E JERCICIOS RESUELTOS .

N ÚMEROS Y FUNCIONES . C ONTINUIDAD Y LÍMITE FUNCIONAL .

1. Estúdiese la continuidad de la función f : R → R, definida por f ( x ) = xE(1/x ) si x 6= 0, f (0) = 1.

2. Sea f : R → R continua, mayorada y tal que para todos a, b ∈ R con a < b, se verifica que sup f (] a, b[) = sup f (R).
Pruébese que f es constante.

3. Sea f : [ a, b] → R una función continua verificando que f ( a) < 0, f (b) < 0 y f (c) > 0 para algún c ∈] a, b[. Pruébese que
hay dos números u, v tales que a < u < v < b, f (u) = f (v) = 0 y f ( x ) > 0 para todo x ∈]u, v[.

4. Pruébense las igualdades

π
a) arc cos x + arc sen x = ∀ x ∈ [−1, 1]
2
x 1
b) tan(arc sen x ) = √ ; sec(arc sen x ) = √ ∀ x ∈] − 1, 1[
1− x2 1 − x2
5. Pruébese por inducción la igualdad:

x nx n+1
sen (sen x + sen 2x + · · · + sen nx ) = sen sen x
2 2 2

6. Estúdiese la continuidad de la función f : R → R dada por f ( x ) = E( x 2 ) (parte entera de x 2 ) para todo x ∈ R.

7. Probar que si f es continua en a entonces también lo es | f |. Dar un ejemplo de función discontinua cuyo valor absoluto es
continua.

8. Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Definamos:

A − B = { a − b : a ∈ A, b ∈ B}; AB = { ab : a ∈ A, b ∈ B}
Pruébese que sup( A − B) = sup A − ı́nf B y, supuesto que A ⊂ R+ y B ⊂ R+ , probar que sup( AB) = sup A sup B.

Miguel Martín y Javier Pérez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos capítulo 1 2

9. Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t 0 . El reloj puede adelantar o atrasar, pero cuenta con exactitud períodos
de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t 0 + 12 horas. Demuéstrese que en algún momento dicho
reloj mide con exactitud una hora.

10. Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo inicia el regreso a la misma
hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese que en algún momento del domingo el automovilista
se encuentra a igual distancia de Granada que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento.

11. Sea f : R → R continua y decreciente. Pruébese que hay un único punto a ∈ R tal que f ( a) = a.

Miguel Martín y Javier Pérez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos capítulo 1 3

Soluciones a los ejercicios

 1.Estúdiese la continuidad de la función f : R → R, definida por f ( x ) = xE(1/x ) si x 6= 0, f (0) = 1.
Solución. Los ejercicios de este tipo siempre pueden hacerse de varias formas. Una de ellas consiste en usar los resultados que
conocemos sobre la continuidad de la suma, producto, cociente y composición de funciones continuas. De esta manera pode-
mos reducir el estudio de la continuidad de la función dada al de otras funciones más sencillas.
En nuestro caso, la función que nos dan es producto de dos funciones, f ( x ) = I ( x ) ϕ( x ), donde I es la función identidad y
ϕ = E ◦ U donde E es la función parte entera y U ( x ) = 1/x, U (0) = 0 (nótese que como f (0) = 0 hay que definir U (0) dándole
algún valor, no importa cual). Si a 6= 0 es un número real tal que 1/a no es un número entero, entonces la función U es continua
en a, y como E es continua en U ( a) (porque la función parte entera es continua en R \ Z), concluimos que la función compuesta
ϕ = E ◦ U es continua en a y, como la función identidad es continua en todo punto, deducimos que f también es continua en a.
Nótese que no podemos afirmar a priori que f sea discontinua en los puntos de la forma 1/n donde n 6= 0 es un entero. Ello se
debe a que nada puede decirse en general de la composición de una función continua y otra discontinua: unas veces es continua y otras no.
Estudiemos qué ocurre en un punto de la forma 1/p donde p > 2 es un entero (fijo en lo que sigue). Tenemos que f (1/p) = 1.
Para todo x ∈]1/( p − 1), 1/p[ se tiene que p − 1 < 1/x < p, por lo que E(1/x ) = p − 1 y f ( x ) = ( p − 1) x, y por tanto
f (1/p) − f ( x ) = 1 − ( p − 1) x > 1 − ( p − 1)/p = 1/p.
En consecuencia, dado εo = 1/2p, cualquiera sea δ > 0 hay puntos x ∈]1/( p − 1), 1/p[ cuya distancia al punto 1/p es menor que
δ, para los cuales no se verifica que | f (1/p) − f ( x )| < εo . Concluimos que f es discontinua en 1/p. De forma parecida se prueba
que f es discontinua en los puntos de la forma 1/q donde q 6 −2 es un entero. Igualmente se prueba que f es discontinua en
los puntos 1 y −1.
Queda por ver qué pasa en 0. Si dibujamos con paciencia (con lápiz y regla) la gráfica de f obtenemos esto:

Parece que f es continua en 0. Para probarlo hay que probar que | f ( x ) − f (0)| = | f ( x ) − 1| es tan pequeño como queramos (< ε)
siempre que | x − 0| = | x | sea suficientemente pequeño (< δ). Lo usual en estos casos es trabajar para atrás. Empezamos acotando
f ( x ) − 1. Recordemos que
E(1/x ) 6 1/x 6 E(1/x ) + 1 (1)
Si x > 0 podemos multiplicar por x dicha desigualdad para obtener que
xE(1/x ) 6 1 6 xE(1/x ) + x.
Resulta así que para x > 0 es:
0 6 1 − xE(1/x ) = f (0) − f ( x ) 6 x (2)
Si x < 0 podemos multiplicar por x la desigualdad (1) para obtener que
xE(1/x ) > 1 > xE(1/x ) + x.

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Ejercicios resueltos capítulo 1 4

1.5

0.5

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

Resulta así que para x < 0 es:

0 > 1 − xE(1/x ) = f (0) − f ( x ) > x es decir 0 6 f ( x ) − f (0) 6 − x (3)
De (2) y (3) deducimos que | f ( x ) − f (0)| 6 | x |. En consecuencia, dado ε > 0, tomamos δ = ε con lo que, evidentemente, si
| x | < δ entonces | f ( x ) − f (0)| < ε. Luego f es continua en 0.
Nótese que ni la función parte entera ni la función U antes definida son continuas en cero y ello no impide que f sí lo sea.

El teorema de localización también puede usarse en este tipo de ejercicios. En nuestro caso, es evidente que para x > 1 es
f ( x ) = 0 y para x < −1 es f ( x ) = − x. Por tanto la restricción de f a los intervalos ]1, +∞[ y ] − ∞, −1[ es continua y, como estos
intervalos son abiertos, deducimos por el teorema de localización que f es continua en dichos intervalos. De forma parecida
podemos razonar con un intervalo del tipo ]1/(n + 1), 1/n[ donde n ∈ N pues, para x ∈]1/(n + 1), 1/n[ se tiene que f ( x ) = nx,
luego la restricción de f a dicho intervalo es continua y, por tratarse de un intervalo abierto, deducimos que f es continua en
]1/(n + 1), 1/n[. Análogamente se razona con un intervalo del tipo ] − 1/n, −1/(n + 1)[. El teorema de localización no nos
dice qué pasa en los puntos extremos de los intervalos considerados, es decir, en los puntos de la forma 1/n donde n ∈ Z∗ , y
tampoco en 0. Esos puntos requieren, al igual que hicimos antes, un estudio particular.

 2. Sea f : R → R continua, mayorada y tal que para todos a, b ∈ R con a < b, se verifica que sup f (] a, b[) = sup f (R).
Pruébese que f es constante.
Solución. Llamemos β = sup f (R). Es claro que f ( x ) 6 β para todo x ∈ R. Y, si f es constante deberá darse la igualdad f ( x ) = β
en todo punto x de R. Luego tenemos que probar que, dado a ∈ R, es imposible que ocurra f ( a) < β. Pero eso es claro, pues si

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Ejercicios resueltos capítulo 1 5

fuera f ( a) < β, entonces tomando λ ∈] f ( a), β[, por el teorema de conservación del signo aplicado a la función g( x ) = λ − f ( x )
en el punto a, deducimos que existe un intervalo abierto ]u, v[ que contiene al punto a y tal que para todo x ∈]u, v[ es g( x ) > 0,
es decir, f ( x ) < λ. Pero entonces sup f (]u, v[) 6 λ < β en contradicción con la hipótesis hecha.

 3. Sea f : [ a, b] → R una función continua verificando que f ( a) < 0, f (b) < 0 y f (c) > 0 para algún c ∈] a, b[. Pruébese que
hay dos números u, v tales que a < u < v < b, f (u) = f (v) = 0 y f ( x ) > 0 para todo x ∈]u, v[.
Solución. Hay varias formas de hacer este ejercicio. Por ejemplo, podemos definir

u = sup{ x ∈] a, c[: f ( x ) = 0}, v = ı́nf{ x ∈]c, b[: f ( x ) = 0}

Con ello es fácil probar que a < u < c < v < b y f (u) = f (v) = 0 pero f no puede anularse entre u y v, por lo que, al ser
f (c) > 0, concluimos que f ( x ) > 0 para todo x ∈]u, v[.
 4. Pruébense las igualdades
π
(a) arc cos x + arc sen x = ∀ x ∈ [−1, 1]
2
x 1
(b) tan(arc sen x ) = √ ; sec(arc sen x ) = √ ∀ x ∈] − 1, 1[
1 − x2 1 − x2

Solución.
(a) Puede comprobarse esta igualdad de muchas formas. Por ejemplo, si despejamos, podemos escribir la igualdad de la forma:
arc sen x = π/2 − arc cos x
Puesto que −π/2 6 π/2 − arc cos x 6 π/2 y en el intervalo [−π/2, π/2] la función seno es inyectiva, la igualdad anterior es
equivalente a la siguiente: x = sen(π/2 − arc cos x ) la cual es efectivamente cierta porque, para todo x ∈ [−1, 1] es:

sen(π/2 − arc cos x ) = sen(π/2) cos(arc cos x ) − cos(π/2) sen(arc cos x ) = x

(b) Para todo x ∈] − 1, 1[ es:

sen(arc sen x ) x
tan(arc sen x ) = =
cos(arc sen x ) cos(arc sen x )
Ahora como
cos 2 (arc sen x ) = 1√− sen 2 (arc sen x ) = 1 − x 2
y además cos(arc sen x ) > 0, se sigue que cos(arc sen x ) = 1 − x 2 lo que prueba la igualdad pedida.

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Ejercicios resueltos capítulo 1 6

Análogamente, se tiene que:

1 1
sec(arc sen x ) = = por lo antes visto = √
cos(arc sen x ) 1 − x2

 5. Pruébese por inducción la igualdad:

x nx n+1
sen (sen x + sen 2x + · · · + sen nx ) = sen sen x
2 2 2
Solución. La igualdad es evidentemente cierta para n = 1. Supongamos que es cierta para un número natural n y probemos
que entonces lo es también para n + 1. Tenemos:

x nx n+1 x
sen (sen x + sen 2x + · · · + sen nx + sen(n + 1) x ) = sen sen x + sen sen(n + 1) x
2 2 2 2
En consecuencia, todo se reduce a probar que:

nx n+1 x ( n + 1) x n+2
sen sen x + sen sen(n + 1) x = sen sen x
2 2 2 2 2
a+b a−b
Usando que sen(2a) = 2 sen a cos a y que sen a + sen b = 2 sen cos , tenemos:
2 2
 
nx n+1 x nx n+1 x n+1 n+1
sen sen x + sen sen(n + 1) x = sen sen x + sen 2 sen x cos x =
2 2 2 2 2 2 2 2

−nx
   
n+1 nx x n+1 n+1 nx n+2
= sen x sen + 2 sen cos x = sen x sen + sen x + sen =
2 2 2 2 2 2 2 2
( n + 1) x n+2
= sen sen x
2 2
como queríamos probar.

 6. Estúdiese la continuidad de la función f : R → R dada por f ( x ) = E( x 2 ) (parte entera de x 2 ) para todo x ∈ R.

Solución. Claramente f = E ◦ ϕ donde ϕ( x ) = x 2 . Puesto que ϕ es continua en todo punto y la función parte entera es continua
en R \ Z, deducimos por el teorema de composición de funciones continuas, que f es continua en todo punto a ∈ R tal que

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Ejercicios resueltos capítulo 1 7

√ √
ϕ( a) = a 2 ∈ / Z. Es decir, f es continua en R \ B donde B = { n : n ∈ N} ∪ {− n : n ∈ N} ∪ {0}. Los puntos de B requieren
un estudio particular pues, a priori, no podemos asegurar que f sea discontinua en ellos.
Empecemos estudiando la posible continuidad de f en 0. Es claro que para −1 < x < 1 tenemos que 0 6 x 2 < 1 por lo que
f ( x ) = 0 para todo x ∈] − 1, 1[. Es decir, la función f |]−1,1[ ( restricción de f al intervalo ] − 1, 1[) es la función constante igual a 0 y
por tanto f |]−1,1[ es continua. Como el intervalo ] − 1, 1[ es abierto deducimos, por el teorema de localización que f es continua en
] − 1, 1[ y, en particular, f es continua en 0.
√ √
Consideremos ahora un punto de la forma q donde q ∈ N (fijo en lo que sigue). Para todo x ∈] q − 1, q [ se tiene que
p
√ √ √
q − 1 < x 2 < q por lo que f ( x ) = q − 1. Cualquiera sea δ > 0, hay puntos x ∈] q − δ, q + δ[∩] q − 1, q [ para los que
p
√ √
| f ( q) − f ( x )| = |q − (q − 1)| = 1, por lo que tomando εo < 1 deducimos que f no es continua en q.
√
De forma análoga se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma − q donde q ∈ N.

 7. Probar que si f es continua en a entonces también lo es | f |. Dar un ejemplo de función discontinua cuyo valor absoluto es
continua.
 
Solución. Todo lo que se necesita es la desigualdad |u| − |v| 6 |u − v|. En nuestro caso tenemos:
 
| f ( x )| − | f ( a)| 6 | f ( x ) − f ( a)|

Supuesto que f es continua en a, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si | x − a| < δ y x ∈ dom( f ) entonces | f ( x ) − f ( a)| < ε lo que,
por la desigualdad anterior, implica que | f ( x )| − | f ( a)| < ε y, por tanto, | f | es continua en a.
La función dada por f ( x ) = 1 si x > 0 y f ( x ) = −1 si x < 0 , es discontinua en 0 pero | f | es continua en 0.

 8. Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Definamos:

A − B = { a − b : a ∈ A, b ∈ B}; AB = { ab : a ∈ A, b ∈ B}
Pruébese que sup( A − B) = sup A − ı́nf B y, supuesto que A ⊂ R+ y B ⊂ R+ , probar que
sup( AB) = sup A sup B.
Solución. Sea α = sup( A), β = ı́nf( B), γ = sup( A − B). Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a 6 α, β 6 b. En
consecuencia a − b 6 α − β, lo que prueba que α − β es un mayorante de A − B, y por tanto γ 6 α − β.
Probaremos ahora que α − β 6 γ. Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a − b 6 γ, es decir, a 6 b + γ. Esta última
desigualdad nos dice que, fijado un elemento b ∈ B, el número b + γ es un mayorante de A, por lo que α 6 b + γ. Hemos
obtenido así que para todo b ∈ B se verifica que α − γ 6 b, es decir, α − γ es un minorante de B, y por tanto α − γ 6 β, es
decir, α − β 6 γ.

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Ejercicios resueltos capítulo 1 8

Sea α = sup( A), β = sup( B), µ = sup( AB). Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a 6 α,
b 6 β. En consecuencia, por ser a > 0, b > 0, ab 6 α β, lo que prueba que α β es un mayorante de AB y por tanto µ 6 α β.
Probaremos ahora que α β 6 µ. Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que ab 6 µ, esto es, a 6 µ/b. Esta última desigualdad
nos dice que, fijado un elemento b ∈ B, el número µ/b es un mayorante de A, por lo que α 6 µ/b. Hemos obtenido así que
para todo b ∈ B se verifica que b 6 µ/α, es decir,γ/α es un mayorante de B, y por tanto β 6 µ/α, es decir, α β 6 µ.

 9. Antes de resolver el ejercicio 12, veamos un resultado más teórico que puede ser útil a la hora de resolver muchos ejercicios
del mismo tipo:

Sea f : [ a, b] → R una función continua. Llamemos al número f (b) − f ( a) el incremento de f en [ a, b]. Dado un número natural
n > 2, nos preguntamos si hay algún intervalo de longitud (b − a)/n en el cual el incremento de f sea igual a ( f (b) − f ( a))/n.
Para ello dividimos el intervalo [ a, b] en n intervalos de longitud igual a (b − a)/n. Estos intervalos son de la forma [ xk , xk+1 ],
donde xk = a + k (b − a)/n, k = 0, 1, . . . , n − 1. Es claro que la suma de los incrementos de f en cada uno de los n intervalos
[ xk , xk+1 ] es igual al incremento de f en el intervalo [ a, b]. Es decir:
n −1
∑ ( f (xk+1 ) − f (xk )) = f ( b ) − f ( a ).
k =0

Como en esta suma hay n sumandos en total, deducimos que o bien todos ellos son igual a ( f (b) − f ( a))/n o bien alguno de ellos es
mayor que ( f (b) − f ( a))/n en cuyo caso tiene que haber necesariamente otro que sea menor que ( f (b) − f ( a))/n.

Definamos la función g : [ a, b − (b − a)/n] → R por g( x ) = f ( x + (b − a)/n) − f ( x ). Nótese que g( xk ) = f ( xk+1 ) − f ( xk ).

Según acabamos de ver:

f (b) − f ( a) f (b) − f ( a)
O bien para todo k = 0, 1, . . . , n − 1 es g( xk ) = , en cuyo caso se verifica que f ( xk+1 ) − f ( xk ) = ,
n n
O bien hay puntos x p , xq tales que g( x p ) < ( f (b) − f ( a))/n < g( xq ), en cuyo caso, como la función g es continua, el
teorema de los ceros de Bolzano implica que tiene que haber algún punto to comprendido entre x p y xq tal que g(to ) =
( f (b) − f ( a))/n, es decir se verifica que f (to + (b − a)/n) − f (to ) = ( f (b) − f ( a))/n.

Hemos probado así que hay un intervalo de longitud (b − a)/n en el cual el incremento de f es igual a ( f (b) − f ( a))/n.

Miguel Martín y Javier Pérez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos capítulo 1 9

Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t 0 . El reloj puede adelantar o atrasar, pero cuenta con exactitud períodos de 12
horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t 0 + 12 horas. Demuéstrese que en algún momento dicho reloj mide
con exactitud una hora.
Solución
Sea f : [0, 12] → R la función definida por: f (t) = tiempo (medido en horas) que marca el reloj en el tiempo t. Podemos admitir
que f es continua. El incremento de f en el intervalo [0, 12] es igual a f (12) − f (0) = 12. Deducimos, por lo antes visto que, para
cada n > 2, hay algún intervalo de longitud (12 − 0)/n en el cual el incremento de f es igual a ( f (12) − f (0))/n. Es decir, que
en algún instante co el reloj mide con exactitud un período de tiempo igual a 12 n horas: f ( co + 12/n ) − f ( co ) = 12/n. Tomando
n = 12 obtenemos la solución del ejercicio.

 10. Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo inicia el regreso a la misma
hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese que en algún momento del domingo el automovilista se
encuentra a igual distancia de Granada que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento.
Solución
Supongamos que el automovilista tarda 4 horas en llegar a Madrid. Llamando f : [8, 12] → R la función que en el tiempo t
(medido horas) nos da la distancia f (t) (medida en kilómetros) que el automovilista ha recorrido el sábado, y g : [8, 12] → R a
la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia g(t) (medida en kilómetros) que el automovilista ha recorrido
el domingo; tenemos que f (8) = g(8) = 0, f (12) = g(12) = α = distancia de Granada a Madrid. Como las funciones f y g
son continuas, la función h(t) = f (t) − (α − g(t)) también es continua. Como h(8) = −α < 0, h(12) = α > 0, deducimos que
h(to ) = 0 para algún to ∈ [8, 12], es decir f (to ) = α − g(to ). Por tanto, el sábado y el domingo, en el instante to el automovilista
se encuentra a la misma distancia de Granada.
Si dibujas las gráficas de f y de g verás que este resultado es evidente.

 11. Sea f : R → R una función continua y decreciente. Pruébese que hay un único punto a ∈ R tal que f ( a) = a.
Solución
Vamos a resolver el ejercicio de otra forma alternativa a la que vimos en clase. Naturalmente, se trata de probar que la función
g( x ) = x − f ( x ) se anula en algún punto. Como es continua (porque nos dicen que f lo es) y está definida en un intervalo,
intentaremos aplicar el teorema de Bolzano. Tomemos un punto c ∈ R. Si f (c) = c hemos acabado. En otro caso será f (c) 6= c.
Supongamos que f (c) < c. Entonces, como f es decreciente, será f ( f (c)) > f (c). Si f ( f (c)) = f (c), hemos acabado. En otro
caso será f ( f (c)) > f (c). Pero en este caso obtenemos que g(c) > 0 y g( f (c)) < 0 por lo que el teorema de Bolzano garantiza
que g tiene que anularse en algún punto. Se razona de forma análoga si suponemos que c < f (c).

Miguel Martín y Javier Pérez (Universidad de Granada)