Continuidad en una variable: problemas diversos

Proporcionamos problemas diversos de continuidad en una variable.

    Enunciado
  1. Se considera la función definida por $$f(x)= \left \{ \begin{matrix}
    \displaystyle 2\cos x & \mbox{ si }& x\leq c\\(ax+b)^2 & \mbox{si}& x>c.\end{matrix}\right.$$ Si $b,c\in\mathbb{R}$ son parámetros fijos, hallar los valores de $a$ para los cuales $f$ es continua en $c$.
  2. Sea $f:(a,b)\to \mathbb{R}$ continua en $x_0\in (a,b)$ y supongamos que $f(x_0)\neq 0$. Demostrar que existe un intervalo abierto $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ tal que en cada punto de éste intervalo $f(x)$ y $f(x_0)$ tienen el mismo signo.
  3. Demostrar que la ecuación $e^{-x}+2=x$ tiene al menos una solución real.
  4. Sean $f$ y $g$ dos funciones continuas en $[a,b]$ que cumplen $f(a)>g(a)$ y $f(b)<g(b)$. Demostrar que las gráficas de $f$ y $g$ se cortan.
  5. Si $ \alpha<\beta ,$ probar que la ecuación $ \dfrac{x^2+1}{x-\alpha}+\dfrac{x^6+1}{x-\beta}=0 $ tiene al menos una solución en el intervalo $ (\alpha,\beta) $.
  6. Demostrar que la función $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ dada por $f(x)=\dfrac{1}{x}$ no es uniformemente continua.
  7. Sea $I\subset \mathbb{R}$ intervalo y $f:I\to \mathbb{R}$ una función. Supongamos que existe un $M>0$ tal que $$|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|\quad \forall x,y\in I. \qquad (*)$$ Demostrar que $f$ es uniformemente continua en $I$.
    Nota: A la condición $(*)$ se la llama condición de Lipschitz y a la correspondiente función, función Lipschitziana.
  8. Sean $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dos funciones uniformemente continuas. Demostrar que $h=g\circ f$ es uniformemente continua.
    Solución
  1. $(i)$ Existe $f(c)=2\cos c$.
    $(ii)$ Tenemos: $$\displaystyle\lim_{x\to c^+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to c^+}(ax+b)^2=(ac+b)^2,$$ $$
    \displaystyle\lim_{x\to c^-}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to c^-}2\cos x=2\cos c,$$ luego $f$ es continua si y sólo si $$(ac+b)^2=2\cos c.\quad (1)$$ Como $(ac+b)^2\geq 0$, necesariamente ha de ser $\cos c\geq 0$. Cumpliéndose ésta condición: $$(ac+b)^2=2\cos c\Leftrightarrow a=\dfrac{\sqrt{2\cos c}-b}{c}\quad (\text{si }c\neq 0).$$ Si $c=0$, la igualdad $(1)$ se transforma en $b^2=2\cos 0=2,$ y para $b=\pm\sqrt{2}$ la función es continua en $c$ para todo $a\in\mathbb{R}$.
  2. Supongamos que $f(x_0)>0$. Como $f$ es continua en $x_0$, para todo $\epsilon >0$ existe un $\delta>0$ tal que: $$x_0-\delta<x<x_0+\delta \Rightarrow f(x_0)-\epsilon<f(x)<f(x_0)+\epsilon.\quad (1)$$ Elijamos $\epsilon=f(x_0)/2$, entonces $(1)$ se transforma en: $$x_0-\delta<x<x_0+\delta \Rightarrow \frac{f(x_0)}{2}<f(x)<\frac{3f(x_0)}{2},$$ lo cual implica que $f(x)>0$ pues $f(x_0)/2>0$. Es decir, $f(x)$ y $f(x_0)$ tienen el mismo signo en $(x_0-\delta,x_0+\delta)$. Si $f(x_0)<0$ basta elegir $\epsilon=-f(x_0)/2$ y razonar de manera análoga.
  3. Consideremos la función $f(x)=e^{-x}+2-x$. Tenemos: $$f(2)=e^{-2}=\dfrac{1}{e^2}>0\;,\quad f(3)=e^{-3}-1=\dfrac{1}{e^3}-1<0,$$ y la función $f$ es continua en $[2,3]$. Por el teorema de Bolzano existe $c\in (2,3)$ tal que $f(c)=0$. Es decir, la ecuación dada tiene al menos una solución real.
  4. Consideremos la función $$h:[a,b]\to \mathbb{R}\;,\quad h(x)=f(x)-g(x).$$ La función $h$ es continua en $[a,b]$ por ser diferencia de continuas. Además $$h(a)=f(a)-g(a)>0\;,\quad h(b)=f(b)-g(b)<0.$$ Como consecuencia del teorema de Bolzano, existe $c\in (a,b)$ tal que $h(c)=f(c)-g(c)=0$. Es decir, $f(c)=g(c)$ y por tanto las gráficas de $f$ y $g$ se cortan.
  5. Consideremos la función $$ f(x)= \dfrac{x^2+1}{x-\alpha}+\dfrac{x^6+1}{x-\beta}. $$ Esta función es racional y está definida en el intervalo abierto $ (\alpha,\beta) $, en consecuencia es continua en dicho intervalo. Por otra parte $$ \displaystyle \lim_{x\to \alpha^+}f(x)=+\infty\;,\quad \displaystyle \lim_{x\to \beta^-}f(x)=-\infty .$$ Por el teorema de los valores intermedios de las funciones continuas, existen $ \alpha_1,\beta_1 $ tales que $ \alpha<\alpha_1<\beta_1<\beta $ con $ f(\alpha_1)>0 $ y $ f(\beta_1)<0 $. Por el teorema de Bolzano, existe $ \xi\in [\alpha_1,\beta_1]\subset (\alpha,\beta) $ tal que $ f(\xi)=0 $. Es decir, la ecuación dada tiene al menos una solución en el intervalo $ (\alpha,\beta) $.
  6. Tenemos que demostrar que $$\exists \epsilon>0:\forall \delta>0\;\exists x, y\in (0,+\infty)\text{ tal que }\left(|x-y|<\delta \text{ y }\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|\geq \epsilon\right).$$ Sea $\epsilon=1$. Elijamos $\delta>0$. Sean $y=\min\{\delta,1\}$, $x=y/2$. Entonces $|x-y|=y/2\leq\delta/2<\delta$ sin embargo $$\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|=\left|\dfrac{1}{y/2}-\frac{1}{y}\right|=\frac{1}{y}\geq 1=\epsilon.$$
  7. Sea $\epsilon >0$ y elijamos $\delta=\epsilon/M$. Sean $x,y\in I$, entonces: $$\left|x-y\right|<\delta\Rightarrow\left|f(x)-f(y)\right|\leq M\left|x-y\right|<M(\epsilon/M)=\epsilon.$$
  8. Para cada $\epsilon >0$ existe $\delta >0$ tal que $\left|x’-y’\right|<\delta$ implica $\left|g(x’)-g(y’)\right|<\epsilon$. Entonces, existe $\eta>0$ tal que $\left|x-y\right|<\eta$ implica $\left|f(x)-f(y)\right|<\delta$. Por tanto, $\left|x-y\right|<\eta$ implica $\left|h(x)-h(y)\right|<\epsilon$.
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