calculo_diferencial_integral_func_una_var

Ejercicios propuestos 78 81. Sea z = x + i y. Supuesto que |z| = 1, z = 1, z = −i, prueba que arg z−1 = π/4 si 1 − x + y > 0 z+i −3π/4 si 1 − x + y < 0 82. Resuelve la ecuación cuadrática az2 + bz + c = 0 donde a, b, c, son números complejos conocidos y a = 0. 83. Calcula todas las soluciones de las siguientes ecuaciones: √ √ a) z3 = 1 + i b) z4 = i c) z3 = −1 + i3 d) z8 = 1 e) z2 + 2iz − 3i = 0 84. Prueba que si una ecuación polinómica con coeficientes reales admite una raíz compleja, z, entonces también admite como raíz a z. Da un ejemplo de una ecuación polinómica de grado mayor que 1 que tenga como raíz compleja 1 + i pero no admita como raíz a 1 − i. 85. Calcula las soluciones de las ecuaciones: b) z4 + (5 + 4i)z2 + 10i = 0 a) z4 + 2z3 + 7z2 − 18z + 26 = 0; Sugerencia. El número 1 + i es raíz de la ecuación del apartado a). 86. Demuestra la llamada “igualdad del paralelogramo”: |z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2 + |w|2) (z, w ∈ C) y explica su significado geométrico. 87. Dados dos números complejos α y β, calcula el mínimo valor para z ∈ C de la cantidad |z − α|2 + |z − β|2. Sugerencia: La igualdad del paralelogramo puede ser útil. 88. Prueba que z−a < 1 si |z| < 1 y |a| < 1 y también si |z| > 1 y |a| > 1. 1−az Sugerencia: Una estrategia básica para probar desigualdades entre módulos de números complejos consiste en elevar al cuadrado ambos miembros de la desigualdad. 89. Sea w un número complejo de módulo 1. Expresa los números w − 1 y w + 1 en forma polar. 90. Sea x un número real que no es múltiplo entero de 2π. Prueba las igualdades sen n + 1 x 2 a) 1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx = cos n x 2 x sen 2 sen n + 1 x 2 b) sen x + sen 2x + · · · + sen nx = sen n x 2 x sen 2 Sugerencia: Si llamamos A a la primera suma y B a la segunda, calcula A+iB haciendo uso de la fórmula de De Moivre. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 79 91. Calcula una fórmula para la suma N cos(2kπt) + i sen(2kπt) k=−N (tu respuesta debería de ser un cociente de senos). 92. Sea n ∈ N, n 2 y w = cos 2π + i sen 2π . Dado un número entero m ∈ Z, calcula el n n valor de las expresiones: 1. 1 + wm + w2m + · · · + w(n−1)m; 2. 1 − wm + w2m − · · · + (−1)n−1w(n−1)m. 95. Haciendo uso de la fórmula de De Moivre prueba que: 1. sen 3ϕ = 3 sen ϕ − 4 sen3ϕ. 2. cos 4ϕ = 8 cos4ϕ − 8 cos2ϕ + 1. 3. sen 5ϕ = 5 sen ϕ − 20 sen3ϕ + 16 sen5ϕ. 96. Representa gráficamente los conjuntos de números complejos z que verifican: |z − 3| 3; 2 < |z − i| 3; |arg z| < π/6; |z − i| + |z + i| = 4 |z − 1| = |z − 2i|; z−i = 2; Im(z2) > 6; |z − i| = Im z + 1 z + 2i 97. Encuentra los vértices de un polígono regular de n lados si su centro se encuentra en el punto z = 0 y uno de sus vértices z1 es conocido. 98. Resuelve la ecuación (z − 1)n = (z + 1)n, donde z ∈ C y n ∈ N, n 2. 99. Sea |z1| = |z2| = |z3| = 1. Prueba que z1, z2, z3 son vértices de un triángulo equilátero si, y sólo si, z1 + z2 + z3 = 0. 100. Si 0 arg w − arg z < π, prueba que el área del triángulo de vértices 0, z y w viene dada por 1 Im(zw). 2 3.3.5. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 24 z donde z ∈ C \\ {i, −i}. Calcula la parte real e imaginaria de 1 + z2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 80 Solución. Todo lo que hay que hacer es realizar las operaciones indicadas. Pongamos para ello z = x + iy con x, y ∈ R. Tenemos que z = 1 x − iy = x − iy = (x − iy)(1 + x2 − y2 − 2xyi) = 1 + z2 + (x + iy)2 1 + x2 − y2 + 2xyi (1 + x2 − y2)2 + 4x2y2 = x + x3 − 3xy2 + i(−y − 3x2y + y3) = (1 + x2 − y2)2 + 4x2y2 = (1 x + x3 − 3xy2 + i (1 −y − 3x2y + y3 + x2 − y2)2 + 4x2y2 + x2 − y2)2 + 4x2y2 Luego Re z = (1 x + x3 − 3xy2 , Im z = (1 −y − 3x2y + y3 1 + z2 + x2 − y2)2 + 4x2y2 1 + z2 + x2 − y2)2 + 4x2y2 Ejercicio resuelto 25 Calcula (2 + √ √+ i√3)3 . i√ 5)(1 5+i 3 Solución. Como lo que nos piden es el módulo no es preciso realizar las operaciones indi- cadas. Basta tener en cuenta que el módulo de un producto es el producto de los módulos y, por tanto, el módulo de un cociente es el cociente de los módulos. En consecuencia: (2 + √ √+ i√3)3 √ √ 3 √ i√ 5)(1 2 + i√ 5 1+i 3 = √ =6 2 5+i 3 5+i 3 Ejercicio resuelto 26 Calcula los números complejos z tales que w = 2z − i es 2 + iz a) Un número real; b) Un número imaginario puro. Solución. Pongamos z = x + iy con x, y ∈ R. Tenemos que w = 2x + i(2y − 1) = (2x + i(2y − 1))(2 − y − ix) = 3x + i(−2x2 − 2y2 + 5y − 2) 2 − y + ix (2 − y)2 + x2 (2 − y)2 + x2 Por tanto, w es real si, y sólo si −2x2 − 2y2 + 5y − 2 = 0 ⇐⇒ x2 + (y − 5/4)2 = 9/16 Es decir, z está en la circunferencia de centro (0, 5/4) y radio 3/4. Análogamente, w es imaginario puro si, y sólo si, x = 0, es decir, z está en el eje imaginario. Ejercicio resuelto 27 Calcula los números complejos z tales que w = z − 1−i z + 1+i a) Es un número real; Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 81 b) Tiene módulo 1. Solución. Pongamos z = x + iy con x, y ∈ R. Tenemos que w = z − 1 − i = x − 1 + i(y − 1) = x − 1 + i(y − 1) x + 1 − i(y + 1) = z + 1 + i x + 1 + i(y + 1) (x + 1)2 + (y + 1)2 = x2 + y2 − 2 + i(2y − 2x) (x + 1)2 + (y + 1)2 Por tanto, w es real si, y sólo si, y = x = −1, es decir, z está en la bisectriz de los cuadrantes primero y tercero y z = −(1 + i). Es claro que |w| = 1 si, y sólo si |z − 1 − i | = |z + 1 + i | ⇐⇒ (x−1)2 +(y−1)2 = (x+1)2+(y+1)2 ⇐⇒ x+y = 0 Es decir, z está en la bisectriz de los cuadrantes segundo y cuarto. Ejercicio resuelto 28 Comprueba que el argumento principal de z = x + iy = 0 viene dado por  a−rπc/tg2(ysi/yx)<−0π, si y < 0, x < 0 x=0 ϑ = aπarr/cc2ttggs((iyyy//xx>)) si x > 0 0, x = 0 + π si y 0, x < 0 Solución. Teniendo en cuenta que para t < 0 es −π/2 < arc tg t < 0 y para 0 t es 0 arc tg t < π/2, se sigue que el número ϑ definido por las igualdades anteriores veri- fica que −π < ϑ π. Por tanto, para probar que ϑ = arg(z) bastará que comprobemos la igualdad z = |z|(cos ϑ + i sen ϑ), es decir, las igualdades x = |z| cos ϑ, y = |z| sen ϑ. Para ϑ = π, ϑ = π/2 y ϑ = −π/2 dichas igualdades son evidentes. Sea x > 0 en cuyo caso ϑ = arc tg(y/x). En este caso, como −π/2 < ϑ < π/2, tenemos que tg ϑ = y/x y deducimos 1 = 1+tg2 ϑ = 1+ y2 = x2 + y2 −→ x2 = (x2+y2) cos2 ϑ −→ x = |z| cos ϑ cos2 ϑ x2 x2 donde, en la última implicación, hemos tenido en cuenta que x > 0 y cos ϑ > 0. Dedu- cimos también que x cos ϑ y = x tg ϑ = sen ϑ = |z| sen ϑ Consideremos x < 0 e y > 0. Tenemos que π/2 < ϑ = arc tg(y/x) + π < π, por lo que −π/2 < ϑ − π < 0, y deducimos tg ϑ = tg(ϑ − π) = y/x. Razonando como antes obtenemos que x2 = (x2 + y2) cos2 ϑ. Como x < 0 y cos ϑ < 0, se sigue que x = |z| cos ϑ. De esta igualdad deducimos, al igual que antes, que y = |z| sen ϑ. Consideremos x < 0 e y < 0. Tenemos que −π < ϑ = arc tg(y/x) − π < −π/2, por lo que 0 < ϑ + π < π/2, y deducimos tg ϑ = tg(ϑ + π) = y/x. Razonando como en el caso anterior volvemos a obtener las igualdades x = |z| cos ϑ, y = |z| sen ϑ. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 82 Ejercicio resuelto 29 Expresa en forma polar los siguientes números complejos. √ − 3+i c) 1 √ a) − 1 + i b) 1 + i −1 + i 3 Solución. a) Tenemos que arg(−1 + i) = arc tg(−1) + π = 3π/4, por lo que √ −1 + i = 2 cos(3π/4) + i sen(3π/4) b) Tenemos que √√ √ arg(− 3 + i) = arc tg(−1/ 3) + π = − arc tg(1/ 3) + π = −π/6 + π = 5π/6 arg(1 + i) = arc tg(1) = π/4 −→ arg 1 = −π/4 1+i π 7π √ 5π 4 12 − 3+i deducimos que 6 − = ∈ Arg 1+i . Por tanto √ √ cos(7π/12) + i sen(7π/12) − 3+i =2 1+i √√ √ c) arg(−1 + i 3) = arc tg(− 3) + π = − arc tg( 3) + π = −π/3 + π = 2π/3, por lo que arg 1 √ = −2π/3. Por tanto −1 + i 3 1√ = 1 cos(−2π/3) + i sen(−2π/3) −1 + i 3 2 Ejercicio resuelto 30 Calcula arg(zw) y arg z supuestos conocidos arg z y arg w. w Solución. Sabemos que arg z + arg w ∈ Arg(zw); además −2π < arg z + arg w 2π. Tenemos las siguientes posibilidades: −2π < arg z + arg w −π −→ 0 < arg z + arg w + 2π π −→ −→ arg(zw) = arg z + arg w + 2π −π < arg z + arg w π −→ arg(zw) = arg z + arg w π < arg z + arg w 2π −→ −π < arg z + arg w − 2π 0 −→ −→ arg(zw) = arg z + arg w − 2π Para calcular arg z se procede de forma análoga teniendo en cuenta ahora que arg z − arg w ∈ Arg wz y que −2π < arg z − arg w < 2π. w Ejercicio resuelto 31 Calcula los números complejos z tales que w = 2z − 1 z−2 a) Tiene argumento principal igual a π/2; Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 83 b) Tiene argumento principal igual a −π/2. Solución. Pongamos z = x + iy con x, y ∈ R. Como 2z − 1 = 2x − 1 + 2yi = (2x − 1 + 2yi)(x − 2 − iy) = 2x2 + 2y2 − 5x + 2 − 3yi z−2 x − 2 + iy (x − 2)2 + y2 (x − 2)2 + y2 deducimos que arg w = π/2 si, y sólo si, 2x2 + 2y2 − 5x + 2 = 0 e y < 0. Como 2x2 + 2y2 − 5x + 2 = 0 ⇐⇒ (x − 5/4)2 + y2 = 9/16 deducimos que arg w = π/2 cuando z está en la semicircunferencia de centro (5/4, 0) y radio 3/4 que está contenida en el semiplano inferior. También También deducimos que arg w = −π/2 cuando z está en la semicircunferencia de centro (5/4, 0) y radio 3/4 que está contenida en el semiplano superior. Ejercicio resuelto 32 Resuelve la ecuación cuadrática az2 + bz + c = 0 donde a, b, c, son números complejos conocidos y a = 0. Solución. Tenemos que b c b 2 c b2 a a 2a a 4a2 az2 + bz + c = 0 ⇐⇒ z2 + z + =0 ⇐⇒ z + + − = 0 b 2 b2 − 4ac 2a 4a2 ⇐⇒ z + − = 0 b √ b2 − 4ac b √b2 − 4ac 2a 2a 2a 2a ⇐⇒ z + − z + + =0 √ z −b + b2 − 4ac ⇐⇒ z = −b − √2a − 4ac = b2 2a Las dos soluciones obtenidas suelen expresarse en la forma √ az2 + bz + c = 0 ⇐⇒ z = −b ± b2 − 4ac 2a Observa que hemos seguido el mismo procedimiento que en el caso real1. Debes entender bien la igualdad √ Aquí b2 − 4ac es un z = −b ± b2 − 4ac ser real), √ − (3.12) númer√o complejo (en 2a b2 4ac es su particular, puede raíz cuadrada principal y − b2 − 4ac es la otra raíz cuadrada (todo número complejo tiene dos raíces cuadradas: la principal y su opuesta). Aquí no hay positivos ni negativos, ni nada parecido ¡estamos trabajando con números complejos! Comento esto para volver a insistir en que los símbolos + y − tienen un carácter puramente algebraico: no indican positivo y negativo. 1Antes, en la enseñanza media se resolvía la ecuación ax2 + bx + c = 0 donde a, b, c son números reales, igual que lo hemos hecho aquí. He comprobado que ahora los estudiantes llegan a la Universidad sin saberla resolver. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 84 En general, para resolver ecuaciones con números complejos no es buena estrategia se- parar la ecuación en su parte real y su parte imaginaria y resolver éstas por separado, sino que debes trabajar con la variable compleja z. No olvides que con los números comple- jos puedes hacer las mismas operaciones que con los números reales y algunas más que no siempre puedes hacer con los números reales, como extraer raíces y otras que pronto estudiaremos. Ejercicio resuelto 33 Calcula las soluciones de la ecuación z4 + (1 + i)z2 + 5i = 0. Solución. Poniendo w = z2, la ecuación queda w2 + (1+ i)w + 5i = 0, cuyas soluciones son −(1 + i) ± (1 + i)2 − 20i = −(1 + i) ± √ = 2 √ 2 −18i = −(1 + i) ± 18(cos(−π/4) + i sen(−π/4)) = √ √ √2 = −(1 + i) ± 18(1/ 2 − i/ 2) = −(1 + i) ± 3(1 − i) = 1 − 2i 22 −2 + i √√ Las soluciones de la ecuación dada son las raíces ± 1 − 2i y ± −2 + i. Tenemos que arg(1 − 2i) = − arc tg 2 y arg(−2 + i) = π − arc tg(1/2). Usando que cos(x + π/2) = − sen x y sen(x + π/2) = cos x, obtenemos: √ − 2i = √ cos arc tg 2 − i sen arc tg 2 ±1 ±45 2 2 √ + i = ±√4 5 sen arc tg(1/2) + i cos arc tg(1/2) ± −2 2 2 Observa que las soluciones son números complejos pero no son complejos conjugados. La ecuación dada tiene coeficientes complejos. Ejercicio resuelto 34 Calcula las soluciones de las ecuaciones: a) z4 + 2z3 + 7z2 − 18z + 26 = 0; b) z4 + (5 + 4i)z2 + 10i = 0 Sugerencia. El número 1 + i es raíz de la ecuación del apartado a). Solución. Haremos el apartado a). Para ello usaremos un resultado, que se supone que debes conocer, según el cual si un polinomio P (x) se anula para un valor α, P (α) = 0, entonces es divisible por x − α, es decir P (x) = (x − α)Q(x) donde Q(x) es un polinomio de un grado menor que P (x). Como la ecuación dada es polinómica con coeficientes reales y nos dicen que 1 + i es raíz, también es raíz 1 − i. Por tanto, el polinomio dado debe de ser divisible por (z − (1 + i))(z − (1 − i)) = z2 − 2z + 2. Haciendo la división, obtenemos que z4 + 2z3 + 7z2 − 18z + 26 = (z2 + 4z + 13)(z2 − 2z + 2) Lo que queda ya es inmediato. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 85 Ejercicio resuelto 35 Demuestra la llamada “igualdad del paralelogramo”: |z + w|2 + |z − w|2 = 2(|z|2 + |w|2) (z, w ∈ C) (3.13) y explica su significado geométrico. Solución. Basta realizar las operaciones indicadas. Tenemos que: |z + w|2 = (z + w)(z + w) = zz + ww + zw + zw = |z|2 + |w|2 + 2 Re(zw) (3.14) |z − w|2 = (z − w)(z − w) = zz + ww − zw − zw = |z|2 + |w|2 − 2 Re(zw) (3.15) Sumando estas igualdades se obtiene la igualdad del enunciado. Su significado geomé- trico es que la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales de un paralelo- gramo es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus lados. w z+w w z− z Figura 3.6. Igualdad del paralelogramo Ejercicio resuelto 36 Dados dos números complejos α y β, calcula el mínimo valor para z ∈ C de la cantidad |z − α|2 + |z − β|2. Sugerencia: La igualdad del paralelogramo puede ser útil. Solución. La sugerencia y un poco de intuición deben ser suficientes para hacer este ejercicio. La intuición lo que dice es que el punto que buscamos debe ser la el punto medio del segmento de extremos α y β, es decir el punto u = α+β 2 . Ahora debemos relacionar la cantidad que nos dan con |z − u|. Usando la igualdad del paralelogramo (3.13) con z sustituido por z − α y w por z − β y escribiéndola de derecha izquierda, tenemos que 2 |z − α|2 + |z − β|2 = |2z − α − β|2 + |β − α|2 de donde 2 |z − α|2 + |z − β|2 =2 z− α+β + 1 |β − α|2 2 2 Deducimos que |z − α|2 + |z − β|2 1 |β − α|2 para todo z ∈ C y la igualdad se da si, 2 α + β y sólo si, z = 2 . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 86 Ejercicio resuelto 37 Prueba las desigualdades: a) ||z| − |w|| |z − w| b) |z + w| 1 (|z| + |w|) z + w 2 |z| |w| donde z, w son números complejos no nulos. Estudia también cuándo se da la igualdad en cada una de dichas desigualdades. Sugerencia. Una estrategia básica para probar desigualdades entre módulos de números complejos consiste en elevar al cuadrado ambos miembros de la desigualdad. Solución. Siguiendo la sugerencia, es muy fácil hacer el apartado a). Haremos el apartado b). Siguiendo la sugerencia, elevamos al cuadrado y comprobamos que la diferencia es positiva. |z + w|2 − 1 (|z| + |w|)2 z + w 2 4 |z| |w| = = |z|2 + |w|2 + 2 Re(zw) − 1 (|z|2 + |w|2 + 2|z||w|) 2 + 2 Re(zw) = 4 |z||w| = |z|2 +|w|2 +2 Re(zw)− 1 |z|2 − 1 |w|2 −|z||w|− 1 |z|2 +|w|2 +2|z||w| Re(zw) = 22 2 |z||w| = 1 (|z|2 + |w|2 − 2|z||w|) + 2 Re(zw) |z||w| − 1 |z|2 + |w|2 + 2|z||w| Re(zw) = 2 |z||w| 2 |z||w| = 1 (|z| − |w|)2 − 1 |z|2 + |w|2 − 2|z||w| Re(zw) = 2 2 |z||w| = 1 (|z| − |w|)2 1 − Re(zw) 0 2 |z||w| Porque Re(zw) |zw| = |z||w|. La igualdad se da si, y sólo si, |z| = |w| o Re(zw) = |zw| lo que equivale a que zw = λ ∈ R+ que equivale a que z y w estén en una misma semirrecta a partir del origen, o sea, que tengan los mismos argumentos. Ejercicio resuelto 38 Expresa en forma binómica los números (1 + i)25, √ + i)37 , √ 24 (3 1+i 3 −1 + i Solución. Naturalmente, se trata de aplicar la fórmula de De Moivre y para ello todo lo que hay qu√e hacer es expresar los números en su forma polar. Consideremos el número z= 1+ i 3 √ −1 + i. Tenemos que |z| = 2 (cociente de los módulos) y un argumento de z es arg(1 + √ − arg(−1 + i) = √ − (arc tg(−1) + π) = π − 3π = − 5π i 3) arc tg( 3) 3 4 12 Por tanto 24 = (√2)24 cos −24 5π + i sen −24 5π = 212 = 4096 √ 12 12 1+i 3 −1 + i Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 87 Ejercicio resuelto 39 Haciendo uso de la fórmula de De Moivre prueba que: a) sen 3ϕ = 3 sen ϕ − 4 sen3ϕ. b) cos 4ϕ = 8 cos4ϕ − 8 cos2ϕ + 1. c) sen 5ϕ = 5 sen ϕ − 20 sen3ϕ + 16 sen5ϕ. Solución. La fórmula de De Moivre es una herramienta excelente para obtener identida- des trigonométricas. Lo único que hay que hacer es usar la igualdad (cos x + i sen x)n = cos(nx) + i sen(nx) (n ∈ N, x ∈ R) Desarrollando la potencia del lado izquierdo por medio del binomio de Newton y agrupar la parte real, que será igual a cos(nx) y la parte imaginaria, que será igual a sen(nx). Por ejemplo, para n = 2 se obtiene inmediatamente que cos(2x) = cos2 x − sen2 x y sen(2x) = 2 sen x cos x. Haciendo n = 3 obtenemos cos3 x + 3i cos2 x sen x − 3 cos x sen2 x − i sen3 x = cos(3x) + i sen(3x) Igualando partes imaginarias, resulta: sen(3x) = 3 cos2 x sen x − sen3 x = 3(1 − sen2 x) sen x − sen3 x = 3 sen x − 4 sen3 x Esta es la igualdad a). Las otras dos igualdades b) y c) se obtiene de forma parecida. Ejercicio resuelto 40 Sean n ∈ N, n 2, y w = cos 2π + i sen 2π . Dado un número n n entero, m ∈ Z, calcula el valor de las expresiones: a) 1 + wm + w2m + · · · + w(n−1)m. b) 1 − wm + w2m − · · · + (−1)n−1w(n−1)m. Solución. Necesitamos la expresión de la suma de una progresión geométrica. Sean z un número complejo distinto de 1 y n ∈ N. Pongamos S = 1 + z + z2 + z3 + · · · + zn. Tenemos que S = 1 + z + z2 + z3 + · · · + zn −→ S(z − 1) = zn+1 − 1 Sz = z + z2 + z3 + · · · + zn + zn+1 Y deducimos que 1 + z + z2 + z3 + ··· + zn = zn+1 − 1 (3.16) z−1 La suma en a) es una progresión geométrica de razón wm. Debemos distinguir el caso en que wm = 1, lo que ocurre cuando m es un múltiplo de n, en cuyo caso la suma en a) es igual a n. En los demás casos, tenemos que 1 + wm + w2m + ··· + w(n−1)m = wnm − 1 = 0 wm − 1 En particular, haciendo m = 1, deducimos que la suma de las raíces n-ésimas de la unidad es igual a 0. El apartado b) se hace de forma parecida. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 88 Ejercicio resuelto 41 Sea w un número complejo de módulo 1. Expresa los números w − 1 y w + 1 en forma polar. Solución. Sea w = cos t + i sen t con t = arg(w). Pongamos u = cos(t/2) + i sen(t/2). Con lo que u2 = w y uu = 1. Tenemos que w − 1 = u2 − uu = u(u − u) = 2i sen(t/2)u (3.17) Deducimos que |w − 1| = 2|sen(t/2)|. Supondremos en lo que sigue que w = 1. Obser- va que w − 1 es producto de 3 números: el número i, cuyo argumento principal es π/2, el número u, cuyo argumento principal es t/2 y el número 2 sen(t/2) cuyo argumento principal es 0 cuando sen(t/2) > 0, y π cuando sen(t/2) < 0. Un argumento de w − 1 será π/2 + t/2 + arg(sen(t/2)). Observa que −π < t π y t = 0. Distinguiremos dos casos: 0<t π −→ sen(t/2) > 0 −→ arg(w − 1) = π + t = t+ π −→ 2 2 2 −→ w − 1 = 2 sen(t/2) − sen(t/2) + i cos(t/2) −π < t < 0 −→ sen(t/2) < 0 −→ arg(w − 1) = π + t −π = t − π −→ 2 2 2 −→ w − 1 = −2 sen(t/2) sen(t/2) − i cos(t/2) Fíjate en que si en (3.17) hacemos el producto iu y distinguimos los casos sen(t/2) > 0 y sen(t/2) < 0, obtenemos las mismas expresiones para w − 1. Ejercicio resuelto 42 Sea x un número real que no es múltiplo entero de 2π. Prueba las igualdades sen n + 1 x 2 a) 1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx = cos n x 2 x sen 2 sen n + 1 x 2 b) sen x + sen 2x + · · · + sen nx = sen n x 2 x sen 2 Solución. Si llamamos A a la primera suma y B a la segunda, podemos calcular A+iB haciendo uso de la fórmula de De Moivre. Solución. Pongamos w = cos x + i sen x; u = cos(x/2) + i sen(x/2). Tenemos que w = 1 porque x∉2πZ. A + iB = 1 + w + w2 + w3 +··· + wn = wn+1 − 1 = (por (3.17)) = wn+1 − 1 w−1 2i sen(x/2)u Teniendo en cuenta que wn+1 = cos (n+1)x +i sen (n+1)x es un número complejo de módulo 1 y que un+1 = cos (n + 1)x/2 + i sen (n + 1)x/2 , podemos usar la igualdad (3.17) para obtener que: wn+1 − 1 = 2i sen (n + 1)x/2 un+1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 89 Deducimos que sen n + 1 x sen n + 1 x sen 2 2 A+iB = un+1 = cos n + 1 x + i sen n + 1 x 2 2 x sen x 2 2 Igualando partes real e imaginaria, se obtienen las dos igualdades del enunciado. Ejercicio resuelto 43 Dados dos números complejos distintos a, b ∈ C, justifica que para z−a z = b el número z−b es real si, y sólo si, z está en la recta que pasa por a y por b; y es real negativo si, y sólo si, z está en el segmento que une a con b. Solución. Sea t ∈ R, t = 1. Tenemos que z −a = t ⇐⇒ z = a − bt = a + 1 t t (a − b) z −b 1−t − La recta que pasa por a y b tiene la ecuación paramétrica z = a + λ(a − b), con λ ∈ R, z−a por lo que la igualdad anterior nos dice que z−b es real si, y sólo si, z está en dicha recta. Si t < 0, la igualdad anterior puede escribirse, cambiando t por −s, en la forma z −a = −s ⇐⇒ z = a + bs = 1 s sb + 1 1 sa z −b 1+s + + Lo que nos dice que z es de la forma λb + (1 − λ)a con 0 < λ = s < 1 pero esos 1+s son justamente los puntos del segmento que une a con b (excluidos los extremos). Ejercicio resuelto 44 a) Sea |z1| = |z2| = |z3| = 1. Prueba que z1, z2, z3 son vértices de un triángulo equilátero si, y sólo si, z1 + z2 + z3 = 0. b) Deduce de lo anterior que si el baricentro y el circuncentro de un triángulo coinci- den, dicho triángulo debe ser equilátero. Solución. a) Si z1, z2, z3 son vértices de un triángulo equilátero, entonces cada uno debe estar girado un ángulo de π/3 radianes respecto de otro. Sabemos que multiplicar por un complejo, u, de módulo 1 es un giro de amplitud igual a arg(u). Definamos u = cos(π/3) + i sen(π/3). Los tres vértices los podemos escribir como z1, z1u, z2u2 y, por tanto: z1 + z2 + z3 = z(1 + u + u2) = z u3 −1 = 0 u −1 Supongamos ahora que |z1| = |z2| = |z3| = 1, y que z1 + z2 + z3 = 0. Para probar que dichos números son vértices de un triángulo equilátero, lo que vamos a hacer es comprobar que son las raíces cúbicas de un número complejo. Es decir, se trata de probar que hay un número α tal que z1, z2 y z3 son las raíces de la ecuación polinómica z3−α = 0. Para esto es necesario y suficiente que el producto (z − z1)(z − z2)(z − z3) puede escribirse en la forma z3 − α. Tenemos: (z − z1)(z − z2)(z − z3) = z3 − (z1 + z2 + z3)z2 + (z1z2 + z1z3 + z2z3)z − z1z2z3 = = z3 + (z1z2 + z1z3 + z2z3)z − z1z2z3 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 90 Poniendo α = z1z2z3, lo que hay que probar es que z1z2 + z1z3 + z2z3 = 0. Todavía no hemos usado la hipótesis de que |z1| = |z2| = |z3| = 1. Vamos a usarla ahora para intentar sacar factor común en la suma z1z2 + z1z3 + z2z3 = 0 la expresión z1 + z2 + z3. Tenemos que: z1z2 + z1z3 + z2z3 = z3z3z1z2 + z2z2z1z3 + z1z1z2z3 = (z1 + z2 + z3)z1z2z3 = 0 Pues z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 = 0. El apartado b) se deduce fácilmente de a) siempre que sepas lo que es el baricentro y el circuncentro de un triángulo. Ejercicio resuelto 45 Si 0 arg w − arg z < π, prueba que el área del triángulo de vértices 0, z y w viene dada por 1 Im(zw). 2 Solución. El área de todo triángulo es la mitad de la base por la altura. En la figura (3.7) se ha tomado como base el vector z con longitud |z| y la altura es h. Observa que sen(ϕ − ϑ) = h Por tanto |w| . área = 1 |z|h = 1 |z||w| sen(ϕ − ϑ) 2 2 Esto ya deberías saberlo: el área de cualquier triángulo es igual a la mitad del producto w h ϕ z ϑ Figura 3.7. Área de un triángulo de las longitudes de dos lados por el seno del ángulo que forman. Pongamos z = x + iy, w = u + iv. Como ϑ = arg(z) y ϕ = arg(w), tenemos que área = 1 |z||w| sen(ϕ − ϑ) = 1 |z||w| sen(ϕ) cos(ϑ) − cos(ϕ) sen(ϑ) = 2 2 = 1 |z||w| v x − u y = 1 (vx − uy) = 1 Im(zw) 2 |w| |z| |w| |z| 2 2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Funciones elementales complejas 91 3.4. Funciones elementales complejas Las funciones complejas no son más que las funciones definidas en subconjuntos de R2 con valores en R2, cuando en R2 consideramos su estructura compleja. Dado un conjunto A ⊂ C, a toda función compleja f : A → C se le asocian dos funciones reales: la función u = Re f “parte real de f ” y la función v = Im f “parte imaginaria de f ” definidas para todo (x, y) = x + iy ∈ A por: u(x, y) = Re f (x + iy), v(x, y) = Im f (x + iy) Naturalmente, f (x + iy) = u(x, y) + i v(x, y). 3.4.1. La función exponencial (3.18) Definimos2 la exponencial compleja de un número z = x + i y como ex+i y = exp(x + i y) = ex cos y + i sen y Observa que | ez | = eRe z, Im z ∈ Arg(ez) (3.19) En particular, obtenemos la llamada fórmula de Euler: ei t = cos t + i sen t (para todo t ∈ R) (3.20) que establece una relación entre la exponencial compleja y las funciones trigonométricas. De la fórmula de Euler se deducen fácilmente las llamadas ecuaciones de Euler: ei t + e−i t ei t − e−i t 2 2i cos t = , sen t = (t ∈ R) (3.21) La exponencial compleja tiene la propiedad fundamental de transformar sumas en produc- tos. Se prueba fácilmente, haciendo uso de la definición (3.18 y de las igualdades (2.4) y (2.5) que ez+w = ez ew para todos z, w ∈ C (3.22) Esta propiedad, junto con las ecuaciones de Euler (3.21), hacen que la exponencial compleja sea la herramienta más usada para trabajar con las funciones seno y coseno. Por ejemplo, de la fórmula de Euler (3.20) y de la igualdad anterior, se deduce enseguida la fórmula de De Moivre. cos(nt) + i sen(nt) = eitn = eit n = cos t + i sen t)n (n ∈ Z, t ∈ R) (3.23) Igualmente, de las igualdades cos(a + b) + i sen(a + b) = e(a+b)i = eia eib = (cos a + i sen a)(cos b + i sen b) 2Más adelante veremos la justificación de esta definición. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Logaritmos complejos 92 se deducen en seguida, haciendo el producto indicado e igualando partes real e imaginaria, las igualdades (2.4) y (2.5). Otras identidades trigonométricas se obtienen también muy fácilmente. Por ejemplo, para expresar un producto de senos o cosenos como una suma de senos o de cosenos se puede hacer lo que sigue. eia + eib = ei(a+b)/2 ei(a−b)/2 + ei(b−a)/2 = 2 ei(a+b)/2 cos((a − b)/2) (3.24) Igualando partes real e imaginaria, deducimos que: cos a + cos b = 2 cos((a − b)/2) cos((a + b)/2) (3.25) sen a + sen b = 2 cos((a − b)/2) sen((a + b)/2) (3.26) De la igualdad (3.22), se deduce que para todo z ∈ C y todo k ∈ Z es ez = ez+2kπi Lo que, en particular, nos dice que exp(z) = exp(z + 2πi), o sea, la exponencial compleja es una función periódica con período 2πi. Naturalmente, esto supone una gran diferencia con la exponencial real que es una función inyectiva. La función exponencial es particularmente útil para representar los números complejos de módulo 1, es decir los números complejos de la forma cos t + i sen t (t ∈ R). Recuerda que multiplicar por un número complejo de módulo 1 representa un giro cuya amplitud es el argumento de dicho número. Fíjate que el complejo conjugado de eit es e−it. Una exponencial real es siempre positiva. Para la exponencial compleja no tiene sentido hablar de positiva, todo lo que podemos decir es que la exponencial compleja no se anula nunca pues | ez | = eRe z > 0. 3.4.2. Logaritmos complejos El comportamiento periódico de la exponencial compleja se va a traducir, como vamos a ver enseguida, en que la ecuación ew = z, donde z es un número complejo no cero, va a tener infinitas soluciones w ∈ C. Como ew = eRe w cos (Im w) + i sen (Im w) Para que ew = z es necesario y suficiente que: 1. |ew| = |z |, esto es, eRe w = |z|, es decir, Re w = log |z | (logaritmo natural del número real positivo |z |). 2. Arg (ew) = Arg (z). Como Im w ∈ Arg(ew), esta igualdad equivale a Im w ∈ Arg z; y esto se cumple si, y sólo si Im w = arg(z) + 2kπ, con k ∈ Z. Hemos probado que {w ∈ C : ew = z} = {log|z| + i(arg(z) + 2kπ), k ∈ Z} Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Potencias complejas 93 Por tanto, existen infinitos números complejos w que satisfacen la ecuación ew = z. Cualquiera de ellos se llama un logaritmo de z. El conjunto de todos ellos lo representaremos por Log z. Log z = {log|z| + i(arg(z) + 2kπ), k ∈ Z} Todos los logaritmos de z están situados en una misma recta vertical de abscisa log|z|, y a partir de uno cualquiera de ellos podemos situar todos los demás, desplazándolo hacia arriba o hacia abajo una distancia igual a un múltiplo entero de 2π. De entre todos los logaritmos de z elegimos uno, llamado logaritmo principal, definido por log z = log |z| + i arg(z) para todo z ∈ C∗ Cuando z es un número real positivo, z ∈ R+, el logaritmo principal que acabamos de definir coincide con el logaritmo real de z. Es decir, acabamos de extender la función logaritmo real de R+ a C∗. Observa que cualquier otro logaritmo de z es de la forma log z + i2kπ para algún entero k. Además, de todos los logaritmos de z, el logaritmo principal es el único cuya parte imaginaria está en el intervalo ] − π, π]. Es importante que observes que la igualdad log zw = log z + log w que es válida para los logaritmos de los números reales positivos, no es siempre cierta para números complejos. Por ejemplo: log ei 2π/3 = i 2π , log ei 3π/4 = i 3π 3 4 Y log ei 2π/3 ei 3π/4 = log ei 17π/12 = log e−i7π/12 = −i 7π = i 2π + i 3π 12 3 4 Lo que está claro es que el número log z + log w ∈ Log(zw), es decir, log z + log w es un logaritmo de zw pero no tiene por qué ser el logaritmo principal de zw. Observación. Muchos libros usan la notación Log z para representar el logaritmo principal de z y log z para representar el conjunto de todos los logaritmos de z. De esta forma consiguen que la función log, que era conocida para reales positivos, ya no pueda usarse más, porque ahora log 1 ya no será 0 sino el conjunto {2kπi : k ∈ Z}; y lo que antes escribíamos log 2 ahora tendremos que escribirlo Log 2. Es decir, no se gana nada y se pierde todo. Es lo que yo digo, ¿para qué hacer las cosas bien pudiendo hacerlas mal? 3.4.3. Potencias complejas Recuerda que dados dos números reales a > 0 y b ∈ R, la potencia de base a y exponente b se define como ab = eb log a. Ahora, dados a, b ∈ C, con a = 0, sabemos que hay infinitos logaritmos de a, todos ellos de la forma log a + i2kπ, con k ∈ Z. Por ello, cualquier número complejo de la forma eb(log a+i 2kπ) donde k ∈ Z, es una potencia de base a y exponente b. Representamos por [ab] el conjunto de todas ellas. [ab] = eb(log a+i 2kπ) : k ∈ Z Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 94 Se destaca una: ab = eb log a que se llama valor principal de la potencia de base a y exponente b. Observa que si b = 1/n donde n ∈ N, el número a1/n = exp 1 log a = exp log a + i arg a = |a|1/n cos arg a + i sen arg a n n n n n √ es el valor principal de la raíz n-ésima de a que antes hemos notado por n a. 3.4.4. Ejercicios propuestos 101. Expresa los 8 números ±1 ± i, √ en la forma r eiϕ. ± 3±i 102. Calcula el módulo y los argumentos principales de los números 1 + eiϕ, 1 − eiϕ, −a eiϕ donde |ϕ| π y a > 0. 103. Calcula log z y Log z cuando z es uno de los números siguientes i, −i, e−3, e5i, 4, −5 e, 1 + i √√ 104. Calcula log(3i) + log(−1 + i 3) y log 3i(−1 + i 3) . 105. Calcula log(−1 − i) − log i y log −1 − i . i 106. Calcula [(−4)i], i−3i, [i2/π ], [i i], 12i, 31−i, ((−i)i)i, (1 + i)1+i 107. Estudia, para z ∈ C∗ y n ∈ N, las igualdades: a) log(ez ) = z; b) exp(log(z)) = z; c) √ = log(z) ; d) log(zn) = n log(z). log( n z) n 108. Prueba que la función logaritmo principal establece una biyección entre los conjuntos C\\R−o y Ω = {z ∈ C∗ : −π < Im(z) < π}. 109. Estudia condiciones para que ab c = abc. 110. Con una interpretación adecuada de la suma justifica que: a) Arg(zw) = Arg(z) + Arg(w), b) Log(zw) = Log(z) + Log(w) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 95 111. Estudia, interpretándolas convenientemente cuando sea necesario, las siguientes igual- dades: a) Log[ab] = b Log(a) b) log[ab] = b Log(a) c) log(ab) = b log a 112. Indica el error en los razonamientos siguientes: (−z)2 = z2; por tanto 2 Log(−z) = 2 Log(z) y, por consiguiente, Log(−z) = Log(z). 113. Explica con detalle dónde está el error en las igualdades siguientes: i = (−1)1/2 = [(−1)3]1/2 = (−1)3/2 = i3 = −i 3.4.5. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 46 Estudia, para z ∈ C∗ y n ∈ N, las igualdades: a) log ez = z ; b) exp(log(z)) = z ; c) log √ = log(z) ; d) log(zn) = n log(z). nz n Solución. a) Es evidente que z es un logaritmo de ez y será el logaritmo principal si, y sólo si, −π < Im z π. En consecuencia: log ez = z ⇐⇒ −π < Im z π b) Los logaritmos de z se definen como los números cuya exponencial es z, luego, en particular, exp(log(z)) = z cualquiera sea z ∈ C. c) √ log n z √ √ = log|z| + i arg z = log | n z| + i arg nz nn log(z) = log|z| + i arg z n n n La igualdad en c) se verifica siempre. d) log(zn) = log(|zn|) + i arg(zn) = n log(|z|) + i arg(zn) n log(z) = n log(|z|) + in arg(z) La igualdad en d) equivale a que arg(zn) = n arg(z). Como n arg(z) es un argumento de zn, para que sea el argumento principal deberá ser −π < n arg(z) π. Ejercicio resuelto 47 Estudia condiciones para que ab c = abc. Solución. Tenemos que ab c = exp(c log(ab)); abc = exp(bc log a) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 96 Por otra parte exp(c log(ab)) = exp c log(eb log a) = exp c(b log a+i2kπ) = exp(bc log a+ic2kπ) Donde k es un entero que hay que elegir por la condición de que −π < Im(b log a + i2kπ) π Concluimos que si k = 0, lo que ocurre solamente cuando −π < Im(b log a) π, entonces la igualdad del enunciado se cumple para todo c. En otro caso, la igualdad del enunciado se cumple solamente cuando c es un número entero. Ejercicio resuelto 48 Con una interpretación adecuada de la suma justifica que: a) Arg(zw) = Arg(z) + Arg(w), b) Log(zw) = Log(z) + Log(w) Solución. La forma razonable de interpretar la igualdad Arg(zw) = Arg(z) + Arg(w), es que sumando cada uno de los elementos de Arg(z) con cada uno de los elementos de Arg(w) obtenemos todos los elementos de Arg(zw). Que efectivamente esto es así es fácil de probar. Sean s ∈ Arg(z) y t ∈ Arg(w). Entonces, sabemos que s + t es un argumento de zw, esto es s + t ∈ Arg(zw). Luego hemos probado la inclusión Arg(z) + Arg(w) ⊂ Arg(zw). Recíprocamente, sea ϕ ∈ Arg(zw). Elijamos cualquier zw elemento s ∈ Arg(z) y pongamos t = ϕ − s. Entonces t es un argumento de z = w, esto es, t ∈ Arg(w); luego ϕ = s + t ∈ Arg(z) + Arg(w). Lo que prueba la otra inclusión Arg(zw) ⊂ Arg(z) + Arg(w). Análogamente, La forma razonable de interpretar la igualdad Log(zw) = Log(z) + Log(w), es que sumando cada uno de los elementos de Log(z) con cada uno de los elementos de Log(w) obtenemos todos los elementos de Log(zw). Teniendo en cuenta que Log(z) = log|z| + i Arg(z), la igualdad b) se deduce de a). Observación. Quien haya estudiado el concepto de grupo cociente, puede interpretar la suma Arg(z) + Arg(w) en el grupo cociente del grupo aditivo de los números reales respecto del subgrupo de los múltiplos enteros de 2π, esto es, el grupo G = R/2πZ. Si z es un complejo no nulo, se tiene que Arg(z) ∈ G y, por definición de suma en un grupo cociente, tenemos que Arg(z) + Arg(w) es la clase que contiene a arg(z) + arg(w) y, como arg(z) + arg(w) ∈ Arg(zw), obtenemos que Arg(zw) = Arg(z) + Arg(w). Ejercicio resuelto 49 Indica el error en los razonamientos siguientes: (−z)2 = z2; por tanto 2 Log(−z) = 2 Log(z) y, por consiguiente, Log(−z) = Log(z). Solución. De la igualdad Log(zw) = Log(z) + Log(w), probada en el ejercicio anterior, se deduce que Log(z2) = Log(z) + Log(z). Es decir, que sumando de todas las formas posibles dos logaritmos de z obtenemos todos los logaritmos de z2. Pero eso es muy distinto a sumar cada logaritmo de z consigo mismo. Es decir, el conjunto 2 Log(z) es solamente una parte del conjunto Log(z) + Log(z). Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Aplicaciones de los números complejos 97 3.5. Aplicaciones de los números complejos Como ya hemos dicho anteriormente, la exponencial compleja es la herramienta más útil para trabajar con funciones sinusoidales, esto es, las funciones seno y coseno. Muchísimos procesos naturales, entre los que destacan por su importancia y universalidad los movimientos oscilatorios y ondulatorios, se describen adecuadamente por medio de funciones sinusoidales. Eso explica la presencia de la exponencial compleja y de los números complejos en teorías que, a primera vista, nada tienen que ver con ellos. Veamos algunos ejemplos. 3.5.1. Movimiento armónico simple Un número complejo es un vector del plano que, escrito en forma polar, tiene asociado un r(t) ángulo y por eso, los números complejos son muy apropiados para representar giros y movi-t ω r(0) mientos circulares. Consideremos un móvil que recorre una circunferencia centrada en el origen −A ϕ A y de radio R con una velocidad angular cons- O x(t) tante ω. Supongamos que su posición inicial pa- ra t = 0 viene dada por (A cos ϕ, A sen ϕ). La posición de dicho móvil en el tiempo t es r(t) = A cos(ωt + ϕ), A sen(ωt + ϕ) Figura 3.8. Movimiento circular Usando números complejos, podemos escribir r(t) = A cos(ωt + ϕ) + iA sen(ωt + ϕ) Que se expresa mejor con la exponencial compleja: r(t) = A cos(ωt + ϕ) + iA sen(ωt + ϕ) = A ei(ωt+ϕ) = A eiϕ eiωt Recuerda que multiplicar por eiωt es un giro de amplitud ωt. La igualdad r(t) = A eiϕ eiωt nos dice que la posición del móvil en el tiempo t se obtiene girando el vector que representa su posición inicial r(0) = A eiϕ un giro de amplitud ωt. La proyección sobre el eje de abscisas del vector r(t) es la primera componente de dicho vector: x(t) = Re r(t) = A cos(ωt + ϕ) (3.27) Interpretamos |x(t)| como la distancia al origen en el instante t de un móvil que se desplaza sobre el eje de abscisas y cuya posición en el tiempo t viene dada por la igualdad (3.27). Observa que dicho móvil recorre el segmento [−A, A] con un movimiento que se caracteriza porque se repite a intervalos regulares de tiempo, pues definiendo T = 2π/ω, se tiene que: x(t + T ) = A cos(ω(t + T ) + ϕ) = A cos(ωt + 2π + ϕ) = A cos(ωt + ϕ) = x(t) Dicho movimiento se llama movimiento armónico simple. Naturalmente, la proyección sobre el eje de ordenadas del vector r(t) también describe un movimiento armónico simple de ecuación y(t) = Im r(t) = A sen(ωt + ϕ) (3.28) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Movimiento armónico simple 98 Las ecuaciones (3.27) y (3.28) representan un mismo tipo de movimiento pues un seno no es más que un coseno retrasado en π/2, como se sigue de la igualdad cos(x − π/2) = sen x. En el movimiento armónico simple x(t) = A cos(ωt + ϕ) el número A se llama amplitud, el número ωt + ϕ se llama fase, siendo ϕ la fase inicial; ω es la frecuencia angular que se mide en radianes por segundo. El número T = 2π/ω es el periodo, que es el tiempo, medido en segundos, que el móvil tarda en completar un ciclo. El número f = 1/T es la frecuencia, que es el número de ciclos recorridos en un segundo. La unidad de la frecuencia es el ciclo por segundo que se llama herzio. La representación compleja proporciona una visualización gráfica del movimiento que es muy útil para el estudio de la composición de movimientos armónicos simples. Consideremos dos movimientos armónicos simples de igual frecuencia dados por x1(t) = A1 cos(ωt + ϕ1), x2(t) = A2 cos(ωt + ϕ2) Queremos estudiar el movimiento dado por x(t) = x1(t) + x2(t). La representación compleja de los movimientos permite dar una respuesta sin necesidad de hacer cálculos. Pongamos x1(t) = Re r1(t) = Re A1 ei(ωt+ϕ1); x2(t) = Re r2(t) = Re A2 ei(ωt+ϕ2) Claramente, x(t) = x1(t) + x2(t) = Re(r1(t) + r2(t)). Como los vectores r1(t) y r2(t) giran con igual velocidad angular, ω, el vector suma r(t) = r1(t) + r2(t) también gira con la misma velocidad angular (el paralelogramo de lados r1(t) y r2(t) gira todo él con velocidad angular ω). Deducimos que x(t) = Re(r(t)) es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular ω, amplitud igual al módulo de r(t) (que debe ser constante) y fase igual al argumento del número complejo r(t). El módulo de una suma lo hemos calculado en (3.14). En nuestro caso es |r(t)|2 = |r1(t)|2 + |r2(t)|2 + 2 Re(r1(t)r2(t)) = A12 + A22 + 2A1A2 cos(ϕ1 − ϕ2) r(t) r1(t) r2(t) O x1(t) x2(t) x(t) Figura 3.9. Composición de movimientos armónicos Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Circuitos eléctricos 99 Como la frecuencia angular debe ser ω, la fase será ωt + ϕ donde ϕ es la fase inicial, que es el argumento del número complejo r(0) = r1(0)+r2(0) = A1 eiϕ1 +A2 eiϕ2 = (A1 cos ϕ1+A2 cos ϕ2)+i(A1 sen ϕ1+A2 sen ϕ2) que ya debes saber calcular. 3.5.2. Circuitos eléctricos En el análisis de circuitos eléctricos los nú- I (t) meros complejos, con el nombre de fasores, R fueron introducidos en 1863 por el matemá- V (t) tico e ingeniero Charles Proteus Steinmetz C (1865-1923). Un fasor es un número complejo que representa la amplitud y fase inicial L de una sinusoide. Los fasores proporcionan una herramienta útil para estudiar circuitos eléctricos cuyo voltaje es de tipo sinusoidal Figura 3.10. Circuito RLC V (t) = Vm cos(ωt + ϕ). Aquí Vm > 0 es la amplitud o máximo valor del voltaje, y ϕ la fase inicial. Podemos asociar a V (t) un fasor que representamos V y es el número complejo V = Vm eiϕ. De esta forma podemos escribir V (t) = Re(V eiωt) con lo que separa- mos la información de frecuencia y de fase. Observa que, conocida la frecuencia, la sinusoide queda determinada de forma única por su fasor asociado. La derivada de una sinusoide es otra sinusoide. El fasor que representa a la derivada se expresa muy fácilmente mediante el fasor que representa a la sinusoide. V ′(t) = dV (t) = −Vmω sen(ωt + ϕ) = Vmω cos(ωt + ϕ + π/2) = Re(iωV eiωt) dt Deducimos que el fasor que representa a V ′(t) es iωV. Observa que iωV = ωVm ei(ϕ+π/2), por lo que el fasor que corresponde a la derivada de una sinusoide va adelantado 90 grados respecto a la sinusoide. De la misma forma, el fasor que representa a la primitiva de la sinusoide V (t) es 1 V y va iω retrasado 90 grados respecto a la sinusoide. Supongamos que en el circuito de la figura (3.10) se tiene que la intensidad de la corriente viene dada por una sinusoide (lo cual se sabe que es así cuando la fuerza electromotriz aplicada es sinusoidal). Pongamos I(t) = Im cos(ωt + ϕ) y sea I su fasor asociado. Expresemos la caída de potencial en cada uno de los elementos que forman el circuito mediante los fasores de la corriente y el voltaje. Se trata de un circuito RLC que consta de una resistencia de R ohmios, un condensador de capacitancia C y un inductor, con inductancia L. La diferencia de potencial en los extremos de la resistencia viene dada por VR(t) = RI(t) = RIm cos(ωt + ϕ) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Circuitos eléctricos 100 La relación entre los fasores respectivos es VR = RI. Como R > 0 se tiene que el voltaje a través de una resistencia está en fase con la corriente. Es sabido que una corriente variable en un inductor produce un campo magnético que da lugar a una fuerza electromotriz inducida que se opone a la fuerza electromotriz aplicada, lo que origina una caída de potencial dada por VL(t) = L dI (t) dt Deducimos que la relación entre los correspondientes fasores es VL = iωLI y por tanto el voltaje a través de un inductor va adelantado 90 grados respecto a la corriente. Llamando Q(t) a la carga que almacena el condensador en el tiempo t, se sabe que la diferencia de potencial entre los extremos del condensador viene dada por la igualdad VC (t) = Q(t) = 1 t C C I(s) ds −∞ Y deducimos que la relación entre los correspondientes fasores es VC = 1 I = − i I iωC ωC y por tanto el voltaje a través de un inductor va retrasado 90 grados respecto a la corriente. La suma de las diferencias de potencial a través de los distintos elementos del circuito debe ser igual al voltaje aplicado. En términos de los fasores asociados, esto quiere decir que: RI + iωLI − i I = R + iωL − i I=V (3.29) ωC ωC El número complejo Z = R + iωL − i ωC se llama impedancia. La impedancia depende de la frecuencia de la fuerza electromotriz aplica- da y de las características del circuito. Cuando se conocen la impedancia y el voltaje, podemos calcular el fasor de la corriente por la igualdad I = V = V i Z iωL − ωC R + y la corriente en el circuito viene dada por I(t) = I eiωt. Tenemos que |I| = |V| 1 2 ωC R2 + ωL − Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Procesamiento digital de señales 101 El número ωL − 1 se llama reactancia. El valor de la frecuencia para el que la reactancia ωC √1 se anula viene dado por ωr = LC y se llama frecuencia de resonancia. Es el valor de la frecuencia para el cual el valor de |I| es máximo. 3.5.3. Procesamiento digital de señales Como sin duda sabes, los formatos digitales más frecuentes de audio e imagen son, res- pectivamente, MP3 y JPG. Cuesta trabajo imaginar cómo sería Internet sin estos formatos. Lo que quizás no sepas es que la codificación MP3 y la JPG se llevan a cabo con algoritmos que usan números complejos. El hecho, por extraño que pueda parecer, es que las principales herra- mientas para trabajar con todo tipo de señales (audio, vídeo, voz, imagen,. . . ) son complejas. La transformada Z, la Transformada de Fourier en Tiempo Discreto, la Transformada Discreta de Fourier, la Función de Transferencia, los modelos de polos y ceros, la Transformada de Laplace y otras muchas herramientas básicas para el tratamiento de señales, son todas ellas transformaciones que usan números complejos. Todavía más, las propias señales se caracte- rizan por su espectro que ¡es un conjunto de números complejos! Si te sientes atraído por el apasionante mundo del tratamiento digital de señales, todo lo que sepas de números complejos te será útil en tu trabajo. Como lectura adicional te recomiendo el capítulo 24 del libro de Michael Spivak [16]. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

4Cap´ıtulo Funciones Continuas y l´ımite funcional En matemáticas, la evidencia es enemiga de la corrección. Bertrand Russell 4.1. Introducción En esta lección vamos a estudiar con algún detalle un concepto teórico importante que es el de continuidad. Para motivar la definición que vamos a dar de continuidad, consideremos una ley física de la forma P = f (V ), que relaciona los valores de una “variable independiente V ” (podemos pensar que es el volumen de un gas) con otra “variable dependiente P ” (podemos pensar que es la presión). Si queremos usar dicha ley, hemos de medir un valor V0 de la variable V , y es inevitable que al hacerlo cometamos algún error el cual, naturalmente, influye en el correspondiente valor de P , que ya no será exactamente igual a P0 = f (V0). Surge así la pregunta natural: ¿de qué forma el error en la medida de V afecta al valor resultante de P ? Es claro que si para valores de V “muy próximos” a V0 obtengo valores de P muy diferentes entre sí, la ley “f ” que relaciona V con P no tendrá ninguna utilidad práctica. Puesto que los errores de medida son inevitables, no es razonable tratar de obtener “el verdadero valor P0”. Lo que sí puede hacerse es fijar una cota de error admisible para P (la cual dependerá de cada situación concreta), llamemos “ε” a dicha cota (ε > 0), y tratar de obtener otra cota de error “δ” (δ > 0), de tal forma que siempre que midamos V0 con un error menor que δ tengamos la seguridad de que el valor resultante para P se diferencia de P0 en menos que ε. Esto es, |f (V )−f (V0)| < ε siempre que |V −V0| < δ. Cuando esto efectivamente pueda hacerse para cualquier cota de error ε > 0 decimos que la ley “f ” es continua en V0. Observa que cabe esperar que la cota de error δ dependa del ε fijado en cada caso. Intuitiva- mente, cuanto más pequeño sea el error permitido en los datos finales, tanto mejor tendremos que medir la variable independiente. En general, la precisión δ con la que debemos medir V0 102

Continuidad 103 para obtener un error final menor que ε, depende no solamente del valor fijado de ε sino también del valor de V0. Esto es fácil de entender, no es lo mismo medir un volumen de varios metros cúbicos que otro de unos pocos milímetros cúbicos, la precisión de nuestra medida debe ser mejor en este último caso. Las ideas anteriores conducen, de forma natural, a la definición matemática de continuidad. En todo lo que sigue, la letra A representará un conjunto no vacío de números reales. En la práctica A será siempre un intervalo o una unión de intervalos. Recuerda que la notación f : A → R quiere decir que f es una función real cuyo dominio es A. Es muy importante advertir que A no tiene por qué coincidir con el dominio natural de la función. Esto es así porque con frecuencia estamos interesados en estudiar propiedades de una función en una parte de su dominio natural. Además, la continuidad de f depende tanto de la “regla que la define” como del conjunto en donde estamos trabajando. Enseguida pondremos ejemplos para aclarar esto. 4.2. Continuidad 4.1 Definición (Continuidad en un punto). Una función f : A → R se dice que es continua en un punto a ∈ A si, para cada número ε > 0, se puede encontrar un número δ > 0 (que, en general, dependerá de ε y de a) tal que para todo x ∈ A con |x − a| < δ se verifica que |f (x) − f (a)| < ε. La definición anterior suele escribirse, con abuso del formalismo lógico, de la siguiente forma: ∀ε ∈ R+ ∃ δ ∈ R+ : |x − a| < δ −→ |f (x) − f (a)| < ε (4.1) x∈A Comentarios a la definición. Observa que en esta definición el conjunto A tiene mucho pro- tagonismo: sólo se consideran los valores de f en A, lo que le pueda pasar a f fuera de A no nos interesa. El siguiente ejemplo es ilustrativo. a) Sea f : R → R la función de Dirichlet dada por f (x) = 1 si x ∈ Q, f (x) = −1 si x ∈ R\\Q. Es la función que vale 1 en los puntos racionales y −1 en los irracionales. Esta función no es continua en ningún punto. La razón es que en todo intervalo abierto, por pequeño que sea, siempre hay números racionales e irracionales. Por eso, la función f oscila constantemente entre 1 y −1. b) Las funciones g : Q → R dada por g(x) = 1 y h : R \\ Q → R dada por h(x) = −1 son continuas (¡son funciones constantes!) en todo punto de sus respectivos dominios de definición. Debes tener claro que para poder hablar de la continuidad o de la no continuidad de una función en un punto, la función debe estar definida en dicho punto. La condición (4.1) exige que el número f (a) esté definido. Si no se conoce el valor de f en a no puede comprobarse si dicha condición se verifica o no y, por ello, no tiene sentido considerar la continuidad de esa función en dicho punto. Insisto en esta evidencia porque en muchos textos te vas a encontrar ejercicios del siguiente estilo: Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedades básicas de las funciones continuas 104 a) Estudiar la continuidad de la función f (x) = 1 en x = 0. x b) Estudiar la continuidad de la función g(x) = |x| en x = 0. x c) Estudiar la continuidad de la función h(x) = x sen(1/x) en x = 0. Respuesta: Las funciones f , g y h no están definidas en 0, por tanto no tiene sentido estudiar su continuidad en 0. Para poder estudiar la continuidad en 0 de estas funciones, primero hay que definirlas en 0. Por ejemplo, podemos definir f (0) = 0, g(0) = 1, h(0) = 0. Ahora la respuesta es: f no es continua en 0, g no es continua en 0 pero es continua por la derecha en 0, y h es continua en 0. 4.2 Definición (Continuidad en un conjunto). Se dice que f es continua en un conjunto C ⊂ A, si f es continua en todo punto de C. No suele ser tarea fácil demostrar que una función dada es continua. Generalmente, lo que se hace es descomponer la función que queremos estudiar en otras más sencillas cuya continuidad ya es conocida previamente. Es por ello interesante saber qué tipo de operaciones realizadas con funciones continuas conducen a nuevas funciones continuas. 4.2.1. Propiedades básicas de las funciones continuas 4.3 Teorema. Sean f , g funciones reales definidas en A. Se verifica que: a) Las funciones f + g y f g son continuas en todo punto de A en el que las dos funciones f y g sean continuas. En particular, las funciones suma y producto de funciones continuas son funciones continuas. b) Si g(x) = 0 para todo x ∈ A, la función 1 es continua en todo punto de A en el que g sea g continua. En consecuencia, la función cociente de dos funciones continuas cuyo denomina- dor no se anula nunca es una función continua. Demostración. a) Sea a ∈ A un punto de A en el que f y g son continuas. Debemos probar que f + g y f g son continuas en a. Escribamos nuestras hipótesis: ∀ε1 ∈ R+ ∃ δ1 ∈ R+ : x ∈ A ∧ |x − a| < δ1 −→ |f (x) − f (a)| < ε1 (4.2) ∀ε2 ∈ R+ ∃ δ2 ∈ R+ : x ∈ A ∧ |x − a| < δ2 −→ |g(x) − g(a)| < ε2 (4.3) Naturalmente, δ1 = δ1(ε1) y δ2 = δ2(ε2) dependen del valor de ε1 y ε2. Debemos re- lacionar los números |(f + g)(x) − (f + g)(a)| y |(f g)(x) − (f g)(a)| con |f (x) − f (a)| y |g(x) − g(a)|. Para la suma la cosa es muy sencilla. |(f + g)(x) − (f + g)(a)| = f (x) − f (a) + g(x) − g(a) (4.4) |f (x) − f (a)| + |g(x) − g(a)| Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedades básicas de las funciones continuas 105 Dado ε > 0, hagamos en (4.2) ε1 = ε y en (4.3) ε2 = ε y sean δ1 = δ1 ( ε ) y δ2 = δ2 ( ε ). 2 2 2 2 Pongamos δ = m´ın {δ1, δ2}. Entonces, como consecuencia de las desigualdades (4.4), (4.2) y ε ε (4.3), se deduce que |(f + g)(x) − (f + g)(a)| < 2 + 2 = ε, siempre que x∈A y |x − a| < δ. Para el producto hay que pensar un poquito más. |(f g)(x) − (f g)(a)| = f (x) g(x) − g(a) + g(a) f (x) − f (a) (4.5) |f (x)| |g(x) − g(a)| + |g(a)| |f (x) − f (a)| La cantidad |g(a)| |f (x) − f (a)| puede controlarse fácilmente usando (4.2). Dado ε > 0, haga- mos en (4.2) ε1 = ε (la precaución de dividir por |g(a)| + 1 es porque pudiera ocurrir 2(|g(a)|+1) que g(a) = 0), y sea δ1 = δ1(ε1). Tenemos que x ∈ A ∧ |x − a| < δ1 −→ |g(a)| |f (x) − f (a)| < |g(a)| ε + 1) < ε 2(|g(a)| 2 (4.6) x ∈ A ∧ |x − a| < δ1 −→ |f (x)| = |f (a) + (f (x) − f (a))| < |f (a)| + ε1 Pongamos M = |f (a)| + ε1, hagamos en (4.3) ε2 = ε y sea δ2 = δ2 ( ε ). Definamos 2M 2M δ = m´ın {δ1, δ2}. Teniendo ahora en cuenta las desigualdades (4.5) y (4.6), deducimos que  |f (x)| |g(x) − g(a)| < M ε = ε   |g(a)| |f (x) − f (a)| < 2M 2  x ∈ A∧|x − a| < δ −→  ε  −→ |(f g)(x) − (f g)(a)| < ε 2 La demostración del apartado b) se hace de forma parecida. El teorema anterior es muy útil pero con frecuencia no se entiende bien lo que dice o se interpreta mal. Lo que dice es que la suma, producto y cociente de funciones continuas (siempre que no dividamos por 0) también es continua. De aquí puedes deducir fácilmente algunas consecuencias. 4.4 Corolario. a) Si la suma de dos funciones es continua y una de ellas es continua, la otra función también es continua. b) La suma de una función continua y otra discontinua es una función discontinua. c) Si el producto de dos funciones es continuo y una de ellas es continua y no se anula, la otra función es continua. d) El producto de una función continua y que no se anula por otra discontinua es una función discontinua. Hasta aquí todo bien. El problema es cuando tenemos que estudiar la continuidad de la suma o el producto de dos funciones discontinuas. En esta situación el teorema anterior no nos dice nada. Peor aún; no puede haber ningún teorema que diga lo que pasa en este caso. La razón es que puede pasar cualquier cosa. La suma o el producto de dos funciones discontinuas puede ser unas veces continua y otras veces discontinua. Se trata de un problema que hay que estudiar en cada caso concreto y que depende de cómo sean las funciones que sumamos o multiplicamos. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedades locales 106 Por ejemplo, sea f la función de Dirichlet que, como sabemos, es discontinua en todo punto. Sea g una función continua cualquiera; por ejemplo, la identidad g(x) = x para todo x ∈ R. Las funciones g + f y g − f son discontinuas en todo punto pero su suma es la función 2g que es continua. Por otra parte, el cuadrado de f , esto es la función h(x) = f (x)f (x) = (f (x))2 = 1, es la función constante igual a 1 y, por tanto, es continua. Teniendo en cuenta que las funciones polinómicas son sumas de productos de funciones constantes por potencias de la función identidad, deducimos el siguiente corolario. 4.5 Corolario. Toda función racional es continua en su dominio natural de definición. De hecho, todas las funciones elementales que conoces son continuas en sus dominios naturales de definición. Esto no lo podemos probar todavía pero lo aceptaremos y lo usaremos cuando sea preciso; por ejemplo, para hacer ejercicios. Además de sumar y multiplicar funciones, también sabemos componerlas. Veamos cómo se comporta la continuidad respecto de la composición de funciones. 4.6 Teorema (Continuidad de una función compuesta). Sean f : A → R y g : B → R funciones tales que f (A) ⊂ B. Supongamos que f es continua en un punto a ∈ A y que g es continua en el punto f (a). Entonces la función compuesta g ◦ f : A → R es continua en el punto a. En particular, si g es continua en f (A), entonces g ◦ f es continua en todo punto de A en el que f sea continua. Más en particular, la composición de funciones continuas es una función continua. Demostración. Dado ε > 0, por la continuidad de g en f (a), existe ρ > 0 tal que para todo y ∈ B con |y − f (a)| < ρ se tiene que |g(y) − g(f (a))| < ε. Ahora, por la continuidad de f en a, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ A con |x − a| < δ se tiene que |f (x) − f (a)| < ρ. Deducimos así que |g(f (x)) − g(f (a))| < ε para todo x ∈ A con |x − a| < δ. Es decir, la función compuesta g ◦ f es continua en a. 4.2.2. Propiedades locales Intuitivamente, la continuidad de una función en un punto depende únicamente del com- portamiento de la función en la “proximidad” de dicho punto. Esto se expresa diciendo que la continuidad es una propiedad local. Vamos a precisar este concepto. 4.7 Definición. Dados una función f : A → R y un conjunto no vacío C ⊂ A, podemos definir una nueva función, llamada restricción de f a C que se representa por f|C, que es la función definida en el conjunto C que viene dada por f|C(x) = f (x) para todo x ∈ C. Dada una función f : A → R , se dice que una función g : B → R es una extensión de f , si B ⊃ A y f es la restricción de g al conjunto A, es decir f (x) = g(x) para todo x ∈ A. Los conceptos de extensión y de restricción de una función son esencialmente el mismo: todo depende de que se mire “para arriba” o “para abajo”. Es importante distinguir entre una función y su restricción a un conjunto. Veamos un ejem- plo que nos permitirá introducir una función muy útil. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedades locales 107 4.8 Ejemplo (Función parte entera). La función que a cada número x ∈ R asigna el mayor entero que es menor o igual que x se llama función parte entera. Dicha función se representa con la letra E y está definida para todo x ∈ R por las condiciones siguientes: E(x) ∈ Z y E(x) x < E(x) + 1. 5 No es difícil probar que esta función es discon- 4 tinua en todos los enteros. Ahora, si considera- 3 mos a dicha función trabajando solamente en el 2 intervalo [1, 2[, es decir, la función f restricción 1 de E a [1, 2[ cuyo dominio es el intervalo [1, 2[ 0 y que a cada punto de dicho intervalo asigna su −5−4−3−2−−11 0 1 2 3 4 5 “parte entera”, f (x) = E(x), para 1 x < 2; −2 entonces la función f es constante pues, clara- −3 mente f (x) = 1 para todo x ∈ [1, 2[, luego f es −4 continua en todos los puntos de su dominio, en particular f es continua en 1 a pesar de que la Figura 4.1. Función parte entera función “parte entera” es discontinua en dicho punto. El ejemplo anterior, y también el ejemplo de la función de Dirichlet antes visto, prueban que una restricción de una función discontinua puede ser continua o, lo que es igual, una extensión de una función continua puede ser discontinua. Son importantes y útiles a este respecto los siguientes resultados fáciles de probar. 4.9 Proposición. a) Cualquier restricción de una función continua es también continua. b) Cualquier extensión de una función continua en un intervalo abierto es también continua en dicho intervalo abierto. Observa la importancia que en la afirmación b) anterior tiene el hecho de que el intervalo sea abierto. El ejemplo de la función “parte entera”, antes visto, pone de manifiesto que una extensión de una función continua en un intervalo no abierto puede no ser continua. De las afirmaciones anteriores se deduce el siguiente resultado. 4.10 Teorema (Teorema de localización). Una función f es continua en un intervalo abierto I si, y sólo si, la restricción f|I es continua en I. Este resultado es bastante útil para evitarnos hacer trabajo innecesario. Por ejemplo, si queremos estudiar la continuidad de la función parte entera, como dicha función es constante en los intervalos de la forma ]n, n + 1[ (n ∈ Z), el resultado anterior nos dice que dicha función es continua en estos intervalos. Sólo queda así estudiar lo que pasa en los enteros. La continuidad de una función en un punto permite obtener información sobre el compor- tamiento de la función en los puntos próximos al mismo. Estos resultados se llaman locales. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Teorema de Bolzano. Supremo e ínfimo 108 4.11 Teorema (Conservación local del signo). Sea f : A → R continua en un punto a ∈ A con f (a) = 0. Entonces hay un número r > 0 tal que para todo x ∈ A con |x − a| < r se verifica que f (x)f (a) > 0. Es decir, f (x) > 0 si f (a) > 0, o f (x) < 0 si f (a) < 0, en todo punto x ∈]a − r, a + r[∩A. Demostración. Supondremos que f (a) > 0. Podemos entonces tomar ε = f (a)/2 en (4.1) para obtener, en virtud de la continuidad de f en a, un r > 0 tal que para todo x ∈ A con |x − a| < r se verifica que |f (x) − f (a)| < f (a)/2, lo que implica que f (x) > f (a)/2 > 0. El caso en que f (a) < 0 se reduce al anterior sin más que sustituir f por −f . 4.12 Proposición (Acotación local). Sea f : A → R continua en un punto a ∈ A. Entonces hay números, Ma > 0, ra > 0 tales que para todo x ∈ A con |x − a| < ra se verifica que |f (x)| Ma. Demostración. Hagamos ε = 1 en (4.1) para obtener, en virtud de la continuidad de f en a, un ra > 0 tal que para todo x ∈ A con |x − a| < ra se verifica que |f (x) − f (a)| < 1. Pongamos Ma = 1 + |f (a)|. Entonces, para todo x ∈]a − ra, a + ra[∩A tenemos que: |f (x)| = |f (a) + (f (x) − f (a))| |f (a)| + |f (x) − f (a)| < 1 + |f (a)| = Ma 4.3. Teorema de Bolzano. Supremo e ínfimo Si ahora mides 175cm y hace 10 años medías 135cm, es seguro que en algún momento intermedio medías con exactitud 161cm. Si una entrada de cine cuesta 5 y hace 3 años costaba 4 , es seguro que en algún momento ir al cine costaba exactamente 4·99 . ¿Seguro? No, a ningún empresario de cine le parecería bien cobrar 4·99 por la entrada. La diferencia está en que la talla de una persona es una función continua del tiempo y para pasar de 135cm a 175cm tiene que pasar por todos los valores intermedios, pero el precio de las entradas de cine no varía de forma continua con el tiempo y puede pasar “de golpe” de 4·5 a 5. La gráfica de una función continua en un intervalo, f : [a, b] → R , la imaginamos como una curva continua, por ello, si f (a) < 0 < f (b), la gráfica de f tiene que atravesar el eje de abscisas para pasar de un punto situado por debajo de él a otro que se encuentra por encima y, por tanto, f tiene que anularse en algún punto entre a y b. Esto es precisamente lo que afirma el conocido teorema que sigue. 4.13 Teorema (Teorema de los ceros de Bolzano). Toda función continua en un intervalo que toma valores positivos y negativos se anula en algún punto de dicho intervalo. Lo primero que llama la atención en este teorema es su evidencia. No está de más a este res- pecto recordar que, como decía Bertrand Russell, “en matemáticas, la evidencia es enemiga de Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

La propiedad del supremo 109 la corrección”. Precisamente, el mérito de Bernard Bolzano (1781-1848) está en haber llamado la atención sobre la necesidad de demostrar muchas proposiciones, aparentemente evidentes, que se refieren a las funciones continuas. Podemos añadir, además, que suele ser particular- mente difícil demostrar matemáticamente lo que nuestra intuición presenta como evidente; de hecho, con las herramientas que tenemos hasta ahora no podemos demostrar el teorema. La función f (x) = x2 − 2 es continua y f (0) < 0 < f (2), el teorema de Bolzano asegura que existe un número p√ositivo en el que f se anula. En otras palabras, el teorema prueba la existencia del número 2 y, como dicho número no es racional, deducimos que para probar el teorema se precisa usar alguna propiedad que NO tienen los números racionales. Pero todas las propiedades de los números reales que enunciamos en el Capítulo 1 las tienen también los números racionales. Concluimos que los números reales deberán tener otra propiedad que todavía no hemos considerado. 4.3.1. La propiedad del supremo Com√entamos en el Capítulo 1 que no debemos preocuparnos mucho por lo que sea el número 2, pero al menos deberíamos de tener alguna forma de probar su existencia; es decir, de las propiedades de los números reales√se debería poder deducir que hay un número cuyo cuadrado es igual a 2. ¿Qué sabemos de 2? No es racional, pero podemos aproxima√rlo por racionales. Con una calculadora obtenemos sucesivas aproximaciones racionales de 2 por defecto: 1·41, 1·414, 1·4142, 1·41421, 1·414213,. . . √ Es claro que 2 debe ser el menor número mayor que todas ellas. Pues bien, justamente necesitamos una propiedad que garantice la existencia de ese “menor número mayor que”. Nos vendrá bien introducir alguna terminología nueva. 4.14 Definición. Sea E un conjunto no vacío de números reales. Un número z∈R se dice que es un mayorante o cota superior (resp. minorante o cota inferior) de E si x z (resp. z x) para todo x∈E. Si hay algún elemento de E que también sea mayorante (resp. minorante) de E, dicho ele- mento es necesariamente único y se llama máximo (resp. mínimo) de E y lo representaremos por ma´x(E) (resp. m´ın(E) ). Un conjunto que tiene algún mayorante (resp. minorante) se dice que está mayorado o acotado superiormente (resp. minorado o acotado inferiormente). Un conjunto que está mayorado y minorado se dice que está acotado. Está claro que un conjunto puede no tener mínimo ni máximo. Los problemas de “optimi- zación” consisten, justamente, en estudiar condiciones que garanticen la existencia de valores máximos y mínimos para funciones de diversas clases. La siguiente propiedad garantiza que ciertos conjuntos de números reales tienen mínimo. P8 Propiedad del supremo. Para todo conjunto de números reales no vacío y mayorado se verifica que el conjunto de sus mayorantes tiene mínimo. 4.15 Definición. Dado un conjunto E ⊂ R, no vacío y mayorado, se llama supremo o extremo superior de E, al mínimo mayorante de E y lo notaremos por sup(E). Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedad de extremo inferior 110 Con esta terminología lo que dice la propiedad P8 es que todo conjunto de números reales no vacío y mayorado tiene supremo (pero nótese que el supremo no tiene por qué pertenecer al conjunto). 4.3.2. Propiedad de extremo inferior A partir de la propiedad del supremo, se prueba con facilidad el siguiente resultado. 4.16 Proposición (Propiedad del ínfimo). Para todo conjunto de números reales no vacío y minorado se verifica que el conjunto de sus minorantes tiene máximo. Demostración. Sea E ⊂ R, un conjunto no vacío y minorado. Definamos A = {−x : x ∈ E}. El conjunto A es no vacío y mayorado (pues si z es un minorante de E entonces −z es mayo- rante de A). La propiedad del supremo nos dice que hay un número real c que es el mínimo mayorante de A. Comprobemos que −c es el máximo minorante de E. Para todo x ∈ E se tiene que −x ∈ A y como c es un mayorante de A, tenemos que −x c, esto es, −c x. Por tanto −c es un minorante de E. Veamos que es el máximo minorante, y para ello probaremos que ningún número mayor que −c es minorante de E. Sea, pues, u > −c. Entonces −u < c y, como c es el mínimo mayorante de A, se sigue que −u no puede ser mayorante de A, esto es, tiene que haber algún elemento x ∈ A tal que −u < x. Pero entonces tenemos que −x < u y, como −x ∈ E, concluimos que u no es minorante de E. 4.17 Definición. Dado un conjunto E ⊂ R, no vacío y minorado, se llama ínfimo o extremo inferior de E, al máximo minorante de E y lo notaremos por ´ınf(E). Con esta terminología lo que dice la propiedad del ínfimo es que todo conjunto de números reales no vacío y minorado tiene ínfimo (pero nótese que el ínfimo no tiene por qué pertenecer al conjunto). 4.18 Estrategia. Para probar desigualdades en las que intervienen supremos o ínfimos las siguientes observaciones, aunque evidentes, pueden ser útiles. Sea C ⊂ R un conjunto no vacío. a) Si queremos probar que un número real x verifica que sup(C) x, lo que tenemos que hacer es probar que x es un mayorante de C. b) Si queremos probar que un número real x verifica que x ´ınf(C), lo que tenemos que hacer es probar que x es un minorante de C. Sea C un conjunto no vacío y acotado de números reales. Pongamos α = ´ınf(C), β = sup(C). Los siguientes razonamientos son de uso constante: a) Si un número real x verifica que x < β entonces x no puede ser mayorante de C (porque β es el mínimo mayorante de C), por tanto tiene que haber algún z ∈ C tal que x < z. b) Si un número real x verifica que x > α entonces x no puede ser minorante de C (porque α es el máximo minorante de C), por tanto tiene que haber algún u ∈ C tal que u < x. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Propiedad de extremo inferior 111 La propiedad del supremo es lo que distingue a los números reales de los racionales. Dicha propiedad se usa para probar la existencia de números reales que cumplen alguna determinada condición. La demostración del teorema de Bolzano es un ejemplo importante de ello. Demostración del teorema de los ceros de Bolzano Es suficiente probar que si f : [a, b] → R es continua y f (a) < 0 < f (b), entonces f se anula en algún punto del intervalo ]a, b[ . Una buena estrategia para demostrar un teorema es “darlo por demostrado” y trabajar hacia atrás. Tenemos que buscar un punto c ∈]a, b[ tal que f (c) = 0. Por supuesto, puede haber muchos puntos donde f se anule (el teorema dice que al menos hay uno), pero de todos ellos el más fácil de caracterizar es el “primero”, porque a la izquierda de él la función es siempre negativa. Esto lleva a considerar el conjunto E de los puntos x ∈ [a, b] tales que f toma valores negativos en [a, x]: E = {x ∈ [a, b] : f (t) < 0 para todo t ∈ [a, x]} Por su definición, tenemos que E ⊂ [a, b] y a ∈ E. La propiedad del supremo nos dice que hay un número real, c, que es el supremo de E. Es evidente que a c b. La propiedad de conservación local del signo implica que existe algún δ > 0 tal que a + δ < b − δ y f es negativa en todos los puntos del intervalo [a, a + δ] y positiva en todos los puntos del intervalo [b − δ, b]. Esto implica que a < c < b. Veamos que [a, c[⊂ E. Sea a < x0 < c. Como x0 < c y c es el mínimo mayorante de E, tiene que existir algún punto z0 ∈ E tal que x0 < z0 c. Por tanto, si t ∈ [a, x0] también t ∈ [a, z0] y, como, z0 ∈ E, será f (t) < 0, luego x0 ∈ E. Nótese que hemos probado también que f (x) < 0 para todo x ∈ [a, c[. Finalmente, probaremos que f (c) = 0. Como a la izquierda de c la función f toma valores negativos y f es continua, deducimos que no puede ser f (c) > 0 y, por tanto, f (c) 0. Pero tampoco puede ser f (c) < 0, pues entonces, por la conservación local del signo, habría un intervalo de la forma [c − ρ, c + ρ] ⊂ [a, b] tal que f (t) < 0 para todo t ∈ [c − ρ, c + ρ] lo que implica que en E hay puntos mayores que c lo que es contradictorio. Concluimos así que f (c) = 0. Observa que la demostración que hemos dado no nos dice cómo calcular un punto en el que la función se anule. Es una demostración de “existencia”. Veremos más adelante otra de- mostración, algo más constructiva, en la que se basa un algoritmo bastante eficaz para calcular de forma aproximada raíces de ecuaciones. Un enunciado equivalente del teorema de Bolzano es el siguiente. 4.19 Teorema (Teorema del valor intermedio). La imagen de un intervalo por una función continua es un intervalo. Demostración. Supongamos que I es un intervalo y f : I → R es una función continua en I. Queremos probar que la imagen de f , esto es, el conjunto J = f (I) es un intervalo. Teniendo en cuenta la definición de intervalo (2.10), deberemos probar que si dos números están en J, todos los números comprendidos entre ellos también se quedan dentro de J. Sean pues, u, v Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Consecuencias del teorema de Bolzano 112 elementos de J con u < v. Debe haber elementos α, β en I tales que f (α) = u, f (β) = v. Como f es una función, debe ser α = β; podemos suponer que α < β. Sea z ∈]u, v[, esto es, u < z < v. Definamos la función h : I → R dada por h(x) = z − f (x) para todo x ∈ I. Como f es continua, h es continua en I. Tenemos que h(α) = z − f (α) = z − u > 0 y h(β) = z − f (β) = z − v < 0. Como I es un intervalo, tenemos que [α, β] ⊂ I. Podemos, pues, aplicar el teorema antes demostrado a la función h en el intervalo [α, β] y obtenemos que tiene que haber algún punto λ ∈]α, β[ tal que h(λ) = z − f (λ) = 0. Hemos probado así que f (λ) = z. Como λ ∈ [α, β] ⊂ I, concluimos que z ∈ J = f (I). Como esto es cierto cualquiera sea el punto z ∈]u, v[, concluimos que [u, v] ⊂ J y, en consecuencia, J es un intervalo. Recíprocamente, si suponemos que la imagen de un intervalo por una función continua es un intervalo, y f : I → R es una función continua en un intervalo I que toma valores positivos y negativos, entonces J = f (I) es un intervalo en el que hay números negativos y positivos, luego debe contener al 0, es decir f tiene que anularse en algún punto de I. Observa que el teorema del valor intermedio dice que una función continua en un intervalo toma todos los valores comprendidos entre dos cualesquiera de sus valores. Bueno, eso es lo que nos dice la intuición ¿verdad? 4.20 Estrategia. El teorema de Bolzano proporciona una herramienta útil para probar que ciertas ecuaciones tienen solución. Consideremos el siguiente problema. Se trata de probar que hay un número real c tal que f (c) = g(c) o, dicho de otra forma, que la ecuación f (x) = g(x) tiene soluciones. La forma de proceder para aplicar el teorema de Bolzano es la siguiente. • Se pasan todos los términos de la ecuación a un lado y se define h(x) = f (x) − g(x). • Se comprueba que la función h es continua y está definida en un intervalo I. Unas veces el intervalo donde h está definida debemos elegirlo nosotros de forma adecuada, y otras veces viene impuesto por el enunciado del ejercicio. • Se comprueba que hay puntos en I donde la función h es negativa y otros en los que h es positiva. Se concluye, por el teorema de Bolzano, que h debe anularse en algún punto de I, que es lo que queríamos probar. 4.3.3. Consecuencias del teorema de Bolzano Hay consecuencias de este teorema que están lejos de ser evidentes. Algunas de ellas están expuestas en el excelente libro de R. Courant y H. Robbins ¿Qué es la Matemática? ([17]). Por ejemplo, en dicho libro se demuestra, usando como herramienta básica el teorema de Bolzano, que, dadas dos regiones acotadas del plano, siempre existe una recta que divide simultánea- mente a cada una de ellas en dos partes con igual área. Este resultado se puede generalizar. Puede probarse, con la ayuda del teorema de Bolzano, que si tenemos tres sólidos en el espacio (imagina que son tres bocadillos de muy distintos tamaños), es siempre posible encontrar un plano que los divida simultáneamente en dos partes de igual volumen (puedes cortar a los tres bocadillos exactamente “por la mitad” de un sólo tajo). Nosotros aquí nos conformaremos con obtener algunas consecuencias menos vistosas pero muy útiles. 4.21 Corolario (Existencia de raíces). Dados a > 0 y k ∈ N hay un único número c > 0 tal que ck = a. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Consecuencias del teorema de Bolzano 113 Demostración. La función f : R+o → R dada por f (x) = xk − a, es continua y f (0) = −a < 0, f (1 + a) = (1 + a)k − a > 0. Deducimos que hay algún número c > 0 tal que f (c) = 0. Dicho número es único porque la función f es estrictamente creciente. 4.22 Corolario (Ceros de polinomios de grado impar). Toda función polinómica de grado impar se anula en algún punto. Demostración. Sea P (x) = c0 + c1x + c2x2 + · · · + cn−1xn−1 + cnxn una función polinómica de grado impar n 3. Nuestro objetivo es probar que P (x) toma valores positivos y negativos. Podemos suponer que cn > 0. Supongamos en lo que sigue que |x| 1. Dividiendo por xn tenemos que P (x) = c0 + c1 + c2 + ···+ cn−1 + cn (4.7) xn xn xn−1 xn−2 x Para 0 k n − 1, tenemos, por ser |x| 1 y n − k 1, que: |ck| |ck| |x|n−k |x| Por otra parte |ck | cn ⇐⇒ |x| |ck | 2n Definamos |x| 2n cn M = ma´x |ck | 2n : k = 0, 1, 2 . . . , n − 1 , K = ma´x {M, 1} cn Para |x| K y para k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, tenemos que: ck − |ck | − |ck | − cn xn−k |x|n−k |x| 2n Deducimos que para |x| K es: P (x) −(n − 1) cn + cn > − cn + cn = cn > 0 (4.8) xn 2n 2 2 Ahora si x < −K, se tiene por ser n impar que xn < 0, y la desigualdad anterior implica que P (x) < 0. Análogamente, si x > k debe ser P (x) > 0. Hemos probado que P (x) toma valores positivos y negativos, como es una función continua y está definida en un intervalo, R, concluimos que debe anularse en algún punto. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Consecuencias del teorema de Bolzano 114 4.3.3.1. Continuidad y monotonía Hemos visto que la imagen de un intervalo por una función continua es un intervalo. Pode- mos preguntarnos si esta propiedad caracteriza la continuidad. En general, la respuesta es que no. Es fácil dar ejemplos de funciones discontinuas en un intervalo cuya imagen es un intervalo pero estas funciones no pueden ser monótonas. Es fácil entender que si una función monóto- na es discontinua es porque su gráfica “da saltos”, es decir, su imagen no es un intervalo. El siguiente resultado deja claro este punto. 4.23 Teorema. Una función monótona en un intervalo1 cuya imagen es un intervalo es conti- nua. Demostración. Sea f : I → R una función creciente en un intervalo I cuya imagen J = f (I) es un intervalo. Queremos probar que f es continua. Sea a ∈ I y supongamos que a no es un punto extremo de I, esto es, que los conjuntos Ia− = {x ∈ I : x < a} , Ia+ = {x ∈ I : x > a} no son vacíos. Para demostrar que f es continua en a, probaremos que sup f (Ia−) = sup {f (x) : x ∈ I, x < a} = f (a) = ´ınf {f (x) : x ∈ I, x > a} = ´ınf f (Ia+) Probemos que f (a) = sup f (Ia−). Pongamos α = sup f (Ia−). Para todo x ∈ Ia− tenemos que x < a y, como f es creciente, f (x) f (a). Luego f (a) es un mayorante del conjunto f (Ia−) y, en consecuencia, debe ser α f (a). Veamos que no puede ocurrir que α < f (a). Para ello supondremos que α < f (a) y llegaremos a una contradicción. Tomemos un elemento cualquiera z ∈]α, f (a)[. Sea u ∈ Ia−. Entonces f (u) α < z < f (a). Como f (u) y f (a) están en J = f (I) y J es, por hipótesis, un intervalo, deducimos que z ∈ J, esto es, z = f (s) para algún s ∈ I. No puede ser s = a y, como f es creciente y z < f (a), debe verificarse que s < a, esto es, s ∈ Ia− en cuyo caso debe ser f (s) α, es decir, z α lo cual es claramente contradictorio pues α < z. Análogamente se prueba que f (a) = β = ´ınf f (Ia+). Sea ahora ε > 0. Tiene que haber elementos u ∈ Ia− y v ∈ Ia+ tales que α − ε < f (u) y f (v) < β + ε, es decir f (a) − ε < f (u) f (v) < f (a) + ε. Definamos δ = m´ın {a − u, v − a} > 0. Entonces para todo x ∈ I verificando que |x − a| < δ se tiene que x ∈]a − δ, a + δ[⊂]u, v[ y, por tanto, f (u) f (x) f (v) lo que implica que f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε, esto es, |f (x) − f (a)| < ε. Los casos en que a es un posible extremo de I se hacen de forma análoga. 4.24 Corolario. Una función monótona definida en un intervalo es continua si, y sólo si, su imagen es un intervalo. 4.25 Corolario. La función inversa de una función estrictamente monótona definida en un intervalo es continua. 1No es necesario suponer que la función está definida en un intervalo, de hecho en la demostración no se usa esta hipótesis. El enunciado que damos es para facilitar su visualización. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 115 Demostración. Sea f : I → R una función estrictamente monótona definida en un intervalo I. Como f es inyectiva en I su inversa, f −1, está definida en el conjunto imagen J = f (I) y, claramente, f −1(J) = I. Como la inversa de una función estrictamente monótona f es también estrictamente monótona (y del mismo tipo que f ) e I es, por hipótesis, un intervalo, el teorema anterior, aplicado a f −1, nos dice que f −1 es continua en J2. Considera una función inyectiva y continua en un intervalo e intenta dibujar su gráfica; comprobarás que la función no puede “subir y bajar” porque en tal caso se pierde la inyecti- vidad, por tanto, o bien “siempre sube” y es estrictamente creciente, o bien “siempre baja” y es estrictamente decreciente. Eso es lo que afirma el siguiente resultado, que será usado más adelante para obtener una importante propiedad de las funciones con derivada distinta de cero. 4.26 Teorema. Toda función inyectiva y continua en un intervalo es estrictamente monótona. Demostración. 3 Sea f : I → R continua e inyectiva en el intervalo I. Sean a0 < b0 dos puntos de I. Como f es inyectiva debe ser f (a0) = f (b0). Por tanto, o bien f (b0) − f (a0) > 0, o bien f (b0) − f (a0) < 0. Supongamos que es f (b0) − f (a0) > 0 y demostremos que f es estrictamente creciente en I. Para ello sean a1 < b1 puntos de I. Pongamos x(t) = (1 − t)a0 + ta1 para 0 t 1 y(t) = (1 − t)b0 + tb1 Tenemos que x(0) = a0, x(1) = a1, y(0) = b0, y(1) = b1. Además, poniendo α = m´ın {a0, a1} y β = ma´x {a0, a1}, se tiene que: α = (1 − t)α + tα x(t) (1 − t)β + tβ = β Como I es un intervalo y α, β ∈ I, se verifica que [α, β] ⊂ I, por lo que x(t) ∈ I. Análogamente, se tiene que y(t) ∈ I. Además, como a0 < b0 y a1 < b1, se verifica que x(t) < y(t) para 0 t 1. Consideremos la función: g(t) = f (y(t)) − f (x(t)) 0 t 1 La función g es continua en [0, 1] por ser composición y diferencia de funciones continuas. Como f es inyectiva y x(t) < y(t), se tiene que g(t) = 0 para todo t ∈ [0, 1]. El teorema de Bolzano implica que g debe tener signo constante en [0, 1] y, como g(0) > 0, concluimos que g(t) > 0 para todo t ∈ [0, 1]. Por tanto g(1) = f (b1) − f (a1) > 0. Hemos probado así que f es estrictamente creciente. Análogamente, si se supone que es f (b0) − f (a0) < 0 se demuestra que f es estrictamente decreciente en I. 4.3.4. Ejercicios propuestos 114. a) Da un ejemplo de una función continua cuya imagen no sea un intervalo. 2Este resultado es cierto tal como está enunciado, sin necesidad de suponer que la función es continua. 3Esta elegante demostración está tomada del libro de M. Spivak [16]. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 116 b) Da un ejemplo de una función definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no sea continua. c) Da un ejemplo de una función continua en todo R, no constante y cuya imagen sea un conjunto (obligatoriamente un intervalo) acotado. d) Da un ejemplo de una función continua en [0, 1[ tal que f ([0, 1[) no sea acotado. e) Da un ejemplo de una función continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen sea un intervalo cerrado y acotado. 115. Prueba que si f : A → R es continua en a entonces también lo es |f |. Da un ejemplo de función discontinua cuyo valor absoluto es continua. 116. Representamos por E(x) la parte entera de x (4.8). Haz un esquema de las gráficas de las siguientes funciones y estudia su continuidad. a) f (x) = x − E(x) b) f (x) = E(1/x) 117. Estudia la continuidad de la función f : R → R dada por f (x) = E(x2). 118. Estudia la continuidad de la función f : R → R, definida por f (x) = xE(1/x) si x = 0, f (0) = 1. 119. Estudia la continuidad de la función f : R → R dada por f (x) = x sen(1/x) si x = 0 y f (0) = 0. 120. Estudia la continuidad de la función f : [0, 4] → R dada por f (1) = 1/4 y:   |x − 1| (x2 − 1)E(1 + x) si x ∈ [0, 1[∪]1, 2] f (x) =  E(x) − 7/4 si x ∈]2, 4] 121. Estudia la continuidad de la función f : [0, 1] → R dada por: f (x) = 0 si x = 0 o x es irracional 1/q si x = p/q (fracción irreducible) 122. Sea f : [a, b] → R continua. Supongamos que a f (x) b para todo x en [a, b]. Prueba que hay algún punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = c. 123. Sea a > 1. Prueba que la ecuación x + e−x = a tiene al menos una solución positiva y otra negativa. 124. Prueba que la ecuación x + ex + arc tg x = 0 tiene una sola raíz real. Da un intervalo de longitud uno en el que se encuentre dicha raíz. √ 125. Prueba que hay un número real x > 0 tal que log x + x = 0. 126. Suponiendo que la temperatura varía de forma continua, prueba que siempre hay dos puntos antípodas en el ecuador terrestre que están a la misma temperatura. 127. Sea f : [a, b] → R continua con f (a) = f (b). Dado n ∈ N, n 2, prueba que hay algún punto c ∈ [a, b − (b − a)/n] tal que f (c) = f (c + (b − a)/n). Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 117 128. Un corredor recorre 6 kilómetros en 30 minutos. Demuestra que en algún momento de su carrera recorre 1 kilómetro en exactamente 5 minutos. 129. Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t 0. El reloj puede adelantar o atrasar, pe- ro cuenta con exactitud períodos de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t 0 + 12 horas. Demuestra que en algún momento dicho reloj mide con exactitud una hora. 130. Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo inicia el regreso a la misma hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese que en algún momento del domingo el automovilista se encuentra a igual distancia de Granada que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento. 131. Sean f, g funciones continuas que no se anulan en un intervalo I, verificando que (f (x))2 = (g(x))2 para todo x ∈ I. Prueba que o bien f (x) = g(x) para todo x ∈ I, o bien f (x) = −g(x) para todo x ∈ I. ¿Cuántas funciones hay ϕ : R → R continuas y ve- rificando que (ϕ(x))2 = x2 para todo x ∈ R?. 132. Demuestra el apartado b) del teorema (4.3). 133. Justifica las afirmaciones del corolario (4.4). 134. Sea f : R → R continua y decreciente. Prueba que hay un único a ∈ R verificando que f (a) = a. 135. Sea f : R → R continua y tal que f (x) (f ◦ f )(x) = 1 para todo x ∈ R. Sabiendo que f (1000) = 999, calcula f (500). 136. ¿Cuántas soluciones tiene la ecuación sin x = 2x 101π ? 137. Sea E un conjunto no vacío de números reales acotado. a) Describe el conjunto de todos los mayorantes de E. b) Describe el conjunto de todos los minorantes de E. 138. a) Prueba que sup(E) ∈ E si, y sólo si, E tiene máximo, en tal caso ma´x(E) = sup(E). b) Prueba que ´ınf(E) ∈ E si, y sólo si, E tiene mínimo, en tal caso m´ın(E) = ´ınf(E). 139. Sean A, B conjuntos no vacíos de números reales. Supongamos que a b para todo a ∈ A y para todo b ∈ B. Prueba que sup A ´ınf B. 140. Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Justifica las siguientes afirmaciones: a) Si A ⊂ B entonces sup(A) sup(B) e ´ınf(A) ´ınf(B). b) sup(A ∪ B) = ma´x{sup(A), sup(B)}. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 118 141. Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Definamos A − B = {a − b : a ∈ A, b ∈ B}; AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B} Prueba que sup(A − B) = sup A −´ınf B y, supuesto que A ⊂ R+ y B ⊂ R+, prueba que sup(AB) = sup A sup B. 142. Usando solamente la definición de intervalo (2.10), y las propiedades del supremo e ínfimo, describe todos los posibles tipos de intervalo. 143. Sea A un conjunto no vacío de números reales. Para cada x ∈ R definamos la “distancia de x a A” por dist(x, A) = ´ınf{|x − a| : a ∈ A}. Prueba que para todos x, y ∈ R se verifica que: | dist(x, A) − dist(y, A)| |x − y| Deduce que la aplicación x → dist(x, A) es continua. 144. Sea f : R → R continua, mayorada y tal que para todos a, b ∈ R con a < b, se verifica que sup f (]a, b[) = sup f (R). Prueba que f es constante. 145. Sea f : [a, b] → R una función continua tal que f (a) < 0, f (b) < 0 y f (c) > 0 para algún c ∈]a, b[. Prueba que hay dos números u, v verificando que a < u < v < b, f (u) = f (v) = 0 y f (x) > 0 para todo x ∈]u, v[. 146. Sea f : [a, b] → R creciente. Supongamos que a f (x) b para todo x en [a, b]. Prueba que hay algún punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = c. Sugerencia. Considera el supremo del conjunto {x ∈ [a, b] : x f (x)}. Fíjate que no suponemos que f sea continua. 147. Justifica que, dado x ∈ R, la ecuación log t + t5 = x tiene una única solución, que representamos por ϕ(x). Justifica que la función x → ϕ(x), (x ∈ R), así definida es continua. 148. Prueba que la función f :] − 1, 1[→ R definida por f (x) = ln 1+x Calcula f −1 y comprueba que es una función continua. 1 − x es biyectiva. 149. Sea f : [0, 1] → R continua verificando que |f (s)−f (t)| |s−t| para todos s, t ∈ [0, 1], y f ({0, 1}) = {0, 1}. Prueba que o bien es f (x) = x para todo x ∈ [0, 1], o bien es f (x) = 1 − x para todo x ∈ [0, 1]. 150. Sean A = {x ∈ Q : x 0 o x2 < 2}, B = {x ∈ Q : x > 0 y x2 2}. Prueba que A = Ø, B = Ø, Q = A ∪ B y a < b para todos a ∈ A, b ∈ B. Además: a) Para cada r ∈ A hay algún s ∈ A tal que r < s. b) Para cada u ∈ B hay algún t ∈ B tal que t < u. c) No hay ningún z ∈ Q con la propiedad de que todo número racional menor que z esté en A y todo número racional mayor que z esté en B. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 119 151. Sean A = {x ∈ R : x 0 o x2 < 2}, B = {x ∈ R : x > 0 y x2 2}. Prueba que A = Ø, B = Ø, R = A ∪ B y a < b para todos a ∈ A y b ∈ B. Sea z ∈ R el extremo superior de A. Prueba que z2 = 2, A =] − ∞, z[, B = [z, +∞[. 4.3.5. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 50 a) Da un ejemplo de una función continua cuya imagen no sea un intervalo. b) Da un ejemplo de una función definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no sea continua. c) Da un ejemplo de una función continua en todo R, no constante y cuya imagen sea un conjunto (obligatoriamente un intervalo) acotado. d) Da un ejemplo de una función continua en [0, 1[ tal que f ([0, 1[) no sea acotado. e) Da un ejemplo de una función continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen sea un intervalo cerrado y acotado. Solución. a) Una función continua cuya imagen no sea un intervalo no puede estar de- finida en un intervalo. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la función f :]0, 1[∪]2, 3[→ R dada por f (x) = 1 para x ∈]0, 1[ y f (x) = 2 para x ∈]2, 3[. Es claro que f es continua (usa, si quieres el teorema de loca- lización para justificarlo en media línea) y su imagen es el conjunto {1, 2} que no es un intervalo. b) Aquí debes tener en cuenta que, por el teorema (4.23), la función que buscas no puede ser monótona. Una vez que caes en este detalle, se te deben de ocurrir muchos ejemplos. Como la función f : [0, 2] → R dada por f (x) = 2x para x ∈ [0, 1], f (x) = x/2 para x ∈]1, 2]. Claramente f es discontinua en x = 1, pero su imagen es el intervalo [0, 2]. c) Esto es muy fácil. Por ejemplo, la función f (x) = 1 1 Claramente, f (R) =]0, 1]. + x2 . d) Esto es muy fácil. Por ejemplo, f (x) = 1 1 x, x ∈ [0, 1[. Claramente, f ([0, 1[) = − [1, +∞[. e) Por ejemplo, la restricción de la función seno al intervalo ] − π, π[. Si quieres otro ejemplo más elemental, puedes modificar de forma apropiada el ejemplo del punto b). Ejercicio resuelto 51 Prueba que si f : A → R es continua en a entonces también lo es |f |. Da un ejemplo de función discontinua cuyo valor absoluto es continua. Demostración. Todo lo que se necesita es la desigualdad |u| − |v| |u − v|. En nuestro caso tenemos: |f (x)| − |f (a)| |f (x) − f (a)| Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 120 Supuesto que f es continua en a, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si |x − a| < δ y x ∈ A entonces |f (x) − f (a)| < ε lo que, por la desigualdad anterior, implica que |f (x)| − |f (a)| < ε y, por tanto, |f | es continua en a. La función dada por f (x) = 1 si x 0 y f (x) = −1 si x < 0 , es discontinua en 0 pero |f | es continua en 0. Ejercicio resuelto 52 Estudia la continuidad de la función f : R → R dada por f (x) = E(x2). Demostración. Claramente f = E ◦ ϕ donde ϕ(x) = x2. Puesto que ϕ es continua en todo punto y la función parte entera es continua en R \\ Z, deducimos por el teorema de composición de funciones continuas, que f es continua en to√do p: unn∈toNa}∈∪R{−tal√qnue: ϕ(a) = a2 ∈ Z. Es decir, f es continua en R \\ B donde B = {n n ∈ N}∪{0}. Los puntos de B requieren un estudio particular pues, a priori, no podemos asegurar que f sea discontinua en ellos. Empecemos estudiando la posible continuidad de f en 0. Es claro que para −1 < x < 1 tenemos que 0 x2 < 1 por lo que f (x) = 0 para todo x ∈] − 1, 1[. Es decir, la función f|]−1,1[ ( restricción de f al intervalo ] − 1, 1[) es la función constante igual a 0 y por tanto f|]−1,1[ es continua. Como el intervalo ]−1, 1[ es abierto deducimos, por el teorema de localización que f es continua en ] − 1, 1[ y, en particular, f es continua en 0. Ctoodnosxide∈r]e√mqos−a1h,o√raqu[nseptuinentoe de la forma √q donde q ∈ N (fijo en lo que sigue). Para que q − 1 < x2 < q por lo que f (x) = q − 1. Cualquiera sea δ > 0, hay puntos x ∈]√q − δ, √q + δ[∩] q − 1, √q [ para los que |f (√q) − f (√xq)|. = |q − (q − 1)| = 1, por lo que tomando ε0 < 1 deducimos que f no es continua en De forma análoga se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma −√q donde q ∈ N. Ejercicio resuelto 53 Estudia la continuidad de la función f : R → R, definida por f (x) = xE(1/x) si x = 0, f (0) = 1. Solución. El teorema de localización puede usarse en este tipo de ejercicios. En nuestro caso, es evidente que para x > 1 es f (x) = 0, y para x < −1 es f (x) = −x. Por tanto la restricción de f a los intervalos ]1, +∞[ y ]−∞, −1[ es continua y, como estos intervalos son abiertos, deducimos por el teorema de localización que f es continua en dichos intervalos. De forma parecida podemos razonar con un intervalo del tipo ]1/(n+1), 1/n[ donde n ∈ N pues, para x ∈]1/(n + 1), 1/n[ se tiene que f (x) = nx, luego la restricción de f a dicho intervalo es continua y, por tratarse de un intervalo abierto, deducimos que f es continua en ]1/(n + 1), 1/n[. Análogamente se razona con un intervalo del tipo ] − 1/n, −1/(n + 1)[. El teorema de localización no nos dice qué pasa en los puntos extremos de los intervalos considerados, es decir, en los puntos de la forma 1/n donde n ∈ Z∗, y tampoco en 0. Estudiemos qué ocurre en un punto de la forma 1/p donde p 2 es un entero (fijo en lo que sigue). Tenemos que f (1/p) = 1. Para todo x ∈]1/(p − 1), 1/p[ se tiene que Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 121 p − 1 < 1/x < p, por lo que E(1/x) = p − 1 y f (x) = (p − 1)x, y por tanto f (1/p) − f (x) = 1 − (p − 1)x > 1 − (p − 1)/p = 1/p. En consecuencia, dado ε0 = 1/2p, cualquiera sea δ > 0 hay puntos x ∈]1/(p − 1), 1/p[ cuya distancia al punto 1/p es menor que δ, para los cuales no se verifica la desigualdad |f (1/p) − f (x)| < ε0. Concluimos que f es discontinua en 1/p. De forma parecida se prueba que f es discontinua en los puntos de la forma 1/q donde q −2 es un entero. Igualmente se prueba que f es discontinua en los puntos 1 y −1. Queda por ver qué pasa en 0. Si dibujamos con paciencia (con lápiz y regla) la gráfica de f obtenemos la figura 4.2 (los segmentos verticales indican discontinuidades de salto): 1 -2 -1 O1 Figura 4.2. La función xE(1/x) Parece que f es continua en 0. Para probarlo hay que probar que |f (x) − f (0)| es tan pequeño como queramos (< ε) siempre que |x − 0| = |x| sea suficientemente pequeño (< δ). Lo usual en estos casos es trabajar para atrás. Empezamos acotando f (x) − 1. Recordemos que E(1/x) 1/x E(1/x) + 1 (4.9) Si x > 0 podemos multiplicar por x dicha desigualdad para obtener que xE(1/x) 1 xE(1/x) + x. Resulta así que para x > 0 es: 0 1 − xE(1/x) = f (0) − f (x) x (4.10) Si x < 0 podemos multiplicar por x la desigualdad (4.9) para obtener que xE(1/x) 1 xE(1/x) + x. Resulta así que para x < 0 es: 0 1 − xE(1/x) = f (0) − f (x) x es decir 0 f (x) − f (0) −x (4.11) De (4.10) y (4.11) deducimos que |f (x) − f (0)| |x|. En consecuencia, dado ε > 0, tomamos δ = ε con lo que, evidentemente, si |x| < δ entonces |f (x) − f (0)| < ε. Luego f es continua en 0. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 122 Ejercicio resuelto 54 Estudia la continuidad de la función f : R → R dada por f (x) = x sen(1/x) si x = 0 y f (0) = 0. Solución. El propósito de este ejercicio es que no olvides que |sen z| 1 para todo z ∈ R. Da igual como escribas z, esta desigualdad es válida para todo número real z (recuer- da cómo deben leerse las matemáticas). Por tanto |sen(1/x)| 1. En consecuencia, |f (x)| |x| de donde se sigue inmediatamente que f es continua en 0. Ejercicio resuelto 55 Estudia la continuidad de la función f : [0, 1] → R dada por: f (x) = 0 si x = 0 o x es irracional 1/q si x = p/q (fracción irreducible) Solución. Es fácil probar que la función es discontinua en todos los puntos racionales de ]0, 1]. La idea es que en todo intervalo abierto hay números irracionales en los que la p función vale 0. Sea r = q ∈]0, 1] un número racional escrito como fracción irreducible. Tenemos que f (r) = 1 . Tomemos ahora un ε > 0 menor que 1 ; por ejemplo ε = 1 . q q 2q Cualquiera sea δ > 0, en el intervalo ]r − δ, r + δ[∩[0, 1] hay números irracionales, si x es uno de ellos, se tiene que x ∈ [0, 1], |x − r| < δ pero |f (x) − f (r)| = 1 no es menor q 1 que ε = 2q . Concluimos que f es discontinua en r. Para probar que f es continua en todos los puntos irracionales de [0, 1] y también en 0 hay que pensar un poquito. La idea es la siguiente: dado ε > 0, quitar los puntos de [0, 1] donde la función toma un valor mayor que ε. Dichos puntos son los puntos p racionales de la forma r = q (fracción irreducible p, q ∈ N) con 1 ε, esto es, q 1 . q ε Fijado un valor de ε > 0, el conjunto de valores de q ∈ N para los que se verifica que 1 q ε es finito. Llamemos a este conjunto Qε. Para cada número q ∈ Qε las fracciones irreducibles de la forma p que están en ]0, 1] son como mucho q − 1. Concluimos que q el conjunto de los números racionales de ]0, 1] en los que la función f toma un valor mayor o igual que ε, es finito. Llamemos a este conjunto Rε. Sea ahora a un número irracional de [0, 1] o a = 0. Tenemos que a ∈ Rε por lo que para todo r ∈ Rε el número |a − r| es positivo. Sabemos que todos conjunto finito tiene máximo y mínimo. Definamos δ = m´ın {|a − r| : r ∈ Rε}. Entonces δ > 0 y para todo x ∈ [0, 1] con |x − a| < δ se tiene que x ∈ Rε, luego |f (x) − f (a)| = f (x) < ε, lo que prueba que f es continua en a. Ejercicio resuelto 56 Sea f : [a, b] → R continua. Supongamos que a f (x) b para todo x en [a, b]. Prueba que hay algún punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = c. Solución. Este ejercicio es muy sencillo. Basta hacer una representación gráfica. Imagina la gráfica de una función continua f en [a, b] que toma valores en [a, b]. Lo que te dicen en el ejercicio es que pruebes que la gráfica de f corta a la diagonal del rectángulo [a, b] × [a, b]. Gráficamente eso es evidente. Para hacerlo, seguiremos la estrategia (4.20). La ecuación que debemos considerar es f (x) = x. Definamos h(x) = x − f (x) para x ∈ [a, b]. La función h es continua, porque nos dicen que f es continua, y está definida en el intervalo [a, b]. Tenemos que h(a) = a − f (a) 0 y h(b) = b − f (b) 0. Si alguno de estos números es igual a 0 entonces c = a o c = b; en otro caso debe ser h(a) < 0 y h(b) > 0, en cuyo caso el teorema de Bolzano asegura que hay algún c ∈]a, b[ tal que h(c) = 0, es decir, f (c) = c. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 123 Ejercicio resuelto 57 Prueba que la ecuación x + ex + arc tg x = 0 tiene una sola raíz real. Da un intervalo de longitud uno en el que se encuentre dicha raíz. Solución. Sea f (x) = x + ex + arc tg x para todo x ∈ R. Es evidente que f (x) > 0 para todo x 0. Observa que si x < 0 y está muy alejado del origen, entonces ex es positivo pero muy pequeño y arc tg x será negativo (cercano a −π/2). Vemos así que para estos valores de x la función f será negativa. De alguna forma debemos justificar esto que “vemos”. Podríamos hacerlo estudiando el límite en −∞ pero aún no tenemos esa herramienta. Para lo que nos pide el ejercicio, es suficiente que encontremos un punto a < 0 en el que f (a) < 0. En estos ejercicios no hay que buscar valores “raros”. Tomemos a = −1. Tenemos que f (−1) = −1 + 1/ e + arc tg(−1) = −1 + 1/ e −π/4, como e > 2, claramente es f (−1) < 0. Como f es continua, está definida en un intervalo (todo R) y toma valores positivos y negativos, el teorema de Bolzano nos dice que debe anularse en algún punto. Como la función f es estrictamente creciente, por ser suma de funciones estrictamente crecientes, es inyectiva, por lo que se anula en un único punto. Además, como f (0) = 1, el teorema de Bolzano nos dice que el punto donde f se anula está en [−1, 0]. Ejercicio resuelto 58 Suponiendo que la temperatura varía de forma continua, prueba que siempre hay dos puntos antípodas en el ecuador terrestre que están a la misma tempera- tura. Solución. Llamemos L a la longitud del ecuador terrestre (unos cuarenta mil Kilóme- tros). Sea f : [0, L] → R la función que a cada punto x ∈ [0, L] hace corresponder la temperatura, f (x), medida en grados centígrados, que hay en dicho punto del ecuador. Suponemos que f es una función continua (cosa muy razonable). Se trata de probar que hay algún punto c ∈ [0, L/2] tal que f (c) = f (c + L/2). Para ello, aplicando la estrate- gia (4.20), consideramos la función h(x) = f (x + L/2) − f (x) definida en el intervalo [0, L/2]. Tenemos que h(0) = f (L/2)−f (0) y h(L/2) = f (L)−f (L/2). Lo único que hay que darse cuenta ahora es que el punto a distancia L vuelve a ser el punto de partida (el ecuador es una curva cerrada), por tanto f (L) = f (0) y, h(L/2) = f (0) − f (L/2). Observamos que h(0) y h(L/2) son números opuestos. O los dos son cero, en cuyo caso podemos tomar c = 0, o uno es negativo y otro positivo, en cuyo caso el teorema de Bol- zano asegura que h tiene que anularse en algún c ∈]0, L/2[, esto es, f (c + L/2) = f (c), como se quería probar. Ejercicio resuelto 59 Sea f : [a, b] → R continua con f (a) < f (b). Dado n ∈ N, n 2, prueba que hay algún punto c ∈ [a, b − (b − a)/n] tal que f (c + (b − a)/n) − f (c) = f (b) − f (a) . n Solución. Sea f : [a, b] → R una función continua. Llamemos al número f (b) − f (a) el incremento de f en [a, b]. Dado un número natural n 2, nos preguntamos si hay algún intervalo de longitud (b−a)/n en el cual el incremento de f sea igual a (f (b)−f (a))/n. Para ello dividimos el intervalo [a, b] en n intervalos de longitud igual a (b − a)/n. Estos intervalos son de la forma [xk, xk+1], donde xk = a + k(b − a)/n, k = 0, 1, . . . , n − 1. Es claro que la suma de los incrementos de f en cada uno de los n intervalos [xk, xk+1] Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 124 es igual al incremento de f en el intervalo [a, b]. Es decir: n−1 (f (xk+1) − f (xk)) = f (b) − f (a). k=0 Como en esta suma hay n sumando en total, deducimos que o bien todos ellos son igual a (f (b) − f (a))/n o bien alguno de ellos es mayor que (f (b) − f (a))/n en cuyo caso tiene que haber necesariamente otro que sea menor que (f (b) − f (a))/n. Definamos la función g : [a, b − (b − a)/n] → R por g(x) = f (x + (b − a)/n) − f (x). Nótese que g(xk) = f (xk+1) − f (xk). Según acabamos de ver: • O bien para todo k = 0, 1, . . . , n − 1 es g(xk ) = f (b) − f (a) cuyo caso se n , en f (b) − f (a) verifica que f (xk+1) − f (xk) = n . • O bien hay puntos xp, xq tales que g(xp) < (f (b) − f (a))/n < g(xq), en cuyo caso, como la función g es continua, el teorema de Bolzano implica que tiene que haber algún punto t0 comprendido entre xp y xq tal que g(t0) = (f (b) − f (a))/n, es decir se verifica que f (t0 + (b − a)/n) − f (t0) = (f (b) − f (a))/n. Hemos probado así que hay un intervalo de longitud (b − a)/n en el cual el incremento de f es igual a (f (b) − f (a))/n. Ejercicio resuelto 60 Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t0. El reloj puede ade- lantar o atrasar, pero cuenta con exactitud períodos de 12 horas, es decir, pasadas 12 horas el reloj marca un tiempo t0 + 12 horas. Demuestra que en algún momento dicho reloj mide con exactitud una hora. Solución. Sea f : [0, 12] → R la función definida por: f (t) = tiempo (medido en horas) que marca el reloj en el tiempo t. Podemos admitir que f es continua. El incremento de f en el intervalo [0, 12] es igual a f (12) − f (0) = 12. Deducimos, por lo antes visto que, para cada n 2, hay algún intervalo de longitud (12 − 0)/n en el cual el incremento de f es igual a (f (12) − f (0))/n. Es decir, que en algún instante c0 el reloj mide con 12 exactitud un período de tiempo igual a n horas: f (c0 +12/n)−f (c0) = 12/n. Tomando n = 12 obtenemos la solución del ejercicio. Ejercicio resuelto 61 Un automovilista sale de Granada hacia Madrid un sábado a las 8h de la mañana y el domingo inicia el regreso a la misma hora. Sabiendo que invirtió igual tiempo en ambos viajes, pruébese que en algún momento del domingo el automovilista se encuentra a igual distancia de Granada que a la que se encontraba el sábado en ese mismo momento. Solución. Supongamos que el automovilista tarda 4 horas en llegar a Madrid. Llamando f : [8, 12] → R la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia f (t) (medida en kilómetros) que el automovilista ha recorrido el sábado, y g : [8, 12] → R a la función que en el tiempo t (medido horas) nos da la distancia g(t) (medida en kiló- metros) que el automovilista ha recorrido el domingo; tenemos que f (8) = g(8) = 0, f (12) = g(12) = α donde α es la distancia entre Granada y Madrid. Como las funciones f y g son continuas, la función h(t) = f (t) − (α − g(t)) también es continua. Como h(8) = −α < 0, h(12) = α > 0, deducimos que h(t0) = 0 para algún Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 125 t0 ∈ [8, 12], es decir f (t0) = α − g(t0). Por tanto, el sábado y el domingo, en el instante t0 el automovilista se encuentra a la misma distancia de Granada. Si dibujas las gráficas de f y de α − g verás que este resultado es evidente. Ejercicio resuelto 62 Sean f, g funciones continuas que no se anulan en un intervalo I, ve- rificando que (f (x))2 = (g(x))2 para todo x ∈ I. Prueba que o bien f (x) = g(x) para todo x ∈ I, o bien f (x) = −g(x) para todo x ∈ I. ¿Cuántas funciones hay ϕ : R → R continuas y verificando que (ϕ(x))2 = x2 para todo x ∈ R?. Solución. La función h(x) = f (x) es continua en I y verifica que h(x)2 = 1 para g(x) todo x ∈ I, luego h(x) = 1 o h(x) = −1 para cada x ∈ I. Como I es un intervalo y h es continua, el conjunto h(I) tiene que ser un intervalo, luego deberá ser h(I) = {1} o h(I) = {−1}. En el primer caso es f (x) = g(x) para todo x ∈ I, en el segundo f (x) = −g(x) para todo x ∈ I. La igualdad ϕ(x)2 = x2 para todo x ∈ R equivale a |ϕ(x)| = |x|. Lo que da cuatro posibilidades; a saber: ϕ1(x) = x, ϕ2(x) = −x, ϕ3(x) = |x|, ϕ4(x) = −|x|, donde, en cada caso, se entiende que las igualdades son para todo x ∈ R. Ejercicio resuelto 63 Sea f : R → R continua y decreciente. Prueba que hay un único a ∈ R verificando que f (a) = a. Solución. Naturalmente, se trata de probar que la función g : R → R dada por g(x) = x − f (x) para todo x ∈ R se anula en algún punto. Como es continua (porque nos dicen que f lo es) y está definida en un intervalo, intentaremos aplicar el teorema de Bolzano. Tomemos un punto c ∈ R. Si f (c) = c hemos acabado. En otro caso será f (c) = c. Supongamos que f (c) < c. Entonces, como f es decreciente, será f (f (c)) f (c). Si f (f (c)) = f (c), hemos acabado. En otro caso será f (f (c)) > f (c). Pero en este caso obtenemos que g(c) > 0 y g(f (c)) < 0 por lo que el teorema de Bolzano garantiza que g tiene que anularse en algún punto. Se razona de forma análoga si suponemos que c < f (c). Finalmente, como g es estrictamente creciente, solamente puede anularse en un único punto. Ejercicio resuelto 64 Sean A, B, conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Defina- mos A − B = {a − b : a ∈ A, b ∈ B}; AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B} Prueba que sup(A − B) = sup A −´ınf B y, supuesto que A ⊂ R+ y B ⊂ R+, prueba que sup(AB) = sup A sup B. Solución. Sea α = sup(A), β = ´ınf(B), γ = sup(A − B). Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a α, β b. En consecuencia a − b α − β, lo que prueba que α − β es un mayorante de A − B, y por tanto γ α − β. Probaremos ahora que α − β γ. Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a − b γ, es decir, a b + γ. Esta última desigualdad nos dice que, fijado un elemento b ∈ B, el número b + γ es un mayorante de A, por lo que α b + γ. Hemos obtenido así que para todo b ∈ B se verifica que α − γ b, es decir, α − γ es un minorante de B, y por tanto α − γ β, es decir, α − β γ. Sea α = sup(A), β = sup(B), µ = sup(AB). Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que a α y b β. En consecuencia, por ser a > 0, b > 0, ab α β, lo que prueba Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 126 que α β es un mayorante de AB y por tanto µ α β. Probaremos ahora que α β µ. Cualesquiera sean a ∈ A, b ∈ B se tiene que ab µ, esto es, a µ/b. Esta última desigualdad nos dice que, fijado un elemento b ∈ B, el número µ/b es un mayorante de A, por lo que α µ/b. Hemos obtenido así que para todo b ∈ B se verifica que b µ/α, es decir,µ/α es un mayorante de B, y por tanto β µ/α, es decir, α β µ. Ejercicio resuelto 65 Sea A un conjunto no vacío de números reales. Para cada x ∈ R definamos la “distancia de x a A” por dist(x, A) = ´ınf{|x − a| : a ∈ A}. Prueba que para todos x, y ∈ R se verifica que: | dist(x, A) − dist(y, A)| |x − y|. Deduce que la aplicación x → dist(x, A) es continua. b y −a b, la desigualdad Solución. Teniendo en cuenta que |a| b equivale a que a que nos piden probar equivale a estas dos desigualdades: dist(x, A) − dist(y, A) |x − y| y dist(y, A) − dist(x, A) |x − y| (4.12) Pero es claro que basta con probar una sola de ellas pues entonces cambiando x por y obtenemos la otra (porque |x − y| = |y − x|). Probaremos la primera de las dos desigualdades (4.12). Escribamos la desigualdad en la forma: dist(x, A) |x − y| + dist(y, A) En todo lo que sigue x e y están fijos. Tenemos que para todo a ∈ A: dist(x, A) |x − a| |x − y| + |y − a|. Es decir dist(x, A) − |x − y| |y − a| para todo a ∈ A. Deducimos que dist(x, A) − |x − y| es un minorante del conjunto {|y − a| : a ∈ A}, y por tanto será menor o igual que el máximo minorante de dicho conjunto, que es por definición dist(y, A). Hemos probado así que dist(x, A) − |x − y| dist(y, A). Que es la desigualdad que queríamos probar. Es evidente, teniendo en cuenta la desigualdad que acabamos de probar, que la función ϕ(x) = dist(x, A) es continua, pues dado ε > 0, tomamos δ = ε con lo que, eviden- temente, |ϕ(x) − ϕ(y)| |x − y| < ε siempre que |x − y| < δ. Observa que aquí un mismo “δ” vale para todo punto. Ejercicio resuelto 66 Sea f : R → R continua, mayorada y tal que para todos a, b ∈ R con a < b, se verifica que sup f (]a, b[) = sup f (R). Prueba que f es constante. Solución. Llamemos β = sup f (R). Es claro que f (x) β para todo x ∈ R. Y, si f es constante deberá darse la igualdad f (x) = β en todo punto x de R. Luego tenemos que probar que, dado a ∈ R, es imposible que ocurra f (a) < β. Pero eso es claro, pues Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 127 si fuera f (a) < β, entonces tomando λ ∈]f (a), β[, por el teorema de conservación del signo aplicado a la función g(x) = λ − f (x) en el punto a, deducimos que existe un intervalo abierto ]u, v[ que contiene al punto a y tal que para todo x ∈]u, v[ es g(x) > 0, es decir, f (x) < λ. Pero entonces sup f (]u, v[) λ < β en contradicción con la hipótesis hecha. Ejercicio resuelto 67 Sea f : [a, b] → R creciente. Supongamos que a f (x) b para todo x en [a, b]. Prueba que hay algún punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = c. Sugerencia. Considera el supremo del conjunto {x ∈ [a, b] : x f (x)}. Fíjate que no suponemos que f sea continua. Solución. Sea M = {x ∈ [a, b] : x f (x)}. El conjunto M no es vacío (a ∈ M ) y está mayorado (b es un mayorante de M ). Sea c = sup(M ). Evidentemente c ∈ [a, b]. Probaremos que f (c) = c. Probaremos para ello que no puede ser f (c) = c. a) Si fuera c < f (c), entonces, como c es un mayorante de M , tendríamos que f (c) ∈ M , es decir, f (c) > f (f (c)). Y también, por ser f creciente, tendríamos que f (c) f (f (c)), resultando así una contradicción. b) Si fuera f (c) < c, entonces hay algún z ∈ M tal que f (c) < z. Y como z f (z) deducimos que f (c) < f (z) lo cual, por ser f creciente, implica que c < z lo que es contradictorio. Ejercicio resuelto 68 Justifica que, dado x ∈ R, la ecuación log t + t5 = x tiene una única solución, que representamos por ϕ(x). Justifica que la función x → ϕ(x), (x ∈ R), así definida es continua. Solución. La función f : R+ → R dada por f (t) = log t + t5 es continua. Como R+ es un intervalo, el conjunto imagen f (R+) también es un intervalo. Claramente f (R+) es un intervalo no minorado ni mayorado, luego f (R+) = R. La función f es estrictamente creciente, por tanto es inyectiva. Deducimos que dado x ∈ R hay un único t ∈ R+ tal que f (t) = x. Sea ϕ : R → R la función inversa de f . La función ϕ es estrictamente creciente y su imagen es un intervalo (R+), luego es continua en virtud del teorema (4.23). Ejercicio resuelto 69 Sea f : [0, 1] → R continua verificando que |f (s) − f (t)| |s − t| para todos s, t ∈ [0, 1], y f ({0, 1}) = {0, 1}. Prueba que o bien es f (x) = x para todo x ∈ [0, 1], o bien es f (x) = 1 − x para todo x ∈ [0, 1]. Solución. La clave de este ejercicio consiste en darse cuenta de que la condición del enunciado |f (s) − f (t)| |s − t| implica que f es inyectiva en [0, 1]. Como f se supone continua, el teorema (4.26) nos dice que f es estrictamente monótona. La condición f ({0, 1}) = {0, 1} nos dice que o bien es f (0) = 0 y f (1) = 1 o bien es f (0) = 1 y f (1) = 0. En el primer caso f será estrictamente creciente y en el segundo estrictamente decreciente. Supongamos que f (0) = 0 y f (1) = 1. Probaremos que f (x) = x para todo x ∈ [0, 1]. Como f es estrictamente creciente, será 0 f (x) 1 para todo x ∈ [0, 1]. Haciendo t = 0 y s = x en la desigualdad |f (s) − f (t)| |s − t|, obtenemos que f (x) x. Haciendo t = 1 y s = x obtenemos que 1 − f (x) 1 − x, es decir, f (x) x. Concluimos que f (x) = x. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral