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ANTONIO TINEO
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias
Universidad de los Andes
Versión revisada por Carlos Uzcátegui
Enero 2005
Índice general
1. Conjuntos y funciones 1
1.1. Conjuntos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3. Relaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2. Sistemas numéricos 11
2.1. Leyes de composición. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2. Cuerpos ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.3. Los números naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4. Números enteros y números racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.5. Los números reales y el axioma de completitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.6. Propiedades del supremo y el ı́nfimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.7. La recta extendida. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.8. Valor absoluto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.9. Un ejemplo de un cuerpo ordenado no arquimediano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4. Sucesiones y series 45
4.1. Sucesiones y convergencia de sucesiones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.2. Operaciones algebraicas sobre sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.3. Propiedades de las sucesiones convergentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.4. Sucesiones monótonas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.5. Lı́mites al infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
i
ii
4.6. Subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4.7. Lı́mites superior e inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.8. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.9. Series. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.10. Series absolutamente convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.11. Criterios de convergencia de series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.12. Redes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5. Topologı́a de la Recta 71
5.1. Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.2. Conjuntos Abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.3. Conjuntos Cerrados y Clausura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.4. Puntos de Acumulación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.5. Conjuntos Compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.6. Los subgrupos aditivos de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
6. Lı́mites y Continuidad 87
6.1. Lı́mites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
6.2. Funciones Continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
6.3. Funciones continuas definidas sobre compactos y sobre intervalos . . . . . . . . . . . . 95
6.4. Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6.5. Funciones Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
6.6. Funciones exponenciales y logarı́tmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
7. Diferenciación 109
7.1. Definición de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
7.2. Algebra de derivadas y la regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
7.3. Teoremas de Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
7.4. Derivadas de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
7.5. La Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
7.6. Extremos Relativos y Convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
7.7. Construcción de una función diferenciable que no es C 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
8. Integración 129
8.1. Particiones de un intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
8.2. La Definición de la Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
8.3. Propiedades Básicas de la Integral de Riemann. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
8.4. El Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
iii
Conjuntos y funciones
Introducción. Además de fijar alguna terminologı́a, referente a la teorı́a de conjuntos, este capı́tulo
tiene por objeto establecer el concepto fundamental de función y estudiar sus propiedades elemen-
tales, a saber: composición de funciones, funciones inyectivas, sobreyectivas y biyectivas. Unas breves
palabras serán dichas a cerca de las relaciones de orden y de equivalencia.
1.1. Conjuntos.
Cualquier teorı́a matemática debe tener un punto de partida; es decir, se deben aceptar (sin defini-
ción alguna), una serie de términos primitivos y ciertas relaciones entre ellos, llamadas axiomas.
En el caso que nos ocupa, los términos primitivos (que aceptaremos como intuitivos) son aquellos de
conjunto, elemento y pertenencia.
En general, se usarán letras mayúsculas A, B, . . . , X, Y, . . . para denotar conjuntos. Los elementos
de un conjunto serán denotados generalmente, por letras minúsculas tanto del alfabeto griego como
latino. Dados un elemento x y un conjunto A pondremos x ∈ A (léase: “x pertenece a A”) para indicar
que x es un elemento de A. En caso contrario se utiliza el sı́mbolo x ∈
/ A, que se lee: “x no pertenece
a A”.
Sean A y B conjuntos. El sı́mbolo A = B (léase: “A igual a B”) se usará para indicar que A y
B son el mismo conjunto. En caso contrario, usaremos el sı́mbolo A 6= B que se lee: “A distinto (o
diferente) de B”. Uno de los axiomas de la teorı́a de conjuntos dice que:
A = B si y sólo si A y B poseen los mismos elementos.
Sean A, B conjuntos. Diremos que A está contenido en B o que A es un subconjunto de B,
denotado A ⊂ B, si todo elemento de A es elemento de B. Si A ⊂ B también pondremos B ⊃ A, que
se lee: “B contiene a A”. Si A ⊂ B y A 6= B diremos que A es un subconjunto propio de B. Note
que cualesquiera sean los conjuntos A, B, C, se tiene:
i) A ⊂ A.
ii) A = B si y sólo si A ⊂ B y B ⊂ A.
1
2
iii) Si A ⊂ B y B ⊂ C, entonces A ⊂ C.
Sea A un conjunto y sea P (x) una oración que tiene a x como sujeto. Un axioma de la teorı́a de
conjuntos informalmente dice que:
Los elementos x de A para los cuales P (x) es verdadera, es un conjunto.
Ese conjunto será denotado por {x ∈ A : P (x)}. El sı́mbolo {x ∈ A : . . .} se lee: “El conjunto de
los x en A tales que . . .”. A fin de aclarar un poco más el axioma anterior daremos a continuación
algunos ejemplos.
1) El conjunto vacı́o. En el capı́tulo siguiente admitiremos como un axioma más, la existencia del
conjunto de los números reales. En particular, tendremos la existencia de al menos un conjunto
A. Consideremos ahora la oración P (x) = “x no pertenece a A”. Por el axioma precedente se
tiene un conjunto definido por {x ∈ A : x ∈
/ A} que denotaremos por ∅ y que llamaremos
conjunto vacı́o. Note que ∅ es el único conjunto que no tiene elementos. Note también que
para cualquier conjunto X se tiene ∅ ⊂ X (porque no hay elementos en ∅ que no pertenezcan a
X).
Ejercicios.
a) A ∩ B = B ∩ A.
b) A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C, lo que permite escribir A ∩ B ∩ C en lugar de A ∩ (B ∩ C) o
de (A ∩ B) ∩ C.
c) A ∩ B = A si y sólo si A ⊂ B.
d ) Si A ⊂ B, entonces A ∩ C ⊂ B ∩ C.
a) A ∪ B = B ∪ A y A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.
b) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) y A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
c) A ∪ B ⊂ A si y sólo si B ⊂ A.
d ) A ∪ B = A ∪ (B \ A) y A ∩ (B \ A) = ∅.
4. Pruebe que no existe ningún conjunto U que contenga a cualquier otro conjunto. Ayuda. Suponga
que tal U existe y defina V = {A ∈ P(U ) : A ∈
/ A}. Ya que U contiene cualquier conjunto, debe
tenerse que V ⊂ U . Observe ahora que cualquiera de las dos siguientes posibilidades V ∈ V ,
V ∈
/ V , lleva a contradicción.
1.2. Funciones.
conjunto f se conoce también como el gráfico de la función (A, f, B). En la casi totalidad de los
casos y cuando esto no cause confusin, diremos “la función f ”, en vez de la función (A, f, B).
En la literatura corriente, una función (A, f, B) se denota por el sı́mbolo f : A → B y se le piensa
como una ley o regla que a cada elemento x ∈ A asocia un único elemento f (x) de B.
Ejemplos.
a) Sean A, B conjuntos no vacı́os y fijemos b ∈ B. Entonces (A, f, B) := (A, A × {b}, B) es una
función de A en B tal que f (x) = b, para todo x ∈ A. Esta función es llamada función constante
(de valor b).
b) Asociada con cada conjunto no vacı́o A se tiene una aplicación idA : A → A definida por
idA (x) = x para cada x ∈ A. Dicha aplicación se denomina identidad de A y como subconjunto de
A × A no es otra cosa que {(x, y) ∈ A × A : x = y}.
Enunciaremos a continuación el axioma de elección o escogencia; uno de los más famosos de
la teorı́a de conjuntos.
Sea X un conjunto y sea P un subconjunto de P(X) \ {∅}. Entonces existe una función S : P → X
tal que S(Z) ∈ Z para cada Z ∈ P.
Informalmente hablando, este axioma dice que dada cualquier familia P de subconjuntos no vacı́os
de X, es posible escoger un elemento en cada uno de los miembros de esa familia. Cuando la familia
en cuestión es “pequeña” esto parece obvio. Sin embargo no es nada claro cuando la “familia es muy
grande”.
Sean A, B, C conjuntos. Dadas aplicaciones f : A → B, g : B → C, se define la composición o
compuesta de f con g como la función g ◦ f : A → C dada por g ◦ f (x) = g(f (x)).
De manera análoga, [h ◦ (g ◦ f )](x) = h((g ◦ f )(x)) = h(g(f (x))), lo cual termina la prueba.
Estudiaremos ahora algunos tipos particulares de funciones.
Definición 1.2.3. Una función f : A → B se dice biyectiva si existe una función g : B → A tal que
g ◦ f ≡ idA y f ◦ g ≡ idB . Note que, en este caso, g también es biyectiva.
Proposición 1.2.4. Sea f : A → B una función biyectiva. Entonces existe una única aplicación
g : B → A satisfaciendo las condiciones de la Definición 1.2.3.
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[(g ◦ f ) ◦ (f −1 ◦ g −1 )] = g ◦ [f ◦ (f −1 ◦ g −1 )] = g ◦ [(f ◦ f −1 ) ◦ g −1 ]
= g ◦ [idB ◦ g −1 ] = g ◦ g −1 = idC .
Demostración. Supongamos primero que existe una función g : B → A tal que g ◦ f = idA . Si
f (x) = f (x0 ), entonces g(f (x)) = g(f (x0 )) de donde, idA (x) = idA (x0 ). De aquı́, x = x0 , lo cual prueba
que f es inyectiva.
Supongamos ahora que f es inyectiva y fijemos a0 ∈ A. Definiremos g : B → A como sigue:
g(y) = a0 si y ∈
/ f (A).
Ejercicios.
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2. Defina la terna ordenada (x, y, z) como el conjunto {{x}, {x, y}, {x, y, z}} y pruebe un resul-
tado análogo al anterior. Defina también la noción de cuaterna ordenada.
3. Sean A, B, C, D conjuntos. Pruebe que dos funciones (A, f, B), (C, g, D) son iguales si y sólo si
A = C, B = D y f (x) = g(x) para cada x ∈ A. En este caso algunos autores escriben f ≡ g y se
dice que f y g son idénticas.
4. Sea (A, f, B) una función y sea X un subconjunto de A. Pruebe que (A, f ∩ X × B, B) es una
función que denotaremos por f |X y que llamaremos la restricción de f a X.
7. Pruebe que la composición de funciones inyectivas (resp. sobreyectivas) es inyectiva (resp. so-
breyectiva).
8. Sea f : A → B una función inyectiva (resp. sobreyectiva). Pruebe que dados a ∈ A, b ∈ B, existe
una función inyectiva (resp. sobreyectiva) de A \ {a} en B \ {b}.
9. Dada una función f : A → B, pruebe que la función g : A → f (A) definida por g(x) = f (x), es
sobreyectiva. Concluya que g es biyectiva si y sólo si f es inyectiva.
11. Sea f : A → B una función sobreyectiva y sea b ∈ B. Pruebe que la función g : A \ f −1 (b) →
B \ {b} definida por g(x) = f (x) es sobreyectiva.
1.3. Relaciones.
Una versión preliminar de estas notas fué escrita sin hacer uso explı́cito de la noción de relación.
Sin embargo, las relaciones de orden y de equivalencia son tan importantes en matemáticas, que una
mención a ellas se hace necesaria.
En lo que resta del capı́tulo, A y B denotan conjuntos. Todo subconjunto R ⊂ A × B será llamado
una relación (entre A y B). Si (x, y) ∈ R decimos que x está en la relación R con y y escribimos
x R y.
Las relaciones más importantes en matemática (aparte de la noción de función) ocurren cuando
A = B. En este caso una relación R ⊂ A × B se llamará interna en A.
Sea R una relación interna en A. Diremos que:
1) R es reflexiva, si x R x para cada x ∈ A.
2) R es transitiva, si las condiciones x R y, y R z implican x R z.
3) R es simétrica si la condición xRy implica yRx.
4) R es antisimétrica si las condiciones xRy e yRx implican x = y.
Un orden (u orden parcial) en A es una relación interna ≤ en A la cual es reflexiva antisimétrica
y transitiva. Un conjunto ordenado es un par (A, ≤) donde A es un conjunto y ≤ es un orden en A.
Ejemplo. Sea X un conjunto. Entonces la relación de contención Y ⊂ Z; Y, Z ∈ P(X); define una
relación de orden en P(X). Ası́, (P(X), ⊂) es un conjunto ordenado.
Una relación interna ' en A se dice de equivalencia, si esa relación es reflexiva, simétrica y
transitiva. En lo que resta de la sección, ' denotará una relación de equivalencia en A. Diremos que
α ⊂ A es una clase de A según ' si:
i) α 6= ∅.
ii) x ' y cualesquiera sean x, y ∈ α.
iii) y ∈ α si x ' y y x ∈ α.
El conjunto {α ∈ P(A) : α es una clase de A según '} se llama el conjunto cociente de A por
' y se denota por A/ '.
Ejercicios.
1. Sea (A, ≤) un conjunto ordenado. Diremos que a ∈ A es cota superior (resp. inferior) de
un subconjunto B de A si x ≤ a (resp. x ≥ a) para cada x ∈ B. En este caso se dice que B
está acotado superiormente (resp. inferiormente) en A. Se dice que B tiene supremo en
A si ”B posee una cota superior mı́nima”; es decir, si existe una cota superior c ∈ A de B tal que
c ≤ a para cualquier otra cota superior a de B. Pruebe que existe a lo sumo un elemento c ∈ A
con esta propiedad. Cuando tal c exista, será llamado el supremo de B en A y será denotado
por supA (B) (ó por sup(B), si no hay peligro de confusión).
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2. Sea X un conjunto. Pruebe que todo subconjunto de P(X) posee supremo con respecto al orden
dado por contención.
3. Sea (A, ≤) un conjunto ordenado y suponga que el conjunto {a, b} posee supremo en A, cua-
lesquiera sean a, b ∈ A. Defina a∨b = sup({a, b}) y muestre que a∨b = b∨a y a∨(b∨c) = (a∨b)∨c,
cualesquiera sean a, b, c ∈ A.
5. Pruebe que para cada a ∈ A, el conjunto [a] := {x ∈ A : x ' a} es una clase de A según ', que
llamaremos la clase de a según ' .
7. Por una división de A entendemos una familia P de subconjuntos no vacı́os de A, dos a dos
disjuntos cuya reunión es A. Pruebe que A/ ' es una división de A. Recı́procamente, pruebe
que si P es una división de A, entonces P = A/ ' para alguna relación de equivalencia ' en A.
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Capı́tulo 2
Sistemas numéricos
Introducción. El objeto de este capı́tulo es introducir, de manera axiomática, el cuerpo de los números
reales y estudiar algunos de sus subconjuntos más importantes, a saber: números naturales, enteros,
racionales e irracionales.
Hay otra forma de introducir los números reales, llamada constructiva. Esta vı́a comienza con
la aceptación de los números naturales y se construyen sucesivamente, los enteros, los racionales y,
finalmente, los números reales. La construcción de los enteros y racionales es sumamente algebraica
y no aporta mucho al estudio del análisis matemático. Para la construcción de los números reales, a
partir de los racionales, se presentan dos alternativas: Las Cortaduras de Dedekind o Las Sucesiones
de Cauchy. La primera de ellas es un proceso muy particular que sólo sirve para construir los números
reales, mientras que el segundo, si tiene importancia posterior, como es la completación de un espacio
métrico [?]. Sin embargo, debido a las sutilezas y tecnicismos de este método, es preferible, a nuestro
criterio, dejarlo para un curso más avanzado.
En esta sección, A denota un conjunto no vacı́o. Toda aplicación ∗ : A × A → A será llamada una
ley de composición en A. La imagen de (x, y) mediante tal ley, será denotada por x ∗ y en vez de
∗((x, y)). En lo que resta de esta sección, ∗ denotará una ley de composición en A. Diremos que:
i) ∗ es asociativa, si x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z, cualesquiera sean x, y, z ∈ A.
ii) ∗ es conmutativa, si x ∗ y = y ∗ x, cualesquiera sean x, y ∈ A.
iii) e ∈ A es elemento neutro para ∗, si x ∗ e = e ∗ x = x, para cada x ∈ A.
Supongamos que ∗ es una ley de composición en un conjunto A, la cual posee un elemento neutro e.
Se dice que x ∈ A es simetrizable ó invertible respecto a ∗ si existe y ∈ A tal que x∗y = y ∗x = e.
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neutro de ∗. Además, por la Proposición 1.2.2, ∗ es asociativa. Es más, de la definición 1.2.3, se tiene
que los elementos invertibles de A son las biyecciones de X en si mismo.
Ejemplo 2. Sea X un conjunto. Entonces, la unión de conjuntos define una ley de composición ∗ en
P(X). El lector comprobará que ∗ es conmutativa y asociativa. Además, ∅ es el elemento neutro de esta
ley de composición. ¿Qué puede usted decir acerca de la ley de composición dada por A ∗ B = A ∩ B?.
Un grupo es un par (G, ∗), donde ∗ es una ley de composición en un conjunto G, la cual es
asociativa, posee un elemento neutro y todo elemento de G es invertible. Si además ∗ es conmutativa,
se dice que (G, ∗) es conmutativo ó abeliano. En este caso, la ley ∗ suele denotarse por +, el
elemento neutro de G por 0 y el simétrico de x ∈ G por −x.
Ejemplo. Sea X un conjunto no vacı́o y sea G el conjunto de todas las biyecciones de X en si
mismo. Entonces (G, ◦) es un grupo, donde ◦ es la ley de composición de funciones definida en el
Ejemplo 1 anterior.
Ejercicios.
2. Suponga que ∗ es asociativa y que posee elemento neutro e. Pruebe que si x ∈ A es simetrizable
entonces existe un único elemento y ∈ A tal que x ∗ y = y ∗ x = e. (Ayuda. Imite la prueba de la
Proposición 1.2.4). Este elemento y será llamado el simétrico ó inverso de x y será denotado
por x−1 .
3. Sea X un conjunto de tres elementos. Pruebe que el grupo G del ejemplo anterior no es abeliano.
4. Sea (G, ∗) un grupo y sean x, y, z elementos de G. Pruebe que (x−1 )−1 = x y que (x ∗ y)−1 =
y −1 ∗ x−1 . Muestre que si x ∗ y = x ∗ z entonces y = z. Concluya que si x ∗ y = y entonces x = e
(elemento neutro). Enuncie estos resultados con la notación usada para grupos abelianos.
Un cuerpo es una terna (K, +, ·) donde +, · son leyes de composición en K llamadas adición y
multiplicación respectivamente, tales que:
ii) (K \ {0}, ·) es un grupo abeliano cuyo elemento neutro denotamos por 1. Note que 1 6= 0 ya que
1 ∈ K \ {0}.
x ∈ P, x = 0, −x ∈ P.
O2 ) Si x, y ∈ P entonces x + y, x · y ∈ P .
−A = {−x : x ∈ A}.
Con esta notación, O1 ) es equivalente a decir que K es la unión de P, {0} y −P y que estos tres
conjuntos son dos a dos disjuntos.
El conjunto P debe pensarse como los elementos “positivos” de K y por ello pondremos x > 0
(léase x mayor que cero) para significar que x ∈ P . Las propiedades O1 )-O2 ) se expresan ahora de
la siguiente forma:
P1 ) Si x ∈ K entonces ocurre una y sólo una de las siguientes posibilidades: x > 0, x = 0, −x > 0.
Dados x, y ∈ K definimos
x ≥ y, si x > y o x = y
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ K (x ≥ y ⇒ x + z ≥ y + z)
∀x ∈ K, ∀y ∈ K, ∀z ∈ P (x ≥ y ⇒ z · x ≥ z · y)
En lo que resta de este capı́tulo (K, +, ·, >) denotará un cuerpo ordenado. Es decir, (K, +, ·) es un
cuerpo y > es una relación en K que satisface P1 ) y P2 ). Dados x, y ∈ K pondremos x − y = x + (−y)
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y escribiremos x > y si x − y > 0. El sı́mbolo y > x (léase: y mayor que x) también será usado
para significar que x < y. De la propiedad P1 ) se tiene que ocurre una y sólo una de las siguientes
posibilidades:
x > y; x = y; x < y.
Proposición 2.2.1. Sea a ∈ K y supongamos que a < ², para cada ² > 0. Entonces, a ≤ 0.
4. a · (b − c) = a · b − a · c.
9. Si a > b > 0, entonces a−1 < b−1 . Si, además, c > d > 0, entonces a · c > b · d.
10. Dados x, y ∈ K defina x ≤ y, si x < y o si x = y. Pruebe que ≤ es un orden en K que posee las
siguientes propiedades, donde x, y, z denotarán elementos e K:
a) Si x ≤ y, entonces x + z ≤ y + z.
b) Si x ≤ y y 0 ≤ z, entonces z · x ≤ z · y.
I1 ) 1 ∈ I.
I2 ) Si x ∈ I, entonces x + 1 ∈ I.
Demostración. a) Supongamos que el resultado es falso. Es decir, que existe n ∈ N tal que n 6= 1
y n−1 ∈
/ N. Dejamos al lector verificar que el conjunto N \ {n} es inductivo (ver ejercicio 3). Pero
esto contradice el Teorema 2.3.1 y termina la prueba de a). La prueba de b) es consecuencia directa
del hecho que el conjunto {m ∈ K : m ≥ 1} es inductivo (ver ejercicio 1) y de la definición de N.
Teorema 2.3.5. Todo subconjunto no vacı́o A de N posee un primer elemento. Esto significa, por
definición, que existe a ∈ A tal que, a ≤ x, para todo x ∈ A.
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Ejercicios.
6. Sea B ⊂ N no vacı́o y suponga que existe a ∈ N tal que x ≤ a; para todo x ∈ B. Pruebe que
existe b ∈ B tal que , x ≤ b para cada x ∈ B. Este número b se llama el máximo de B. Ayuda.
Sea b el primer elemento del conjunto {n ∈ N : x ≤ n para todo x ∈ B}.
9. Sean a, b ∈ N. Diremos que a divide a b si existe c ∈ N tal que b = ac. En este caso se dice
que a es un divisor o factor de b. Denote por Db al conjunto de divisores de b y pruebe que
Db 6= ∅ y que b es cota superior de Db . El máximo común divisor de a y b se define como el
máximo del conjunto Da ∩ Db y se denota por M CD(a, b).
10. Pruebe que para cualquier a ∈ N, existe b ∈ N tal que a = 2b ó a = 2b − 1. En en primer caso
se dice que a es par, mientras que en el segundo, decimos que a es impar.
12. Sea f : N → N una función tal que f (n + 1) > f (n) para cada n ∈ N. Pruebe que f es inyectiva.
Definimos el conjunto Z de los números enteros como la unión de los conjuntos N, {0} y −N
(recordemos que para un conjunto A ⊂ K hemos definido −A como el conjunto {−x : x ∈ A}).
Obviamente, 0, 1 ∈ Z.
Demostración. Supongamos por el absurdo que existe x ∈ Q tal que x2 = 2 y escribamos x = a/b,
donde a, b ∈ Z, b 6= 0 y a, b no tienen factores comunes. Como a2 /b2 = x2 = 2, entonces a2 = 2b2 , de
modo que a2 es par. Por el ejercicio 11 de la sección precedente, a es par y por consiguiente a = 2c
para algún c ∈ Z. De aquı́, 2b2 = 4c2 y se concluye fácilmente que b es par. Esto muestra que 2 es un
factor común de a y b y esta contradicción termina la prueba.
Se dice que K es arquimediano, si dado x ∈ K existe n ∈ N tal que n > x. Dejamos al lector
como ejercicio mostrar que Q es arquimediano. Este hecho se usará con frecuencia.
Ejercicios.
3. Sea R un anillo de K tal que todo subconjunto no vacı́o de R, acotado inferiormente en R, posee
primer elemento. Pruebe que R = Z. Ayuda. Sea a el primer elemento de R∗ := {x ∈ R : x > 0}.
Muestre que N ⊂ R, de modo que a ≤ 1. Concluya que a = 1, porque a2 ∈ R y a2 ≤ a. Suponga
por el absurdo que R+ 6= N y sea b el primer elemento de R+ \ N. Pruebe que b − 1 ∈ R+ \ N.
Nota. Los ejercicios 2 y 3 precedentes, dicen que Z puede caracterizarse como el anillo de K
donde todo subconjunto no vacı́o y acotado inferiormente en Z, tiene primer elemento.
4. Pruebe que, para cada x ∈ R existe un único n ∈ Z tal que n ≤ x < n + 1. Este número n, se
conoce como la parte entera de x y se le denota por [x]. Ayuda. Use el ejercicio 2.
6. Sea b > 0. Pruebe que, para cada x ∈ R, existe un único n ∈ Z tal que, nb ≤ x < (n + 1)b.
9. Pruebe que K es arquimediano si y sólo si, dados x, y ∈ K con x > 0, existe n ∈ N tal que
nx > y. Pruebe también que Q es arquimediano.
En esta sección presentaremos la definición de los números reales. Este es sin duda uno de los
conceptos mas importantes de toda la matemática.
Para facilitar la lectura de esta sección, recordaremos algunas definiciones dadas en la sección 1.3.
Diremos que un subconjunto A de K está acotado superiormente (resp. inferiormente) si existe
b ∈ K tal que x ≤ b (resp. b ≤ x) para cada x ∈ A. En este caso se dice que b es una cota superior
(resp. inferior) de A. Se dice que A es acotado si ese conjunto admite cotas inferiores y superiores.
Sea A ⊂ K no vacı́o. Se dice que A tiene supremo en K si existe una cota superior b ∈ K de A tal
que b ≤ c para cualquier otra cota superior c de A. En otras palabras, “el supremo (cuando exista!)
es la menor de las cotas superiores” y se denota por sup(A).
De manera semejante, se dice que A tiene ı́nfimo en K si existe una cota inferior b de A tal que
b ≥ c para cualquier otra cota inferior c de A. El ı́nfimo (cuando exista) será denotado por inf(A). Es
de observar que “el ı́nfimo es la mayor de las cotas inferiores”.
Asumiremos la existencia de un cuerpo ordenado, denotado por (R, +, ·, >); llamado cuerpo de
los números reales; tal que todo subconjunto de R no vacı́o y acotado superiormente tiene supremo
en R. Esta propiedad fundamental de R se conoce como propiedad del supremo o axioma de
completitud.
Observación: La definición que hemos dado de R puede (y quizá debe) parecer extraña, pues nada
indica que exista un cuerpo ordenado con la propiedad del supremo. En este texto no daremos una
prueba formal de la existencia R, sino que estudiaremos sus propiedades basados solamente en el
hecho que es un cuerpo ordenado completo. En casos como este, usualmente se dice que se trabaja
axiomaticamente. Este enfoque axiomático es particularmente efectivo en el caso de R pues existe un
sólo cuerpo ordenado completo. El significado preciso de esta afirmación se escapa de los objetivos de
este libro, pero en términos informales, podemos decir que no hay manera de diferenciar o distinguir
dos cuerpos ordenados completos a través de propiedades algebraicas o de propiedades expresadas en
términos del orden.
Ya hemos dicho que Q es un cuerpo ordenado (ver proposición 2.4.2 y ejercicio 8 de la sección 2.4),
mostraremos a continuación que Q no es completo, y por consiguiente Q no es igual a R.
20
Esto dice que t + 1/n ∈ A y contradice el hecho que t es cota superior de A. Luego, no puede ser
t2 < 2.
Supongamos que t2 > 2. Ya que Q es arquimediano, existe n ∈ N tal que nt > 1 y n(t2 − 2) > 2t
(justificar). En particular, t2 − 2t/n > 2, de donde (t − 1/n)2 > 2. De aquı́, para cada x ∈ A se tiene
(t − 1/n)2 > x2 y como t − 1/n > 0, concluı́mos que t − 1/n > x. Es decir, t − 1/n es una cota superior
de A contradiciendo el hecho que t era la menor de tales cotas. Esta contradicción dice que la relación
t2 > 2 no puede suceder y termina la demostración.
Todo elemento de R \ Q será llamado irracional. Veremos enseguida que hay al menos un número
irracional. Para ello notemos que el conjunto A := {x ∈ Q : x > 0, x2 < 2} no es vacı́o y está acotado
superiormente en R. De aquı́ y la Proposición 2.5.1, sup(A) es irracional.
Demostración. Supongamos que el resultado es falso. Entonces existe x ∈ R tal que, n ≤ x para
todo n ∈ N, y en consecuencia, N está acotado superiormente en R.
Pongamos b = sup(N). Entonces, n + 1 ≤ b, para todo n ∈ N; y de aquı́, n ≤ b − 1; para todo
n ∈ N. Es decir, b − 1 es una cota superior de N menor que el supremo. Esta contradicción termina la
prueba.
Teorema 2.5.3. (Densidad de Q en R). Dados a, b ∈ R con a < b, existe r ∈ Q tal que a < r < b.
caso (m = 1 ó m > 1), se que m − 1 ≤ pa. Luego pa < m ≤ 1 + pa < pb (recuerde que p(b − a) > 1 y
que m ∈ A). Finalmente, tenemos que r = m/p satisface la conclusión del teorema.
Consideremos ahora el caso a < 0. Si b > 0 tomamos r = 0. Si b ≤ 0, entonces 0 ≤ −b < −a y por
el primer caso, existe s ∈ Q tal que −b < s < −a. La prueba se termina tomando r = −s.
La proposición que sigue muestre que existen irracionales entre dos reales cualesquiera.
Caso a = 0, b ∈ Q. Fijemos r ∈ R \ Q (recuerde que este conjunto no es vacı́o). Podemos asumir que
r > 0 (porque si r < 0, entonces −r > 0 y −r ∈ R \ Q). Como R es arquimediano (proposición
2.5.2), existe n ∈ N tal que n > rb−1 , de modo que, b > rn−1 > 0, y basta tomar x = r/n.
Caso a, b ∈ Q. Tenemos que b − a ∈ Q es positivo y por el caso anterior, existe un irracional z tal
que 0 < z < b − a. Ahora basta tomar x = a + z.
Caso General. Por el Teorema 2.5.3, existe s ∈ Q tal que a < s < b, y por el mismo argumento,
existe r ∈ Q tal que s < r < b. Por el caso anterior existe un irracional x tal que s < x < r y la
prueba es completa.
Ejercicios.
2. Sean s, t ∈ R con s racional y t irracional. Pruebe que s + t es irracional y que lo mismo vale
para st si s 6= 0.
i) Si x < y e y ∈ α, entonces x ∈ α.
Nota. El ejercicio 3 dice que el cuerpo de los números reales puede ser construı́do a partir del
cuerpo de los números racionales a través de las cortaduras de Dedekind.
22
Proposición 2.6.1. Sea A ⊂ R no vacı́o y acotado superiormente y sea b ∈ R una cota superior de
A. Son equivalentes:
a) b es supremo de A (en sı́mbolos, b = sup(A)).
b) Para cada ² > 0 existe x ∈ A tal que b − ² < x.
c) Para cada a < b; a ∈ R; existe x ∈ A tal que a < x.
Proposición 2.6.2. Sea A ⊂ R no vacı́o y acotado inferiormente y sea b ∈ R una cota inferior de A.
Son equivalentes:
a) b es el ı́nfimo de A (en sı́mbolos, b = inf(A)).
b) Para cada ² > 0 existe x ∈ A tal que x < b + ².
c) Para cada a > b; a ∈ R; existe x ∈ A tal que a > x.
A + B = {x + y : x ∈ A, y ∈ B}
γA = {γx : x ∈ A}
A · B = {xy : x ∈ A, y ∈ B}.
c) De (6.1) se tiene que γx ≥ γa, de modo que γa es cota inferior de γA. Poniendo µ = −γ, se
tiene, del ejercicio 1 de esta sección, que inf(γA) = inf(−µA) = − sup(µA) = −µ sup(A), lo cual
completa la prueba de c).
Ejercicios.
1. Bajo las mismas hipótesis de la proposición 2.6.1 pruebe que b = sup(A)) si y solo si para cada
n ∈ N existe x ∈ A tal que b − 1/n < x. Enuncie y demuestre un resultado análogo para el
ı́nfimo.
n o n 2 o
7x2 +8 7x +8
2. a) Muestre que sup 3x2 +5
: x ∈ R = 7/3 y que inf 3x 2 +5 : x ∈ R = 8/5.
2
b) ¿Qué puede decir acerca del supremo y del ı́nfimo de { 7x +4x+8
3x2 +4x+5
: x ∈ R}?
2
c) Muestre que inf{ 2q +5q+3
3q 2 −q+8
: q ∈ Q, q ≥ 1} = 2/3.
2
d ) ¿Qué puede decir acerca de sup{ 2q +5q+3
3q 2 −q+8
: q ∈ Q, q ≥ 1}?
e) Sean a, b reales con b positivo. ¿Qué puede decir, en términos de a y b, acerca del supremo
2
y del ı́nfimo de { 7x +a
3x2 +b
: x ∈ R}?
3. Determinar si los siguientes subconjuntos de R son acotados superiormente y/o acotados infe-
riormente, en caso que lo sean, hallar su supremo y/o su ı́nfimo. Determinar si tienen máximo
y/o mı́nimo.
24
(−1)n
{ 3n+5
7n+8 : n ∈ N}
3n+5
{ 7n+12 : n ∈ N} {7 − n2 +1
: n ∈ N}
3
{ x−1 : x > 1, x ∈ R} { 21n : n ∈ N} {8 − 2
2n+1 −1
: n ∈ N}
b) inf(γA) = γ inf(A) si γ ≥ 0,
c) γ inf(A) = sup(γA) si γ ≤ 0
8. Sea A ⊆ R y B = A\[0, 1]. Suponga que B es acotado superiormente y que Sup(B) ≤ 0. Muestre
que A es acotado superiormente y que Sup(A) ≤ 1.
9. Sean a, b, c, d ∈ R con a < b y c < d. Denotaremos por (a, b) el conjunto {x ∈ R : a < x < b},
por (−∞, a) el conjunto {x ∈ R : x < a} y por (a, +∞) el conjunto {x ∈ R : a < x}. Usando la
noción de suma de conjuntos introducida en esta sección, muestre que
El objeto de esta sección es introducir algunas notaciones sumamente útiles para lo que sigue. Al
conjunto R le añadiremos dos nuevos elementos que denotaremos por +∞ y −∞ y que llamaremos
más infinito y menos infinito respectivamente. El conjunto ası́ obtenido, se le conoce como la recta
extendida y lo denotaremos provisionalmente por R̄. Extenderemos parcialmente a R̄ las operaciones
de suma y producto en R, ası́ como el orden de R. Más precisamente, dado x ∈ R pondremos:
Ejercicios.
1. Sean A, B ⊂ R no vacı́os. Pruebe que: i) sup(A + B) = sup(A) + sup(B), ii) sup(γA) = γ sup(A)
(resp. γ inf(A)) si γ ∈ R y γ > 0 (resp. γ < 0), iii) sup(A · B) = sup(A) sup(B) si A · B 6= {0} y
x, y ≥ 0 cuando x ∈ A e y ∈ B.
2. Pruebe que el ejercicio anterior permanece válido si intercambiamos “supremo” por “ı́nfimo”.
26
2. | − x| = |x|
3. |xy| = |x||y|
Demostración. Sabemos que, −|x| ≤ x ≤ |x| y −|y| ≤ y ≤ |y|, y sumando miembro a miembro
estas desigualdades queda, −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|. El resultado se sigue ahora de la proposición
2.8.2.
Por el mismo argumento, |y| ≤ |y − x| + |x|; de donde, |x| − |y| ≥ −|y − x|. Pero, y − x = −(x − y),
ası́ que |y − x| = |x − y|. De aquı́,
|x| − |y| ≥ −|x − y|. (8.2)
Demostración. Pongamos
C = {|x − y| : x, y ∈ A}.
Ejercicios.
3. Pruebe que A ⊂ R es acotado si y sólo si existe M ≥ 0 tal que |x| ≤ M , para todo x ∈ A.
En esta sección daremos algunas indicaciones para construir un cuerpo ordenado que no es arqui-
mediano.
p(t)
1. Considere el conjunto Q(t) formado por todas formas racionales q(t) donde p(t) y q(t) son
polinomios en la indeterminada t con coeficientes racionales y q(t) no es el polinomio cero. Es
decir, los elementos de Q(t) son la expresiones de la forma
an tn + · · · + a1 t + a0
bm tm + · · · + b1 t + b0
donde a1 , · · · , an , , b1 , · · · , bm son racionales, n, m son naturales y algún bi no es igual a cero.
Defina sobre Q(t) las operaciones usuales de suma y multiplicación, es decir,
p(t) p0 (t) p(t)q 0 (t) + p0 (t)q(t)
+ 0 =
q(t) q (t) q(t)q 0 (t)
y
p(t) p0 (t) p(t)p0 (t)
· 0 =
q(t) q (t) q(t)q 0 (t)
Las operaciones inversas son entonces
p(t) −p(t)
− =
q(t) q(t)
28
y
µ ¶−1
p(t) q(t)
=
q(t) p(t)
Muestre que Q(t) con estas operaciones es un cuerpo.
p(t)
2. El conjunto P de los elemento positivos de Q(t) es la colección de la formas racionales q(t) tales
que los coeficientes de p(t) y q(t) de la mayor potencia de t son del mismo signo. Es decir, si
p(t) es an tn + · · · + a1 t + a0 y q(t) es bm tm + · · · + b1 t + b0 , entonces an bm > 0. Muestre que
P satisface las condiciones O1 y O2 introducidas en la sección 2.2. En consecuencia Q(t) es un
cuerpo ordenado.
3. Muestre que Q(t) no es arquimediano. Recuerde que el elemento unidad de Q(t) es el polinomio
p(t) = 1. Muestre que n · 1 < t para todo n ∈ N (es decir que n · p(t) es menor, en el orden de
Q(t), que el polinomio q(t) = t).
Introducción. Nuestro interés primordial, en este capı́tulo, es introducir las nociones de sumatorias,
productorias y numerabilidad. Esto será realizado en las secciones 2 y 3, pero necesita de, lo que
usualmente se llaman, las definiciones recursivas o por inducción. Este tema será tratado en la sección
1 y, en una primera lectura, el lector puede omitir las demostraciones de los resultados allı́ probados.
En fin, en la sección 4, desarrollamos el tema de las sumas finitas, utilizando las mismas ideas de la
sección 1. Uno de los logros mayores de este capı́tulo es la construcción de las funciones potenciales
√
(f (x) = xn ) y radicales (f (x) = n x).
In = {1, 2, · · · , n}
para cada n ∈ N.
Note que F1 es el conjunto singular {ψ1 } donde ψ1 : I1 → X es definida por ψ1 (1) = a. Probaremos
que el conjunto A := {n ∈ N : Fn es singular} es inductivo. Para ello, fijemos n ∈ A y pongamos
29
30
ψ(i) = ψn (i) si i ∈ In ,
Usando (1.1) se verifica sin dificultad que ψ ∈ Fn+1 y en consecuencia ese conjunto no es vacı́o.
Supongamos ahora que α, β ∈ Fn+1 y sean φ, ψ : In → X las restricciones de α, β respectivamente. Es
fácil ver que φ, ψ ∈ Fn y como este conjunto es singular, se concluye que ψ = φ. Es decir, α(i) = β(i)
si i ∈ In . Pero de (1.1), α(n + 1) = f (α(n)) = f (β(n)) = β(n + 1) y en consecuencia α = β. Esto
muestra que Fn+1 es singular y en consecuencia, A es inductivo. Ası́, A = N.
Para cada n ∈ N escribamos Fn = {ψn } y definamos φ : N → X mediante φ(n) = ψn (n). Ya que
la restricción de ψn+1 a In está en Fn , se tiene ψn+1 (n) = ψn (n), de modo que,
lo cual demuestra la existencia de una función φ satisfaciendo los requerimientos del teorema. Supong-
amos ahora que φ, ψ : N → X satisfacen tales requerimientos. El lector interesado mostrará que el
conjunto {n ∈ N : φ(n) = ψ(n)} es inductivo, de donde φ = ψ.
El resultado que enunciaremos a continuación, aparentemente más general que el teorema anterior,
puede probarse usando los mismos argumentos que en este último. Sin embargo, aquı́ obtendremos el
teorema 3.1.2 como consecuencia del teorema 3.1.1, lo que de paso, ilustra la fuerza de este último.
Necesitamos alguna terminologı́a previa. Dados un conjunto X y n ∈ N, denotamos por X n al
conjunto de todas las funciones de In en X. Un elemento α ∈ X n suele denotarse por (x1 , . . . , xn )
donde, xi = α(i); i ∈ In . El conjunto X n se llama la n-ésima potencia de X y el elemento
(x1 , . . . , xn ) una n-upla de X. Con esta nueva terminologı́a, X 2 no es otra cosa que X × X.
F (α)(i) = α(i) si i ∈ In
y
F (α)(n + 1) = fn (α). (1.2)
Definamos φ : N → X por φ(n) = ψ(n)(n). Usando nuevamente inducción puede probarse (hacerlo)
que, φ|In = ψ(n), de modo que por (1.2) y (1.3), φ(n + 1) = F (ψ(n))(n + 1) = fn (ψ(n)) = fn (φ|In ).
La unicidad de φ se sigue como en el teorema 3.1.1.
Teorema 3.1.3. Sea X un conjunto no vacı́o provisto de una ley de composición ∗. Para cada función
g : N → X existe una única función ξg : N → X tal que ξg (1) = g(1) y ξg (n + 1) = ξg (n) ∗ g(n + 1).
Observaciones.
a) De las demostraciones de los dos teoremas precedentes se tiene que el teorema 3.1.1 implica el
teorema 3.1.2 y que este implica el teorema 3.1.3. Veremos ahora que este último implica el teorema
3.1.1, (de donde los tres teoremas son equivalentes). Para ello, sea G el conjunto de todas las aplica-
ciones de X en si mismo, provisto de la ley de composición h ∗ g = g ◦ h. Dada f ∈ G sea g : N → G la
aplicación constante g(n) = f para todo n ∈ N. Por el teorema 3.1.3 existe una aplicación ξ : N → G
tal que ξ(1) = g(1) = f y ξ(n + 1) = ξ(n) ∗ g(n + 1) = f ◦ ξ(n). El lector verificará que la función
φ : N → X definida por φ(1) = a y φ(n) = ξ(n − 1)(a); si n > 1; satisface los requerimientos del
teorema 3.1.1.
b) En el teorema anterior pongamos g(i) = xi . Entonces, ξg (2) = x1 ∗ x2 , ξg (3) = (x1 ∗ x2 ) ∗ x3 ,
ξg (4) = [(x1 ∗ x2 ) ∗ x3 ] ∗ x4 ; etc. Esto nos lleva a definir “el producto”x1 ∗ · · · ∗ xn como ξg (n).
c) Sea (X, ∗) como en el teorema 3.1.3. Dada una aplicación h : In → X definimos h(1)∗· · ·∗h(n) =
g(1) ∗ · · · ∗ g(n) donde g : N → X es cualquier extensión de h. En el ejercicio 1 se mostrará que esta
definición no depende de la extensión g de h usada.
Proposición 3.1.4. Supongamos que en el teorema 3.1.3 ∗ es asociativa, entonces cualesquiera sean
m, n ∈ N se tiene que
Fijemos m ∈ N y sea A el conjunto de aquellos n ∈ N que satisfacen (1.4). Ya que ξh (1) = h(1) =
g(m + 1), entonces ξg (m + 1) = ξg (m) ∗ g(m + 1) = ξg (m) ∗ ξh (1), lo cual prueba que 1 ∈ A.
Supongamos ahora que n ∈ A. Del Teorema 3.1.3 se tiene,
Ejemplo 1. Sea (X, ∗) = (K, +). Dada una función g : N → K, existe (por el Teorema 3.1.3) una
única función Σg : N → K tal que Σg (1) = g(1) y Σg (n + 1) = Σg (n) + g(n + 1). Esta aplicación Σg
será llamada la serie asociada a g. También usaremos el sı́mbolo
n
X
g(i)
i=1
para denotar al número g(1) + · · · + g(n) = Σg (n). Dicho sı́mbolo es llamado la sumatoria de los g(i)
desde 1 hasta n. Note que por la Proposición 3.1.4,
m+n
X m
X n
X
g(i) = g(i) + g(m + i),
i=1 i=1 i=1
Pm+n
cualesquiera sean m, n ∈ N. La última de estas sumatorias también suele denotarse por i=m+1 g(i).
Ejemplo 2. Sea (X, ∗) = (K, ·). Dada una función g : N → K, existe (por el Teorema 3.1.3) una
única función Pg : N → K tal que Pg (1) = g(1) y Pg (n + 1) = Pg (n) + g(n + 1). También usaremos los
sı́mbolos
n
Y
g(1) · · · g(n), g(i),
i=1
para denotar al número Pg (n). Note que por la Proposición 3.1.4,
m+n
Y m
Y n
Y
g(i) = g(i) + g(m + i),
i=1 i=1 i=1
Q
cualesquiera sean m, n ∈ N. La última de estas “productorias”también suele denotarse por m+n
i=m+1 g(i).
Qn
Cuando g(n) = n para todo n ∈ N, el producto i=1 g(i) es llamado el factorial de n y es
denotado por n!. Recuerde que por el Teorema 3.1.3, los factoriales están caracterizados por las dos
propiedades siguientes:
1! = 1 y (n + 1)! = n!(n + 1).
Ejercicios.
33
1. Sea (X, ∗) como en el Teorema 3.1.3 y sean g, h : N → X aplicaciones tales que, para algún
p ∈ N, g(i) = h(i) si i ∈ Ip . Pruebe que g(1) ∗ · · · ∗ g(p) = h(1) ∗ · · · ∗ h(p). Ayuda. Defina
A = {i ∈ Ip : g(1) ∗ · · · ∗ g(i) = h(1) ∗ · · · ∗ h(i)}.
3. Dados x, y ∈ K defina máx{x, y} como el máximo del conjunto {x, y}. Pruebe que dada una
función g : N → K existe una única función Mg : N → K tal que Mg (1) = g(1) y Mg (n + 1) =
máx{Mg (n), g(n + 1)}. Pruebe también que Mg (n) ≥ g(i) para todo i ∈ In . El número Mg (n)
se suele denotar por máx{g(1), · · · , g(n)} y se llama el máximo de los números g(1), · · · , g(n).
Fijemos a ∈ K y definamos f : K → K por f (x) = ax. Por Teorema 3.1.1 existe una única aplicación
φ : N → K tal que φ(n + 1) = f (φ(n)) = a · φ(n). Note que φ(2) = a · a = a2 , φ(3) = a2 · a := a3 , etc.
El elemento φ(n) será llamado la n-ésima potencia de a y será denotado por an . Con esta nueva
notación tenemos
a1 = a y an+1 = an · a.
Teorema 3.2.1. Dados a ∈ R positivo y n ∈ N, existe un único b ∈ R positivo tal que bn = a. Este
√
número b es llamado la raı́z n-ésima de a y será denotado por a1/n ó n a.
34
Fijemos ahora α ∈ R tal que 0 < α < 1 y α < (a − bn )/p (Justifique la existencia de tal α). De (2.1)
se tiene que (b + α)n ≤ bn + p α < a, lo cual dice que b + α ∈ A y contradice el hecho que b es cota
superior de A. Luego, la relación bn < a no puede ocurrir.
Supongamos ahora que bn > a. Por el ejercicio 7 existe q > 0 tal que
Fijemos ahora β ∈ R tal que 0 < β ≤ b y β ≤ (bn − a)/q. De (2.2), (b − β)n ≥ bn − qβ ≥ a, de modo
que (b − β)n ≥ xn para cada x ∈ A. De aquı́ y el ejercicio 3, b − β ≥ x para todo x ∈ A, lo cual dice
que b − β es cota superior de A. Esto contradice el hecho que b es la más pequeña cota superior de A
y prueba que la relación bn > a no puede suceder. Esto termina la prueba del caso a > 1
Supongamos en fin que a < 1. Ya que 1/a > 1, existe c ∈ R positivo tal que cn = a−1 y el resultado
se sigue tomando b = 1/c.
Demostración. a) Por definición de raı́z n-ésima, (a1/n )n = a. Pongamos ahora x = (an )1/n ;
entonces x es la raı́z n-ésima de an , de manera que xn = an . De aquı́ y el ejercicio 3, x = a, lo cual
prueba la parte a).
b) Escribamos x = (a1/n )1/m e y = a1/mn . Entonces xm = a1/n , de donde (xn )m = a. Es decir,
xmn = a. Análogamente, y mn = a, de suerte que xmn = y mn y la parte b) se sigue del ejercicio 3.
35
Por último, sea a ∈ R positivo y defina ar = (a−1 )−r si r ∈ Q es negativo. Dejamos a cargo del
lector verificar que la proposición 3.2.3 permanece válida para r, s racionales cualesquiera.
Ejercicios. Sean a, b ∈ K y m, n ∈ N.
3. Sean a, b > 0. Pruebe que bn > 0 y use este hecho para ver que a > b si y sólo si an > bn .
Concluya que si y ap = bp para algún p ∈ N, entonces a = b.
4. Pruebe que si a > 1, entonces an+1 > an . Deduzca que an ≥ a. Análogamente, si 0 < a < 1,
muestre que an+1 < an ≤ a.
Pn
5. Pruebe que bn − an = (b − a) i=1 b
n−i ai−1 .
Pn i−1
Pn
6. Pruebe que si a 6= 1, entonces i=1 a = (1−an )/(1−a). Deduzca que i=1 (1/2)
i = 1−(1/2)n .
9. (Desigualdad de Bernoulli) Pruebe que si n ∈ Z con n ≥ 0 y a > −1, entonces (1 + a)n ≥ 1 + na.
3.3. Equipotencia
Demostración. Ejercicio.
Nota. La parte a) de la proposición anterior dice que si un conjunto A contiene un subconjunto
infinito, entonces A es infinito.
h(x) = f (x) si x ∈ A,
h(x) = n + g(x) si x ∈ B.
Como A y B son disjuntos, h está bien definida. Además, h es obviamente inyectiva. Fijemos ahora
p ∈ Im+n . Si p ≤ n, entonces p = f (x) para algún x ∈ A y ası́, p = h(x). Mientras que si p > n,
entonces p = n + i para algún i ∈ N y como p ≤ m + n concluimos que i ∈ Im . Luego i = g(x) para
algún x ∈ B, de suerte que h(x) = n + g(x) = n + i = p. Esto muestra que h es sobreyectiva y prueba
el primer caso.
Caso General. Notemos primero que A ∪ B = A ∪ (B \ A) y que A ∩ (B \ A) = ∅. Del caso
precedente (con B \ A en lugar de B) se tiene que A ∪ B es finito y que c(A ∪ B) = c(A) + c(B \ A).
Pero B es la unión disjunta de A ∩ B con B \ A y aplicando el caso precedente una vez más, se tiene
que c(B) = c(A ∩ B) + c(B \ A). De esto y lo anterior obtenemos que c(A ∪ B) = c(A) + c(B \ A) =
c(A) + c(B) − c(A ∩ B).
Ejercicios.
1. Sea A un conjunto. Pruebe que si x, y ∈ A, entonces A\{x} y A\{y} son equipotentes. Concluya
que si A ∼ B, entonces A \ {x} ∼ B \ {y} cualesquiera sean x ∈ A e y ∈ B.
2. Pruebe que no existe una función sobreyectiva de A en P(A). En particular, A y P(A) no son
equipotentes. Ayuda. Dada f : A → P(A) defina B = {x ∈ A : x ∈
/ f (x)} y pruebe por el
absurdo que B ∈
/ f (A).
4. Sea B un subconjunto finito de un conjunto A. Pruebe que B ∪{a} es finito cualquiera sea a ∈ A.
8. Sea {En : n ∈ N} una familia de subconjuntos infinitos de N. Pruebe que existe una aplicación
h : N → N tal que h(n) < h(n + 1) y h(n) ∈ En para cada n ∈ N. Ayuda. Aplique el Teorema
3.1.2 al caso en que X = N, a es el primer elemento de E1 y fn : Nn → N viene definida como
sigue: fn (α) es el primer elemento de {x ∈ En+1 : x > α(i) para todo i ∈ In }.
38
10. Pruebe que un conjunto A es infinito si y sólo si A es equipotente con alguno de sus subconjuntos
propios.
12. Sea f : A → B una biyección entre dos subconjuntos finitos de un conjunto X. Pruebe que existe
una biyección F : X → X tal que F (x) = f (x) para todo x ∈ A. Ayuda. Existe una biyección
g : B \ A → A \ B.
14. Sea A un conjunto finito el cual es unión de una familia de subconjuntos {A1 , · · · , An } dos a dos
P
disjuntos. Pruebe que c(A) = ni=1 c(Ai ).
15. Pruebe que el cardinal del conjunto F de todas las funciones de Ip en Iq posee q p elementos.
Ayuda. Use inducción en p.
16. Muestre que el conjunto F de todas las funciones de un conjunto A en {1, 2} es equipotente a
P(A).
3.4. Numerabilidad.
Demostración. Si A es finito no hay nada que probar. Supongamos ahora que A es infinito y para
cada n ∈ A definamos An = {x ∈ A : x > n}. Como A ∩ In es un subconjunto del conjunto finito In ,
entonces A ∩ In es finito para cada n ∈ N (ver Proposición 3.3.1). Como A = An ∪ (A ∩ In ), entonces
An es infinito para todo n ∈ N; pues de lo contrario, A serı́a finito al ser la unión de dos conjuntos
finitos. En particular An 6= ∅ para todo n ∈ N. La idea para construir una función sobreyectiva de N
39
Proposición 3.4.2. Un conjunto no vacı́o A es numerable si y sólo si existe una función inyectiva
f : A → N. En consecuencia, si existe un conjunto numerable B y una función inyectiva f : A → B,
entonces A es numerable.
i) a + b = p + q. En este caso, b 6= q (puesto que en caso contrario se tendrı́a (a, b) = (p, q)) y
f (a, b) − f (p, q) = 2(b − q) 6= 0. Ası́, f (a, b) 6= f (p, q).
iii) a + b < p + q. Igual que antes se tiene f (a, b) < f (p, q).
(1, 1)
(2, 1), (1, 2)
··················
(s, 1), (s − 1, 2), · · · , (1, s)
·································
La función g asigna a (1, 1) el número 1; a (2, 1), (1, 2) los números 2,3 respectivamente; a (3, 1), (2, 2), (1, 3)
los números 4,5,6 respectivamente, etc.
Para ser más precisos, sea Ds la diagonal formada por (s, 1), (s − 1, 2), . . . , (1, s) y notemos que Ds
tiene s elementos. Ası́, el número n de elementos en las diagonales anteriores a Ds es 1+2+· · ·+(s−1) =
(s − 1)s/2. En consecuencia, g(s, 1) = n + 1, g(s − 1, 2) = n + 2, · · · , g(1, s) = n + s. Es decir,
g(p, q) = n + q, si (p, q) ∈ Ds . Pero (p, q) ∈ Ds si y sólo si p + q = s + 1, y esto termina la construcción
de g.
Demostración. Ejercicio.
Sean A, I conjuntos. Una familia {Xi }i∈I de subconjuntos de A se dirá numerable si I es nu-
S
merable. Cuando I = In , la unión (resp. intersección) de esa familia será denotada por ni=1 Xi (resp.
Tn S∞ T∞
i=1 Xi ). Mientras que si I = N, usaremos los sı́mbolos i=1 Xi , i=1 Xi .
Proposición 3.4.5. Sea {Xi }i∈I una familia numerable de subconjuntos numerables de un conjunto
S
A. Entonces i∈I Xi es numerable.
Demostración. Podemos suponer que cada Xi no es vacı́o (Justificar). Para cada i ∈ I pongamos
S
Bi = Xi × {i} y sea fi : Ai → N una inyección (véase Proposición 3.4.2). Sea B := i∈I Bi y defina
F : B → N × I mediante F (x, k) = (fk (x), k). (Note que si (x, k) ∈ B, entonces (x, k) ∈ Bk de modo
que x ∈ Ak . Luego, F está bien definida).
Supongamos que F (x, k) = F (y, j). Entonces k = j y fk (x) = fj (y) = fk (y), de donde x = y,
porque fk es inyectiva. De aquı́, F es inyectiva y como por la Proposición 3.4.4, N × I es numerable,
S
concluı́mos que B es numerable (véase ejercicio 1). En fin, la función π : B → i∈I Xi dada por
π(x, k) = x es sobreyectiva (justificar) y el resultado se sigue del ejercicio 1.
Demostración. Sabemos que Z es la unión de tres conjuntos numerables (N, {0} y −N) y en
consecuencia, Z es numerable. En particular, Z × (Z \ {0}) es numerable y como la función f :
Z × (Z \ {0}) → Q dada por f (m, n) = m/n; es sobreyectiva, se sigue del ejercicio 1 que Q es
numerable.
es numerable. Por ejemplo, puede ser usada para mostrar que R no es numerable (ver sección 4.11).
La demostración es una consecuencia directa de la proposición 3.4.2.
Ejercicios.
2. Pruebe que n(n + 1) es par para cada n ∈ N. Concluya que f (p, q) es par, donde f es la función
definida en la prueba de la proposición 3.4.3. Muestre que la función g : N × N → N dada por
g(p, q) = f (p, q)/2 es biyectiva. Ayuda. Pruebe que g(N × N) es inductivo.
3. Pruebe que la función h : N × N → N definida por h(p, q) = 2p 3q es inyectiva. Ayuda. Note que
3n es impar para cada n ∈ N.
4. Pruebe que si A es infinito, entonces existe una función inyectiva h : N → A. Ayuda. Sea F
la familia de todos los subconjuntos finitos de A. Por el Axioma de Elección podemos fijar un
elemento xB ∈ A \ B, para cada B ∈ F. Use el Teorema 3.1.1 para encontrar una función
g : N → F tal que g(1) = ∅ y g(n + 1) = g(n) ∪ {xg(n) }. Defina h : N → A por h(n) = xg(n) .
3.5. R no es numerable.
Teorema 3.5.1. (El Teorema de los intervalos encajados de Cantor) Sea In = [an , bn ], con an < bn ,
T
un intervalo para cada n ∈ N. Suponga que In+1 ⊆ In para todo n ∈ N. Entonces n In 6= ∅.
Por lo tanto
a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ≤ an+1 ≤ · · · ≤ bn+1 ≤ bn ≤ · · · ≤ b1 ≤ b0
De (5.1) se tiene que cada an es una cota inferior de A. Por consiguiente A tiene ı́nfimo, sea z el ı́nfimo
de A. Por la misma razón tenemos que an ≤ z para todo n. Por lo tanto an ≤ z ≤ bn . Esto muestra
que z ∈ In para todo n.
Supongamos por un momento que hemos definido una colección de intervalos con esas caracterı́sti-
T
cas. Por el teorema 3.5.1 existe r ∈ n In . Por la segunda condición arriba se tiene que r 6= f (n) para
todo n ∈ N. Por consiguiente, f no es sobreyectiva.
Ahora daremos las indicaciones de cómo construir una sucesión de intervalos con las propiedades
indicadas arriba. Comencemos por elegir un intervalo cerrado I1 tal que f (1) 6∈ I1 . Por ejemplo, I1
podrı́a ser [f (1) + 1, f (1) + 2]. Supongamos que Ik ha sido construido para todo k ≤ n. Entonces
para definir In+1 observe que es posible encontrar un intervalo cerrado no degenerado J ⊂ In tal que
f (n + 1) 6∈ J.
Ejercicios.
Sucesiones y series
Las nociones de convergencia y de lı́mite se basan en el concepto mas elemental de distancia. Sean
x, y ∈ R. El número |x − y| se conoce como la distancia de x a y. Esta distancia satisface la propiedad
triangular. Es decir,
|x − z| ≤ |x − y| + |y − z|; x, y, z ∈ R.
45
46
Esto equivale a decir que, para cada ² > 0 existe n0 ∈ N, tal que xn ∈ (a − ², a + ²), cuando n > n0 .
En este caso, también se dice que {xn } converge o tiende a a. El natural n0 , de esta definición,
depende en general del tamaño de ², y será más grande mientras más pequeño sea ².
Ejemplos:
1. La sucesión 1/n es el ejemplo tı́pico de una sucesión convergente. Por ser R arquimediano, es
fácil verificar que 1/n → 0. Mas generalmente, para cada x ∈ R se tiene que x/n → 0.
En lo que sigue, {xn }, {yn } denotarán sucesiones de R. La próxima proposición dice que si una
sucesión es convergente, entonces converge a un sólo número.
Ejercicios.
7n2 +8
1. a) Sea xn = 3n2 +5
. Pruebe que xn → 7/3.
3
b) Sea xn = n3 +n+3
. Pruebe que xn → 0.
2. Suponga que {xn } es convergente. Pruebe que dado ² > 0 existe n0 ∈ N tal que, |xm − xn | < 2²,
si n, m > n0 . Deduzca que {(−1)n } no es convergente.
47
3. Pruebe que si {xn } → a, entonces |xn | → |a|. Dé un ejemplo donde el recı́proco falla.
6. Sea A ⊂ R no vacı́o y acotado superiormente y sea b ∈ R una cota superior de A. Pruebe que
b = sup(A) si y sólo si existe una sucesión {xn } de A que converge a b.
i) (a − r, a + r) + (b − s, b + s) ⊂ (a + b − (r + s), a + b + (r + s)).
iii) Sean a, r ∈ R tales que 0 < r < |a| y sea ρ = r/[|a|(|a| − r]. Si x ∈ (a − r, a + r), entonces x 6= 0
y x−1 ∈ (a−1 − ρ, a−1 + ρ).
Para mostrar iii), sea x ∈ (a − r, a + r), esto es, |a − x| < r. Como a = x + (a − x), por la desigualdad
triangular (proposición 2.8.4), se tiene que |a| < |x| + r. De aquı́,
|x − a| r
|x−1 − a−1 | = <
|a||x| |a||x|
iii) Sean a, ² ∈ R tales que, a 6= 0 y ² > 0. Existe µ > 0 tal que si x ∈ (a − µ, a + µ), entonces x 6= 0
y x−1 ∈ (a−1 − ², a−1 + ²).
i) xn + yn → a + b.
iii) xn yn → ab.
49
Demostración. La parte i) será dejada como ejercicio. (El lector podrá adaptar la prueba de iii)
a este caso). La prueba de ii) se seguirá de iii), notando que la sucesión constante de valor λ converge
a λ.
Para probar iii), fijemos ² > 0 y recordemos que por la proposición 4.2.2, existen r, s > 0 tales que,
xn ∈ (a − r, a + r) si n > n1 . (2.4)
yn ∈ (b − s, b + s) si n > n2 . (2.5)
Ejercicios.
2. Dé una interpretación geométrica de la identidad (2.1) usada en la proposición 4.2.1, como la
diferencia del área de dos rectángulos.
En esta sección mostraremos algunas propiedades de las sucesiones convergentes relativas al orden
de R.
Demostración. i) Supongamos que a < 0 y sea ² = −a/2. Ya que xn → a, existe n0 ∈ N tal que
|xn − a| < ², si n > n0 . Pero xn − a > 0 porque xn ≥ 0 y estamos asumiendo que a < 0. De aquı́,
xn − a < ² para n > n0 , y en consecuencia, xn < a + ² = a/2 < 0, si n > n0 . Esto contradice la
hipótesis (xn ≥ 0, para todo n ∈ N) y termina la prueba de i).
ii) Por la nota a la proposición anterior, xn − yn → a − b, pero por hipótesis, xn − yn ≥ 0, n ∈ N,
y la prueba se sigue de la parte i).
Demostración. Dado ² > 0 existe n0 tal que |yn | < ² si n ≥ n0 . Como |xn | ≤ |yn | para todo n,
entonces |xn | < ² si n ≥ n0
Ejemplo: Si x > 1, entonces x1/n → 1. En efecto, como x1/n > 1, podemos escribir x1/n = 1 + bn ,
para algún bn > 0. Por definición de raı́z n-ésima, x = (1 + bn )n , y por la desigualdad de Bernoulli
(ver ejercicio 9 de la sección 3.2), (1 + bn )n ≥ 1 + nbn . En consecuencia, 0 < bn ≤ (x − 1)/n. Como
(x − 1)/n → 0, entonces por la proposición 4.3.2 tenemos que bn → 0. Luego de la proposición 4.2.3(i)
se obtiene lo deseado.
Ejercicios.
2. Pruebe que dado x ∈ R existe una sucesión {xn } de Q convergente a x. Ayuda. Use la densidad
de Q en R (teorema 2.5.3) para hallar un racional xn tal que x < xn < x + 1/n, para cada n ∈ N.
5. Pruebe que xn → 0 si |x| < 1. Pruebe que {xn } no converge si |x| > 1. Concluya que {xn }
converge si y sólo si −1 < x ≤ 1.
6. Pruebe que x1/n → 1 si x > 0. Compare este resultado con lo mostrado en el ejemplo que sigue
a la Proposición 4.3.2.
7. Pruebe que n1/n → 1. Ayuda. Muestre que n1/n = 1 + bn para algún bn ≥ 0. Use el Binomio de
Newton para probar que si a ≥ 0, entonces (1 + a)n ≥ n(n − 1)a2 /2.
51
9. Dados a, λ, t ∈ R con a > 1, t ∈ Q, λ < at . Pruebe que existe s ∈ Q; s < t; tal que λ < as .
Ayuda: Busque s de la forma t − 1/n para algún natural n y recuerde que (a)1/n tiende a 1.
a) R es arquimediano,
b) 1/n → 0.
Diremos que {xn } es monótona creciente o más simplemente creciente, si xn ≤ xn+1 , para cada
n ∈ N. Cuando la desigualdad es estricta, se dice que {xn } es estrictamente creciente. Si xn+1 ≤ xn
para cada n ∈ N, decimos que {xn } es monótona decreciente o simplemente decreciente. Diremos
que una sucesión es monótona si es creciente o decreciente.
Teorema 4.4.1. Si {xn } es creciente y acotada, entonces {xn } es convergente. De hecho, lı́mn→∞ xn =
sup{xn : n ∈ N}. Este resultado permanece válido para sucesiones decrecientes, cambiando supremo
por ı́nfimo.
Note que an+1 − an = 1/(n + 1)! > 0, ası́ que {an } es estrictamente creciente. Para mostrar que es
acotada, note que 2n < n!, si n ≥ 4 (como se verifica fácilmente por inducción). De esto se sigue
fácilmente que
n
X
2 n
2 ≤ an ≤ 1 + 1 + 1/2 + 1/2 + · · · + 1/2 = 1 + 1/2i
i=0
Pn
Por otra parte, se prueba fácilmente por inducción que i=0 1/2i = 2 − 1/2n (ver ejercicios de la
sección 3.2). Y por ser {an } creciente, concluimos que an < 3 para todo n. Luego por el teorema 4.4.1
se tiene que {an } es convergente.
1nn−1n−2 n − (i − 1)
= ···
i! n n n n
µ ¶µ ¶ µ ¶
1 1 2 i−1
= (1) 1 − 1− ··· 1 −
i! n n n
µ ¶µ ¶ µ ¶
1 1 2 i−1
≤ (1) 1 − 1− ··· 1 −
i! n+1 n+1 n+1
1n+1 n n−1 n + 1 − (i − 1)
= ···
i! n + 1 n + 1 n + 1 n+1
µ ¶
n+1
= (n + 1)−i
i
j j
Donde la desigualdad arriba es válida ya que 1 − n ≤1− n+1 para todo j ≤ n.
Observación: Otra manera de mostrar la desigualdad (4.1) es observando que, por la definición de
factorial, esa desigualdad es equivalente a la siguiente
µ ¶
1 i i
1+ ≤1+ , (4.2)
n n+1−i
la cual es obviamente válida para i = 0, 1. Supongamos ahora que (4.2) es válida para algún i < n,
entonces
¡ ¢i+1 ¡ ¢³ ´ ³ ´ ³ ´
1 + n1 ≤ 1 + n1 1 + i
n+1−i = 1+ i+1
n+1−i + 1
n(n+1−i)
³ ´
i+1 i i+1
≤ 1+ n−i − (n−i)(n+1−i) ≤ 1+ n+1−(i+1)
53
lo cual dice que (4.2) es válida para i + 1. Por inducción tenemos que (4.2) es válida para cada
i ∈ {0, 1 · · · , n}.
El lı́mite de la sucesión {(1 + n1 )n } juega un papel tan importante en matemática, que se optó por
denotarlo con un signo particular; a saber, la letra e. Es decir,
µ ¶
1 n
e := lı́m 1 + .
n→∞ n
Ejercicios.
6. Suponga que existe N ∈ N tal que xn ≥ xn+1 si n > N . Pruebe que {xn } es convergente si ella
es acotada.
7. Pruebe que xn /n! → 0, cualquiera sea x ∈ R. Ayuda. Suponga primero que x > 0 y escoja
N ∈ N tal que N ≥ x. Sea xn := xn /n! para n ≥ N . Aplique el ejercicio anterior para deducir
que {xn } converge a algún λ ∈ R. Note que xn+1 = xn ([x/(n + 1)], y xn+1 → λ.
8. Use los argumentos del ejercicio anterior para mostrar que n/xn → 0, si x > 1.
Problemas Los siguientes ejercicios contienen los resultados necesarios para definir la función
exponencial ex . Pondremos Fn (x) = (1 + nx )n , para cada x ∈ R y cada n ∈ N.
1. Use los argumentos de la demostración de la proposición 4.4.2 para probar que {Fn (x)} es
convergente si 0 < x ≤ 1.
54
3. Sean x, y > 0. Pruebe que si {Fn (x)} y {Fn (y)} son convergentes, entonces {Fn (x + y)} también
lo es y
lı́m Fn (x + y) = lı́m Fn (x)Fn (y);
n→+∞ n→+∞
5. Pruebe que {Fn (x)} es convergente si x > 0. Ayuda. Por el ejercicio 1, sólo falta mostrar el caso
cuando x > 1. En consecuencia, puede suponer que x = k + r con k ∈ N y 0 ≤ r < 1.
8. Pruebe que {Fn (x)} es convergente para todo x ∈ R. Defina F (x) = lı́mn→+∞ Fn (x) y pruebe
que F (x + y) = F (x)F (y) para todo x, y ∈ R.
En esta sección precisaremos el significado de los lı́mites al infinito. Diremos que {xn } tiende a
+∞, denotado xn → +∞, si para cada M > 0 existe n0 ∈ N tal que xn > M si n > n0 . Análogamente,
diremos que {xn } tiende a −∞, si para cada M > 0 existe n0 ∈ N tal que xn < −M si n > n0 .
Las sucesiones monótonas acotadas son convergentes (por el teorema 4.4.1). La siguiente proposi-
ción complementa ese resultado.
Demostración. i) Dado K > 0, ya que {xn } no es acotada superiormente, existe n tal que xn > K.
Como {xn } es creciente, entonces xm > K para todo m ≥ n. Esto muestra lo deseado. La parte ii) la
dejaremos a cargo del lector.
Ejemplo: Mostraremos que xn → +∞, si x > 1. En efecto, tenemos que x < x2 < x3 < · · ·, es decir
que esta sucesión es creciente. Afirmamos que xn no es acotada superiormente. En efecto, si lo fuera,
55
entonces xn convergerı́a a un valor a (justifique). Por otra parte tenemos que xn+1 − x = x(xn − 1).
Como xn y xn+1 convergen ambas a a, entonces se tiene que a − x = x(a − 1). Simplificando esta
igualdad se tiene que a = ax y en consecuencia x = 1 contradiciendo la hipótesis.
La siguiente proposición nos habla del comportamiento de los lı́mites al infinito en relación a la
suma, al producto y al orden. Su demostración quedará a cargo del lector.
Ejercicios.
4. Sea a un real mayor que 1 y p ∈ N. Pruebe que an /np → +∞. Ayuda. Pruebe que existe n0 ∈ N
tal que {xn }∞
n=n0 es creciente. Después muestre que no puede ser acotada.
5. Pruebe que nn /n! → +∞. Ayuda. Muestre que nn /n! es creciente. Factorize (n+1)n+1 /(n+1)! =
(nn /n!)(1 + 1/n)n . Suponga que es acotada y llegue a una contradicción.
4.6. Subsucesiones
Entonces la sucesión
xn1 , xn2 , xn3 , · · · , xnk , · · ·
dada por g(k) = xnk se llama una subsucesión de {xn }. Mas formalmente, diremos que φ : N → N
es estrictamente creciente, si φ(n) < φ(m) cuando n < m. La composición f ◦ φ, de una sucesión
f : N → R con una función estrictamente creciente φ : N → N, será llamada una subsucesión de f .
56
Si denotamos a f por {xn }, entonces f ◦ φ es denotada por {xφ(n) }. La notación usual para f ◦ φ es
{xnk }, donde nk = φ(k).
Ejemplo: Considere la sucesión xn = 1/n2 . Las siguientes son subsucesiones con sus correspondiente
funciones φ: (i) yn = 1/4n2 donde φ(n) = 2n. (ii) yn = 1/22n donde φ(n) = 2n . Por otra parte, la
sucesión 1/4, 1, 1/16, 1/9, 1/36, 1/25, · · · , 1/(2n + 1)2 , 1/(2n)2 , · · · no es una subsucesión de {xn }.
Proposición 4.6.1. Sea {xn } una sucesión y {xφ(n) } una subsucesión. Entonces
iii) Si {xn } es monótona creciente, entonces {xφ(n) } también lo es. Análogamente para monótona
decreciente.
iv) Si {xψ(n) } es una subsucesión de {xφ(n) }, entonces {xψ(n) } también es una subsucesión de {xn }.
Demostración. i) Suponga que |xn | ≤ M para todo n. Entonces |xφ(n) | ≤ M para todo n. ii)
Dado ² > 0 existe n0 ∈ N tal que, |xn − a| < ² si n > n0 . Por inducción es facil mostrar que por ser
φ estrictamente creciente, entonces φ(n) ≥ n para todo n ∈ N; de modo que |xφ(n) − a| < ² si n > n0 .
Dejamos a cargo del lector el resto de la demostración.
La sucesión xn = (−1)n /n no es ni creciente ni decreciente, sin embargo la subsuceción {x2n } es
decreciente. Este es un hecho general que mostramos a continuación.
A = {n ∈ N : xn ≤ xk para todo k ≥ n}
(ii) A es finito. En este caso sea N tal que A ⊆ {1, · · · , N }. Entonces para cada n > N existe k ≥ n
tal xn > xk . Ahora definiremos inductivamente una sucesión creciente nj de naturales tales que
xnj > xnj+1 . Por las hipótesis del caso (ii) existe n1 > N tal que xN +1 > xn1 . Suponga que
hemos definido N < n1 < n2 < · · · < nj tales que xni > xni+1 para todo i < j − 1. De nuevo por
las hipótesis de (ii) existe nj+1 > nj tal que xnj > xnj+1 . Esto muestra nuestra afirmación. Para
terminar, notemos que {xnk }k es una subsucesión decreciente de {xn }.
57
Nota: La definición de la subsuceción hecha en el caso (ii) también se puede presentar en términos
de lo visto en la sección 3.3. En efecto, observemos que el conjunto En = {k : xn > xk } es infinito para
cualquier n > N (justificar). Luego por el ejercicio 8 de la sección 3.3 existe una función h : {k ∈ N :
k > N } → N creciente tal que h(n) ∈ En para cada n > N . Entonces {xh(n) }n>N es una subsucesión
decreciente.
Demostración. Sea {xn } una sucesión acotada. Por el teorema 4.6.2 {xn } tiene una subsucesión
{xnk } monótona que además es acotada (por serlo {xn }). Por consiguiente {xnk } es convergente (por
el teorema 4.4.1).
Ejercicios.
1. Halle una sucesión que tenga una subsucesión convergente a 1 y otra convergente a 2.
2. Sea φ : N → N una función tal que φ(n) < φ(n + 1) para todo n ∈ N. Pruebe que φ es
estrictamente creciente.
3. Sea φ : N → N estrictamente creciente. Use inducción para probar que φ(n) ≥ n, para todo
n ∈ N.
4. Pruebe que si {xn } no es acotada, entonces {xn } posee una subsucesión {xh(n) } tal que |xh(n) | →
+∞. Ayuda. Pruebe que, para cada n ∈ N, el conjunto En = {k ∈ N : |xk | ≥ n} es infinito.
5. a) Construya una sucesión que posea una subsucesión (estrictamente) creciente y también otra
subsucesión decreciente.
b) Suponga que {xn } es una sucesión en R que no tiene subsucesiones decrecientes. ¿Será cierto
que {xn } es creciente?
6. Pruebe que si las subsucesiones {x2n−1 }, {x2n } de {xn } convergen a un mismo a ∈ R, entonces
xn → a.
7. Pruebe que si {x2n−1 }, {x2n }, {x3n } son convergentes, entonces {xn } es convergente. Ayuda.
Note que {x2n−1 } y {x3n } tienen una subsucesión común y que lo mismo ocurre con {x2n } y
{x3n }.
a) Suponga que todas las subsucesiones convergentes de {xn } convergen al mismo punto.
Muestre que {xn } es convergente.
b) Suponga que todas las subsucesiones monótonas de {xn } convergen al mismo punto. Muestre
que {xn } es convergente.
El lector verificará que {x̄n } es una sucesión acotada monótona decreciente y que {xn } es acotada
monótona creciente. Por el teorema 4.4.1, la sucesión {x̄n } (resp. {xn }) tiene lı́mite, que denotaremos
por lı́m supn→∞ xn (resp. lı́m inf n→∞ xn ) y que llamaremos el lı́mite superior (resp. lı́mite inferior
de {xn }).
Note que xn ≤ x̄n ; para cada n ∈ N; y por la proposición 4.3.1, lı́m inf n→∞ xn ≤ lı́m supn→∞ xn .
Si {xn } no está acotada superiormente (resp. inferiormente), se define lı́m supn→∞ xn = +∞ (resp.
lı́m inf n→∞ xn = −∞).
Ejemplo: Considere la sucesión xn = (−1)n + 1/n. Se tiene que −1 ≤ xn ≤ 2 y por lo tanto {xn }
es acotada. Por otra parte
1
1+ , si n es par
x̄n = sup{xi : i ≥ n} = n
1
1+ , si n es impar
n+1
Ası́ que los primeros términos de la sucesión {x̄n } son:
1 1 1 1 1 1
1 + ,1 + ,1 + ,1 + ,1 + ,1 + ,···,
2 2 4 4 6 6
y lı́m sup xn = 1. Razonando de manera análoga se puede verificar que la sucesión {xn } es constante
igual a -1 y por lo tanto lı́m inf xn = −1.
Proposición 4.7.1. Supongamos que {xn } es acotada. Entonces {xn } es convergente si y sólo si sus
lı́mites superior e inferior coinciden. En ambos casos, lı́m supn→∞ xn = lı́m inf n→∞ xn = lı́mn→∞ xn .
59
Por otra parte, mostraremos que, dado ² > 0, existe N ∈ N tal que |xi − xj | < ² si m, n ≥ N . En
efecto, existe N tal que |xn − x| < ²/2 si n ≥ N . Luego como xn − xm = xn − x + x − xm , entonces
por la desigualdad triangular, se tiene que |xn − xm | ≤ |xn − x| + |xm − x| < ² si n, m ≥ N . De aquı́ y
(7.1), x̄n − xn ≤ ² si n ≥ N , lo cual prueba que x̄ = x.
Ejercicios:
1. Determine los primeros términos de la sucesiones x̄n y xn para cada una de las siguientes suce-
siones y calcule lı́m sup xn y lı́m inf xn :
a) xn = (−1)n + (−1)n /n
b) xn = [n + (−1)n (3n − 1)]/n.
2. Sea x̄ el lı́mite superior de {xn }. Pruebe que dado ² > 0, existe N ∈ N tal que xn ≤ x̄ + ² si
n ≥ N.
3. Sea {xn } una sucesión acotada y {xnk } una subsucesión convergente. Muestre que
Se dice que {xn } es de Cauchy, si para cada ² > 0, existe n0 ∈ N tal que |xm − xn | < ² cuando
m, n > n0 . La demostración de la siguiente proposición la puede extraer el lector interesado de la
prueba de la proposición 4.7.1.
El objeto de esta sección es probar el recı́proco del resultado anterior. Pero antes de hacerlo
mostraremos un resultado que nos hará falta.
Demostración. Supongamos que {xn } es de Cauchy. Entonces existe N ∈ N tal que, |xm −xn | < 1
si m, n > N . En particular, |xn − xN +1 | < 1 si n > N , y por la proposición 2.8.4,
Demostración. Sea {xn } una sucesión de Cauchy en R. Por la proposición anterior sabemos que
{xn } es acotada y por tanto tiene lı́mites superior e inferior.
Por otra parte, dado ² > 0 existe N ∈ N tal que, |xj − xi | ≤ ², si i, j ≥ N , y argumentando
como en la proposición 4.7.1 mostraremos que los lı́mites superior e inferior de {xn } coinciden y de la
proposición 4.7.1, {xn } es convergente. En efecto, por la proposición 2.8.5,
Ejercicios.
a) Pruebe que si una sucesión de Cauchy posee una subsucesión convergente, entonces dicha
sucesión converge.
b) Use la proposición 4.8.2 y el corolario 4.6.3 para mostrar que toda sucesión de Cauchy posee
una subsucesión convergente y luego concluya usando la parte (a).
2. Pruebe que {xn } es de Cauchy si y sólo si para cada ² > 0 existe N ∈ N tal que, |xn+p − xn | < ²
si p ∈ N y n > N .
A1 ⊃ A2 ⊃ · · · An · · ·
y además que
|x − y| < 1/n para todo x, y ∈ An
Muestre que si {xn } es una sucesión tal que xn ∈ An para todo n ∈ N, entonces {xn } es
convergente.
sn = x1 + x2 + · · · xn
tn = |x1 | + |x2 | + · · · |xn |
Muestre que si tn es convergente también lo es sn Ayuda: Por la desigualdad triangular |sn −sm | ≤
|tn − tm |.
61
Muestre que {xn } es acotada. Compare la hipótesis de este ejercicio con la de la proposición
4.8.2.
Nota. El ejercicio 6 dice que el cuerpo de los números reales puede ser construido, una vez conocido
el cuerpo de los números racionales, a través de ciertas clases de sucesiones de Cauchy de números
racionales.
4.9. Series.
Sea f : N → R una sucesión, por el teorema 3.1.3, existe una única función Σf : N → R tal que,
Σf (1) = f (1) y Σf (n + 1) = Σf (n) + f (n + 1). Esta sucesión Σf se conoce como la serie asociada a
f.
Denotemos la sucesión f por {an } (an := f (n)). En la literatura corriente, la serie Σf se denota
P P
por ∞ n=1 an (ó por n an o aún, por a1 + · · · + an · · ·) y se llama la serie de término general
P
an . El número Σf (n) se denomina la n-ésima suma parcial de la serie n an y se denota por
Pn P
sn = a1 + · · · + an = i=1 ai . Si la sucesión Σf (= {sn }) converge, diremos que la serie n an es
P
convergente. En caso contrario, se dice que la serie diverge. Si la serie n an converge, entonces
P P
el lı́mite de la sucesión {sn } se llama la suma de n an y se denota también por n an . Este
P
abuso de notación no causa, en general, confusión. En fin, la serie n an también suele indicarse por
a1 + · · · + an + · · · ó por a1 + a2 + · · ·.
Ejemplo. La Serie Geométrica. Sea r ∈ R. La serie
X
rn−1 = 1 + r + · · · + rn+1 + · · · ,
n
se conoce con el nombre de serie geométrica de razón r. Sabemos que, (1 − r)(1 + r + · · · + rn−1 ) =
1 − rn (ver el ejercicio 5 de la sección 3.2); ası́ que la n-ésima suma parcial, sn = 1 + · · · + rn−1 , de esa
serie, viene dada por sn = (1 − rn )/(1 − r) si r 6= 1 y sn = n si r = 1. En particular, la serie diverge si
r = 1. Por otra parte, también sabemos que {rn } converge si y sólo si −1 < r ≤ 1 y además rn → 0 si
|r| < 1 (ver el ejercicio 5 de la sección 4.3). En consecuencia, la serie geométrica de razón r converge
si y sólo si |r| < 1 y en este caso, su suma es, 1/(1 − r) = lı́mn→∞ sn .
62
P
Proposición 4.9.1. Si n an converge, entonces an → 0.
Demostración. Sea sn la n-ésima suma parcial de la serie en cuestión. Por hipótesis, existe s ∈ R
tal que, sn → s, pero {sn+1 } también converge a s, por ser una subsucesión de {sn }, y ası́ sn+1 −sn → 0.
Es decir, an+1 → 0 y de aquı́, an → 0.
P
Contraejemplo. La Serie Armónica. Probaremos que la serie n 1/n (llamada armónica)
diverge, aunque su término general tiende a cero. Sea sn = 1 + 1/2 + · · · + 1/n y para k pongamos
probaremos por inducción que tk ≥ 1 + k/2. Para ello sea A = {k ∈ N : tk ≥ 1 + k/2}. Ya que
t1 = s2 = 3/2, entonces 1 ∈ A. Sea k ∈ A y pongamos n = 2k . Es fácil ver que
n
X
tk+1 = tk + 1/(n + i)
i=1
es un reordenamiento de la serie
X
(−1)n−1 /n = 1 − 1/2 + 1/3 − 1/4 + · · · .
n
En este caso, la aplicación h viene dada por: h(3n − 2) = 4n − 3, h(3n − 1) = 4n − 1 y h(3n) = 2n.
P
Nota. Si n an es condicionalmente convergente, puede probarse que, dado α ∈ R existe un
reordenamiento de ella convergente a α. Ver [?].
P P
Proposición 4.10.3. Si n an
es absolutamente convergente, entonces todo reordenamiento de n an
P
converge y tiene la misma suma que n an
P P
Demostración. Sea n ah(n) un reordenamiento de n an y pongamos, sn = a1 + · · · + an ,
tn = ah(1) + · · · + ah(n) , rn = |a1 | + · · · + |an |, s = lı́mn→∞ sn y r = lı́mn→∞ rn . Dado ² > 0 existe
N ∈ N tal que, |sn − s| < ²/2 y r − rn < ²/2 si n > N .
Por otro lado, es fácil probar que {j ∈ N : h(j) ≤ N } es acotado y en consecuencia tiene máximo,
que denotamos por p. Note que, h(Ip ) ⊃ IN (recuerde que In denota el conjunto {1, · · · , n}). Si n ≥ p,
P
entonces h(In ) ⊃ IN de modo que, tn = sN + i∈F ai , donde F = h(In ) \ IN . Sea q el máximo de F .
Entonces
X i=q
X
|tn − s| ≤ |s − sN | + |ai | ≤ ²/2 + |ai | ≤ ²/2 + rq − rN ≤ ²/2 + r − rN < ².
i∈F i=N +1
Ejercicios.
P P P P
1. Sean n an , n bn
series convergentes y sea λ ∈ R. Pruebe que (an + bn ) y n λan son
P P P P P
convergentes y que, (an + bn ) = n an + n bn , n λan = λ n an .
P P
2. Sea N ∈ N. Pruebe que n an converge si y sólo si n an+N converge. Deduzca que lo mismo
es cierto para series absolutamente convergentes.
PP
3. Pruebe que el reordenamiento de n (−1)n−1 /n, dado después de la definición 4.10.2,
n bn
P
es convergente y que su suma es (3/2) (−1)n−1 /n. Ayuda. Escriba tn = b1 + · · · + bn , sn =
a1 + · · · + an y pruebe que:
Demostración. Sea sn la n-ésima suma parcial de la serie en cuestión. De (11.1) se tiene que,
|sn+p − sn | ≤ ² si n > N ; de modo que {sn } es de Cauchy, y por lo tanto convergente (por el teorema
4.8.3).
P
Proposición 4.11.2. Si n an
es una serie de términos no negativos (esto es, an ≥ 0 para todo
P
n ∈ N) y la sucesión {sn } de sumas parciales es acotada, entonces n an es convergente.
Demostración. Note que las desigualdades sn ≤ sn+1 , an+1 ≥ 0 son equivalentes. Por lo tanto la
sucesión de sumas parciales es creciente y acotada, luego convergente (por el teorema 4.4.1).
P
Proposición 4.11.3. Sean {an }, {bn } sucesiones en R tales que 0 ≤ an ≤ bn ; n ∈ N. Si n bn
P P P
converge, entonces n an converge y n an ≤ n bn . La conclusión sigue siendo válida si para algún
N ∈ N se tiene que 0 ≤ an ≤ bn para todo n > N .
bn
| − c| < ² si n > N.
an
De la definición de ² queda, después de algunas manipulaciones que,
c 3c
an < bn < an si n > N
2 2
Ahora la prueba se sigue fácilmente de la proposición 4.11.3 (verficarlo).
65
Demostración. a) Fijemos b ∈ R tal que, c < b < 1 y sea ² = b − c. Entonces existe N ∈ N tal
que, |an+1 /|an | < c + ² = b, si n ≥ N . De aquı́,
Luego |an+N | ≤ λbn ; n ∈ N; donde λ := |aN |. Pero la serie geométrica, de razón b, es convergente
P P
(porque 0 < b < 1), y por la proposición 4.11.3, n |an+N | es convergente. De aquı́, n |an | es
convergente.
b) Fijemos b ∈ (1, d). Usando el argumento de la parte a), podemos encontrar N ∈ N tal que
|an+N | ≥ |aN |bn . En consecuencia, la sucesión {an } no puede converger a cero y la prueba se sigue de
la proposición 4.9.1.
Nota. Supongamos que an 6= 0; n ∈ N; y que la sucesión {|an+1 /an |} converge a c ∈ R. La
P
proposición anterior dice que la serie n an es absolutamente convergente (resp. divergente) si c < 1
(resp. c > 1). Sin embargo, en el caso c = 1, dicha serie puede ser convergente o divergente, como lo
muestran los siguientes ejemplos:
Proposición 4.11.6. (Series Alternadas). Sea {an } una sucesión decreciente de números reales no
P
negativos, convergente a cero (an ≥ an+1 ≥ 0 y an → 0), entonces n (−1)n−1 an converge.
Pi=n i−1 a ,
Demostración. Pongamos sn = i=1 (−1) i entonces:
De a) (resp. b)), se tiene que {s2n } (resp. {s2n−1 }) es creciente (resp. decreciente). En particular,
s2n ≥ s2 y s2n−1 ≤ s1 , y por c), s2 ≤ s2n ≤ s2n−1 ≤ s1 . Esto prueba que {s2n } y {s2n−1 } son acotadas
y por el teorema 4.4.1, convergentes. Por c) {s2n } y {s2n−1 } tienen el mismo lı́mite, ya que a2n → 0.
Sea s el lı́mite de ambas, mostraremos que sn converge a s. Dado ² > 0 existe N tal que |s − s2n | < ²
y |s − s2n+1 | < ² si n ≥ N . Luego |s − sn | < ² si n ≥ 2N .
66
P n−1 a ,
La serie n (−1) n con an ≥ 0, se dice alternada, porque escrita en la forma a1 −a2 +a3 −a4 · · · ,
los términos de la serie van alternando su signo.
P 1
Ejemplo. Sea p ∈ R un racional positivo. La serie n np es llamada una p-serie. (En realidad,
esta terminologı́a es utilizada para cualquier número real positivo, pero en nuestro caso, todavı́a no
hemos definido el sı́mbolo np , para p irracional). Nuestro próximo objetivo es probar que la p-serie
converge si y sólo si, p > 1. Ya sabemos que la serie armónica (p = 1) diverge, de suerte que la p-serie
diverge si p ≤ 1. (Justificar). Restarı́a probar que la p-serie converge si p > 1
No numerabilidad de R. Usaremos los resultados de esta sección para dar otra demostración
de que R no es numerable. La demostración que presentaremos dará mas información que la dada
por la prueba del teorema 3.5.2. Pues ahora mostraremos que la cardinalidad de R es al menos la
del conjunto de todas las funciones de N en {0, 1}, el cual denotaremos por A. Recordemos que A no
es numerable (ver sección 3.4). Construiremos una inyección ξ : A → R, y de la proposición 3.4.7,
resultará lo deseado.
P −n
Para cada f ∈ A se tiene que la serie n f (n) · 3 converge (justificarlo). Denotemos su suma por
xf y veamos que xf 6= xg si f 6= g. Con este fin, sea N el primer elemento de {n ∈ N : f (n) 6= g(n)}.
Ya que f (N ) 6= g(N ), podemos asumir, intercambiando los papeles de f y de g si fuera necesario,
Pn −i
Pn −i
que f (N ) = 0 y g(N ) = 1. Pongamos sn = i=1 f (i) · 3 , tn = i=1 g(i) · 3 . Observe que
Pn
sn = tN −1 + i=N +1 f (i) · 3−i y tN = tN −1 + 3−N . Luego, si n > N se tiene que
n
X
−N
tN − sn = 3 − f (i)3−i .
i=N +1
Es decir, sn < tN − 2−1 · 3−N < tN ≤ xg . Por lo tanto, la función ξ : A → R, ξ(f ) = xf , es inyectiva.
Ejercicios.
1. Sea {xn } una sucesión de R tal que |xn+1 − xn | < (1/2)n , para todo n ∈ N. Pruebe que
P
{xn } es convergente. Ayuda. Las sumas parciales de la serie n xn+1 − xn vienen dadas por
sn = xn+1 − x1 .
67
2. Sean {an }, {bn } sucesiones de R y suponga que existe N ∈ N tal que, 0 ≤ an ≤ bn , cuando
P P
n ≥ N . Pruebe que si n bn converge, entonces n an converge.
P P 2
3. Pruebe que si n an es convergente y an ≥ 0 para todo n ∈ N, entonces n an es convergente.
Ayuda. Recuerde que si 0 ≤ x ≤ 1, entonces x2 ≤ x.
P P n
4. Pruebe que si n an es acotada y 0 < r < 1, entonces n an r es absolutamente convergente.
P P
5. Pruebe que la serie n≥0 xn /n! converge cualquiera sea x ∈ R. Aquı́, x0 := 1, 0! = 1 y n≥0 an
P
denota la serie n an−1 .
P ¡n¢ −i 1
6. Pruebe que n≥0 1/n! = e. Ayudas. Muestre que i n ≤ i! ,
si 0 ≤ i ≤ n, y concluya que
Pn 1 Pm ¡n¢ −i
(1 + n1 )n ≤ otra parte, fijado m ∈ N, se tiene (1 + n1 )n ≥
i=0 i! . Por i=0 i n , para
¡n¢ −i 1
cualquier n ≥ m; n ∈ N. Además, i n → i! .
7. (Criterio de la Raı́z.) Pruebe que si lı́m supn→∞ |an |1/n < 1 (resp. lı́m inf n→∞ |an |1/n > 1),
P
entonces n an es absolutamente convergente (resp. divergente).
P
8. Pruebe que si la sucesión {dn } converge a cero, entonces la serie n (dn − dn+1 ) converge.
10. Pruebe que todo intervalo no degenerado es no numerable. Ayuda. Muestre que la aplicación
f : R → (−1, 1); f (x) = x(1 + x2 )−1/2 ; es biyectiva.
4.12. Redes.
1. El conjunto J = {In : n ∈ N} es dirigido. Además, una red indizada por este J corresponde
exactamente a una sucesión.
2. El conjunto J, de todos los subconjuntos finitos de I, es dirigido. Además, con cualquier familia
P
{ai } de números reales, se tiene la red de “las sumas parciales” { i∈J ai }J∈J .
Diremos que una red {xJ }J∈J de R es convergente, si existe a ∈ R con la siguiente propiedad:
Para cada ² > 0, existe J0 ∈ J tal que,
|xJ − a| < ² si J ⊃ J0 .
Diremos que {xJ } es creciente, si xj ≤ xK cuando J ⊂ K. Se dice que {xJ } está acotada
superiormente si {xJ : J ∈ J} está acotado superiormente. De manera análoga se definen los
conceptos de red decreciente y acotada inferiormente.
Se dice que la red {xJ } es de Cauchy, si para cada ² > 0, existe, J0 ∈ J tal que, |xJ − xK | < ²,
cuando J, K ⊃ J0 .
Demostración. Sea n ∈ N. Aplicando la definición de red de Cauchy, con ² = 2−n , tenemos que
existe Jn ∈ J tal que,
|xJ − xK | < 2−n si J, K ⊃ Jn . (12.3)
Definamos Kn = ∪ni=1 Ji e yn = xkn . Como Kn+1 ⊃ Kn ⊃ Jn , se sigue de (12.3) que |yn+1 − yn | < 2−n
y por el ejercicio 2 de la sección 4.5, {yn }es convergente. Ası́, yn → x, para algún x ∈ R.
Sea ² > 0. Ya que, yn → x y 2−n → 0, existe N ∈ N tal que |yN − x| < ²/2 y 2−n < ²/2. De aquı́ y
(12.3), |xJ − x| ≤ |xJ − yN | + |yN − x| < 2−n + ²/2 < ², si J ⊃ JN .
Sea I un conjunto. Dada una aplicación f : I → R, existe una única aplicación Σf : IP∞ (I) → R tal
que Σf ({i}) = f (i); i ∈ I; y Σg (J ∪{i}) = Σg (J)+f (i), si J ∈ IP∞ (I) e i ∈ I \J. Ver corolario ??. Esta
P
aplicación Σg la llamaremos la serie asociada a f y la denotaremos por i∈I ai , donde ai = f (i).
P P
Asociada con la serie i∈I ai tenemos la red {sj } de sumas parciales definida por sj = i∈J ai , para
cada J ∈ J := IP∞ (I). En lo que resta del capı́tulo, pondremos J = IP∞ (I). Si {sJ } converge a s ∈ R,
P P
se dice que i∈I ai es convergente y que su suma es s. En este caso escribiremos s = i∈I ai .
Ejercicios.
1. Suponga que existe L ∈ J tal que J ⊂ L para todo J ∈ J y pruebe que xJ → xL . (Este L,
cuando existe, se llama el máximo de J).
2. Pruebe que si {xJ } es constante de valor a (Es decir, xJ = a, para todo J ∈ J), entonces xJ → a.
4. Pruebe que la red {sF }, de sumas parciales, es de Cauchy si y solo si, para cada ² > 0 existe
J0 ∈ J tal que, |sH | < ², cuando H ∈ J y H ∩ J0 = ∅.
P P P P
5. Pruebe que si ai , i∈I bi convergen, entonces i∈I (ai +bi ) y i∈I λai convergen, cualquiera
i∈I
P P P P P
sea λ ∈ R. Además, i∈I (ai + bi ) = i∈I ai + i∈I bi , i∈I λai = λ i∈I ai .
P P P P
6. Pruebe que si i∈I |ai | converge, entonces, i∈I ai converge. Además | i∈I ai | ≤ i∈I |ai |.
Ayuda. |sJ − sK | ≤ |sJ − sJ∪K | + |sJ∪K | = |sK\J | + |sJ\K |.
7. Suponga que ai ≥ 0 para todo i ∈ I. Pruebe que si la red {sJ } está acotada superiormente,
P P
entonces i∈I ai converge y su suma es sup{ i∈J ai : J ⊂ I es finito no vacı́o}.
70
8. Supongamos que I es la unión de una familia numerable {In }n∈J , de conjuntos numerables In ,
P P P
y sea g : I → R no negativa. Pruebe que i∈I g(i) ≤ n∈J [ i∈In g(i)]. Ayuda. Si F ⊂ I es
finito, entonces existe G ⊂ J finito, tal que F ⊂ ∪n∈G In .
P P
9. Suponga que i∈I|ai | converge y sea h : I → I una biyección. Pruebe que i∈I ah(i) converge
P
y que tiene la misma suma que i∈I ai .
Capı́tulo 5
Topologı́a de la Recta
Introducción.
El concepto básico de este capı́tulo es el de conjunto abierto. A partir de él, se derivan los conceptos
de: conjunto cerrado, punto interior, punto de clausura, punto de acumulación, conjunto denso y
conjunto compacto, los cuales son llamados conceptos topológicos, precisamente porque pueden definirse
usando solamente la noción de conjunto abierto.
Los resultados más importantes del capı́tulo son la caracterización de los conjuntos compactos
como conjuntos cerrados y acotados, y el teorema de Bolzano-Weierstrass, el cual asegura que todo
subconjunto infinito y acotado de R, posee un punto de acumulación.
5.1. Intervalos
Estos conjuntos son llamados intervalos de extremos a y b. El primero (resp. último) de ellos se
dice abierto (resp. cerrado). Cuando a = b se tiene (a, b) = ∅; [a, b] = {a} y se les llama intervalos
degenerados.
Los cuatro intervalos definidos anteriormente, son conjuntos acotados, por lo que también se de-
nominan intervalos acotados. La longitud de cualquiera de ellos se define como el número b − a.
Dado a ∈ R definimos:
Estos conjuntos son conocidos como intervalos no acotados. El primero (resp. segundo) de ellos
también se le dice la semirrecta izquierda abierta (resp. cerrada) de extremo a, mientras que
71
72
para los dos últimos se utiliza una terminologı́a análoga. En fin, alguna veces pondremos
(−∞, +∞) = R.
Los nueve conjuntos, definidos anteriormente, son conocidos bajo el nombre genérico de intervalos.
Los que se definen usando sólo paréntesis, son llamados abiertos.
Sea I un intervalo de R. Es fácil ver que si x, y ∈ I con x < y, entonces (x, y) ⊂ I. Probaremos
que esta propiedad caracteriza los intervalos.
Proposición 5.1.1. Sea I ⊂ R tal que (x, y) ⊂ I, para todo x, y ∈ I con x < y. Entonces I es un
intervalo.
Proposición 5.1.2. La unión de una familia de intervalos con un punto común, es un intervalo.
Demostración. Sea {Ip : p ∈ P } una familia de intervalos indizada por un conjunto P y supong-
amos que existe a ∈ R, tal que, a ∈ Ip , para cada p ∈ P . Denotemos por I la unión de esa familia y
fijemos x, y ∈ I con x < y. De acuerdo a la proposición anterior bastará ver que (x, y) ⊂ I. Con este
fin, fijemos p, q ∈ P tales que x ∈ Ip e y ∈ Iq y consideremos los tres casos que siguen:
i) y ≤ a. En este caso, (x, y) ⊂ (x, a) ⊂ Ip ⊂ I.
ii) a ≤ x. En este caso se tiene (x, y) ⊂ (a, y) ⊂ Iq ⊂ I.
iii) x < a < y. En este caso, (x, y) ⊂ (x, a] ∪ [a, y) ⊂ Ip ∪ Iq ⊂ I.
Ejercicios.
1. Sean a, b ∈ R con a < b. Pruebe que (a, b) es el entorno de centro (ver sección 4.2) (a + b)/2 y
radio (b − a)/2.
2. Sea {Ip : p ∈ P } una familia de intervalos y suponga que existe q ∈ P tal que Ip ∩ Iq 6= ∅, para
todo p ∈ P . Pruebe que la unión de los Ip es un intervalo. Ayuda. Aplique la proposición 5.1.2
a la familia {Jp : p ∈ P } donde Jp = Ip ∪ Iq , para cada p ∈ P .
73
3. Sea {Ip : p ∈ P } una familia de intervalos no degenerados dos a dos disjuntos. Pruebe que P
es numerable. Ayuda. Muestre que todo intervalo no degenerado contiene un número racional y
construya una inyección de P en Q.
4. Sea A un subconjunto de R con la siguiente propiedad: Para todo x ∈ A existe y ∈ A tal que
x 6= y y (x, y) ⊂ A o (y, x) ⊂ A (según sea x < y o y < x). ¿Es A un intervalo? Justifique su
respuesta y compárela con la proposición 5.1.1.
Diremos que U ⊂ R es abierto, si para cada x ∈ U existe ² > 0 tal que (x − ², x + ²) ⊂ U . Este
número ² depende en general de x.
Ejemplos: Es obvio que R es un conjunto abierto. También se tiene que ∅ es abierto, porque no
hay ningún x en ∅ que no verifique la condición anterior. Por otra parte, Q no es abierto, pues todo
intervalo contiene irracionales (proposición 2.5.4). Los intervalos de la forma [a, b) no son abiertos,
pues la condición de la definción de abierto no se cumple para x = a.
Demostración. Sea I un intervalo abierto. Ya que R y ∅ son abiertos, debemos considerar los
casos I = (a, b), (−∞, a), (a, +∞), donde a, b ∈ R y a < b si I = (a, b).
Supongamos que I = (a, b). Dado x ∈ I definamos ² = mı́n{x − a, b − x}. Entonces a ≤ x − ² <
x + ² ≤ b, de donde (x − ², x + ²) ⊂ (a, b). Luego I es abierto. Los otros dos casos serán dejados a
cargo del lector.
Sea I un intervalo que satisface la definición de conjunto abierto. Para ver que I es un intervalo
abierto, basta mostrar que no puede ser de ninguno de los siguientes: [a, b], [a, +∞), (−∞, b], donde
a < b. Le dejamos al lector la tarea de verificar que en cualquiera de estos casos los extremos acotados
del intervalo no satisfacen condición en la definición de conjunto abierto.
Demostración. La parte a) será dejada a cargo del lector. Para probar b), mostraremos sólo que
la intersección de dos abiertos es abierto, el caso general se hace por inducción en el número de abiertos
y lo dejaremos al lector. Sean U1 , U2 abiertos de R y fijemos x ∈ U1 ∩ U2 . Ya que x ∈ U1 , existe ²1 > 0
tal que (x − ²1 , x + ²1 ) ⊂ U1 . Por el mismo argumento, existe ²2 > 0 tal que (x − ²2 , x + ²2 ) ⊂ U2 . Sea
² = mı́n{²1 , ²2 }. Es claro que (x − ², x + ²) ⊂ U1 ∩ U2 .
Proposición 5.2.3. Todo abierto de R es la unión de una familia numerable de intervalos abiertos
dos a dos disjuntos.
74
Nota: La proposición anterior por una parte dice que todo conjunto abierto es la unión de una
colección numerable de intervalos. Esto se puede mostrar simplemente notando que para todo punto
x de un conjunto abierto U existen racionales r < s tales que r < x < s y (r, s) ⊂ U (justificarlo).
Ası́ que la colección de todos los intervalos abiertos con extremos racionales contenidos en U cumple
con lo requerido. Esto es, todo conjunto abierto es la unión de intervalos con extremos racionales.
Note que una colección infinita de intervalos con extremos racionales es equipotente con una colección
de pares ordenados (s, r) ∈ Q × Q tales que r < s y en consecuencia dicha colección es numerable.
Sin embargo, no es cierto que todo conjunto abierto es la unión disjunta de intervalos con extremos
racionales, por ejemplo, el intervalo (0, r) donde r es cualquier irracional positivo (ver ejercicio 11).
Sea d ∈ [a, c). Por la Proposición 2.6.1, existe z ∈ B tal que z > d, y como [a, z] ⊂ U , entonces
d ∈ U . Esto prueba que [a, c) ⊂ U . Veamos ahora que c ∈
/ U , porque si ese fuera el caso, existirı́a ² > 0
tal que (c − ², c + ²) ⊂ U y por lo tanto [a, c + ²/2] ∈ U . Es decir, c + ²/2 ∈ B, lo cual contradice el
hecho que c es el supremo de B y muestra que c ∈
/ U.
Supongamos que c ∈ V y fijemos ρ > 0 tal que (c − ρ, c + ρ) ⊂ V . Entonces (c − ρ, c) ∩ [a, c) ⊂
U ∩ V = ∅, pero esto es contradictorio porque, al ser a < c, se tiene que (c − ρ, c) ∩ [a, c) 6= ∅. Esta
contradicción prueba que c ∈
/ V ; de donde c < b. Además, c ∈
/ U ∪ V , y por lo tanto c ∈
/ A. Por la
Proposición 5.1.1, A no es un intervalo porque a, b ∈ A, a < b y c ∈ (a, b).
Ejercicios.
4. Pruebe que si {Ui : i ∈ I} es una familia de abiertos no vacı́os, dos a dos disjuntos, entonces I
es numerable.
c) Concluya de lo anterior que int(A) es el abierto más grande contenido en A. Por ejemplo,
muestre que int([1, 3)) = (1, 3).
7. Sean A, B ⊂ R. Pruebe que int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B) y que int(A ∪ B) ⊂ int(A) ∪ int(B).
Dé un ejemplo donde esta contención sea estricta.
9. Sea A ⊂ R. Se dice que B ⊂ A es abierto en A si para cada x0 ∈ B existe r > 0 tal que
(x0 − r, x0 + r) ∩ A ⊂ B. Pruebe que B ⊂ A es abierto en A si y sólo si B = A ∩ U para algún
abierto U de R.
76
11. a) Muestre que ningún intervalo abierto es igual a la unión disjunta de dos intervalos abiertos
(no vacı́os).
b) Muestre que ningún intervalo de la forma (a, b) donde a o b es irracional es igual a la
unión de una colección numerable y dos a dos disjunta de intervalos abiertos con extremos
racionales. Explique por qué no hay conflicto entre este ejercicio y la proposición 5.2.3.
Ayuda: Suponga, sin pérdida de generalidad, que b es irracional. Sea In = (an , bn ), n ∈ N,
intervalos con extremos racionales y dos a dos disjuntos contenidos en (a, b). Muestre que
S
b1 6∈ n In .
Demostración. Ejercicio.
Observación: Note que ∅ y R son a la vez abiertos y cerrados. De hecho son los únicos subconjuntos
de R con esta propiedad (ver ejercicio 12). Es importante tener presente que un conjunto puede no
ser ni abierto ni cerrado, por ejemplo (1, 5].
Ejemplo: Mostraremos que 2 es un punto de clausura del intervalo (2, 7]. En efecto, sea U un abierto
cualquiera que contenga a 2. Por definición de conjunto abierto, existe r > 0 tal que (2 − r, 2 + r) ⊂ U .
Podemos escoger r tal que 2 + r < 7. Escoja ahora t tal que 2 < t < 2 + r. Entonces t ∈ U ∩ (2, 7].
77
Ejemplo: Mostraremos que la clausura de (2, 7] es [2, 7]. Es claro que R \ [2, 7] = (−∞, 2) ∪ (7, +∞) es
abierto, luego [2, 7] es cerrado. Por lo tanto, la proposición 5.3.4 a) nos asegura que (2, 7] ⊆ [2, 7]. Por
otra parte, ya vimos que 2 es un punto de clausura de (2, 7], es decir, 2 ∈ (2, 7]. Como (2, 7] ⊂ (2, 7],
entonces [2, 7] ⊆ (2, 7]. En conclusión, tenemos que (2, 7] = [2, 7].
La Proposición 5.3.2, junto con la parte a) de la proposición anterior, dicen que Ā es el cerrado
“más pequeño” (con respecto al orden ⊆) que contiene a A. Terminaremos esta sección caracterizando
los conjuntos cerrados a través de sucesiones. Para ello establecemos la siguiente definición. Diremos
que x0 ∈ R es un punto lı́mite de A si existe una sucesión {xn } en A que converge a x0 .
Demostración. Sea x0 un punto lı́mite de A y sea {xn } una sucesión en A que converge a x0 .
Dado un abierto U de R que contiene a x0 , fijemos ² > 0 tal que (x0 − ², x0 + ²) ⊂ U ; entonces existe
78
N ∈ N tal que |xn − x0 | < ², para n > N . Es decir, xn ∈ A ∩ (x0 − ², x0 + ²); n > N ; lo cual prueba
que U ∩ A 6= ∅. Es decir, x0 ∈ Ā.
Supongamos ahora que x0 ∈ Ā, entonces (x0 − 1/n, x0 + 1/n) ∩ A 6= ∅, para cada n ∈ N. Si fijamos
xn ∈ (x0 − 1/n, x0 + 1/n) ∩ A, tenemos una sucesión {xn } en A tal que |xn − x0 | < 1/n. En particular,
xn → x0 y por lo tanto, x0 es un punto lı́mite de A.
Como corolario a las Proposiciones 5.3.3-5.3.5 se obtiene:
Ejercicios.
2. Sean a ≤ b en R. Pruebe que los intervalos [a, b], (−∞, a], [a, ∞) son conjuntos cerrados.
3. Pruebe que Z es cerrado. Ayuda. Recuerde que para todo real r existe un entero m (llamado
la parte entera de r) tal que m ≤ r < m + 1 (la parte entera está formalmente definida en el
ejercicio 4 de la sección 2.4).
5. Pruebe que un subconjunto de R que contiene un sólo elemento es cerrado. Concluya que todo
conjunto finito es cerrado.
a) Muestre que
\
Ā = Un
n
b) Concluya que todo cerrado es igual a una intersección numerable de abiertos y análoga-
mente, que todo abierto es igual a una unión numerable de cerrados. Ayuda: Use el ejercicio
12 de la sección 5.2.
15. Sea U y V subconjuntos densos de R. Suponga que uno de ellos es abierto y muestre que U ∩ V
es denso en R. ¿Será cierto el resultado para conjuntos densos cualesquiera?
16. Muestre que si A es numerable, entonces R \ A es denso. Ayuda: Use que todo intervalo no
degenerado no es numerable (ver ejercicio 10 de la sección 4.11).
Ya vimos que toda sucesión acotada tiene una subsucesión convergente (Corolario 4.6.3). El sigu-
iente teorema generaliza este resultado a conjuntos infinitos y acotados.
Demostración. Daremos dos argumentos diferentes para mostrar el teorema. Sea A un subcon-
junto de R infinito y acotado.
Primera versión: Como A es infinito, entonces existe una función f : N → A inyectiva. Considere
la sucesión dada por f , es decir, xn = f (n). Por el Corolario 4.6.3 sabemos que {xn } tiene una
subsucesión {xnk }k convergente a un punto a. Para ver que a es un punto de acumulación de A, sea
U un abierto que contenga a a. Luego existe N tal que xnk ∈ U para todo k ≥ N . Por ser f inyectiva,
tenemos que xnk 6= a para todo k excepto para a lo sumo un valor de k. En particular, como el rango
de f está contenido en A, se tiene que U ∩ (A \ {a}) 6= ∅. Y esto termina la prueba.
Segunda versión: Dado un intervalo J = [c, d], definimos su punto medio como z = (c + d)/2
y cada uno de los intervalos [c, z], [z, d] será llamado una mitad de J. Si A ∩ J es infinito y J1 , J2
son las dos mitades de J entonces A ∩ Ji es infinito para algún i = 1, 2; pués en caso contrario,
A ∩ J = (A ∩ J1 ) ∪ (A ∩ J2 ) serı́a finito al ser la unión de dos conjuntos finito (ver proposición 3.3.3).
Definamos a = inf(A), b = sup(A) e I = [a, b]. Es claro que A ⊂ I. Sea I1 una mitad de I tal que
I1 ∩ A es infinito. Sea I2 una mitad de I1 tal que A ∩ I2 es infinito. “Prosiguiendo de esta manera”, se
construye una familia de intervalos {In }n∈N con las siguientes propiedades:
(i) In+1 es una mitad de In .
(ii) In ∩ A es infinito.
En particular de (i) se tiene que cada In es un intervalo cerrado, digamos que In = [an , bn ].
Observemos que de (i) también se tiene que bn+1 − an+1 = (bn − an )/2 y aplicando inducción se
muestra que bn − an = (b − a)/2n . De aquı́, bn − an → 0.
T
Por el teorema de los intervalos encajados (3.5.1) se tiene que existe x0 ∈ n In . Mostraremos que
x0 es un punto de acumulación de A. Para ello, fijemos un abierto U que contiene a x0 . Debemos
mostrar que U ∩ (A \ {x0 }) 6= ∅. Por definición de conjunto abierto, sabemos que existe r > 0
tal (x0 − r, x0 + r) ⊂ U . Es claro que es suficiente mostrar que (x0 − r, x0 + r) ∩ A es infinito.
Como bn − an → 0, entonces existe N ∈ N tal que bN − aN < r. Como x0 ∈ [aN , bN ], entonces
[aN , bN ] ⊂ (x0 − r, x0 + r). En consecuencia, IN ∩ A ⊂ (x0 − r, x0 + r) ∩ A. De (ii) concluimos que
(x0 − r, x0 + r) ∩ A es infinito.
mitades de J tal que f (J) ∩ A es infinito. Se tiene ası́ una aplicación f : J → J . Por el Teorema 3.1.1,
existe una aplicación φ : N → J tal que φ(1) = I y φ(n+1) = f (φ(n)). Los intervalos In “construı́dos”
en la prueba anterior pueden ahora definirse de manera precisa poniendo In = φ(n + 1).
Ejercicios.
2. Use la Proposición 5.3.3 para probar que A es cerrado si y sólo si contiene todos sus puntos de
acumulación.
i) x0 ∈ R es punto de acumulación de A.
4. Pruebe que si todos los puntos de un conjunto A ⊂ R son aislados en A, entonces A es numerable.
Ayuda: Muestre que existen intervalos abiertos, dos a dos disjuntos, cada uno conteniendo un
sólo punto de A y cuya unión es A. Para hacerlo, defina, para cada a ∈ A, sa = inf{|x − a| :
x ∈ A \ {a}} (se puede suponer que A contiene al menos dos elementos). Muestre que sa > 0 y
ponga ra := sa /2. Muestre ahora que (a − ra , a + ra ) ∩ (b − rb , b + rb ) = ∅, si a, b ∈ A, a 6= b.
(Vea el ejercicio 13 de la sección 5.3 para entender mejor el significado de los números sa ).
b) Determine bajo que condiciones lı́m inf xn y lı́m sup xn son puntos de acumulación de A.
c) De un ejemplo de una sucesión acotada {xn } tal que su rango no tenga puntos de acumu-
lación y calcule lı́m inf xn y lı́m sup xn .
d ) Sea {xn } una enumeración de los racionales en [0, 1]. Calcule lı́m inf xn y lı́m sup xn . ¿Cuáles
son los puntos de acumulación del rango de {xn }?
82
En esta sección, K denota un subconjunto de R y U := {Ui }i∈I denota una familia de abiertos de
R indizada por algún conjunto I.
Diremos que U es un cubrimiento abierto de K, si la unión ∪i∈I Ui contiene a K. Si para
algún subconjunto J de I se tiene que {Ui }i∈J es un cubrimiento de K, diremos que {Ui }i∈J es un
subcubrimiento de K extraı́do de U, el cual se dirá finito si el conjunto {Ui : i ∈ J} es finito.
Diremos que K es compacto, si todo cubrimiento abierto de K posee un subcubrimiento finito
extraı́do de U.
Esta definición es bastante abstracta y esto obedece al hecho de estar enunciada utilizando única-
mente la noción de conjunto abierto. Sin embargo, uno de los propósitos principales de la sección es
caracterizar los conjuntos compactos de una manera simple; a saber como aquellos que son a la vez
cerrados y acotados.
Ejemplos:
(1 + 1/n, 3 − 1/n), n ∈ N.
Es fácil verificar que U es un cubrimiento de [0, 1]. El lector verificará que el siguiente subconjunto
de U es un subcubrimiento finito de [0, 1]:
¿Puede el lector conseguir un subcubrimiento finito que contenga sólo dos conjuntos?
demostración bastarı́a probar que b ∈ A. Para lo cual comenzamos notando que a ∈ A y A es acotado.
Esto permite definir c = sup(A).
Afirmación. c = b. En efecto, es claro que c ≤ b. Razonaremos indirectamente. Supongamos c < b
y escojamos U ∈ U tal que c ∈ U . Ahora escojamos r > 0 tal que (c − r, c + r) ⊂ U y fijemos
x ∈ A tal que c − r < x (recuerde que c es el supremo de A). En fin, fijemos y ∈ (c, c + r) ∩ (c, b) y
notemos que [x, y] ⊂ U y por lo tanto [a, y] admite un subcubrimiento finito extraı́do de U (note que
[a, y] = [a, x] ∪ [x, y]). Luego, y ∈ A, pero esto es una contradicción (porque y > c = sup(A)), lo cual
prueba la afirmación.
Sea U ∈ U tal que b ∈ U y sea r > 0 tal que (b − r, b + r) ⊂ U . Por la afirmación, b = sup(A) y en
consecuencia existe x ∈ A tal que b − r < x. De aquı́, [a, b] admite un subcubrimiento finito extraı́do
de U, porque [a, b] = [a, x] ∪ [x, b] y [x, b] ⊂ U .
Para cada n ∈ N, pongamos Vn = {x ∈ R : |x − x0 | > 1/n}. El lector probará que Vn es abierto y que
la unión de los Vn es R\{x0 }. De aquı́, {Vn }n∈N es un cubrimiento abierto de K, porque x0 ∈
/ K. Como
V1 ⊂ V2 ⊂ · · ·, entonces existe N ∈ N tal que K ⊂ VN y en consecuencia, [x0 − 1/N, x0 + 1/N ] ∩ K = ∅.
Esto contradice (5.1) y termina la prueba.
Demostración. La primera mitad del teorema fué probada en la Proposición 5.5.2. Supongamos
ahora que K es cerrado y acotado y pongamos a = inf(K), b = sup(K). Entonces K es un subconjunto
cerrado del compacto [a, b] y el resultado se sigue de la Proposición 5.5.3.
El siguiente teorema caracteriza los subconjuntos compactos de la recta en términos de sucesiones
convergentes. Este resultado es sumamente útil, pues no hace referencia al concepto mas complejo de
cubrimiento por abiertos.
84
Teorema 5.5.5. K es compacto si y sólo si toda sucesión en K posee una subsucesión convergente a
un punto de K.
Demostración. Supongamos primero que K es compacto y fijemos una sucesión {xn } en K. Como
K es acotado (proposición 5.5.2), entonces {xn } también lo es. Del Corolario 4.6.3, esa sucesión posee
una subsucesión {xh(k) } que converge a un punto x0 ∈ R. Es decir, x0 es un punto lı́mite de K. Por
ser K cerrado, x0 ∈ K (proposición 5.5.2 y corolario 5.3.6).
Ahora mostraremos el recı́proco. Sea K un conjunto como en la hipótesis. Por el teorema de Heine-
Borel (5.5.4) basta mostrar que K es cerrado y acotado. Para ver que K es cerrado, sea {xn } una
sucesión en K que converge a x ∈ R. Por hipótesis, {xn } posee una subsucesión {xh(k) } que converge
a un punto z ∈ K. Pero por la Proposición 4.6.1, xh(k) → x y ası́ x = z ∈ K. Es decir, K contiene
todos sus puntos lı́mite, luego K es cerrado (Corolario 5.3.6).
Para terminar, supongamos que K no es acotado, entonces para cada n ∈ N existe xn ∈ K tal
que |xn | > n. Por otro lado, la sucesión {xn } posee una subsucesión convergente, en particular, posee
una subsucesión acotada {xh(k) }. Pero |xh(k) | > h(k) ≥ k; k ∈ N; y esta contradicción termina la
demostración.
Ejercicios.
1. Pruebe que la unión de una familia finita de compactos es compacto. Concluya que todo conjunto
finito de R es compacto.
2. Sea {xn } una sucesión de R convergente a z ∈ R. Pruebe que {xn : n ∈ N} ∪ {z} es compacto.
Es muy ilustrativo resolver este ejercicio usando las tres maneras de verificar compacidad vistas
hasta ahora: por definición, usando el teorema de Heine-Borel o el teorema 5.5.5.
6. Dé otra prueba del Teorema 5.5.1 como sigue. Suponga que existe un cubrimiento abierto U de
I0 := [a, b] del cual no es posible extraer un subcubrimiento finito y construya una familia de
85
intervalos I1 ⊃ I2 ⊃ I3 ⊃ · · ·, contenidos en [a, b], tal que In es una mitad de In−1 (como en la
demostración del teorema 5.4.1) que no posee un subcubrimiento finito extraı́do de U. Sea x0
como en la prueba del Teorema 5.4.1 y sea U ∈ U conteniendo a x0 . Pruebe que IN ⊂ U para
algún N ∈ N.
La siguiente serie de problemas tiene por objeto clasificar los subgrupos aditivos de R.
Por un subgrupo aditivo de R (ó subgrupo de (R, +)) entendemos un subconjunto no vacı́o
G de R tal que b − a ∈ G si a, b ∈ G. En los problemas que siguen, G denota un subgrupo aditivo de
R tal que G 6= {0}.
4. Pruebe que si a > 0, entonces a ∈ G. Ayuda. Por definición de ı́nfimo, existe x ∈ G+ tal que
a ≤ x < 2a. Asuma a < x y vuelva a aplicar la definición de ı́nfimo.
5. Pruebe que si a > 0, entonces G = aZ. Ayuda. Aplique el ejercicio 6 de la sección 2.4.
6. Pruebe que si a = 0, entonces G es denso en R. Ayuda. Suponga primero que x > 0 y fije ² > 0.
Muestre que existe y ∈ G tal que |x − y| < ². Ya que a = 0, se sigue de las propiedades del
ı́nfimo, la existencia de x0 ∈ G+ tal que x0 < ². Aplique ahora el ejercicio 6 de la sección 2.4 con
b = x0 .
9. En este ejercicio trabajaremos con la estructura multiplicativa de R. Sea H ⊂ (0, +∞). Suponga
que si x, y ∈ H, entonces x/y ∈ H. Muestre que si int(H) 6= ∅ entonces H = (0, +∞).
86
Capı́tulo 6
Lı́mites y Continuidad
Introducción. En este capı́tulo introducimos el concepto más importante de este libro; a saber, el
concepto de lı́mite, el cual es usado explı́citamente en el tema de derivadas e implı́citamente, en el
tema de integración. La mayor parte del capı́tulo es dedicado al estudio de las funciones continuas
y de las funciones monótonas. El estudio de las funciones continuas y estrictamente monótonas, nos
conducen a la construcción de las funciones exponenciales (f (x) = ax ) y logarı́tmicas (f (x) = loga x).
6.1. Lı́mites
El primer sı́mbolo se lee: “λ es el lı́mite de f (x), cuando x tiende a x0 ”, mientras que el segundo se
lee, “f (x) tiende a λ, cuando x tiende a x0 ”. La definición precedente dice que dado un entorno de
λ de radio ², existe un entorno de x0 de radio δ (que depende de ²) tal que f (x) ∈ (λ − ², λ + ²) si
x ∈ (x0 − δ, x0 + d) ∩ A y x 6= x0 . Es decir, f ((x0 − δ, x0 + δ) ∩ (A \ {x0 })) ⊂ (λ − ², λ + ²). Informalmente
hablando, esta definición dice que f (x) está “cerca” de λ, si x está cerca de x0 y x 6= x0 . El hecho que
x0 es punto de acumulación asegura que (x0 − δ, x0 + δ) ∩ (A \ {x0 }) 6= ∅, de modo que la definición
de lı́mite “no es trivial”. Por otra parte, es irrelevante que x0 pertenezca o no al dominio de f . Estos
dos comentarios se aclararán con el siguiente ejemplo.
Ejemplo: Sea A = [0, 1] ∪ {2} y f : A → R cualquier función. El lector interesado comprobará que
dado ² > 0 la condición (1.1) es válida para x0 = 2, δ = 1/2 y cualquiera λ!. En otras palabras, el
87
88
hecho que 2 no es un punto de acumulación del dominio de la función hace que el concepto de lı́mite
(en ese punto) no tenga ninguna utilidad.
Por otra parte si A = [0, 2) y f (x) = x2 , entonces el lı́mite de f cuando x tiende a 2 es igual a 4.
Note que es irrelevante que 2 no pertenezca al dominio de f . En otras palabras, podemos agregar 2 al
dominio de la función y definirla en 2 como queramos y todavı́a obtener que el lı́mite de f cuando x
tiende a 2 es igual a 4.
Proposición 6.1.1. f (x) → λ, cuando x → x0 , si y sólo si, f (xn ) → λ para cada sucesión {xn } de
A \ {x0 } que converge a x0 .
Demostración. ⇒). Sea {xn } una sucesión de A \ {x0 } que converge a x0 y fijemos ² > 0. Por
definición de lı́mite de una función, existe δ > 0 tal que
Por otra parte, xn 6= x0 , lo cual permite aplicar (1.2)-(1.3) para concluir que
Ejemplos:
Se tiene que lı́mx→2 f (x) = 4. En efecto, sea {xn } una sucesión convergente a 2. Es claro que si
{xn } estuviera formada sólo por racionales o sólo por irracionales, entonces f (xn ) → 4. Dejamos
la tarea al lector (ver ejercicio 5) de mostrar que esto garantiza que f (xn ) es convergente. ¿En
que otro punto existe el lı́mite?
Sea x0 ∈ (0, 1) cualquiera. Mostraremos que f tiende a 0 en x0 . Sea ε > 0 y escoja n ∈ N tal que
1/n < ε. Sea B el conjunto de todos los racionales de la forma p/q con 0 < p < q y q ≤ n. Note
que B es finito. Observe ahora que si x es racional y x 6∈ B, entonces 0 < f (x) < 1/n. Como B
es finito, existe δ > 0 tal que si 0 < |x0 − x| < δ, entonces x 6∈ B. De aquı́ se puede fácilmente
deducir que si 0 < |x0 − x| < δ, entonces |f (x)| < 1/n.
Los cuatro resultados enunciados a continuación pueden probarse usando los mismos argumentos
de las secciones 4.1, 4.2 y 4.3 o utilizando la Proposición 6.1.1 y los correspondientes resultados del
capı́tulo 4.
Proposición 6.1.3. Sean f, g, c como antes y supongamos que f (x) → λ y g(x) → µ, cuando x → x0 .
Entonces f (x) + g(x) → λ + µ, cf (x) → cλ y f (x)g(x) → λµ, cuando x → x0 . Si además, g(x) 6= 0
para todo x ∈ A y µ 6= 0, entonces f (x)/g(x) → λ/µ, cuando x → x0 .
Proposición 6.1.4. Sean f, g : A → R tales que f ≤ g (lo que por definición significa que f (x) ≤
g(x); x ∈ A). Si f (x) → λ y g(x) → µ, cuando x → x0 , entonces λ ≤ µ.
90
Definiremos ahora el concepto de lı́mite lateral. Para ello necesitamos el siguiente concepto: Diremos
que x0 ∈ R es un punto de acumulación a derecha (resp. izquierda) de A si (x0 , x0 + ²) ∩ A
(resp. (x0 − ², x0 ) ∩ A) no es vacı́o, para ningún ² > 0.
En este caso también se dice que f (x) tiende a λ, cuando x tiende a x0 por la derecha (resp. izquierda),
o que λ es el lı́mite de f (x), cuando x tiende a x0 por la derecha (resp. izquierda). Para denotar esta
situación, se utilizan los siguientes sı́mbolos:
Demostración. Ejercicio.
Terminaremos esta sección definiendo los conceptos de lı́mites al infinito y lı́mites infinitos. Para
lo primero, necesitamos suponer que A no está acotado superiormente (resp. inferiormente). En este
caso decimos que f (x) tiene lı́mite λ, cuando x tiende a +∞ (resp. −∞), si para cada ² > 0 existe
M > 0 tal que,
|f (x) − λ| < ² si x > M (resp. x < −M ) y x ∈ A.
Sea x0 un punto de acumulación de A. Diremos que f (x) tiende a más infinito (resp. menos
infinito), cuando x tiende a x0 , si para cada M > 0 existe δ > 0 tal que,
Dejaremos a cuidado del lector definir los conceptos de lı́mites laterales infinitos.
Ejercicios.
1. En cada uno de los siguientes ejercicios pruebe usando la definición ²-δ que el lı́mite de f cuando
x tiende a a es λ.
a) f (x) = x4 , λ = a4 .
b) f (x) = x1 , a = 1, λ = 1.
c) f (x) = x4 + x1 , a = 1, λ = 2.
p
d ) f (x) = |x|, a = 0, λ = 0.
√
e) f (x) = x, a = 1, λ = 1.
3. Suponga que las funciones f y g tienen la siguiente propiedad. Para todo ² > 0 y todo x,
4. Halle un ejemplo de una función f : A → R tal que para algún punto de acumulación x0 de A
exista una sucesión {xn } convergente a x0 pero que f (xn ) no sea convergente. ¿Qué tiene esto
que ver con la demostración de la proposición 6.1.1?.
5. Sea f : R → R una función y x0 ∈ R. Suponga que para todo par de sucesiones {xn } y {yn } con
xn ∈ Q y yn ∈ R \ Q ambas convergiendo a x0 se cumple que f (xn ) y f (yn ) convergen al mismo
valor λ. Muestre que lı́mx→x0 f (x) = λ. Ayuda: Vea el ejercicio 6 de la sección 4.6.
92
7. Pruebe que las Proposiciones 6.1.2-6.1.5 siguen siendo válidas para lı́mites laterales.
9. Enuncie y demuestre resultados análogos a las Proposiciones 6.1.1-6.1.5 referentes a los lı́mites
al infinito.
10. Sea p(x) una función polinomial, es decir, p es una función de la forma p(x) = a0 +a1 x+· · ·+an xn ;
donde n ∈ N y a0 , a1 , · · · , an ∈ R. Use la versión de 6.1.1 para lı́mites al infinito (probada en el
ejercicio anterior) para determinar lı́mx→+∞ p(x) y lı́mx→−∞ p(x).
11. De otra demostración de la implicación (⇐) en la proposición 6.1.1. Primero muestre la con-
trarecı́proca de (⇐). Luego intente dar una demostración directa de (⇐) (sin reducción al ab-
surdo).
12. Halle ejemplos que muestren que los siguientes enunciados no son equivalentes al concepto de
lı́mite “f (x) → λ, cuando x → a”.
a) Para todo δ > 0 existe un ² > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ, entonces |f (x) − λ| < ².
b) Para todo ² > 0 existe un δ > 0 tal que si |f (x)) − λ| < ², entonces 0 < |x − a| < δ.
c) Existe un ² > 0 tal que para todo δ > 0 si 0 < |x − a| < δ, entonces |f (x) − λ| < ².
La proposición que sigue nos dice que la composición de funciones continuas es una función con-
tinua.
Ejercicios.
1. Determine los puntos de continuidad de las funciones definidas en el ejemplo que sigue a la
proposición 6.1.1.
10. Pruebe que si f es continua, entonces f (C̄ ∩ A) ⊂ f (C), para cada subconjunto C de A.
11. Sean f, g : R → R funciones continuas tales que f (x) = g(x) para todo racional x. Muestre que
f = g. ¿Que puede decir si f y g son iguales en los irracionales?
12. Pruebe que f tiene a lo sumo una extensión continua F : Ā → R. Es decir, si F, G : Ā → R son
continuas y F (x) = G(x) para todo x ∈ A, entonces F = G.
b) Si c 6∈ A. Muestre que existe una función continua g : R → R tal que g(c) = 1 y g(x) = 0
para todo x ∈ A.
14. Sean f, g : R → R funciones continuas. Muestre que {x ∈ R : f (x) = g(x)} es cerrado y que
{x ∈ R : f (x) < g(x)} es abierto.
Estudiaremos ahora los conceptos de máximo y mı́nimo de una función y probaremos que si A es
compacto entonces toda función continua f : A → R alcanza máximo y mı́nimo.
Diremos que f : A → R alcanza mı́nimo (resp. máximo), si existe x0 ∈ A tal que, f (x0 ) ≤ f (x)
(resp. f (x) ≤ f (x0 )) para cada x ∈ A. El número f (x0 ) es llamado el mı́nimo (resp. el máximo)
(absoluto) de f en A. Se dice también que f alcanza mı́nimo (resp. máximo) en x0 o que x0 es
un punto de mı́nimo (resp máximo) de f .
Demostración. Sea {yn } una sucesión en f (A). De acuerdo al Teorema 5.5.5, bastará probar que
{yn } posee una subsucesión convergente a un punto de f (A).
Para cada n escoja xn ∈ A tal que f (xn ) = yn . Ya que A es compacto, se sigue del Teorema 5.5.5,
que {xn } posee una subsucesión {xh(k) } convergente a un punto x0 ∈ A y por la proposición 6.2.2
tenemos que yh(k) = f (xh(k) ) → f (x0 ).
Incluir gráfica
Nos encaminamos ahora a probar el Teorema de Bolzano de los Valores Intermedios, una de cuyas
formas dice que: “la imagen de un intervalo por una función continua es un intervalo”. Una versión
más sugerente es que si dos puntos y0 , y1 están en la imagen de una función continua, cuyo dominio
es un intervalo, entonces todo punto entre yo e y1 también está en la imagen de f . La prueba de este
resultado necesita el siguiente resultado auxiliar.
Proposición 6.3.3. i) Sea f : (a, b) → R continua y supongamos que f (x0 ) > 0 (resp. f (x0 ) < 0),
para algún x0 . Entonces existe r > 0 tal que, (x0 − r, x0 + r) ⊂ (a, b) y f (x) > 0 (resp. f (x) < 0),
para cada x ∈ (x0 − r, x0 + r).
96
ii) Sea f : [a, b] → R continua con a < b y supongamos que f (a) < 0 (resp. f (a) > 0). Entonces
existe r ∈ (0, b − a) tal que f (x) < 0 (resp. f (x) > 0) para cada x ∈ [a, a + r].
iii) Sea f : [a, b] → R continua con a < b y supongamos que f (b) < 0 (resp. f (b) > 0). Entonces
existe r ∈ (0, b − a) tal que f (x) < 0 (resp. f (x) > 0) para cada x ∈ [b − r, b].
Demostración. (i) Probaremos sólo el caso en que f (x0 ) > 0. De la definición de continuidad con
² = f (x0 ), existe δ > 0 tal que |f (x) − f (x0 )| < f (x0 ), si |x − x0 | < δ y x ∈ (a, b). El resultado se
seguirá fácilmente fijando r > 0 tal que (x0 −r, x0 +r) está contenido en el abierto (a, b)∩(x0 −δ, x0 +δ).
Dejaremos a cargo del lector la demostración de (ii) y (iii).
Teorema 6.3.4. (Bolzano) Sea f : [a, b] → R continua tal que f (a) < 0 < f (b), entonces existe
c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Incluir gráfica
Corolario 6.3.5. Sea A un intervalo y sea f : A → R una función continua tal que f (x) 6= 0, para
todo x ∈ A. Entonces f (x) > 0, para todo x ∈ A; ó f (x) < 0 para todo x ∈ A.
Demostración. Supongamos por el absurdo que existen a, b ∈ A tales que f (a) < 0 < f (b). Sin
pérdida de generalidad, puede suponerse que a < b. Pero [a, b] ⊂ A, y aplicando el Teorema de Bolzano
97
(6.3.4) a la restricción de f |[a,b] , tendrı́amos f (c) = 0, para algún c ∈ (a, b). Esta contradicción termina
la prueba.
Demostración. Fijemos c < d en f (A) y z ∈ (c, d). Pongamos ahora c = f (a), d = f (b) para
ciertos a, b ∈ A. Intercambiando los papeles de a y b si fuera necesario, podemos suponer que a < b.
(Note que a 6= b, pues c 6= d). Si definimos g : [a, b] → R por g(x) = f (x) − z tenemos que g(a) < 0 <
g(b) y por el Teorema de Bolzano, g(w) = 0 para algún w ∈ (a, b). Ası́, f (w) = z, lo cual prueba que
(c, d) ⊂ f (A) y el resultado se sigue de la Proposición 5.1.1.
De lo visto en esta sección se deduce que si f : [a, b] → R es continua entonces el rango de f es
un intervalo compacto de la forma [c, d]. Sin embargo, si f : I → R es continua e I es un intervalo, no
podemos en general decir que tipo de intervalo tiene el rango de f . Por ejemplo, considere la función
f (x) = x2 definida x ∈ R. Entonces la imagen de (−1, 1) bajo f es [0, 1). Por otra parte, la imagen
del intervalo (−2, −1] es [1, 4) y la imagen de [1, 3) es [1, 9). Le dejamos al lector la tarea de buscar
ejemplos que muestren que el rango de una función continua definida en un interval no compacto
puede ser de cualquier tipo. Por otra parte, veremos en la sección que sigue, que cuando f es creciente
o decreciente, si podemos saber el tipo de intervalo que aparece en el rango.
Ejercicios:
1. Dé otra prueba de la proposición 6.3.1, usando la definición original de conjunto compacto en
términos de cubrimiento por abiertos Ayuda: Use el ejercicio 8 de la sección 6.2.
3. En este ejercicio se demuestra que todo polinomio real de grado impar tiene al menos una raı́z
real.
a) Sea g : R → R continua y suponga que existe n ∈ N impar tal que g(x)/xn → 0 cuando
x → +∞ y también cuando x → −∞. Pruebe que existe c ∈ R tal que cn + g(c) = 0.
Ayuda: Sea h(x) = g(x) + xn . Use un argumento indirecto para mostrar que h cambia de
signo.
4. Pruebe que si g : [0, 1] → [0, 1] es continua, entonces g(c) = c para algún c. Ayuda. Si g(0) = 0
ó si g(1) = 1 no hay nada que mostrar. En caso contrario aplique el Teorema de Bolzano a la
función f (x) = x − g(x). Concluya que este resultado permanece válido para cualquier función
continua g : [a, b] → [a, b].
98
6. Sea f : [a, b] → [c, d] continua y biyectiva. Muestre que la función inversa f −1 : [c, d] → [a, b] es
continua. Ayuda: Muestre que si yn es una sucesión en [c, d] convergente a un punto y, entonces
f −1 (yn ) converge a f −1 (y). Suponga que no es ası́ y use el teorema 5.5.5 aplicado al compacto
[a, b].
Sea f : A → R una función continua. Entonces, para cada x0 ∈ A y cada ² > 0, existe δ > 0
tal que, |f (x) − f (x0 )| < ² si |x − x0 | < δ. Lo que deseamos hacer notar, es que este δ depende no
solamente de ² si no también de x0 . Cuando se pueda tomar el δ independiente de x0 se dirá que f
es uniformemente continua. De manera precisa, diremos que f es uniformemente continua si para
cada ² > 0 existe δ > 0 tal que
El lector verificará sin dificultad que toda función uniformemente continua es continua. Sin embargo, el
recı́proco no es cierto, como lo muestra el ejemplo que veremos en seguida. El ejemplo mas sencillo de
función uniformemente continua es la función identidad. En efecto, sea f : R → R dada por f (x) = x
y ε > 0 si ponemos δ = ε es claro que (4.1) se cumple.
Fijemos ahora n ∈ N tal que nδ > 1 y pongamos x = n + δ/2, z = n, entonces |x − z| = δ/2 < δ y
|x + z||x − z| = (2n + δ/2)δ/2 > nδ > 1, lo cual contradice la relación precedente y prueba nuestra
afirmación.
Por otra parte, si restringimos el dominio a un intervalo compacto [a, b], entonces f si es uniforme-
mente continua. Sea M = máx{|2a|, |2b|}. Notemos que 2a ≤ x + z ≤ 2b para todo x, z ∈ [a, b]. Luego
|x + z| ≤ M para todo x, z ∈ [a, b] y en consecuencia
Luego dado ε > 0, sea δ = ε/M . De la desigualdad anterior se sigue inmediatamente que (4.1) se
cumple y por consiguiente f es uniformemente continua en [a, b].
El teorema que mostramos a continuación dice que el hecho ilustrado en el ejemplo anterior es un
resultado general que se cumple para toda función continua con dominio compacto. La prueba hará uso
del teorema de Heine-Borel 5.5.4. De hecho, el teorema de Heine-Borel (y el concepto de conjunto
compacto definido por cubrimientos abiertos) está históricamente relacionado con la demostración del
teorema que sigue1 .
Demostración. Fijemos ² > 0. Como f es continua en A, entonces para cada z ∈ A, existe δz > 0
tal que,
|f (x) − f (z)| < ²/2, si |x − z| < δz y x ∈ A. (4.2)
Para cada z ∈ A denotemos por Uz al intervalo (z − δz /2, z + δz /2). Tenemos entonces que la familia
{Uz : z ∈ A} es un cubrimiento abierto de A. Como A es compacto, entonces existe un subconjunto
finito F de A tal que V := {Uz : z ∈ F } es un cubrimiento de A. Definamos δ = mı́n{δz /2 : z ∈ F } y
fijemos x, z ∈ A tales que |x − z| < δ. Ya que V es cubrimiento de A, existe w ∈ F tal que x ∈ Uw , de
donde
|z − w| ≤ |z − x| + |x − w| < δ + δw /2 ≤ δw /2 + δw /2 = δw .
De aquı́ y (4.2), se obtiene que |f (z) − f (w)| < ²/2. Luego por la desigualdad triangular concluimos
que |f (x) − f (z)| < ², con lo cual termina la prueba.
Terminaremos la sección mostrando que toda función uniformemente continua f : A → R admite
una única extensión continua a Ā, es decir, existe una única función F : Ā → R continua y tal que
F (x) = f (x) para todo x ∈ A. De hecho, F es uniformemente continua, como se indica en el ejercicio
3. Comenzaremos con el siguiente resultado auxiliar, que por si sólo tiene su interés.
Ya que {xn } es de Cauchy, existe N ∈ N tal que |xn − xm | < δ si m, n > N . De aquı́ y (4.3),
|f (xn ) − f (xm )| < ², si m, n > N .
Teorema 6.4.3. Toda función uniformemente continua f : A → R posee una única extensión continua
F : Ā → R. De hecho, F es uniformemente continua.
1
Se puede obtener mas información sobre la historia de este teorema en http://www-history.mcs.st-
and.ac.uk/history/Mathematicians/Heine.html
100
Demostración. Fijemos x ∈ Ā y recordemos que por la proposición 5.3.5, existe una sucesión
{xn } en A que converge a x. En particular, esa sucesión es de Cauchy, y por la proposición anterior,
lo mismo vale para {f (xn )}. De aquı́, {f (xn )} es convergente, lo que permite definir,
Debemos ver que esta definición no depende de la elección de la sucesión {xn }. Con ese fin, sea {zn }
otra sucesión en A que converge a x y mostremos que
Para ello, fijemos ² > 0. Como f es uniformemente continua, existe δ > 0 verificando (4.3) y como
xn − zn → 0, existe N ∈ N tal que, |xn − zn | < δ si n > N . De aquı́ y (4.3), |f (xn ) − f (zn )| < ² si
n > N lo cual dice que f (xn ) − f (zn ) → 0. Esto prueba (4.5) y en consecuencia, se tiene una función
bien definida F : Ā → R mediante (4.4).
Sea x ∈ A y pongamos xn = x; para todo n ∈ N. Entonces xn → x y f (xn ) → f (x). De aquı́ y
(4.4), F (x) = f (x), lo cual dice que F es una extensión de f .
Veremos ahora que F es uniformemente continua. Dado ² > 0 escojamos δ > 0 satisfaciendo (4.3),
definamos η = δ/3 y fijemos x, z ∈ Ā tales que |x − z| < η. Tomemos ahora sucesiones {xn }, {zn }
en A convergiendo a x y z respectivamente y recordemos que por definición de F , f (xn ) → F (x) y
f (zn ) → F (x). Ası́,
|f (xn ) − f (zn )| → |F (x) − F (z)|. (4.6)
Por otra parte, existe N ∈ N tal que |xn − x| < η y |zn − z| < η si n > N . En particular,
y por (4.3), |f (xn ) − f (zn )| < ², si n > N . De aquı́ y (4.6), |F (x) − F (z)| ≤ ² si |x − z| < η. Esto
prueba que F es uniformemente continua. La unicidad de F se sigue del ejercicio 12 de la sección 6.2.
Ejercicios.
3. Pruebe que las funciones f, g, h : R → R definidas por h(x) = ax, con a ∈ R, f (x) = (1 + x2 )−1
y g(x) = xf (x) son uniformemente continuas.
4. Sea f : R → R una función continua. Pruebe que si f (x) → 0 cuando x → ±∞, entonces f es
uniformemente continua.
5. Sea f : R → R continua y suponga además que f restringida a (0, +∞) y a (−∞, 0) es uniforme-
mente continua. Muestre que f es uniformemente continua.
Igual que en las secciones precedentes, f : A → R denota una función definida en un subconjunto A
de R. Diremos que f es creciente (resp. estrictamente creciente) si f (x) ≤ f (y) (resp. f (x) < f (y))
cuando x < y. Se dice que f es decreciente (resp. estrictamente decreciente) si f (x) ≥ f (y)
(resp. f (x) > f (y)) cuando x < y. Cualquier función que satisfaga alguna de las cuatro definiciones
anteriores, se dice monótona. En esta sección mostraremos que las funciones monótonas definidas
en intervalos son casi continuas. Con esto queremos decir que su conjunto de discontinuidades es
numerable. También mostraremos que las funciones biyectivas y continuas definidas sobre intervalos
tienen inversa continua.
Recordemos que f (x0 +) denota el lı́mite de f cuando x tiende a x0 por la derecha, f (x0 −) denota
el lı́mite por la izquierda y f (+∞) y f (−∞) denotan, respectivamente, el lı́mite cuando x tiende a +∞
y −∞. Cuando f (x0 +) y f (x0 −) existen, entonces definimos s(x0 ) := f (x0 +) − f (x0 −). Este número
se conoce con el nombre de salto de f en x0 . Note que s(x0 ) ≥ 0. Es claro que si f es continua en
x0 , entonces s(x0 ) = 0. El recı́proco no es en general cierto, sin embargo mostraremos a continuación
que sı́ es válido para las funciones monótonas y de hecho es la clave para estudiar el comportamiento
de estas funciones.
d) Si A no está acotado superiormente (resp. inferiormente), entonces f (+∞) = sup f (A) (resp.
f (−∞) = inf f (A).
Demostración.
Caso −∞ < λ. Dado ² > 0 existe a ∈ A; a > x0 ; tal que f (a) < λ + ² (porque el ı́nfimo es la
mayor de las cotas inferiores).
Caso λ = −∞. Dado M > 0 existe a ∈ A; a > x0 ; tal que f (a) < −M . Si ponemos δ = a − x0 y
razonamos como antes, vemos que f (x) < −M si 0 < x − x0 < δ. Esto termina la prueba de a).
b) Dado x > x0 en A, tenemos f (x) ≥ f (x0 ), de modo que f (x0 ) es cota inferior del conjunto
{f (x) : x > x0 }. De aquı́ y la parte a), f (x0 ) ≤ f (x0 +). De manera análoga, f (x0 −) ≤ f (x0 ), lo
cual prueba la parte b).
c) Fijemos x ∈ (x0 , y0 ) ∩ A 6= ∅. De la parte a) se tiene, f (x0 +) ≤ f (x) ≤ f (y0 −), lo cual prueba
c).
d) Probaremos sólo el caso en que A no está acotado superiormente. Para ello pongamos λ =
sup f (A) y consideremos los dos casos siguientes:
Caso λ ∈ R. Dado ² > 0 fijemos a ∈ A tal que λ − ² < f (a). Para x ≥ a tenemos λ − ² < f (a) ≤
f (x) ≤ λ < λ + ², lo cual prueba que f (x) → λ cuando x → +∞.
Caso λ = +∞. Dado M > 0, existe a ∈ A tal que, f (a) > M y el resultado se sigue como antes.
Una proposición análoga a la anterior es válida para funciones decrecientes, dejaremos al lector la
tarea de enunciarla (ver ejercicio 3).
Teorema 6.5.2. Sea f : [a, b] → R estrictamente creciente, donde a < b están en R y D el conjunto
de aquellos puntos x ∈ (a, b) donde f no es continua. Entonces D es numerable.
103
Demostración. Fijemos x0 ∈ (a, b). De las partes a)-b) de la proposición 6.5.1, f (x0 −) y f (x0 +)
son números reales. Consideremos el salto de f en x0 que vimos se define como s(x0 ) := f (x0 +) −
f (x0 −). Se sigue inmediatamente de 6.5.1(b) que f es continua en x0 si y sólo si s(x0 ) = 0. Es decir,
x ∈ D si y sólo si s(x) > 0.
Para cada x ∈ D, sea I(x) el intervalo abierto no trivial de extremidades f (x−) y f (x+). De
la parte c) de la proposición anterior tenemos que, I(x) ∩ I(y) = ∅, si x, y ∈ D y x 6= y. Tenemos
entonces que {I(x) : x ∈ D} es un colección de intervalos abiertos disjuntos dos a dos, en consecuencia
es numerable (ver ejercicio 3 de la sección 5.1). Es claro también que la función que envı́a x ∈ D a
I(x) es inyectiva, luego D es numerable.
Ya hemos visto que la imagen bajo una función continua de un intervalo es un intervalo y también
que la imagen continua de un conjunto compacto es compacto. De esto se deduce que si f : [a, b] → R
es continua entonces el rango de f es un intervalo compacto de la forma [c, d].
Terminaremos esta sección estudiando algunas propiedades de las funciones continuas y estricta-
mente monótonas. En particular, mostraremos que las funciones biyectivas y continuas definidas sobre
intervalos tienen inversa continua. Recordemos que por el corolario 6.3.6 la imagen continua de un
intervalo es un intervalo. Y ya mencionamos, justo después de 6.3.6, que en general no existen una
relación entre el tipo de intervalo en el dominio y en el rango. Sin embargo para funciones monótonas
si existe una relación como veremos a continuación.
Ahora mostraremos que la inversa de una función continua y biyectiva definida sobre un intervalo
es continua. Pero primero mostraremos un ejemplo que ilustra que no es en general cierto que la
104
Ejemplo: Considere la función f : {0} ∪ [1, +∞) → R dada por f (0) = 1 y f (x) = x/(x + 1)
si x ≥ 1. El lector verificará que f es inyectiva y que su rango es [1/2, 1]. Luego restringiendo el
contradominio de f obtenemos una función f : {0} ∪ [1, +∞) → [1/2, 1] biyectiva y continua. Pero su
inversa no es continua en 1. ¿Puede el lector mostrar usando 6.3.1 que la inversa de f no puede ser
continua?(sin necesidad de mostrar en que punto f −1 no es continua).
Observación: El lector deberı́a comparar el argumento dado en la demostración del teorema 6.5.4
con lo indicado en el ejercicio 6 de la sección 6.3.
El teorema 6.5.4 es sumamente útil para dar pruebas cortas de la continuidad de una función.
Por ejemplo, considere la función f (x) = xn para x ∈ (0, +∞). El lector podrá constatar que f es
continua, estrictamente creciente y su rango es (0, +∞). Luego por el teorema anterior la inversa de
f es continua, es decir la función x1/n es continua en (0, +∞) (ver el ejercicio 5).
Ejercicios.
b) Use la parte a) para enunciar y probar un resultado análogo a la proposición 6.5.1 para
funciones decrecientes.
4. Sea f : A → R una función continua y estrictamente creciente. Pruebe que bajo las condiciones
indicadas f (A) es abierto y que f −1 : f (A) → A es continua.
b) A es un conjunto abierto.
5. Pruebe que la aplicación Pn : (0, ∞) → (0, ∞) dada por Pn (x) = xn es una biyección continua y
estrictamente creciente, para cada n ∈ N. Deduzca que la aplicación Rn : (0, ∞) → (0, ∞) dada
por R(x) = x1/n es una biyección continua estrictamente creciente.
6. Pruebe que para cada racional positivo r, la aplicación Pr : (0, ∞) → (0, ∞) dada por Pr (x) = xr
es una biyección continua estrictamente creciente. Deduzca que xr > 1 si x > 1. Ayuda: Use el
ejercicio 5 para expresar Pr como composición de funciones continuas y estrictamente crecientes.
En la sección 3.2 vimos como se define ar para todo real positivo a y todo racional r. Haremos
uso de los resultados de la sección anterior para extender la exponenciación a toda la recta real, es
decir, mostraremos cómo se define ar para cualquier real r. Estas son las funciones exponenciales que
veremos son continuas y estrictamente crecientes. Sus inversas son las funciones logarı́tmicas.
Teorema 6.6.1. Dado a ∈ R positivo, existe una única aplicación continua Ea : R → (0, ∞) tal que
Ea (1) = a y Ea (x + y) = Ea (x)Ea (y). Es más, Ea es una biyección continua estrictamente creciente
(resp. decreciente) si a > 1 (resp. a < 1).
Demostración. Nos ocuparemos inicialmente de la existencia de una tal función Ea , para lo cual
consideramos tres casos.
Observemos primero que si s, r ∈ Q y r < s, entonces ar < as (ver ejercicio 1). De esto se sigue
que as es cota superior de Ax si s ∈ Q y s ≥ x; lo cual permite definir
Ea (x) = sup(Ax ).
Note que, para cualquier r ∈ Bx , Ea (x) ≥ ar > 0, de modo que Ea toma sus valores en (0, ∞).
Ası́ tenemos una función, Ea : R → (0, +∞) definida por Ea (x) = sup(Ax ).
1 1
x− N
y en consecuencia, existe N ∈ N tal que |a − ax | < d. Luego, ax− N > ax − d = Ea (x). Por
1
1
otra parte, x − N ∈ Bx , de manera que Ea (x) ≥ ax− N y esta contradicción da fin a la prueba
de la afirmación 1.
Afirmación 2. Bx+y = Bx +By . En efecto, el lector verificará sin dificultad que Bx +By ⊂ Bx+y .
Fijemos ahora t ∈ Bx+y . Ya que t − x < y, entonces por la densidad de los racionales (Teorema
2.5.3), existe r ∈ Q tal que t − x < r < y. Si definimos s = t − r, tenemos que: s ∈ Bx , r ∈ By y
t = s + r; luego t ∈ Bx + By , lo cual termina la prueba de la afirmación 2.
Con lo mostrado hasta ahora podemos probar que Ea es estrictamente creciente. En efecto, de la
afirmación 1 se tiene Ea (1) = a, mientras que de la afirmación 2 y la proposición 2.6.3 tenemos
Sea z > 0 y por la densidad de los racionales (Teorema 2.5.3) existe r ∈ Q ∩ (0, z). Entonces
Ea (z) ≥ ar > 1. De aquı́, si x, y ∈ R y x < y entonces, poniendo z = y − x obtenemos,
Ea (y) = Ea (x + z) = Ea (z)Ea (x) > Ea (x), lo cual muestra que Ea es estrictamente creciente.
Fijemos ahora ² > 0 y un entero N ∈ N tal que a1/N < 1 + ² y a−1/N > 1 − ² (justificar
la existencia de este N ). Si x ∈ [0, 1/N ] entonces, 1 = Ea (0) ≤ Ea (x) ≤ Ea (1/N ) < 1 + ².
107
Fijemos ahora x0 ∈ R. Ya que Ea (x) = Ea (x−x0 )Ea (x0 ), entonces Ea (x)−Ea (x0 ) = Ea (x0 )[Ea (x−
x0 ) − 1] y la continuidad de Ea en x0 se sigue fácilmente de la afirmación 3 (Justifique).
Probaremos ahora que Ea es sobreyectiva. Para ello definamos b = a − 1 > 0 y notemos que
Ea (n) = (1 + b)n ≥ 1 + na, para cada n ∈ N. De aquı́, Ea (n) → +∞. El lector usará ahora la
monotonı́a de Ea para probar que Ea (x) → +∞, cuando x → +∞. Por otra parte, para cada
n ∈ N se tiene Ea (−n) = a−n = 1/an → 0 y usando la monotonı́a de Ea una vez más, concluı́mos
que Ea (x) → 0 cuando x → −∞. De aquı́ y la proposición 6.5.3; parte a); Ea es sobreyectiva y
en consecuencia biyectiva.
Caso a < 1. En este caso, 1/a > 1, lo que permite definir Ea (x) = E1/a (a)−1 . El lector verificará que
Ea es una biyección continua y estrictamente decreciente que satisface los otros dos requerim-
ientos del Teorema.
Lemma 6.6.2. Sea E : R → R una función tal que E(x + y) = E(x)E(y). Entonces, E(1) ≥ 0 y
E(r) = E(1)r ; r ∈ Q.
Demostración. Si E(z) = 0, para algún z, entonces E(x) = E(x − z)E(z) = 0, para todo
x ∈ R, y el resultado es trivial. Supongamos ahora que E(z) 6= 0 para todo z ∈ R. Ya que E(x) =
E(x/2)E(x/2) = E(x/2)2 , tenemos E(x) > 0 para todo x ∈ R. Más aún, como E(0) = E(0 + 0) =
E(0)E(0), concluı́mos que E(0) = 1. Por otra parte, de la relación 1 = E(0) = E(x−x) = E(x)E(−x),
tenemos que
E(−x) = E(x)−1 ; x ∈ R.
Sea a ∈ R positivo. La función Ea , dada por el teorema 6.6.1, se denota por Ea (x) = ax y se le
llama la función exponencial de base a . Cuando a 6= 1, entonces Ea es biyectiva, su inversa se
denota por loga : (0, ∞) → R y se llama la función logarı́tmica de base a. Por la proposición
6.5.4, loga es continua y por el teorema 6.6.1, esta función tiene las dos propiedades fundamentales
siguientes:
loga (a) = 1; loga (xy) = loga (x) + loga (y).
Recordemos que el número e se define como el siguiente lı́mite (ver proposición 4.4.2)
µ ¶
1 n
e := lı́m 1 + .
n→∞ n
Ejercicios.
2. Pruebe que si a > 1, entonces Ea (x)/xp → +∞, cuando x → +∞, cualquiera sea p ∈ N. Ayuda:
Note que Ea (x)/xp ≥ a[x] /(1 + [x])p , donde [x] es la parte entera de x. Aplique ahora el ejercicio
4 de la sección 4.3.
3. Pruebe que si a > 1, entonces loga (x)/x →, cuando x → +∞. Ayuda: Use el “cambio de variable”
y = loga (x).
Capı́tulo 7
Diferenciación
Introducción. La teorı́a de diferenciación o derivación, tiene sus orı́genes en dos problemas distintos.
En el primero de ellos, se trataba de encontrar rectas tangentes a una curva plana. Para curvas simples,
como circunferencias, parábolas, etc., el problema era fácil, pero en general, era muy complicado. Una
primera aproximación fue obtenida por Fermat, cuando queriendo calcular máximos y mı́nimos de
funciones reales, se dió cuenta que las tangentes a las gráficas de tales funciones, eran paralelas al eje
x, en los puntos de máximo y mı́nimo. Sin embargo, fué Leibnitz quien realmente desarrolló la teorı́a
de diferenciación a partir de este punto de vista. (El de encontrar rectas tangentes a una curva plana).
La otra motivación de este concepto nos viene de la fı́sica y fué desarrollado por Newton, quien
estaba interesado en describir la velocidad de un cuerpo en movimiento rectilı́neo no uniforme. Desde
este punto de vista, el concepto de derivada se interpreta como velocidad. Aunque Leibnitz y Newton
eran contemporáneos (Siglo XVII), sus trabajos fueron realizados de manera independiente.
Nuestra exposición no está guiada por motivaciones fı́sicas ni geométricas. Simplemente quere-
mos exponer la teorı́a de diferenciación de manera rigurosa, en la creencia de que el lector ha sido
suficientemente motivado en los cursos de cálculo.
Los temas tratados en este capı́tulo son los usuales: Regla de la Cadena, Teoremas de Valor Medio,
Derivadas de Orden Superior y Fórmula de Taylor, Funciones Convexas y Aplicaciones al Estudio de
Máximos y Mı́nimos.
En esta sección, f : (a, b) → R denota una función definida en un intervalo abierto (a, b) (−∞ ≤
a < b ≤ +∞) y x0 denota un punto de (a, b). Diremos que f es derivable en x0 , si existe m ∈ R con
la siguiente propiedad: Para cada ² > 0 existe δ > 0 tal que:
Equivalentemente, ¯ ¯
¯ f (x) − f (x0 ) ¯
¯ − m¯¯ ≤ ² si 0 < |x − x0 | < δ. (1.2)
¯ x − x0
109
110
Como veremos enseguida, este número m está unı́vocamente determinado por la propiedad anterior y
se llama la derivada de f en x0 . Una notación bastante usual es m = f 0 (x0 ).
Observaciones 7.1.1. a) Definamos r : R → R por r(x) = f (x0 ) + m(x − x0 ). De (1.1) tenemos que
f es derivable en x0 si, para cada ² > 0 existe δ > 0 tal que,
Este hecho se expresa diciendo que f y r son tangentes en x0 . O que las gráficas de r y f son
tangentes en (x0 , f (x0 )). Note que “la gráfica de r es la recta de pendiente m que pasa por
(x0 , f (x0 ))”.
Incluir gráfica
f (x) − f (x0 )
∆(x) = (1.3)
x − x0
y notemos que x0 es un punto de acumulación de (a, b)\{x0 }. De (1.2) tenemos que f es derivable
en x0 , si y sólo si, ∆(x) tiene lı́mite, cuando x tiende a x0 . Es más,
Si queremos (o necesitamos) ser mas precisos con la notación debemos escribir ∆x0 (x) para
indicar el punto donde se calcula la derivada.
Ejemplos.
2. La función f : (a, b) → R dada por f (x) = x es derivable en todo punto x0 de (a, b) y f 0 (x0 ) = 1,
para cada x0 ∈ (a, b). En efecto, si ∆ se define como en (1.3), entonces ∆(x) = 1, para cada
x ∈ (a, b) \ {x0 } y el resultado se sigue fácilmente.
En particular, f es continua en x0 .
Ejemplo. Sea f : R → R definida por f (x) = |x| y sea x0 = 0. Entonces, la función ∆ : R\{0} → R
dada por (1.3) satisface que ∆(x) = 1 si x > 0 y ∆(x) = −1 si x < 0. En consecuencia, ∆(x) no
tiene lı́mite cuando x → 0 y ası́, f no es derivable en x0 = 0. Nótese que la gráfica de f presenta un
“pico ” o “punto anguloso” en x = 0, lo que nos lleva a decir que una función cuya gráfica presenta un
“pico” o “punto anguloso” en el punto x = x0 , no es derivable en x0 . Por esta razón, las aplicaciones
derivables se conocen también con el nombre de “lisas o suaves”.
Ejercicios.
2. Supongamos que f es diferenciable en x0 y que f 0 (x0 ) > 0. Pruebe que existe δ > 0 tal que,
f (x) < f (x0 ) si −δ < x − x0 < 0 y f (x) > f (x0 ) si 0 < x − x0 < δ. Enuncie y demuestre un
resultado análogo cuando f 0 (x0 ) < 0.
3. Supongamos que existen constantes M > 0 y α > 1 tales que |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|α ; para
todo x, y ∈ (a, b). Pruebe que f 0 (x) = 0, para cada x ∈ (a, b).
4. Sea f : R → R una función diferenciable en 0. Suponga que f satisface que f (x) = f (−x) para
todo x ∈ R. Muestre que f 0 (0) = 0.
6. Sea f : (a, b) → R derivable en un punto c ∈ (a, b). Sean {xn } y {yn } sucesiones en (a, b)
convergiendo ambas a c y tales que xn < c < yn . Muestre que
f (yn ) − f (xn )
f 0 (c) = lı́m
n yn − xn
yn −c
Ayuda: Sea tn = yn −xn . Observe que 0 < tn < 1. Muestre que
f (yn ) − f (xn )
− f 0 (c) = [∆(yn ) − f 0 (c)] tn + [∆(xn ) − f 0 (c)](1 − tn )
yn − xn
Proposición 7.2.1. Sean f, g : (a, b) → R funciones derivables en un punto x0 ∈ (a, b). Entonces
f + g y f · g son derivables en un punto x0 y se cumple que:
Demostración. La parte correspondiente a la adición será dejada como ejercicio. Notemos ahora
que
(f · g)(x) − (f · g)(x0 ) = f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 )
= f (x)g(x) − f (x0 )g(x) + f (x0 )g(x) − f (x0 )g(x0 )
= [f (x) − f (x0 )]g(x) + f (x0 )[g(x) − g(x0 )],
de donde,
(f · g)(x) − (f · g)(x0 ) f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 )
= g(x) + f (x0 ) .
x − x0 x − x0 x − x0
De la proposición 7.1.2 sabemos que g es continua en x0 , ası́ g(x) → g(x0 ) cuando x → x0 . Luego
por el álgebra de lı́mites (proposición 6.1.3), f · g es diferenciable en x0 y vale b).
Para terminar la prueba, pongamos h = 1/g y notemos que,
g(x0 ) − g(x)
h(x) − h(x0 ) = ,
g(x0 )g(x)
de modo que,
h(x) − h(x0 ) g(x) − g(x0 )
= −h(x0 )h(x) ,
x − x0 x − x0
y el resultado se sigue de las proposiciones 7.1.2 y 6.1.3.
Teorema 7.2.2. (Regla de la Cadena). Sean f : (a, b) → (c, d) y g : (c, d) → R funciones derivables
en x0 e y0 := f (x0 ) respectivamente. Entonces la composición g ◦ f es derivable en x0 y
Fijemos ahora ² > 0 y pongamos M = máx{M0 , |g 0 (y0 )|}, ²1 = ²2 = ²/2M . Ya que f y g son
diferenciables en x0 e y0 respectivamente, existen δ1 , δ2 > 0 tales que,
|g(f (x)) − g(f (x0 )) − g 0 (f (x0 ))[f (x) − f (x0 )]| ≤ ²2 |f (x) − f (x0 )|
≤ M ²2 |x − x0 |, si |x − x0 | ≤ δ. (2.8)
g(f (x)) − g(f (x0 )) − g 0 (f (x0 ))f 0 (x0 )(x − x0 ) = g(f (x)) − g(f (x0 )) − g 0 (f (x0 ))[f (x) − f (x0 )]
+g 0 (f (x0 ))[f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 )],
Definiremos ahora el concepto de derivada lateral en un punto. Sea ∆ la función definida por (1.3);
diremos que f tiene derivada lateral derecha, denotada f+0 (x0 ), en x0 si ∆(x) tiene lı́mite cuando
x → x+
0 , es decir,
f (x) − f (x0 )
f+0 (x0 ) = lı́m
x→x+
0
x − x0
Análogamente definimos la derivada lateral izquierda, denotada f−0 (x0 ), en x0 si el siguiente lı́mite
existe
f (x) − f (x0 )
f−0 (x0 ) = lı́m
x→x−
0
x − x0
El concepto de derivada lateral también tiene sentido para funciones cuyo dominio no es necesariamente
un intervalo abierto. Por ejemplo, dada una función f : [a, b) → R, se define la derivada lateral derecha
de f en a, denotada también f+0 (a), de la misma manera que antes, como lı́mx→a+ ∆(x).
Ejercicios:
114
3. Sea f : (a, b) → (c, d) una biyección entre dos intervalos abiertos y x0 ∈ (a, b).
4. Pruebe que f : R → R; f (x) = x3 ; es una biyección con f 0 (0) = 0. ¿Contradice esto lo dicho en
el ejercicio 3?
5. Pruebe que f es derivable en x0 si y sólo si f tiene derivadas laterales en x0 y f+0 (x0 ) = f−0 (x0 ).
6. Pruebe que si f admite derivada lateral derecha (res. izquierda) en x0 , entonces f es continua a
derecha (resp. izquierda) en x0 . Concluya que si f posee derivadas laterales en x0 , entonces f es
continua en x0 .
Esta sección está dedicada a probar los resultados más resaltantes del cálculo diferencial para
funciones reales de una variable real.
Sea f : A → R una función definida en un subconjunto A de R. Diremos que x0 ∈ A es un
máximo (resp. mı́nimo) relativo de f si existe un abierto U de R tal que x0 ∈ U y f (x) ≤ f (x0 )
(resp. f (x0 ) ≤ f (x)) para cada x ∈ U ∩ A. Es fácil ver que x0 ∈ A es un máximo (resp. mı́nimo)
relativo de f si y sólo si existe r > 0 tal que f (x) ≤ f (x0 ) (resp. f (x0 ) ≤ f (x)), cuando |x − x0 | < r.
Un máximo o mı́nimo relativo será llamado un extremo relativo.
Como int(A) es abierto, podemos suponer (disminuyendo el tamaño de r si fuera necesario) que
I := (x0 − r, x0 + r) ⊂ A. Definamos ahora ∆ : I \ {x0 } → R por ∆(x) = [f (x) − f (x0 )]/(x − x0 ).
115
Ya hemos observado que ∆(x) → f 0 (x0 ) cuando x → x0 . Por otra parte, de (3.1), ∆(x) ≤ 0 si
0 < x − x0 < r y ∆(x) ≥ 0 si −r < x − x0 < 0. De esto se deduce que
(véase prueba de la proposición 6.1.4). El resultado se sigue ahora notando que ambos lı́mites son
iguales a f 0 (x0 ).
Sea f : I → R una función definida en un intervalo I y sea A ⊂ int(I). Diremos que f es derivable
o diferenciable en A si f es diferenciable en cada punto de A. Cuando I es abierto y f es diferenciable
en I diremos simplemente que f es diferenciable. En este caso se tiene una aplicación f 0 : I → R (que
envı́a x en la derivada de f en x) que llamaremos la diferencial o primera derivada de f .
El próximo resultado nos dice que si una función derivable toma el mismo valor en los extremos
de un intervalo, entonces “el gráfico de f posee una recta tangente horizontal” en algún punto del
intervalo.
Incluir gráfica
Teorema 7.3.2. (Rolle). Sea f : [a, b] → R una función continua (a, b ∈ R, a < b), derivable en
(a, b). Si f (a) = f (b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0.
Demostración. Por el corolario 6.3.2, f alcanza máximo y mı́nimo en [a, b], que denotamos por
M y m respectivamente. Si m = M , entonces f es constante, de modo que f 0 (x) = 0, para cada x
de (a, b). Supongamos ahora que m < M y fijemos c, d en [a, b] tales que m = f (c) y M = f (d). Ya
que f (a) = f (b), entonces uno de los puntos c, d esta en (a, b) y en consecuencia, f tiene un extremo
relativo en int([a, b]). El resultado se sigue ahora de la proposición 7.3.1.
Incluir gráfica
Teorema 7.3.3. (Valor Medio). Sea f : [a, b] → R una función continua. Si f es derivable en (a, b),
entonces existe c ∈ (a, b) tal que, f (b) − f (a) = (b − a)f 0 (c).
Es decir, m es la pendiente de la recta que une los puntos (a, f (a)), (b, f (b)). Ahora considere la
función h(x) = f (x) − mx − p. Es claro que h es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b). Además,
h(a) = h(b) = 0 y h0 (x) = f 0 (x) − m. Luego por el teorema de Rolle 7.3.2, existe c ∈ (a, b) tal que
h0 (c) = 0. Esto es, f 0 (c) = m y de aquı́ se tiene el resultado.
Corolario 7.3.4. Sea f : [a, b] → R continua en [a, b] y diferenciable en (a, b). Si f 0 (x) = 0 para cada
x ∈ (a, b), entonces f es constante.
Demostración. Probaremos que f (x) = f (a), para cualquier x ∈ (a, b]. Para ello notemos que la
restricción de f a [a, x], que seguimos denotando por f , es continua en [a, x] y diferenciable en (a, x).
De aquı́ y el teorema 7.3.3, existe c ∈ (a, x) tal que f (x) = f (a) + (x − a)f 0 (c). Ası́, f (x) = f (a).
Demostración. Sean a, b ∈ I con a < b. Ya que (a, b) ⊂ int(I) entonces, por el teorema del Valor
Medio, existe c ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = (b − a)f 0 (c). De aquı́, f (b) ≥ f (a) (resp. f (b) > f (a)) lo
cual termina la prueba.
Ya vimos (teorema 6.5.4) que toda función f : (a, b) → (c, d) continua y biyectiva tiene inversa
continua. Ahora mostraremos que si f es diferenciable en (a, b), entonces su inversa también lo es.
Teorema 7.3.6. (Función Inversa). Sea f : (a, b) → R una función diferenciable en (a, b) tal que
f 0 (x) 6= 0 para cada x ∈ (a, b). Entonces I := f ((a, b)) es un intervalo abierto, f : (a, b) → I es
biyectiva y f −1 : I → (a, b) es diferenciable en I. Es más,
1
(f −1 )0 (y) = .
f 0 (f −1 (y))
Demostración. Se sigue del teorema de Rolle 7.3.2 que f debe ser inyectiva (justificar) y, mas aún,
es estrictamente monónota (vea la demostración del teorema 6.5.4). Por la proposición 6.5.3 sabemos
que I, el rango de f , es un intervalo abierto y por el teorema 6.5.4 f −1 : I → (a, b) es continua.
Fijemos y0 ∈ I y veamos que f −1 es derivable en y0 . Con ese fin, definamos x0 = f −1 (y0 ) y
∆ : (a, b) → R por ∆(x0 ) = f 0 (x0 ) y
f (x) − f (x0 )
∆(x) =
x − x0
Pero
y − y0
∆(f −1 (y)) = ,
f −1 (y)− f −1 (y0 )
si y 6= y0 , y en consecuencia,
f −1 (y) − f −1 (y0 ) 1
lı́m = 0 .
y→y0 y − y0 f (x0 )
Es decir, f −1 es derivable en y0 y (f −1 )0 (y0 ) = 1/f 0 (f −1 (y0 )). Ası́, f −1 es diferenciable en I y (f −1 )0 =
1/(f 0 ◦ f −1 ).
Teorema 7.3.7. (Valor Medio de Cauchy). Sean f, g : [a, b] → R funciones continuas tales que f, g
son diferenciables en (a, b) y g 0 (x) 6= 0 para cada x ∈ (a, b). Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que
Demostración. Note primero que g(a) 6= g(b), pues de lo contrario el Teorema de Rolle (7.3.2)
garantizarı́a que existe c ∈ (a, b) tal que g 0 (c) = 0 lo cual es imposible por hipótesis. Esto permite
definir m = [f (b) − f (a)]/[g(b) − g(a)]. Por otra parte, es fácil ver que la aplicación h : [a, b] → R;
h(x) = f (x) − mg(x); satisface las hipótesis del teorema de Rolle y en consecuencia, existe c ∈ (a, b)
tal que h0 (c) = 0. Pero h0 (x) = f 0 (x) − mg 0 (x), de donde m = f 0 (c)/g 0 (c).
El teorema del Valor Medio se obtiene del resultado anterior mediante la función g(x) = x, pero
su utilidad más grande se obtiene en el cálculo de lı́mites indeterminados, por ejemplo para mostrar
la regla de L’Hopital (ver ejercicio 12).
Ejercicios:
a) Sea f : [a.b] → R continua en [a, b] y diferenciable en (a, b). Suponga que existe c ∈ (a, b)
tal que f (c) = 0. ¿Es cierto que f (a) = f (b)?
b) Sea f : [a.b] → R diferenciable en (a, b) (por lo tanto continua en (a, b)). Suponga que
f (a) = f (b). ¿Es cierto que existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0?.
2. Sean f, g : [a, b] → R funciones continuas tales que f (a) = g(a) y f (b) = g(b). Pruebe que
si f, g son diferenciables en (a, b), entonces existe c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = g 0 (c). Deduzca de
este ejercicio el teorema 7.3.3 considerando la recta del plano que pasa por los puntos (a, f (a)),
(b, f (b)).
de valores intermedios fué descubierto por Darboux y no necesita que la función f 0 : I → R sea
continua). Ayuda. Defina F (x) = f (x) − dx y observe que F 0 (a) < 0 < F 0 (b). Suponga primero
que a < b y use el ejercicio 2 de la sección 7.1 para ver que existen puntos p, q ∈ (a, b) tales que
F (p) < F (a) y F (q) < F (b). Concluya que el mı́nimo de F en el compacto [a, b] es alcanzado en
un punto c ∈ (a, b).
4. Una función f : A → R se dice Lipschitziana en A si existe una constante M > 0 tal que
|f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|; para todo x, y ∈ A. Suponga que A es un intervalo, que f es continua
en A y diferenciable en int(A). Pruebe que f es Lipschitziana si y sólo si f 0 es acotada.
5. Sea f : R → R una función diferenciable en R tal que f 0 (x) = f (x) para cada x ∈ R. Sea
A = {x ∈ R : f (x) = 0}. Pruebe que A = ∅ o A = R. Ayuda. Suponga que A 6= ∅. Por el ejercicio
12 de la sección 5.3 basta mostrar que A es abierto y cerrado. Sean x0 ∈ A y x ∈ R. Pruebe
inductivamente que, para cada n ∈ N, existe cn entre x y x0 tal que |f (x)| ≤ |x − x0 |n |f (cn )|.
Deduzca que (x0 − 1, x0 + 1) ⊂ A.
6. Sea f : R → R una función diferenciable en R tal que f 0 (x) = f (x); x ∈ R. Pruebe que si
f (0) = 1, entonces f es una exponencial, es decir, satisface que f (x + y) = f (x)f (y) para todo
x, y ∈ R. Ayuda. Fije y en R y defina g : R → R por g(x) = f (x + y) − f (y)f (x). Use el ejercicio
5 para mostrar que g es constante igual a cero (observe que g 0 (x) = g(x) para todo x ∈ R y que
g(0) = 0).
7. Sea f : (a, b) → R continua en (a, b) y diferenciable en (a, b) \ {c}, donde c ∈ (a, b). Pruebe que
si f 0 (x) → λ, cuando x → c, entonces f es derivable en c y f 0 (c) = λ.
8. Enuncie y demuestre un resultado análogo al corolario 7.3.5 referente a las funciones decrecientes.
10. Pruebe que el polinomio 2x3 + 3x2 + 6x + b posee una única raı́z, cualquiera sea b ∈ R.
11. Sea f : (0, ∞) → R una función diferenciable tal que lı́mx→+∞ f 0 (x) = b. Pruebe que si b > 0,
entonces lı́mx→+∞ f (x) = +∞. Ayuda. Muestre que para cada sucesión xn de reales positivos,
tal que xn → +∞ cuando n → +∞, se cumple que f (xn ) → +∞ (use el Teorema del Valor
Medio).
12. (Regla de L’Hopital). Sean f, g : (a, b) → R funciones diferenciables en (a, b) tales que:
i) f (x) → 0, si x → a+ ,
ii) g(x) → 0, si x → a+ ,
119
Use ii), iii) y el teorema de Rolle para probar que g(x) 6= 0 para todo x ∈ (a, b). Use el teorema
7.3.7 para ver que f (x)/g(x) → λ si x → a+ .
Proposición 7.4.1. Sean f : (a, b) → (c, d), g : (c, d) → R funciones diferenciables. Entonces g ◦ f
es diferenciable y (g ◦ f )0 = (g 0 ◦ f) · f 0. En particular, g ◦ f ∈ C 1 si f, g ∈ C 1 .
Sea f : (a, b) → R diferenciable en (a, b). Si a su vez, f 0 es diferenciable en (a, b), diremos que f
es diferenciable de orden dos en (a, b) y pondremos f 00 = (f 0 )0 . Más generalmente, supongamos
definido inductivamente, el concepto de función n veces diferenciable en (a, b), para algún n ∈ N.
Diremos que f es n + 1 veces diferenciable en (a, b), si f es diferenciable en (a, b) y f 0 es n veces
diferenciable en (a, b).
Sea f : (a, b) → R una función n veces diferenciable. La n-ésima derivada de f se define
inductivamente como la función f (n) : (a, b) → R; f (n) = (f 0 )(n−1) ; donde, por conveniencia, ponemos
f (0) = f , para cada función f . Note que, f (1) = f 0 y f (2) = f 00 . En muchas ocasiones se utiliza la
notación f 000 , f iv en vez de f (3) , f (4) respectivamente.
Si f es n veces diferenciable en (a, b) y f (n) es continua en (a, b), decimos que f es de clase C n
en (a, b) y ponemos f ∈ C n (a, b) ó f ∈ C n , si no hay peligro de confusión.
Diremos que f es de clase C ∞ o infinitamente diferenciable en (a, b), si f ∈ C n para cada
n ∈ N. En fin, pondremos f ∈ C 0 para indicar que f es continua.
120
Proposición 7.4.3. Sean f, g : (a, b) → R funciones de clase C n , para algún entero n ≥ 0. Entonces,
b) f · g ∈ C n .
Nota 7.4.5. Las proposiciones 7.4.2-7.4.4 permanecen válidas si reemplazamos la frase “función de
clase C n ” por la frase “función n veces diferenciable” (resp. “función de clase C ∞ ”).
Ya vimos (teorema 7.3.6) que toda función f : (a, b) → (c, d) biyectiva y diferenciable tiene inversa
diferenciable. Ahora veremos que la inversa es de clase C n , si f lo es.
121
Proposición 7.4.6. Sea f : (a, b) → R una función diferenciable en (a, b) tal que f 0 (x) 6= 0 para cada
x ∈ (a, b). Si f es de clase C n , para algún n ≥ 1, entonces f −1 también lo es.
1
Demostración. Recordemos que por el teorema 7.3.6, (f −1 )0 (y) = f 0 (f −1 (y))
. Para ver que f −1 ∈
C n , procedemos por inducción. Si n = 1, entonces f 0 es continua y como f −1 también es continua, lo
mismo vale para (f −1 )0 . Ası́, f −1 ∈ C 1 . Supongamos ahora que nuestro resultado es válido para algún
n ≥ 1 y sea f una función de clase C n+1 . Por la Proposición 7.4.2, f ∈ C n y por la hipótesis inductiva,
f −1 ∈ C n . Por definición, f 0 ∈ C n y el resultado se sigue fácilmente de las proposiciones 7.4.4 y 7.4.3.
Ejercicios.
4. Sea k ∈ N y sea f : R → R definida por f (x) = xk . Use inducción para mostrar que f 0 (x) =
kxk−1 . Pruebe que f (n) (x) = k(k − 1) · · · (k − n + 1)xk−n , si n − 1 < k y deduzca que f (k) (x) = k!
y f (n) (x) = 0, si n > k.
5. Sea f : (0, ∞) → R definida por f (x) = 1/x. Pruebe que f ∈ C ∞ y use inducción para ver que
f (n) (x) = (−1)n n!/xn+1 .
6. Sea k ∈ N y definamos f : (0, ∞) → (0, ∞) por f (x) = x1/k . Use el teorema 7.3.6 para ver que
1−k
f ∈ C ∞ y que f 0 (x) = k1 x k .
7. Sea r ∈ Q y defina f : (0, ∞) → (0, ∞) por f (x) = xr . Pruebe que f ∈ C ∞ y que f 0 (x) = rxr−1 .
El objetivo de ésta sección es probar que “Pn (x) es una buena aproximación de f (x), cuando x
está cerca de x0 ”. Mas precisamente, mostraremos lo siguiente
122
En el ejercicio 3 veremos con mas precisión que tan buena es la aproximación de una función
a través de su polinomio de Taylor. Para la demostración de 7.5.1 necesitamos algunos resultados
auxiliares. Es claro que Pn (x) y f (x) tiene las mismas primeras n derivadas en x0 , esto lo enunciamos
a continuación y dejamos la tarea al lector de verificarlo.
Pn
Proposición 7.5.2. Sean a0 , a1 , · · · , an ∈ R y definamos Q : R → R por Q(x) = i=0 ai (x − x0 )i .
Entonces Q ∈ C n y Q(i) (x0 ) = i!ai si 0 ≤ i ≤ n y Q(n+1) (x) = 0 para todo x.
Ahora tenemos todo lo que hace falta para probar la fórmula de Taylor.
pues Q(n+1) (t) = 0 para todo t. Para finalizar, recuerde que f (x) = Pn (x) + R(x).
Para finalizar esta sección daremos una aplicación importante de la fórmula de Taylor conocida
como el método de Newton. Este método es muy útil para aproximar raı́ces de polinomios.
Incluir gráfica
f (xn )
xn+1 = xn − con n ≥ 0 (5.3)
f 0 (xn )
converge a r.
Demostración. Como f (a) y f (b) tienen signos opuestos, entonces por el teorema de Bolzano
(6.3.4) sabemos que existe r ∈ I tal que f (r) = 0. Como f 0 no se anula en I, entonces por el teorema
de Rolle (7.3.2) sabemos que tal r es único.
Sea x ∈ I cualquiera. Por la fórmula de Taylor 7.5.1 aplicada a f alrededor de x, sabemos que
existe c entre x y r tal que
f 00 (c)
0 = f (r) = f (x) + f 0 (x)(r − x) + (r − x)2
2
Luego
f 00 (c)
−f (x) = f 0 (x)(r − x) + (r − x)2
2
Definimos
f (x)
x0 = x −
f 0 (x)
Notemos que
1 f 00 (c)
x0 = x + (r − x) + (r − x)2
2 f 0 (x)
Luego
1 f 00 (c)
x0 − r = (r − x)2
2 f 0 (x)
Por lo tanto, denotando M/2m por K y recordando que por hipótesis |f 00 (c)| ≤ M y que f 0 (x) > m
tenemos que
|x0 − r| ≤ K|r − x|2 (5.4)
124
Fijemos δ > 0 tal que Kδ < 1 y además que (r − δ, r + δ) ⊂ I. Fijemos x0 ∈ (r − δ, r + δ). Definimos,
para n ≥ 0,
f (xn )
xn+1 = xn −
f 0 (xn )
De (5.4) se tiene que |xn+1 − r| ≤ K|xn − r|2 . Por inducción se comprueba que |xn − r| < δ para todo
n ≥ 0. De esto se tiene que xn ∈ I y además que |xn+1 − r| < Kδ|xn − r| para todo n ≥ 0. Luego por
inducción se obtiene que |xn − r| < (Kδ)n |x0 − r| para todo n ≥ 1. Como Kδ < 1, se sigue fácilmente
que {xn } converge a r.
√
Ejemplo: (Cálculo aproximado de 2 por el método de Newton). Considere la función f (x) =
x2 − 2 para x ∈ R. En el intervalo [1, 2] se tiene que f (1) = −1 y f (2) = 2. En este caso tenemos que
|f 0 (x)| = 2|x| ≥ 2 y f 00 (x) = 2 para todo x ∈ [1, 2]. La formula de iteración (5.3) se convierte en este
caso en la siguiente µ ¶
x2 − 2 1 2
xn+1 = xn − n = xn +
2xn 2 xn
Tomando x1 = 1, obtenemos x2 = 3/2, x3 = 17/12, x4 = 577/408 = 1, 414215 y x5 = 665857/470832 =
√
1, 414113562374. Por el teorema 7.5.4 sabemos que xn converge a 2.
Ejercicios.
1. Sea Q : R → R una función polinomial de grado ≤ n. Pruebe que si lı́mh→0 Q(h)/hn = 0 entonces
Q = 0. Es decir, Q(h) = 0 para todo h ∈ R.
2. Sea n ≥ 1 y R : J → R una función n+1 veces diferenciable en un intervalo abierto J que contiene
a 0. Suponga que R(0) = 0 y que R(i) (0) = 0 para 1 ≤ i ≤ n. Pruebe que lı́mh→0 R(h)/hn = 0.
Ayuda. Use inducción y la Regla de L’Hopital.
4. Suponga que f es de clase C n+1 en I y que f (i) (x0 ) = 0 para 0 < i ≤ n. Pruebe que si
f (n+1) (x0 ) > 0 y n es impar, entonces x0 es un mı́nimo relativo. Enuncie y demuestre un criterio
análogo para máximos relativos.
las dos maneras de resolverlo, pues ahora lo podemos hacer usando la fórmula de Taylor. Fije
x ∈ R, x 6= 0 y use la fórmula de Taylor para encontrar una sucesión {cn } entre cero y x tal que
f (x) = f (cn )xn /n! para todo n ∈ N.
6. Suponga que f : R → R es una función dos veces diferenciable tal que f 00 + f ≡ 0. Pruebe que
si 0 = f (0) = f 0 (0), entonces f (x) = 0, para todo x ∈ R. Ayuda. Note que f es necesariamente
C ∞ y además que f (n) (0) = 0 para todo n. Y concluya usando un razonamiento similar al del
ejercicio anterior.
El propósito de esta sección es poner en evidencia la utilidad de la segunda derivada. Igual que en
las secciones precedentes, f : I → R denota una función definida en un intervalo I.
Supongamos que f es diferenciable. Diremos que x0 ∈ I es un punto crı́tico de f si f 0 (x0 ) = 0. La
proposición 7.3.1 dice que todo extremo relativo de f en int(I) es un punto crı́tico de f . El recı́proco
es falso, como lo muestra la función f : R → R; f (x) = x3 ; la cual tiene a 0 como un punto crı́tico
que no es extremo relativo.
Demostración. Consideramos sólo el caso en que f 00 (x0 ) > 0, dejando el otro caso a cargo del
lector. Por el ejercicio 2 de la sección 7.1 aplicado a la función f 0 , existe δ > 0 tal que f 0 > 0 en
(x0 , x0 + δ) y f 0 < 0 en (x0 − δ, x0 ). De aquı́, del corolario 7.3.5 y del ejercicio 8 de la sección 7.3, se
tiene que f (x) > f (x0 ), si 0 < |x − x0 | < δ.
En términos geométricos, una función f : I → R definida en un intervalo I, se dice convexa, si
dados a < b en I se tiene que el gráfico de f en [a, b] está por debajo de la recta que pasa por los
puntos (a, f (a)) y (b, f (b)).
Incluir gráfica
Recordamos que la ecuación de dicha recta viene dada por y = m(x − a) + f (a) donde m :=
[f (b) − f (a)]/(b − a). Ası́, podemos dar la siguiente definición (analı́tica) de convexidad. Se dice que
una función f : I → R, definida en un intervalo I, es convexa si dados a < b en I se tiene que,
Proposición 7.6.2. Si f es convexa, entonces f posee derivadas laterales en todo punto de int(I).
En particular, f es continua en int(I).
Proposición 7.6.3. Sea f : [a, b] → R una función continua tal que f (a) = f (b) = 0. Si f es derivable
en (a, b) y f 0 es creciente en ese intervalo, entonces f (x) ≤ 0 para cada x ∈ [a, b].
Corolario 7.6.5. Supongamos que f es continua en I y dos veces diferenciable en int(I). Entonces
f es convexa si y sólo si f 00 ≥ 0.
127
Ejercicios.
1. Supongamos que f es 3 veces diferenciable en I y que f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = 0, para algún
x0 ∈ int(I). Pruebe que si f (iv) (x0 ) existe y es positiva, entonces x0 es un mı́nimo relativo.
2. Sea f : [a, b] → R continua en [a, b] y diferenciable en (a, b). Sea M el máximo de f y sea P
el conjunto de puntos crı́ticos de f en (a, b). Pruebe que M = máx{f (a), f (b)} si P es vacı́o.
Si P no es vacı́o, pruebe que el número M0 := máx{f (x) : x ∈ P } está bien definido y que
M = máx{f (a), f (b), M0 }.
3. Pruebe que f es convexa si y sólo si f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f (a) + tf (b), cualesquiera sean
a, b ∈ I y t ∈ [0, 1].
4. Pruebe que una función continua f es convexa, si y sólo si, f ((x + y)/2) ≤ [f (x) + f (y)]/2,
para todo x, y ∈ I. Ayuda. Pruebe que la desigualdad del ejercicio anterior vale cuando t =
m/2n , m, n ∈ N y m ≤ 2n .
P Pn
5. Pruebe que f es convexa, si y sólo si, f ( ni=1 ti xi ) ≤ i=1 ti f (xi ), cualesquiera sean n ∈
Pn
N, x1 , · · · , xn ∈ I y t1 , · · · , tn ∈ [0, 1], con i=1 t1 = 1. Ayuda. Use inducción y el ejercicio 3.
7. Sean b1 , · · · bn números reales positivos. La media aritmética de estos números se define como
(b1 + · · · + bn )/n
Muestre que la media geométrica es menor o igual a la media aritmética. Ayuda. Fije a > 1 y sea
Ea = ax la exponencial de base a. Sea xi ∈ R tal que Ea (xi ) = bi y aplique el ejercicio anterior
con t1 = · · · = tn = 1/n.
8. Sea f : (0, 1) → R una función convexa tal que f (x) → 0, cuando x → 0+ . Pruebe que la
función g : (0, 1) → R; g(x) = f (x)/x; es creciente. Ayuda. Pruebe que la extensión continua
F : [0, 1) → R de f es convexa y recuerde que F (0) = 0.
9. Pruebe que la función f : [0, 1] → R definida por f (0) = 1 y f (x) = 0 para 0 < x ≤ 1, es
convexa. Note que f no es continua en x = 0.
128
En esta sección daremos las indicaciones para construir un ejemplo elemental de una función
diferenciable que no es continuamente diferenciable.
1. Sea g : [0, 1] → R una función tal que g(0) = g(1). Pruebe que g posee una única extensión
1-periódica. Es decir, existe una única extensión f : R → R de g, tal que f (x + 1) = f (x) para
todo x ∈ R. Ayuda. f (x) = g(x − [x]), donde [x] denota la parte entera de x. Pruebe además
que si g es continua, entonces f también lo es.
2. Sea f : R → R una función 1-periódica. Pruebe que si existe lı́mx→+∞ f (x), entonces f es
constante.
0 (0), g 0 (1)
3. Sea g : [0, 1] → R diferenciable en (0, 1) y supongamos que las derivadas laterales g+ −
existen y son iguales. Pruebe que si g(0) = g(1), entonces la única extensión 1-periódica, f de g,
es diferenciable y f 0 es la única extensión 1 periódica de la función h : [0, 1] → R, definida por:
0 (0),
h(0) = g+ 0 (1) y h(x) = g 0 (x) si 0 < x < 1.
h(1) = g−
4. Sea g : [0, 1] → R definida por g(x) = x2 (1 − x)2 y f la extensión 1-periódica de g. Pruebe que f
es continuamente diferenciable. Pruebe también que la función h : R → R, definida por: h(0) = 0
y h(x) = x2 f ( x1 ), para x 6= 0, es diferenciable pero no continuamente diferenciable.
Incluir gráfica
Capı́tulo 8
Integración
Introducción. Los orı́genes de la teorı́a de integración hay que buscarlos más de dos mil años atrás,
cuando los griegos trataron de calcular el área de ciertas figuras planas. La técnica usada por ellos,
conocida como método exhaustivo, consistı́a en introducir en la figura dada, otra figura, cuyo borde
fuera poligonal y de área fácil de calcular. Enseguida, se introducı́an nuevas curvas poligonales, con
más lados que las anteriores, de manera que las figuras limitadas por estas poligonales fueran “aprox-
imándose” a la figura inicial. Usando este método, Arquı́medes logró calcular el área de unas pocas
figuras elementales, no pudiendo hacer más, debido a las limitaciones de naturaleza algebraica de los
métodos desarrollados en esa época por los matemáticos griegos.
Fué en el siglo XVII cuando el método exhaustivo recibió su mayor impulso, debido principalmente
a los trabajos de Newton y Leibnitz. Sin embargo, hubo que esperar hasta el siglo pasado para que,
con los trabajos de Riemann, la teorı́a de integración reposara sobre bases firmes.
Los temas tratadoa aquı́, son los usuales: Propiedades Básicas de la Integral de Riemann, Teorema
Fundamental del Cálculo, Carecterización de las Funciones Integrables Riemann a través de su conjunto
de discontinuidades e Integración Impropia. Este último tema fué tratado de manera unificada, usando
teorı́a de redes.
En lo que sigue, B([a, b]) denotará el conjunto de todas las funciones acotadas f : [a, b] → R.
Recordamos que f ∈ B([a, b]) si y sólo si existe M > 0 tal que |f (x)| ≤ M, para cada x ∈ [a, b]. De
la proposición 6.3.1, toda función continua f : [a, b] → R está en B([a, b]). Note también que toda
función monótona f : [a, b] → R es acotada. En todo este capı́tulo, f denota un elemento de B([a, b]).
129
130
En lo que sigue, [a, b] denota un intervalo compacto con a < b. El número b−a se llama la longitud
de [a, b] y se denota por l([a, b]). Una partición del intervalo [a, b] es un subconjunto finito de puntos
{x0 , x1 , · · · , xn−1 , xn } del intervalo [a, b] tales que el menor de ellos es a y el mayor es b. Usaremos la
siguiente notación {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b} para de indicar de una vez el orden de
los puntos de la partición.
Ejemplo:
Considere para cada natural n la siguiente colección de puntos en [0, 1]:
1 2 n−1
x0 = 0, x1 = , x2 = , · · · , xn−1 = , xn = 1
n n n
Es claro que ellos forman una partición de [0, 1]. Mas generalmente
k(b − a)
xk = a +
n
para k = 0, · · · n forman una partición de [a, b]. Esta partición tiene la propiedad que los intervalos
[xi , xi+1 ] (llamados los intervalos de la partición) todos tienen longitud igual a (b − a)/n.
El conjunto de todas las particiones de [a, b] será denotado por P[a, b]. Dadas P, Q ∈ P[a, b] diremos
que Q es más fina que P o que Q es un refinamiento de P , si P ⊂ Q. En este caso escribimos
P ≤ Q.
Los intervalos [xi , xi+1 ] para 0 ≤ i ≤ n − 1 se llaman los intervalos de la partición. El concepto de
partición también puede ser expresado en términos de esta colección de intervalos, como lo muestra la
proposición que sigue. Esta versión mas abstracta de las particiones es útil y funciona muy bien en la
teorı́a de integración de funciones de varias variables. Dejaremos la demostración a cargo del lector.
Proposición 8.1.1. Sea P una familia finita de intervalos compactos no degenerados tales que:
Entonces la colección {x0 < x1 < · · · < xn } formada por los extremos de los intervalos en P es una
partición de [a, b] tal que P es igual a {[xi , xi+1 ] : 0 ≤ i ≤ n − 1}.
Si Q es otra familia finita de intervalos compactos no degenerados que satisface estas dos propiedades,
entonces Q es mas fina que P si para cada I ∈ Q existe J ∈ P tal que I ⊂ J.
De ahora en adelante usaremos indistintamente estas dos formas de presentar las particiones:
como colección finita de puntos o como familias de intervalos con las dos propiedades enunciadas en
la proposición anterior.
131
Demostración. Sea P = {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b}. Entonces
X n−1
X
l(I) = xi+1 − xi = xn − x0 = b − a
I∈P i=0
Ejercicios.
3. Sean P, Q ∈ P[a, b]. Pruebe que R := P ∪ Q ∈ P[a, b] es más fina que P y Q simultáneamente.
Muestre que los intervalos de R son precisamente {I ∩J : I ∈ P, J ∈ Q e I ∩J no es degenerado}.
4. Sea c ∈ (a, b) y sea R ∈ P[a, b]. Pruebe que existen P ∈ P[a, c] y Q ∈ P[c, b] tales que R ≤ P ∪Q.
Note que P ∪ Q es una partición de [a, b].
Usualmente escribiremos M (f, A) = sup(f (A)) y m(f, A) = inf(f (A)). Dada P ∈ P[a, b] definimos:
X
U (f, P ) = M (f, I)l(I)
I∈P
X
L(f, P ) = m(f, I)l(I)
I∈P
132
Incluir gráfica
El primero de estos números es llamado una suma superior de f , mientras que el segundo es
llamado una suma inferior de f . Si P = {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b}, las sumas
superior e inferior se expresan, respectivamente, de la siguiente manera:
n−1
X
U (f, P ) = M (f, [xi , xi+1 ])(xi+1 − xi )
i=0
n−1
X
L(f, P ) = m(f, [xi , xi+1 ])(xi+1 − xi )
i=0
Proposición 8.2.1. Sean P, Q ∈ P([a, b]) con P ≤ Q. Entonces U (f, Q) ≤ U (f, P ) y L(f, P ) ≤
L(f, Q).
Demostración. Sea P = {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b}. Supondremos primero que
Q = P ∪ {r}. Entonces existe j ∈ {0, n − 1} tal que xj < r < xj+1 . Denotaremos M (f, [xi , xi+1 ])
por Mi . Note que M (f, [xj , r]) ≤ Mj , M (f, [r, xj+1 ]) ≤ Mj y que xj+1 − xj = (xj+1 − r) + (r − xj ).
Tenemos que
n
X
U (f, P ) = Mi (xi+1 − xi ) + Mj (xj+1 − xj )
i=0,i6=j
n
X
≥ Mi (xi+1 − xi ) + M (f, [xj , r])(r − xj ) + M (f, [r, xj+1 ])(xj+1 − r)
i=0,i6=j
= U (f, Q)
Para el caso general, si Q \ P contiene k puntos, repetimos el argumento anterior k veces (o para ser
mas precisos, hacemos una prueba por inducción en k). El resto de la prueba será dejado al lector.
La proposición anterior dice que “las sumas superiores (resp. inferiores) decrecen (resp. crecen)
cuando se afinan las particiones”, y será un resultado clave en la definición de integral.
Demostración. Sea R ∈ P[a, b] más fina que P y Q (por ejemplo R = Q ∪ P ). Por la proposición
anterior, U (f, R) ≤ U (f, Q) y L(f, P ) ≤ L(f, R). El resultado se obtiene ahora recordando que
L(f, R) ≤ U (f, R).
Sea M > 0 tal que |f (x)| ≤ M para todo x ∈ [a, b]. De la proposición 8.1.2 tenemos
Esto permite definir la integral superior de f en [a, b] y la integral inferior de f en [a, b] respec-
tivamente, por las siguientes fórmulas:
Z¯ b
f = inf{U (f, P ) : P ∈ P[a, b]},
a
Z b
f = sup{L(f, P ) : P ∈ P[a, b]}.
a
Demostración. Fijemos P ∈ P[a, b]. Por la proposición anterior, U (f, P ) es cota superior del
Rb Rb
conjunto {L(f, Q) : Q ∈ P([a, b])} y en consecuencia, U (f, P ) ≥ f . De aquı́, f es cota inferior
a a
del conjunto {U (f, P ) : P ∈ P([a, b])} y el resultado se sigue fácilmente.
Diremos que f ∈ B([a, b]) es R-integrable (o integrable en el sentido de Riemann) en [a, b],
denotado f ∈ R([a, b]), si
Z ¯b Z b
f= f.
a a
Rb
En este caso, ambas integrales serán denotadas por f , que llamaremos la integral (de Riemann)
a
Rb
de f en [a, b]. Por razones históricas, se utiliza más a menudo el sı́mbolo a f (x)dx y lo haremos
ası́ cuando sea necesario escribir la fórmula explı́cita de f .
Ejemplos.
1. Sea f la función constante f (x) = 1. Es fácil ver que U (f, P ) = L(f, P ) = b − a, para cualquier
Rb
P ∈ P[a, b], de modo que f ∈ R([a, b]) y a f = b − a. En la notación histórica esto se expresa
Rb
mediante el sı́mbolo a dx = b − a.
La siguiente proposición provee un criterio para la R-integrabilidad de una función que usaremos
con frecuencia.
Proposición 8.2.4. f ∈ R([a, b]) si y sólo si, para cada ² > 0 existe P ∈ P[a, b] tal que U (f, P ) −
L(f, P ) < ².
Demostración. Supongamos que f ∈ R([a, b]) y fijemos ² > 0. De las deficiones de integral
superior e inferior, existen Q, R ∈ P[a, b] tales que
Z ¯b Z b
U (f, Q) − ²/2 ≤ f ; L(f, R) + ²/2 ≥ f.
a a
Sea P ∈ P[a, b] más fina que Q y R. De la proposición 8.2.1 y de la definición de integral tenemos,
Z b Z b
U (f, P ) − ²/2 ≤ f y L(f, P ) + ²/2 ≥ f,
a a
De acuerdo a la proposición 2.8.5, tenemos la siguiente identidad que será usada repetidas veces:
Notemos de una vez por todas que para toda partición P ∈ P([a, b]) se cumple que
X
U (f, P ) − L(f, P ) = Ω(f, I)l(I). (2.1)
I∈P
135
Demostración: Dado ² > 0 elijamos n ∈ N tal que n² > (b − a)|f (b) − f (a)| y sea P la partición
de [a, b] que lo divide en n partes iguales. Esto es, sea P = {I1 , · · · , In }, donde Ik := [xk−1 , xk ] y
xk := a + (k/n)(b − a) para k = 0, 1, · · · , n.
Supongamos ahora que f es creciente (el otro caso es similar y será dejado a cargo del lector).
Entonces Ω(f, Ik ) = f (xk ) − f (xk−1 ), y recordando que l(Ik ) = (b − a)/n; 1 ≤ k ≤ n; de (2.1)
obtenemos,
n
b−aX b−a
U (f, P ) − L(f, P ) = [f (xk ) − f (xk−1 )] = [f (b) − f (a)] < ².
n n
k=1
Demostración: Fijemos ² > 0 y pongamos ²0 = ²/(b − a). Como [a, b] es compacto (por teorema
5.5.1), entonces f es uniformemente continua (por teorema 6.4.1), y por lo tanto, existe δ > 0 tal que
|f (x) − f (y)| ≤ ²0 si |x − y| ≤ δ.
|f (x) − f (y)| ≤ ²0 si x, y ∈ I.
Ejercicios.
7. Sea f : [−1, 1] → R una función impar (es decir, f (x) = −f (−x)) R-integrable. Muestre que
R1
−1 f = 0. ¿Qué puede decir en el caso que f sea par (es decir, f (x) = f (−x))?
8. a) Sea c ∈ [a, b] y f : [a, b] → R tal que f (x) = 0 si x 6= c. Pruebe que f ∈ R([a, b]) y que
Rb
a f = 0.
9. Sea f : [a, b] → R una función continua no negativa (f ≥ 0) tal que f (c) > 0 para algún c.
Rb
Pruebe que a f > 0.
Recordemos que B([a, b]) denota el conjunto de todas las funciones acotadas f : [a, b] → R. El
lector probará que si f, g ∈ B([a, b]) y λ ∈ R entonces f + g, λf, f · g ∈ B([a, b]). Este resultado suele
enunciarse diciendo que B([a, b]) es un álgebra real. El objeto de esta sección es probar que R([a, b])
Rb
es un álgebra real y que a “es un funcional lineal continuo y monótono”. Probaremos también que
Rb Rc Rb
si c ∈ (a, b), entonces “ a = a + c ”. Los significados precisos de estas frases serán dados en la seis
proposiciones siguientes
Proposición 8.3.1. (Linealidad) Sean f, g ∈ R([a, b]) y sea λ ∈ R. Entonces f + g, λf ∈ R([a, b]) y
Z b Z b Z b
(f + g) = f+ g;
a a a
Z b Z b
λf = λ f.
a a
137
para todo P ∈ P([a, b]). Dado ² > 0 elijamos particiones Q, R de [a, b] tales que
Z b Z b
U (f, Q) ≤ ²/2 + f y U (g, R) ≤ ²/2 + g,
a a
y tomemos una partición P de [a, b], más fina que Q y R simultáneamente. De la proposición 8.2.1 y
de la integrabilidad de f y g se tiene
Z b Z b
U (f, P ) ≤ ²/2 + f y U (g, P ) ≤ ²/2 + g.
a a
Rb Rb
De aquı́ y (3.1), U (f + g, P ) ≤ ² + a f+ g y como esta desigualdad vale para cada ² > 0, se sigue
Ra b Rb
de la proposición 2.2.1 que, U (f + g, P ) ≤ a f + a g. En consecuencia,
Z b Z b Z b
(f + g) ≤ f+ g. (3.2)
a a a
Rb Rb Rb
lo que junto con la desigualdad (3.2) dice que f + g ∈ R([a, b]) y que + g) = a f + a g. a (f
R¯b Rb
Supongamos λ ≥ 0. Entonces, M (λf, A) = λM (f, A), de donde resulta que a (λf ) = λ a f . De
Rb Rb
manera semejante, (λf ) = λ a f , lo cual prueba el resultado en el caso en que λ ≥ 0.
a
En fin, si λ ≤ 0, escribimos λf = (−λ)(−f ) y el resultado se sigue del caso anterior y del ejercicio
5 de la sección 8.2.
Demostración. Probaremos primero que f 2 := f · f ∈ R([a, b]), para cualquier f ∈ R([a, b]). Para
ello fijemos M > 0 tal que |f (x)| ≤ M y notemos que
para todo P ∈ P[a, b]. Fijemos ² > 0 y pongamos ²0 = ²/(2M ). Por la proposición 8.2.4, existe una
partición P de [a, b] tal que U (f, P )−L(f, P ) ≤ ²0 y de la desigualdad precedente, U (f 2 , P )−L(f 2 , P ) ≤
². De aquı́ y la proposición 8.2.4, f 2 ∈ R([a, b]).
Por otra parte, f · g = [(f + g)2 − f 2 − g 2 ]/2 y el resultado se sigue de la proposición 8.3.1 (lo
detalles quedan a cargo del lector).
Las dos proposiciones anteriores nos dicen que R([a, b]) es un álgebra real y que la operación de
Rb Rb
integración a : R([a, b]) → R dada por f → a f ; es lineal. Ahora nos encaminamos a mostrar que
esta operación es monótona y continua.
Demostración. Por la proposición 8.3.1, g − f ∈ R([a, b]) y por el ejercicio 6 de la sección 8.2,
Rb Rb Rb Rb
a (g − f ) ≥ 0. Aplicando nuevamente la proposición 8.3.1 obtenemos a (g − f ) = a g − a f y el
resultado se sigue fácilmente.
Proposición 8.3.4. (Continuidad) Sea f ∈ R([a, b]) y denotemos por |f | : [a, b] → R a la función
que envı́a x en |f (x)|. Entonces |f | ∈ R([a, b]) y
¯Z b ¯ Z b
¯ ¯
¯ f ¯≤ |f |.
¯ ¯
a a
Corolario 8.3.5. (Teorema del Valor Medio para Integrales) Si f : [a, b] → R es continua, entonces
existe c ∈ [a, b] tal que
Z b
f = (b − a)f (c).
a
139
Demostración. Por el teorema 6.3.2, f alcanza máximo y mı́nimo en [a, b], que denotaremos por
Rb
M y m respectivamente. Ya que m ≤ f ≤ M , se sigue de la proposición 8.3.3 que m(b − a) ≤ a f ≤
Rb
M (b − a) y en consecuencia, m ≤ ( a f )/(b − a) ≤ M . Como f es continua, entonces por el teorema
del valor intermedio 6.3.6 sabemos que todo el intervalo [m, M ] está contenido en el rango de f y con
esto termina la prueba.
Fijemos c ∈ (a, b) y sea f ∈ B([a, b]). Las restricciones f |[a,c] y f |[c,b] las seguiremos denotando por
f . Por ejemplo, si P ∈ P([a, c]), la suma superior U (f |[a,c] , P ) la denotaremos más simplemente por
U (f, P ). Esperamos que este abuso de notación no será causa de confusión.
Proposición 8.3.6. Sea c ∈ (a, b) y f ∈ B([a, b]). Entonces f ∈ R([a, b]) si y sólo si f ∈ R([a, c]) ∩
R([c, b]). En ambos casos,
Z b Z c Z b
f= f+ f.
a a c
Sea R ∈ P([a, b]). Es fácil ver que existen P ∈ P([a, c]) y Q ∈ P([c, b]) tales que R ≤ P ∪ Q, de modo
que U (f, R) ≥ U (f, P ∪ Q). De aquı́ y (3.3),
Z c Z b
f+ f ≤ U (f, R)
a c
para todo R ∈ P[a, b]. De esto y de la definición de integral superior se tiene que
Z c Z b Z b
f+ f≤ f. (3.4)
a c a
Por lo tanto
Z b Z b Z c Z c Z b Z b
f− f= f− f+ f− f.
a a a a c c
Rb Rb Rc Rc Rb Rb
De esto se deduce que af − f = 0 si y sólo si af − f =0y c f− f = 0. Lo cual muestra lo
a a c
afirmado.
Terminaremos esta sección con unas notaciones sumamente útiles para todo lo que sigue. Sea
f : A → R una función definida en un intervalo A y sean a, b ∈ A con a < b. Si la restricción f |[a,b] es
Rb Rb
R-integrable en [a, b], escribiremos a f en lugar de a f |[a,b] . También definimos
Z a
f := 0 si a ∈ A
a
y
Z b Z a
f := − f si a, b ∈ A y b < a.
a b
Observe que con estas notaciones se tiene
Z a Z b
f =− f
b a
para todo a, b ∈ A. Con esta notación podemos generalizar las propiedades de la integral que hemos
probado en esta sección (especificamente 8.3.1, 8.3.4 y 8.3.6). Lo importante es notar que la integral
Rb
a f tiene sentido sin suponer que a < b.
Ejercicios.
1. Sea P ∈ P([a, b]). Pruebe que f ∈ R([a, b]) si y sólo si f ∈ R(I), para cada I ∈ P . En este caso
Rb P R R
pruebe que a f = I∈P I f , donde I f denota la integral de Riemann de f en I.
Rx
3. Sea f ∈ R([a, b]). Pruebe que la función F : [a, b] → R definida por F (x) = af ; es Lipschitziana
en [a, b]. En particular, F es continua en [a, b].
Rx
Ahora sólo suponga que f es acotada en [a, b] y defina H : [a, b] → R por H(x) = af . Muestre
que H es Lipschitziana en [a, b]. En particular, H es continua en [a, b]. ¿Qué puede decir si en
lugar de la integral superior usamos la inferior?
El objeto de esta sección es poner en evidencia las relaciones existentes entre los conceptos de
derivación e integración. El resultado principal dice, grosso modo, que estos procesos son inversos el
uno del otro.
Teorema 8.4.1. Sea f ∈ R([a, b]). Si f es continua en un punto c ∈ (a, b), entonces la función
F : [a, b] → R definida por Z x
F (x) = f
a
es derivable en c y F 0 (c) = f (c)
Corolario 8.4.2. Sea f : [a, b] → R continua y supongamos que existe G : [a, b] → R continua en
[a, b] y derivable en (a, b) tal que G0 (x) = f (x) para todo x ∈ (a, b). Entonces,
Z b
f = G(b) − G(a).
a
Ry
8.3.7 se sigue |F (x) − F (y)| = | x f | ≤ M |x − y| para todo x, y ∈ [a, b]. En particular, F es continua en
[a, b]. Por otra parte, el teorema 8.4.1 nos asegura que F es diferenciable en (a, b) y que F 0 (x) = f (x)
para todo x ∈ (a, b). De modo que la función F − G satisface las hipótesis del corolario 7.3.4. Luego,
F − G es constante y ası́, F (b) − G(b) = F (a) − G(a). Es decir, G(b) − G(a) = F (b) − F (a) y el
resultado se sigue de la definición de F .
Una función G que cumpla que G0 = f es llamada una primitiva de f . El corolario anterior es
el que permite, en la práctica, el cálculo de la integral de Riemann. Por ejemplo, sea f : [a, b] → R
definida por f (x) = xn , para algún n ∈ N. Ya que la función G(x) = xn+1 /(n + 1) es una primitiva
Rb
de f , se sigue del corolario anterior que a f = [bn+1 − an+1 ]/(n + 1), relación que no es nada obvia a
partir de la definición de integral.
Terminaremos esta sección dando soporte teórico a dos métodos de integración conocidos con
los nombres de: cambio de variables e integración por partes. Comenzaremos extendiendo el
concepto de función C 1 que vimos en la sección 7.4 referido solamente a funciones definidas en intervalos
abiertos. Diremos que una función f : [a, b] → R es de es de clase C 1 si la restricción de f a (a, b)
es de clase C 1 y la derivada lateral derecha en a y lateral izquierda en b existen. Por esta última
condición podemos hablar de f 0 como función definida en [a, b]. Dejamos como ejercicio mostrar que
en este caso tanto f como f 0 son continuas en [a, b]
Corolario 8.4.3. (Cambio de Variable) Sea g : [a, b] → [c, d] de clase C 1 y sea f : [c, d] → R continua.
Entonces (f ◦ g) · g 0 es continua y además
Z b Z g(b)
0
(f ◦ g) · g = f.
a g(a)
Demostración. Ya mencionamos que bajo las condiciones que definen la clase C 1 se tiene que g
y g 0 son continuas (ver ejercicio 1), luego por la proposición 6.2.3, (f ◦ g) · g 0 es continua. Definamos
Ry
ahora F : [c, d] → R por F (y) = c f y sea G := F ◦ g. Por la Regla de la Cadena y el teorema 8.4.1,
G0 = (f ◦ g) · g 0 en (a, b). Además, G es continua en [a, b], y por el corolario 8.4.2,
Z b Z g(b) Z g(a) Z g(b)
0
(f ◦ g) · g = G(b) − G(a) = f− f= f.
a c c g(a)
Corolario 8.4.4. (Integración por Partes) Sean f, g : [a, b] → R funciones de clase C 1 . Entonces,
Z b Z b
0
f · g = f (b)g(b) − f (a)g(a) − f · g0.
a a
Demostración. Es fácil verificar que f ·g es de clase C1 (ver ejercicio 4), y que (f ·g)0 = f 0 ·g+f ·g 0 .
Además, por el corolario 8.4.2,
Z b
(f · g)0 = (f · g)(b) − (f · g)(a)
a
143
Proposición 8.4.5. (Fórmula de Taylor con Resto Integral) Sea f : I → R una función de clase C n
en un intervalo abierto I, donde n ∈ N. Fijemos a ∈ I y sea Pn−1 el polinomio de Taylor de orden
n − 1 de f alrededor de a (definido por la ecuación (5.1) de la sección 7.5). Entonces, para cada z ∈ I
se tiene Z z
1
f (z) = Pn−1 (z) + (z − x)n−1 f (n) (x)dx. (4.3)
(n − 1)! a
Demostración. (Por inducción) Para n = 1, P0 es constante igual a f (a) y ası́, la fórmula anterior
Rz
es equivalente a decir que f (z) = f (a)+ a f 0 . Luego, para n = 1, el resultado es equivalente al corolario
8.4.2.
Supongamos ahora que el resultado es cierto para todas las funciones de clase C n , (algún n ∈ N),
y asumamos que f ∈ C n+1 . Por la proposición 7.4.2, f ∈ C n y por lo tanto, vale la fórmula (4.3).
Por otra parte, aplicando Integración por Partes a las funciones F (x) := −(z − x)n /n y G(x) :=
f (n) (x); x ∈ [a, z]; obtenemos,
Z z Z z Z z
n−1 (n) 0
(z − x) f (x)dx = F (x)G(x)dx = F (z)G(z) − F (a)G(a) − F (x)G0 (x)dx
a a a
Z z
(z − a)n (n) 1
= f (a) + (z − x)n f (n+1) (x)dx,
n n a
porque F (z) = 0. Reemplazando esta igualdad en (4.3) vemos que nuestra fórmula vale para n + 1 en
lugar de n.
es una función biyectiva de clase C ∞ tal que L(x · y) = L(x) + L(y). Es decir, L es una función
logarı́tmica. De hecho, la función L se suele denotar por ln y se llama logaritmo neperiano.
Por otra parte, del Teorema Fundamental del Cálculo (teorema 8.4.1), L0 (x) = 1/x, de modo que
L0 ∈ C ∞ y por ende, L ∈ C ∞ . Note también que L es estrictamente creciente, ya que L0 > 0. En
particular, L es inyectiva.
144
En fin, por inducción, L(2n ) = nL(2); L(2−n ) = −nL(2) para cada n ∈ N; y como L(2) > L(1) = 0
concluı́mos que L(2n ) → +∞ y L(2−n ) → −∞. Como L es continua y su dominio es un intervalo,
concluimos que el rango de L es un intervalo (proposición 6.3.6). Por lo anterior, necesariamente el
rango de L es R y por ende L es sobreyectiva.
Ejercicios.
2. Muestre que f : [a, b] → R es de clase C 1 si y sólo si ella posee una extensión F : I → R de clase
C 1 definida en un intervalo abierto I (que contiene a [a, b]).
5. Sea L dada por la proposición 8.4.6 y sea E : R → (0, ∞) su inversa. Pruebe que E es una
exponencial, de clase C ∞ , tal que E 0 = E. Concluya que toda exponencial continua es C ∞ .
6. Use el ejercicio 3 de la sección 8.3 para construir una función Lipschitziana en [a, b] que no sea
diferenciable en todo punto de [a, b].
a) G está bien definida y que es una función impar (es decir, G(−x) = −G(x) para todo
x ∈ R).
b) G es estrictamente creciente.
c) Para todo entero positivo k, se cumple que
1 1
2
≤ G(k) − G(k − 1) ≤ .
1+k 1 + (k − 1)2
Concluya de lo anterior que
n
X X n
1 1
≤ G(n) ≤ .
1 + k2 1 + (k − 1)2
k=1 k=1
Proposición 8.5.1. Sea f ∈ B([a, b]) y c ∈ [a, b]. f es continua en c si y sólo si ω(f, c) = 0.
Demostración. Supongamos que f es continua en c y fijemos ² > 0. Entonces existe δ > 0 tal
que |f (x) − f (c)| ≤ ²/2 si |x − c| ≤ δ. De aquı́,
Es decir, Ω(f, [a, b] ∩ (c − δ, c + δ)) ≤ ² y por lo tanto, ω(f, c) ≤ ². De la proposición 2.2.1, ω(f, c) = 0.
Supongamos ahora que ω(f, c) = 0 y fijemos ² > 0. Entonces existe δ > 0 tal que Ω(f, [a, b] ∩ (c −
δ, c + δ)) < ². De aquı́ se sigue que |f (x) − f (c)| < ², si |x − c| < δ y x ∈ [a, b].
Proposición 8.5.2. Sea f ∈ B([a, b]). Para cada ² > 0, el conjunto D² := {x ∈ [a, b] : ω(f, x) ≥ ²} es
cerrado (y en consecuencia, compacto).
Demostración. Sea {xn } una sucesión de D² que converge a x ∈ R y note que x ∈ [a, b], porque
ese intervalo es cerrado. Supongamos por el absurdo que x 6∈ D² , entonces ω(f, x) < ² y por lo tanto,
existe δ > 0 tal que Ω(f, [a, b] ∩ (x − δ, x + δ)) < ². Por otra parte, como xn → x, existe i ∈ N tal que
xi ∈ (x − δ, x + δ) y en consecuencia, existe r > 0 tal que (xi − r, xi + r) ⊂ (x − δ, x + δ). En particular,
Se dice que un subconjunto A de R tiene medida cero; denotado m(A) = 0; si para cada ² > 0
existe un cubrimiento U de A, por intervalos abiertos, tal que la suma de sus longitudes no excede ²,
P
es decir, I∈U l(I) < ². Es evidente que todo subconjunto de uno de medida cero, tiene medida cero.
Ejemplos:
146
1. Sea F = {x1 , x2 , · · · , xn } un conjunto finito de reales. Mostraremos que F tiene medida cero.
En efecto, dado ² > 0 considere los intervalos abiertos Ui = (xi − ²/2n, xi + ²/2n) para cada i ∈
{1, · · · , n}. Note que los Ui claramente forman un cubrimiento de F . Por otra parte, l(Ui ) = ²/n
P
para cada i y por lo tanto ni=1 l(Ui ) < ².
2. Mostraremos que N tiene medida cero. En efecto, fijemos ² > 0 y tomemos, para cada n ∈ N, el
siguiente intervalo abierto
Un = (n − ²/2n+2 , n + ²/2n+2 )
Note que l(Un ) = ²/2n+1 para cada n ∈ N. Por último observe que
∞
X ∞
X
n+1
²/2 =² 1/2n+1 = ²/2
n=1 n=1
3. Veremos en seguida que Q también tiene medida cero, por ser un conjunto numerable.
Proposición 8.5.3. Si {An : n ∈ N} es una familia de conjuntos de medida cero, entonces lo mismo
ocurre con su unión.
Demostración. Sea A := ∪{An : n ∈ N}. Fijemos ² > 0. Sabemos que cada An posee un
cubrimiento Un , formada por una colección numerable de intervalos abiertos, tal que la suma de sus
longitudes es menor que 2−n ². Como la unión de una familia numerable de colecciones numerables es
numerable (ver proposición 3.4.5), se tiene que la unión U de estos Un es un cubrimiento numerable
de A, por intervalos abiertos. Notemos que
X X X X
l(I) = l(I) ≤ 2−n ² = ².
I∈U n∈N I∈Un n∈N
(en el ejercicio 8 de la sección 4.12 el lector interesado encontrará una justificación precisa de la última
afirmación).
Proposición 8.5.4. Sea f ∈ R([a, b]). Entonces para cada r > 0, el conjunto Dr := {x ∈ [a, b] :
ω(f, x) ≥ r} tiene medida cero.
Demostración. Fijemos ² > 0 y recordemos que, por la proposición 8.2.4, existe P ∈ P([a, b]) tal
que
U (f, P ) − L(f, P ) < r². (5.1)
Considere el conjunto finito F formado por los extremos de los intervalos en P . Vimos en el ejemplo
arriba que F tiene medida cero. Como Dr ⊆ (Dr \F )∪F , entonces, por la proposición 8.5.3, bastará ver
que Dr \ F tiene medida cero. Sea E := Dr \ F .
147
Ası́,
X X X
r l(I) ≤ Ω(f, I)l(I) ≤ Ω(f, I)l(I) = U (f, P ) − L(f, P ),
I∈Q I∈Q I∈P
P
y por (5.1), I∈Q l(I) ≤ ². Tenemos entonces que U es un cubrimiento de E por intervalos abiertos,
cuya suma de longitudes es menor que ².
Teorema 8.5.5. Sea f ∈ B([a, b]). Entonces, f ∈ R([a, b]) si y sólo si, el conjunto D, de discon-
tinuidades de f , tiene medida cero.
Demostración. Supongamos primero que m(D) = 0. Dado ² > 0, existen intervalos abiertos
I1 , · · · , Ik , · · · tales que
[ X ²
D⊂ Ik y l(Ik ) < , (5.2)
2K
k k
donde K es la oscilación de f en [a, b]. Para cada x ∈ [a, b] \ D existe un intervalo abierto Jx de
centro x tal que Ω(f, [a, b] ∩ Jx ) ≤ ²/2(b − a). Como la colección de intervalos Ik y Jx para k ≥ 1
y x ∈ [a, b] \ D forman un cubrimiento por abiertos del compacto [a, b], entonces existe m ≥ 1 y
x1 , · · · , xn en [a, b] \ D tales que [a, b] ⊂ I1 ∪ · · · ∪ Im ∪ Jx1 ∪ · · · ∪ Jxn . Sea P la partición de [a, b]
formada por los extremos de esos intervalos (que pertenezcan a [a, b]). Denotaremos con [ti−1 , ti ] los
intervalos que están contenidos en algún Ik y con [sj−1 , sj ] el resto de los intervalos de P . De (5.2) se
P
tiene que i l([ti−1 , ti ]) < ²/2K. Denotemos con Ωi a Ω(f, [a, b] ∩ [ti−1 , ti ]). Por la elección de los Jx
se tiene también que Ωj := Ω(f, [a, b] ∩ [sj−1 , sj ]) ≤ ²/2(b − a). Luego tenemos que
X X
U (f, P ) − L(f, P ) = Ωi · (ti − ti−1 ) + Ωj · (sj − sj−1 )
i j
X X ²
< K · (ti − ti−1 ) + · (sj − sj−1 )
2(b − a)
i j
K² ²(b − a)
< + =²
2K 2(b − a)
y por la proposición 8.2.4, f es R-integrable en [a, b].
Supongamos ahora que f ∈ R([a, b]) y definamos, para cada k ∈ N, Ek = {x ∈ [a, b] : ω(f, x) ≥
1/k}. De la proposición 8.5.1, D es la unión de los Ek , y de las proposiciones 8.5.4-8.5.3, m(D) = 0.
Ejercicios:.
148
2. Sea U un cubrimiento abierto de [a, b]. Muestre que existe P ∈ P([a, b]) tal que cada I ∈ P
está contenido en algún U ∈ U. Sugerencia: Dado x ∈ [a, b] escoja Wx ∈ U tal que x ∈ Wx .
Como Wx es abierto, existe δ(x) > 0 tal que (x − 2δ(x), x + 2δ(x)) ⊂ Wx . Por otra parte,
{(x − δ(x), x + δ(x)) : x ∈ [a, b]} es un cubrimiento abierto de [a, b] y en consecuencia existen
x1 , · · · , xn ∈ [a, b] tales que {(xi − δ(xi ), xi + δ(xi )) : 1 ≤ i ≤ n} es un cubrimiento de [a, b].
Sea δ = mı́n{δ(xi ) : 1 ≤ i ≤ n}; elija N ∈ N tal que δ > α := (b − a)/N y defina P =
{[a + (k − 1)α, a + kα] : 1 ≤ k ≤ N }. Es claro que P es una partición de [a, b] y que todo I ∈ P
tiene longitud α. En particular, |x − c| ≤ α si x, c ∈ I e I ∈ P . Muestre que P satisface la
conclusión.
3. Suponga que existe k > 0 tal que ω(f, x) < k para todo x ∈ [a, b]. Muestre que existe una
partición P de [a, b] tal que Ω(f, I) < k para todo I ∈ P . En particular, U (f, P ) − L(f, P ) ≤
k(b − a). Ayuda. Para cada x ∈ [a, b] existe δx > 0 tal que Ω(f, [a, b] ∩ (x − δx , x + δx )) < k.
Entonces {(x − δx , x + δx ) : x ∈ [a, b]} es un cubrimiento de [a, b]. Use el ejercicio 2.
Por integral impropia se entiende aquella donde el intervalo donde se integra no es acotado, o no
es cerrado o la función que se integra no es acotada.
En esta sección, f : I → R denota una función definida en un intervalo no degenerado I y J denota
la familia de todos los intervalos compactos J contenidos en I. A fin de enunciar nuestros resultados
con mayor comodidad, diremos que f es de tipo R si f ∈ R(J), para cualquier J ∈ J . En este caso,
R Rb
dado J = [a, b] ∈ J , pondremos J f = a f .
Las redes (ver sección 4.12) serán la herramienta fundamental para lo que sigue. En particular, el
R
lector probará que J es un conjunto dirigido. Por lo tanto, si f es de tipo R, entonces { J f }J∈J es
una red y en el caso que sea convergente, diremos que f es Cauchy-Riemann integrable en I y
R R
pondremos f ∈ CR(I). En este caso, el lı́mite de la red { J f } será denotado por I f y lo llamaremos
la integral de Cauchy-Riemann de f en I.
R
Si I = [a, b] es compacto, entonces I ∈ J y por el ejercicio 1 de la sección 4.12, la red { J f }
R Rb
converge a I f = a f . Esto dice que si f ∈ R([a, b]), entonces f ∈ CR([a, b]) y que la integral de
Cauchy-Riemann de f coincide con la integral de Riemann de f . Esto justifica la notación escogida
para denotar la integral de Cauchy-Riemann. El uso de redes permite un tratamiento general de las
integrales impropias sin importar el tipo del intervalo I. El siguiente resultado, que se demostrará la
final, contiene las propiedades mas importantes de la integral impropia de Riemann.
a) I = [a, b) con b ≤ +∞. Entonces, f ∈ CR(I) si y sólo si, la función F : [a, b) → R; F (x) =
Rx
a f ; tiene lı́mite, cuando x tiende a b.
Rb
b) I = (a, b], con −∞ ≤ a. Entonces, f ∈ CR(I) si y sólo si, el siguiente lı́mite existe: lı́mx→a x f.
c) I = (a, b). Entonces, f ∈ CR(I) si y sólo si f ∈ CR((a, c)) ∩ CR((c, b)), para algún c ∈ I. En
R Rc Rb
ambos casos, I f = a f + c f .
Antes de presentar las herramientas para probar este teorema ilustraremos su uso mediante algunos
ejemplos.
1. La función f : (0, 1] → R; f (x) = x−1/2 ; es de tipo R, por ser continua. Por otra parte, para
R1
0 < x ≤ 1 tenemos, x f = 2[1 − x1/2 ], porque G(x) := 2x1/2 es una primitiva de f . De aquı́ y
R1
la parte b) de la proposición 8.6.1, f ∈ CR((0, 1]) y 0 f = 2.
2. Igual que en el ejemplo anterior, la función f : [1, +∞) → R; f (x) = x−2 ; es de tipo R. Además,
Rx
f = 1 − x−1 , para cada x > 1, y por la parte a) de la proposición 8.6.1, f ∈ CR([1, +∞)) y
R1+∞
1 f = 1.
Proposición 8.6.2. Sea f de tipo R. Entonces, f ∈ CR(I) si y sólo si, para cada ² > 0 existe J0 ∈ J
R
tal que | H f | < ², si H ∈ J y H ∩ J0 es degenerado.
R
Demostración. Supongamos que f ∈ CR(I) y fijemos ² > 0. Ya que la red { J f } es de Cauchy
(por ser convergente), existe J0 ∈ J tal que
Z Z
| f− f| < ² si J0 ⊂ J, K ∈ J . (6.1)
J K
Fijemos H ∈ J tal que H ∩ J0 es degenerado. Es fácil ver (justificar) que existe K ∈ J conteniendo
a J0 tal que K ∩ H es un conjunto singular. En particular, J := K ∪ H es un intervalo compacto e
R R R R
J f − K f = H f. De aquı́ y (6.1), | H f | < ².
R
Recı́procamente, dado ² > 0 fijemos J0 ∈ J tal que | H f | < ²/4 si H ∈ J y H ∩ J0 es degenerado.
Si J0 ⊂ J ∈ J , podemos escribir J = A∪J0 ∪B, donde A, B ∈ J y A∩B A∩J0 B ∩J0 son degenerados.
De aquı́, Z Z Z Z
f= f+ f+ f.
J A J0 B
R R R R
Análogamente, si J0 ⊂ K ∈ J , entonces K f= C f+ J0 f+ D f , para ciertos intervalos C, D ∈ J
tales que C ∩ J0 y D ∩ J0 son degenerados. Ası́,
Z Z Z Z Z Z
| f− f| ≤ | f| + | f| + | f| + | f | < 4(²/4) = ²,
J K A B C D
R
lo cual muestra que { J f } es de Cauchy. El resultado se sigue ahora de la proposición ??.
150
R
Proposición 8.6.3. Supongamos que f es de tipo R y que la red { J f } es acotada. Entonces, f, |f | ∈
CR(I) y ¯Z ¯ Z
¯ ¯
¯ f ¯ ≤ |f |.
¯ ¯
I I
R
Demostración. Por el ejercicio 4, { J |f |} es convergente y en consecuencia, de Cauchy. Ası́, dado
R
² > 0, existe H ∈ J tal que, J |f | ≤ ², si J ∈ J y J ∩ H es degenerado. Se sigue de la proposición
R
8.2.1 que, para tales J se tiene, | J f | ≤ ², de modo que, por la proposición anterior, f ∈ CR(I). La
prueba se sigue ahora de las proposiciones 8.2.1 y 4.12.3.
Demostración del teorema 8.6.1. Es claro que la parte c), se sigue de las partes a)-b) y
la proposición 8.6.4. Por otra parte, las pruebas de a) y b) son similares entre sı́, por lo cual, nos
ocuparemos sólo de la prueba de a).
R R
Supongamos que f ∈ CR(I) y fijemos ² > 0. Entonces, existe J0 ∈ J tal que, | I f− J f | ≤ ², si
J ∈ J y J ⊃ J0 . Escribamos J0 = [d, c] y sea x ∈ [c, b); entonces, [a, x] ⊃ J0 y de aquı́,
Z Z x
| f− f | ≤ ².
I a
Rx R
Esto prueba que lı́mx→b a f existe y es igual a I f.
Recı́procamente, supongamos que el lı́mite anterior existe y denotemoslo por l. Entonces, fijado
Rx
² > 0, existe δ > 0 tal que |l − a | ≤ ², si b − δ < x < b. Tomemos J0 = [a, b − δ] y sea J ∈ J
Rx
conteniendo a J0 . Si escribimos J = [a, x], tendremos x ≥ b − δ y de aquı́, |l − a f | ≤ ². Esto prueba
R
que la red { J f } converge a l.
Ejercicios.
151
f (1/n) = n si n ∈ N,
1
f (x) = 0 si x 6= n para todo n ∈ N,
R
4. Suponga que f es de tipo R y que f (x) ≥ 0 para todo x ∈ I. Pruebe que si la red { J f }
R R
está acotada superiormente, entonces f ∈ CR(I) e I f = sup{ J f : J ∈ J }. Ayuda. Use la
proposición 4.12.4.
R
5. Pruebe que si f es constante de valor c, entonces f ∈ CR(I) e I f = cl(I).
6. Suponga que f es acotada de tipo R. Pruebe que si I es acotado, entonces f ∈ CR(I). Ayuda.
Note que f + M ≥ 0, para alguna constante M y aplique los dos ejercicios precedentes.
P
7. Sea f : [1, +∞) → [0, +∞) decreciente. Pruebe que la serie n∈N f (n) converge si y sólo si
P
f ∈ CR([1, +∞)). Concluya que n∈N n1p converge si p > 1.
Los problemas que plantearemos a continuación, tienen por objeto presentar una definición al-
ternativa de la Integral de Riemann. Comenzaremos con una definición. Diremos que una función
φ : [a, b] → R es en escalera, si existe una partición P de [a, b] tal que φ es constante en el interior
de cada miembro de P . Es decir, φ es en escalera, si existe una partición P de [a, b] y una familia de
números {cI : I ∈ P } tal que,
φ(x) = cI , si x ∈ int(I); I ∈ P.
En este caso también se dice que φ es en escalera respecto a P . Note que si φ es en escalera
respecto a P , entonces también lo es con respecto a cualquier partición más fina que P . Obviamente,
toda función constante es una función en escalera.
152
1. Pruebe que si φ, ψ : [a, b] → R son en escalera, entonces φ±ψ, máx{φ, ψ}, mı́n{φ, ψ} y λφ también
lo son, para cualquier λ ∈ R. Aquı́, máx{φ, ψ} denota la función que envı́a x en máx{φ(x), ψ(x)}.
Ayuda. Pruebe que φ y ψ son en escalera respecto de una misma partición.
Sea φ : [a, b] → R en escalera con respecto a P . Definimos la integral de φ en [a, b], denotada
Rb
a φ, mediante:
Z b X
φ= cI l(I),
a I∈P
Note que si φ es en escalera, lo mismo ocurre con la restricción de φ a cualquier intervalo [x, y]
contenido en [a, b].
Dada una función acotada f : [a, b] → R, definimos E f (resp. Ef ) como el conjunto de aquellas
funciones en escalera que son mayores (resp. menores) que f . Note que E f y Ef no son vacı́os,
porque contienen las funciones constantes de valor M y −M , respectivamente, donde M satisface:
|f (x)| ≤ M para todo x ∈ [a, b].
Rb R ¯b
Definimos la integral inferior (resp. superior) de f en [a, b], denotada f (resp. a f)
a
mediante: Z Z b
b
f = sup{ φ : φ ∈ Ef },
a a
Z ¯b Z b
f = inf{ f : φ ∈ E f }.
a a
Rb ¯ R ¯b R ¯b Rb
4. Pruebe que si f, g : [a, b] → R son acotadas, entonces a (f + g) ≤ a f + a g y (f + g) ≥
Rb Rb a
f + g. Ayuda Pruebe que E f +g ⊃ {φ + ψ : φ ∈ E f , ψ ∈ E g }.
a a
R b R ¯b
Se dice que una función acotada f : [a, b] → R es R-integrable en [a, b], si = a f . En este
Rb a
caso, ése valor común se denota por a f y se le llama la integral de f en [a, b].
153
5. Pruebe que si f, g : [a, b] → R son R-integrables en [a, b], entonces lo mismo ocurre con f + g y
Rb Rb Rb Rb Rb
λf , con λ ∈ R. Además, a (f + g) = a f + a g y a λf = λ a f .
Rb Rb
Pruebe también que a f ≤ a g, si f ≤ g.
6. Sea f : [a, b] → R acotada. Pruebe que f es R-integrable en [a, b], si y sólo si, para cada ² > 0
Rb
existen φ ∈ Ef y ψ ∈ E f tales que a (ψ − φ) ≤ ².
Dada una función f : [a, b] → R, definimos f + : [a, b] → R mediante, f + (x) = máx{f (x), 0}. El
lector comprobará que 2f + = f + |f |.
7. Pruebe que si f : [a, b] → R es R-integrable en [a, b], entonces lo mismo vale para f + . Ayuda.
Rb
Dado ² > 0, escoja φ ∈ Ef y ψ ∈ E f tales que a (ψ−φ) ≤ ². Use ahora las relaciones 2g + = g+|g|
y |ψ| − |φ| ≤ |ψ − φ| = ψ − φ, para probar que ψ + − ψ + ≤ ψ − φ.
Rb Rb
Deduzca que |f | es R-integrable en [a, b] y que | a f | ≤ a |f |.
154
Capı́tulo 9
Sucesiones de Funciones
Ejemplos.
1. Consideremos la sucesión {fn : [0, 1] → R}, definida por fn (x) = xn . Usando el ejemplo i) de la
sección 4.2 tenemos que, {fn } converge puntualmente a la función f : [0, 1] → R definida por
f (x) = 0 si 0 ≤ x < 1 y f (1) = 1. Véase fig ??
Incluir gráfica
2. Sea {fn } la sucesión definida por fn : (0, +∞) → R; f (x) = x1/n . Del ejercicio 6 de la sección
4.3, {fn } converge puntualmente a la función constante f (x) = 1 para x > 0.
Sea {fn } una sucesión convergente punto por punto. Dado x ∈ I y ² > 0, existe un natural
n0 tal que, |fn (x) − f (x)| ≤ ² si n ≥ n0 . El ejercicio 1 pone en evidencia que éste número n0
depende, en general, tanto de ² como de x. Cuando sea posible elegir n0 independiente de x ∈ I,
155
156
diremos que la convergencia es uniforme. Más precisamente, diremos que una sucesión {fn } converge
uniformemente a f : I → R, si para cada ² > 0 existe N ∈ N tal que,
Véase fig. ??. En este caso también se dice que f es el lı́mite uniforme de las {fn }.
Note que si {fn } converge uniformemente a f , entonces {fn (x)} converge a f (x), para cada x ∈ I.
Es decir, {fn } converge punto por punto a f .
Incluir gráfica
El próximo teorema dice que el lı́mite uniforme de funciones continuas es una función continua.
|f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fN (x)| + |fN (x) − fN (x0 )| + |fN (x0 ) − f (x0 )|,
El teorema anterior nos proporciona un criterio para saber si una convergencia punto por punto
(de una sucesión de funciones continuas) no es uniforme. Pués bastarı́a saber que el lı́mite puntual
no es una función continua. Por ejemplo, la convergencia de la sucesión del ejemplo 1 no es uniforme,
porque su lı́mite es la función discontinua f : [0, 1] → R, dada por f (x) = 0 si 0 ≤ x < 1 y f (1) = 1.
Proposición 9.1.2. (Criterio de Cauchy) Supongamos que para cada ² > 0, existe N ∈ N tal que,
Demostración. De (1.3) se sigue rápidamente que {fn (x)} es una sucesión de Cauchy, para cada
x ∈ I. Esto permite definir una función f : I → R mediante:
Ejercicios.
1. Considere la sucesión del ejemplo 1 y fije x ∈ (0, 1). Dado ² ∈ (0, 1), calcule el menor número
natural n0 tal que,
|fn (x) − f (x)| ≤ ² si n ≥ n0 ,
donde f denota el lı́mite puntual de {fn }. Observe que este número, n0 = n0 (², x), depende de
x y de ². Note también que, para cada ² > 0 dado, n0 (², x) → ∞, cuando x → 0. Concluya que
dado ² > 0, no es posible encontrar un natural N tal que |fn (x) − f (x)| ≤ ² si n ≥ N y x ∈ (0, 1).
2. Considere la situación del ejemplo 2 y fije ² > 0. Use reducción al absurdo para mostrar que no
existe un natural N tal que, |fn (x) − f (x)| ≤ ², si n ≥ N y x > 0.
x
4. Sea fn (x) = n para x ∈ I. Pruebe que {fn } converge uniformemente si y sólo si I es acotado.
6. Suponga que {fn } converge uniformemente a f y sea {xn } una sucesión en I que converge a un
punto x0 ∈ I. Pruebe que fn (xn ) → f (x0 ).
8. Sea f : [a, b] → R continua y sea ² > 0. Pruebe que existe una función en escalera φ : [a, b] → R
tal que, |f (x) − φ(x)| ≤ ², para cada x ∈ [a, b]. Concluya que existe una sucesión {φn } donde
φn : [a, b] → R son funciones en escalera, que converge uniformemente a f .
En esta sección asumiremos que I es un intervalo abierto y que cada fn es diferenciable. Si {fn }
converge puntual o uniformemente a una función f : I → R, se abren varias interrogantes: ¿Será {fn0 }
convergente?. ¿Será f diferenciable?, y en caso que estas respuestas fueran afirmativas, ¿Converg-
erá {fn0 } a f 0 ?. Un matemático experimentado sabe que la convergencia de {fn } no puede implicar
nada sobre la convergencia de {fn0 }, por lo que las respuestas, a las inquietudes anteriores, deben tener
una respuesta negativa. Este es el objetivo de los tres ejemplos a continuación.
Ejemplos.
n2 2 1 1 2
fn (x) = − x + 2nx − , si ≤x≤
2 2 n n
n2 2 1 2
fn (x) = x + 2nx + , si − n ≤ x ≤ − n1 ,
2 2
3x
f (x) = , si |x| ≥ n2 .
2|x|
El lector verificará que {fn } converge punto por punto a la función f : R → R dada por, f (0) = 0
3x
y f (x) = 2|x| , si x 6= 0. (Graficar varias de las fn ). Por otra parte, fn0 (0) = n, de modo que,
{fn0 (0)} no converge. También se tiene que f no es derivable en x = 0.
1
2. Sea fn (x) = |x||x| n . Del ejercicio 6 de la sección 4.3, {fn } converge, punto por punto, a la función
f (x) = |x|. En este caso, f 0 (0) no existe, aunque fn0 (0) = 0, para cada n ∈ N.
4x
fn (x) = n|x| , si |x| ≥ n1 .
El lector probará que |fn (x)| ≤ n1 , para cualquier n ∈ N y cualquier x ∈ R. De aquı́ deducirá que
{fn } converge uniformemente a la función constante f (x) = 0. Por otra parte, se verifica que fn
es diferenciable en R y que:
1
fn0 (x) = 5n4 x4 − 12n2 x2 + 7, si |x| ≤ n y
Teorema 9.2.1. Supongamos que {fn0 } converge uniformemente a una función g : I → R y que, para
algún x0 ∈ I, {fn (x0 )} converge. Entonces, {fn } converge punto por punto a una función diferenciable
f : I → R y f 0 = g.
|fn0 (x) − fm
0
(x)| ≤ ², si m, n ≥ N y x ∈ I.
Dados m, n ∈ N, definimos ∆mn : I → R por, ∆mn (x) = fn (x) − fm (x). Note enseguida que
|∆0mn (x)| ≤ ² si m, n ≥ N y x ∈ I.
Por otra parte, dados x, z ∈ I existe (por el Teorema del Valor Medio) c ∈ I tal que,
y en consecuencia,
|∆mn (x) − ∆mn (z)| ≤ ²|x − z|, si m, n ≥ N. (2.2)
Ya que {fn (x0 )} es de Cauchy, existe n0 ∈ N tal que |fn (x0 ) − fm (x0 )| ≤ ² si m, n ≥ n0 . Es decir,
|∆mn (x0 )| ≤ ² si m, n ≥ n0 . De aquı́ y (2.2), con z = x0 , obtenemos |∆mn (x)| ≤ [1 + |x − x0 |]², si
m, n ≥ máx{N, n0 }. Esto muestra que {fn (x)} es de Cauchy, para cada x ∈ I, lo cual permite definir
f : I → R, mediante:
f (x) = lı́m fn (x).
n→+∞
Definamos Γn (x) = f (x) − fn (x). Ya que Γn (x) = lı́mm→+∞ ∆nm (x), se sigue de (2.2) que,
0
+|fN (x) − fN (z) − (x − z)fN (z)|.
0
|fN (x) − fN (z) − (x − z)fN (z)| ≤ ²|x − z| si |x − z| ≤ δ,
de manera que
5
|f (x) − f (z) − (x − z)g(z)| ≤ ²|x − z|, si |x − z| ≤ δ.
2
.
Ejercicios.
1. Pruebe que en el teorema 9.2.1, {fn } converge uniformemente a f en compactos. Esto sig-
nifica, por definición, que para cada un subconjunto compacto K de I, la sucesión de restricciones
{fn |K} converge uniformemente a f |K.
2. En el teorema 9.2.1, suponga que las fn0 son continuas y use el teorema fundamental del cálculo
para mostrar, de manera sencilla, que {fn } converge punto por punto a la función f (x) =
Rx
y0 + x0 g, donde y0 es el lı́mite de la sucesión {fn (x0 )}.
Teorema 9.3.1. Sea fn : [a, b] → R una función R-integrables en [a, b] para cada n ∈ N. Suponga
que {fn } converge uniformemente a una función f : [a, b] → R. Entonces f es R-integrable en [a, b] y
Z b Z b
f = lı́m fn .
a n→+∞ a
Demostración. Fijemos ² > 0. Por la definición de convergencia uniforme, existe N ∈ N tal que,
²
|fn (x) − f (x)| ≤ si n ≥ N, x ∈ [a, b]. (3.1)
b−a
En particular,
|U (f − fN , P )| ≤ ² ∀P ∈ P([a, b]).
Por otra parte, de la proposición 8.2.4, existe una partición PN de [a, b] tal que U (fN , PN ) −
L(fN , PN ) ≤ ² y por la desigualdad anterior, U (f, PN ) − L(f, PN ) ≤ 3². De aquı́ y la proposición 8.2.4,
f ∈ R([a, b]).
En fin, de las proposiciones 8.3.1 y 8.3.4,
¯Z b Z b ¯ ¯Z b ¯ Z b
¯ ¯ ¯ ¯
¯ f− fn ¯ = ¯ (f − fn )¯¯ ≤
¯ ¯ |f − fn | ,
¯
a a a a
y por (3.1),
¯Z b Z b ¯
¯ ¯
¯ f− fn ¯¯ ≤ ², si n ≥ N.
¯
a a
A continuación daremos un ejemplo para mostrar que el teorema 9.3.1 falla cuando la convergencia
es solamente puntual.
Ejemplo.
Ya que Q ∩ [0, 1] es numerable, existe una biyección h : N → Q ∩ [0, 1]. Definamos ahora fn :
[0, 1] → R por:
fn (x) = 0, si x ∈ {h(1), · · · , h(n)},
fn (x) = 1, si x ∈
/ {h(1), · · · , h(n)}.
Del ejercicio 6 de la sección 8.1, resulta que cada fn es R-integrable en [0, 1]. El lector verificará también
que {fn } converge punto por punto a la función f del ejemplo 2, de la sección 8.2, la cual no es R-
integrable en [0, 1].
Comenzaremos con la definición formal de serie de funciones. Al igual que en las secciones prece-
dentes, {fn } denota una sucesión de funciones, definidas en un intervalo no degenerado, I de R.
Dado n ∈ N, definimos Sn : I → R mediante,
n
X
Sn (x) = fi (x).
i=1
Pn
Esta función Sn suele denotarse por i=1 fi
o por f1 + · · · + fn , y se le llama la suma de f1 , · · · , fn .
P
La sucesión de funciones {Sn }, será llamada la serie asociada a {fn } y será denotada por n fn o
P
por ∞ n=1 fn . También diremos que Sn es la n-ésima suma parcial de esa serie.
Observación. Denotemos por A(I) al conjunto de todas las funciones f : I → R. Sabemos que la
sucesión {fn }, no es otra cosa que una función F : N → A(I). Por otra parte, en A(I) tenemos una
ley de composición asociativa, dada por, (f + g)(x) = f (x) + g(x), y por el teorema 3.1.3, existe una
única aplicación ΣF : N → A(I) tal que ΣF (1) = F (1) y ΣF (n + 1) = ΣF (n) + F (n + 1). El lector
162
probará que ΣF (n) = Sn , de manera que la noción de serie, dada en esta sección, coincide con la dada
en le sección 3.1.
P
En lo que sigue, n fn denota una serie de funciones, definida en I. El dominio de convergencia
P P
de n fn se define como el conjunto J de aquellos x ∈ I, para los cuales la serie numérica n fn (x)
es convergente. Es decir, x ∈ J si y sólo si, {Sn (x)} converge. El conjunto J puede ser, eventualmente,
vacı́o. En cualquier caso, podemos definir una función
∞
X
f : J → R; f (x) = fn (x). (4.1)
n=1
P
Diremos que la serie n fn converge uniformemente en un subconjunto K de J, si la sucesión de
sumas parciales {Sn } converge uniformemente en K.
Proposición 9.4.1. (Criterio de Cauchy) Sea K ⊂ J y supongamos que, para cada ² > 0, existe
N ∈ N tal que,
n+p
X
| fn (x)| ≤ ² si n ≥ N; p ∈ N, x ∈ K.
i=n+1
P
Entonces, n fn converge uniformemente en K.
y el resultado se sigue ahora aplicando la proposición 9.1.2, a la sucesión de restricciones {Sn |K}.
Ejercicios.
1. Pruebe que si cada fn es continua, entonces cada Sn también lo es. Ayuda. Pruebe que Sn+1 =
Sn + fn+1 .
Note que 0 ∈ J.
P n
P n
De aquı́, n≥0 x es absolutamente convergente, porque la serie geométrica nr converge cuando
0 ≤ r < 1. El resultado se sigue de la proposición 4.10.1.
Demostración. Pongamos ρ = sup(L). Si x ∈ (−ρ, ρ), entonces |x| < r y por la proposición 2.6.1,
existe y ∈ L tal que |x| < y. Es decir, x ∈ (−y, y). Pero por hipótesis, (−y, y) ⊂ L y ası́, x ∈ L. Esto
muestra que (−ρ, ρ) ⊂ L.
Para terminar la prueba, supongamos por el absurdo, que existe x ∈ L tal que |x| > ρ y fijemos
y ∈ (ρ, |x|). Entonces, y ∈ (−|x|, |x|) ⊂ L, lo cual es contradictorio porque y > ρ = sup(J).
Por el lema anterior, existe ρ ∈ [0, +∞] tal que (−ρ, ρ) ⊂ L ⊂ [−ρ, ρ]. Este elemento ρ, de la recta
P
extendida, es llamado el radio de convergencia de n≥0 an xn . En lo que sigue, ρ denota el radio
P
de convergencia de n≥0 an xn .
Proposición 9.5.3. Supongamos que la sucesión {|an |1/n } tiene lı́mite c en la recta extendida. En-
tonces, ρ = 1/c.
Un resultado análogo vale si an 6= 0; n ∈ N; y la sucesión {|an+1 |/|an |} tiene lı́mite c en la recta
extendida.
Demostración. Ya que |an xn |1/n = |an |1/n |x|, concluı́mos del Criterio de la Raı́z (Ejercicio 9,
P
sección 4.5), que n≥0 an xn converge si c|x| < 1 y diverge si c|x| > 1. Luego, ρ = 1/c. El resto de la
proposición sigue del Criterio del Cociente (proposición 4.11.5).
Nota. Como una aplicación del resultado anterior, se tiene que el radio de convergencia de la serie
P n−1
nx es igual a uno.
P n
Proposición 9.5.4. Si [a, b] ⊂ (−ρ, ρ); a < b; entonces n≥0 an x converge uniformemente en [a, b].
Demostración. El lector probará sin dificultad, que existen c < d en (0, ρ) tales que [a, b] ⊂ [−c, c].
Escribamos r = c/d y notemos que, si x ∈ [a, b], entonces
P n−1
P an n+1
La serie n nan x (resp. n≥0 n+1 x ) será llamada la serie derivada (resp. integral) de
P
n≥0 an xn .
P n
Corolario 9.5.7. El dominio de convergencia de la serie integral de n≥0 an x contiene a (−ρ, ρ).
Es más, Z x
X an
n+1
x = f, ∀x ∈ (−ρ, ρ).
n+1 0
n≥0
Demostración. El resultado se sigue del corolario anterior aplicado al intervalo [0, x] (resp. [x, 0],
donde x ∈ (−ρ, ρ) y x ≥ 0 (resp. x ≤ 0).
P n
Proposición 9.5.8. Si ρ > 0 entonces, el dominio de convergencia, de la serie derivada de n≥0 an x ,
contiene a (−ρ, ρ). Es más, f es diferenciable en este intervalo y
X
f 0 (x) = nan xn−1 , ∀x ∈ (−ρ, ρ).
n
Demostración. Fijemos x ∈ (−ρ, ρ). Ya que |x| < r, entonces, por la proposición 2.6.1, existe
y ∈ J tal que |x| < y. Definiendo r = |x|/y y recordando que la sucesión {an y n } es acotada, obtenemos
1 M n−1
|nan xn−1 | = n|an y n |rn−1 ≤ nr , n ∈ N,
y y
para alguna constante M > 0.
P n−1
Por la Nota a la proposición 9.5.3 concluı́mos que n nan x es absolutamente convergente. Esto
prueba la primera parte de la proposición.
Fijemos z ∈ (−ρ, ρ) y escojamos r > 0 tal que [z − r, z + r] ⊂ (−ρ, ρ). De la proposición 9.5.4
y de la primera parte de esta proposición se sigue que, la serie derivada converge uniformemente en
[z − r, z + r]. Aplicando el ejercicio 5 de la sección anterior, al intervalo (z − r, z + r), concluı́mos que
P P
f es diferenciable en z y que f 0 (z) = n nan z n−1 . Recuerde que n≥0 an z n es convergente.
Nota. Las últimas dos series del ejercicio 1, en realidad no caen dentro de la definición de series
de potencia, que hemos adoptado. Para subsanar este inconveniente, podemos adoptar la siguiente
P h(n) , donde
definición más general. Diremos que la serie n≥0 fn es de potencia, si fn (x) = an x
an ∈ R y h : N ∪ {0} → N ∪ {0} es una función inyectiva. El lector probará que, salvo las proposiciones
9.5.3 y 9.5.8, los resultados de esta sección permanecen válidos para este nuevo concepto de series de
potencia. La proposición 9.5.8, permanece válida cuando h(n)/np → 0, para algún p ∈ N. Esto ocurre,
166
Ejercicios.
4. Pruebe que
X (−1)n−1
ln(1 + x) = xn ,
n
n
P
si −1 < x < 1. Ayuda. La serie geométrica n xn converge a 1/(1 − x) si |x| < 1, y cambiando
P
x por −x, tenemos que n (−1)n xn converge a 1/(1 + x) en (−1, 1). Utilice ahora el corolario
9.5.6 y la proposición 8.4.6.
P n−1 /n
Nota. Ya que, por el Criterio de las Series Alternadas, n (−1)converge, se sigue de un
P
teorema de Abel [?] que, la igualdad del ejercicio 4, vale para x = 1. Es decir, n (−1)n−1 /n =
ln(2). Como es usual, ln denota la función logaritmo neperiano.
Teorema 9.6.1. Existe una única función f : R → R, dos veces diferenciable, tal que,
Las funciones f, g se conocen como las funciones seno y coseno y se denotan por sin and cos respec-
tivamente.
167
X (−1)n
f (x) = x2n+1 .
(2n + 1)!
n≥0
Por la proposición 9.5.8, una vez más, tenemos que f es dos veces diferenciable y que
X (−1)n X (−1)n+1
f 00 (x) = x2n−1 = x2n+1 = −f (x).
n
(2n − 1)! (2n + 1)!
n≥0
Obtendremos ahora algunas propiedades de las funciones seno y coseno, utilizando únicamente las
propiedades enunciadas en (6.1) y (6.2). En lo que sigue, f y g denotan las funciones dadas por el
teorema 9.6.1.
Demostración. Ya que f es dos veces diferenciable, tenemos que f 0 es continua, y como f 0 (0) =
1 > 0, existe r > 0 tal que f 0 > 0 en (0, r). De aquı́ y el Teorema del Valor Medio, f > 0 en (0, r).
Asumamos ahora que la proposición es falsa. Del Teorema de Bolzano, f > 0 en (0, ∞) y ası́ f 00 < 0
en ese intervalo. Es decir, g = f 0 es estrictamente decreciente en (0, ∞), y por la proposición precedente,
g(x) tiene lı́mite, digamos l, cuando x → +∞. Por otro lado, como f es acotada, se sigue del ejercicio
11 de la sección 7.3, que b = 0. Pero g(0) = 1 > 0 y g es estrictamente en (0, ∞), lo cual implica
que f 0 = g > 0 en (0, ∞). En particular, f 00 (x) = −f (x) ≤ −f (1) < 0, si x ≥ 1, y en consecuencia,
g(x) → −∞, cuando x → −∞. Esta contradicción termina la prueba.
168
Proposición 9.6.4. Existe T > 0 tal que f (T ) = 0 y f > 0 en (0, T ). Además, f (x + T ) = −f (x) y
g(x + T ) = −g(x), para cada x ∈ R. En particular, f (x + 2T ) = f (x) y g(x + 2T ) = g(x) para todo
x ∈ R.
Demostración. La proposición anterior permite definir T = inf{t0 > 0 : f (t0 ) = 0}. Ya que
f 0 (0) = 1 > 0, se tiene T > 0, y como f es continua, f (T ) = 0. De la definición de T resulta que f > 0
en (0, T ), porque f 0 es continua y f 0 (0) > 0. En particular, g 0 = f 00 = −f < 0 en (0, T ) y de aquı́,
g(T ) < g(0) = 1. Pero de la proposición 9.6.2, g(T ) = ±1, de donde, g(T ) = −1.
Definamos h(x) = f (x + T ) + f (x). Es fácil ver que h es dos veces diferenciable y que h00 + h = 0.
Por otra parte, h(0) = f (0) + f (T ) = 0 y h0 (0) = f 0 (0) + f 0 (T ) = g(0) + g(T ) = 0, lo que junto al
ejercicio 6 de la sección 7.5, dice que h = 0. Ası́, f (x + T ) = −f (x). El resto de la prueba es dejada
al lector.
Nota. El número T dado por la proposición 9.6.4 se denota por π.
2. Pruebe que toda función monótona α : [a, b] → R es de variación acotada y que V (α) =
|α(a) − α(b)|.
Sea φ : [a, b] → R una función en escalera respecto a una partición P de [a, b]. Definimos la
integral de Riemann-Stieljes de φ respecto a α mediante,
Z b X
φdα = cI lα (I),
a I∈P
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4. Sea {φn } una sucesión de funciones en escalera definidas en [a, b], la cual converge uniformemente
Rb
a una función f : [a, b] → R. Pruebe que { a φn dα} es convergente. Ayuda. Pruebe que esa
sucesión es de Cauchy.
5. Sean {φn }, {ψn } sucesiones de funciones en escalera, definidas en [a, b], las cuales convergen
Rb Rb
uniformemente a la misma función f : [a, b] → R. Pruebe que { a φn dα} y { a ψn dα} convergen
al mismo lı́mite.
Del problema 5 se tiene que esta definición es correcta. Es decir, no depende de la sucesión de
funciones en escalera que aproxima a f .
6. Pruebe que esta definición de integral goza de las propiedades enunciadas en el problema 3.
Rb
7. Use el ejercicio 8 de la sección 9.1 para mostrar que la integral a f dα está definida, para cualquier
función continua f : [a, b] → R y cualquier función α : [a, b] → R de variación acotada.