a0
R.
Ası,G(f(a0)) = a0 6= a entonces existe f(a0) ∈ Rec(f) 6= (f(a)− ε, f(a) + ε).
Por lo tanto f(a0) /∈ (f(a)− ε, f(a) + ε), lo cual es una contradiccion. Por lo
tanto, f es continua en todo su dominio.