Análisis Matemático - Takeuchi - A Mendo Za

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Análisis Matemático
Análisis Matemático
Yu Takeuchi
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
Sede Bogotá
Análisis Matemático
c© Yu Takeuchi
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
c© Universidad Nacional de Colombia
Facultad de Ciencias
Departamento de Matemáticas
Sexta edición, 2008
Bogotá, Colombia
ISBN 978-958-719-044-1
Bogotá, Colombia
Diagramación en LATEX : Margoth Hernández Quitián
Diseño de carátula: Andrea Kratzer
Catalogación en la publicación Universidad Nacional de Colombia
Takeuchi, Yu, 1927 –
Análisis Matemático / Yu Takeuchi. – Bogotá : Universidad
Nacional de Colombia. Facultad de Ciencias. Departamento de Matemáticas, 2008
vi, 450 p.
ISBN 978-958-719-044-1
1. Análisis matemático 2. Análisis numérico
CDD-21 515 / 2008
Índice general
1. Número de elementos de un conjunto 1
1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Equivalencia (o equipotencia) de dos conjuntos . . . . . . . . . 2
1.3. Conjuntos Infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4. Conjuntos no contables (no numerables) . . . . . . . . . . . . . 18
2. Conceptos básicos de topoloǵıa en Rp 26
2.1. Extremo superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2. Sucesiones numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3. Sucesiones de puntos del espacio Rp . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.4. Puntos de acumulación. Teorema de Bolzano Weierstrass . . . . 70
2.5. Conjunto cerrado. Conjunto abierto . . . . . . . . . . . . . . . 90
3. Ĺımites y continuidad 163
3.1. Ĺımites de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
3.2. Continuidad de función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
3.3. Algunos ejemplos importantes de funciones continuas . . . . . . 201
3.4. Imagen directa e imagen inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
3.5. Continuidad uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
i
ii ÍNDICE GENERAL
4. Función de valor real, de una variable real 269
4.1. Ĺımite por la derecha y ĺımite por la izquierda . . . . . . . . . 269
4.2. Derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297
4.3. Función de variación acotada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356
5. Sistemas numéricos 398
5.1. Números naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
5.2. Números quebrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407
5.3. Número negativo y cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409
5.4. Expresión de un número en el sistema decimal . . . . . . . . . 410
5.5. Números decimales no-ćıclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418
5.6. Cortadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432
Presentación
Por una “locura juvenil” o por la necesidad de escapar de las ŕıgidas costum-
bres del Japón de la postguerra, en 1959, Yu Takeuchi atravesó medio mundo
en un barco carguero para dejar en Colombia lo mejor de su creación como
matemático, la esencia del pedagogo y la sabiduŕıa y humildad del maestro. Se
autodenomina “el abuelo de las matemáticas”, pues muchos de sus disćıpulos
son considerados los padres de esa disciplina en las principales universidades
del páıs. Recientemente fue condecorado por la Cancilleŕıa colombiana con
la orden San Carlos en el grado de oficial, en el marco de los 100 años de
relaciones con el Japón.
Le puso tanto empeño a su labor, que al año de enseñar en la Universidad
Nacional ya hablaba español y a los dos años lo escrib́ıa. Este segundo logro
seŕıa definitivo en su propósito de llevar las matemáticas a lo largo y ancho del
páıs, pues fundó la revista “Matemáticas: enseñanza universitaria” y escribió,
de su propia mano o junto con estudiantes y colegas, 20 libros de texto y
30 de divulgación, algunos de los cuales imprimió en el garaje de su casa en
Bogotá y otros en Japón. “La idea era ofrecer textos prácticos que fueran más
entendibles que los que llegaban a Colombia de Alemania o Francia”.
Los libros sobre cálculo elemental, cálculo diferencial, sucesiones y series,
mecánica anaĺıtica, análisis matemático, variables y análisis funcional lo hi-
cieron famoso en las universidades de toda la geograf́ıa nacional e incluso en
otros páıses de América Latina como México, donde matemáticos e ingenieros
aprendieron a resolver todo tipo problemas de cálculo con las claves suminis-
tradas por él. Por esa razón dice que tiene estudiantes de salón que son como
sus hijos, otros a los que éstos les enseñaron a través de los libros, que son
como sus nietos, e incluso tiene tataranietos académicos.
“Además de la calidad, una de las ventajas que ofrećıan los libros del profesor
Takeuchi era un precio que estaba en muchos casos por debajo de los costos de
producción; esto permitió que rápidamente se fueran convirtiendo en los textos
de matemáticas más empleados en las universidades colombianas. Usualmen-
iii
iv ÍNDICE GENERAL
te estos libros estaban integrados por 60 parágrafos, de tal forma que cada
parágrafo correspond́ıa a una lección de una hora de clase, adaptándose aśı a
la distribución semestral de las materias. Sobre los art́ıculos escritos por él, se
cree que hay alrededor de unos 86, entre ellos 46 de tipo investigativo y 40 de
tipo divulgativo”
Sus alumnos, tanto los más jóvenes como los más experimentados, afirman
querer ser algún d́ıa como ese maestro que les enseñó a resolver problemas
numéricos en el papel y que con su ejemplo les transmitió la paciencia necesaria
para resolver las grandes dificultades de la vida.
Mabel Paola López
Tomado de Universia Colombia, junio 27 de 2008
http://www.universia.net.co/galeria-de-cientificos/matematicas-y-ciencias-naturales/yu-
takeuchi.html
Prólogo
El análisis matemático es el primer curso teórico para los estudiantes que quie-
ren adentrarse en la ciencia matemática. Siempre se presenta mucha dificultad
para dominar esta materia puesto que los alumnos tienen que combinar ade-
cuadamente los conceptos intuitivos del cálculo elemental con el rigor lógico,
manteniendo una buena visión global del camino. Los libros actuales de análi-
sis, que suelen tener una gran acumulación de definiciones, postulados, propo-
siciones y teoremas con sus demostraciones cortas y artificiales, co el fin de dar
una mejor presentación y elegancia de la obra, sacrificando la visualización de
la materia, pueden ser útiles para las personas que quieran repasar el análisis
ya estudiado anteriormente, pero no son adecuados para los estudiantes que
quieren iniciar estudios formales en matemática. Aún más, suelen acosar a
los estudiantes principiantes con la memorización de términos, convirtiendo el
estudio en recitación del texto. Lo que necesitan primero los estudiantes, no
son conocimientos matemáticos, sino métodos adecuados para estudiar y para
aumentar la creatividad académica. Con tal fin presentamos ahora un libro de
análisis matemático bajo una nueva orientación, en el cual, a través de abun-
dantes ejemplos y ejercicios, los lectores mismos puedan construir su propia
teoŕıa matemática del análisis, alcanzando paulatinamente un nivel avanza-
do. Naturalmente el desarrollo de la materia no es tan rápido como en otros
libros. Se adoptan los procesos más naturales sacrificando de vez en cuando
la elegancia. Además, el libro abarca solamente los conceptos básicos de la
materia absteniéndose de tratar otros temas. Lo que pretendemos ofrecer en
este libro, no es conocimientos matemáticos sino formar capacidad para los
estudios posteriores e incrementar la creatividad. Una vez que los estudiantes
dominen la parte fundamental del análisis, ellos pueden adquirir fácilmente
más conocimientos matemáticos con otros libros para completar sus estudios
(ver bibliograf́ıa). Esperamosque el presente libro pueda ser útil para los prin-
cipiantes que todav́ıa no tienen familiaridad para entrar al mundo matemático
abstracto. Puede ser un poco aburrido para los genios que ya poseen capacidad
de abstracción.
v
vi ÍNDICE GENERAL
A pesar de que el contenido del primer caṕıtulo (número de elementos de un
conjunto), está incluido en el pensum del bachillerato, es aconsejable dar una
lectura rápida del Apéndice (Sistemas numéricos) y del primer caṕıtulo antes
de entrar al caṕıtulo II, aún para estudiantes conocedores de estos temas. Aun-
que no es indispensable dedicarle muchos esfuerzos. Generalmente la mayoŕıa
de los ejercicios colocados en la última parte de cada parágrafo y los ejerci-
cios adicionales, son de nivel muy elevado. es conveniente saltarlos, según la
capacidad de los lectores, puesto que aprender de memoria la solución de los
problemas sin poder digerirlos bien, puede ser perjudicial para el desarrollo
intelectual de los estudiantes en el futuro.
En el caṕıtulo I y el Apéndice, fueron publicados anteriormente en el Bolet́ın de
Matemáticas vol. VIII N◦ 2 y N◦ 3 (Publicación bimestral del Departamento
de Matemáticas de la Universidad Nacional de Colombia). El primer borrador
de los caṕıtulos II y III fue escrito en el Departamento de Matemáticas de la
Facultad e Minas (Medelĺın) cuando dicte un curso de visita en 1973. Quiero
manifestar mis sinceros agradecimientos a todas las personas que me brindaron
la colaboración y apoyo a este trabajo.
No puedo olvidar que la presente realización ha contado con la valiosa ayuda
de mi colega, Dr. Eduardo Mantilla quien efectuó la tediosa labor de revisión
y corrección del original, le estoy sinceramente agradecido.
Yu Takeuchi
Febrero de 1974
En la 4a edición de este libro traté de corregir los errores encontrados; además
agregue un modelo del examen final de la materia, con el fin de utilizarlo para
el autodiagnóstico académico del lector.
1978
El autor
1
Número de elementos de un
conjunto
1.1. Introducción
El concepto de Número de elementos de un conjunto está incluido en el plan
de estudios de 2o de bachillerato; sin embargo, aún para estudiantes avanzados
de la carrera de Matemáticas, este concepto no es fácil de dominar.
En la figura 1.1 se muestra un conjunto de frutas; los niños de ḱınder saben
ya que aqúı hay tres frutas. Analicemos cómo las cuentan:
{ , , }
Figura 1.1.
Algunos niños las contarán como se muestra en la figura 1.2, otros niños la con-
tarán como en la figura 1.3, ó la figura 1.4 en cualquier caso, siempre hay que
establecer una correspondencia de las frutas a los números naturales sucesivos
(representados convenientemente por los dedos) uno, dos y tres, de tal manera
que a cada fruta se le asigna un sólo número; aśı que obtiene el número tres
como el último número en estas correspondencias (en la figura 1.2 el número
correspondiente a la naranja, en la figura 1.3 el número correspondiente a la
1
2 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
manzana, y en la figura 1.4 el número correspondiente a la pera) y esto es
precisamente el número de frutas.
{ , , }
uno dos tres
Figura 1.2.
{ , , }
unodostres
Figura 1.3.
{ , , }
uno dostres
Figura 1.4.
A continuación estudiaremos matemáticamente el mecanismo intuitivo del con-
tar observado anteriormente.
1.2. Equivalencia (o equipotencia) de dos conjuntos
Dados dos conjuntos A y B decimos que A es equivalente (o equipotente) a B
si es posible establecer una correspondencia uno a uno entre los elementos de
A y de B (en otras palabras, si existe una función uno a uno de A sobre B) y
se nota:
A ∼ B.
1.2. EQUIVALENCIA (O EQUIPOTENCIA) DE DOS CONJUNTOS 3
En el ejemplo del parágrafo anterior, la figura 1.2(o las figuras 1.3 y 1.4) nos
muestra que el conjunto de frutas es equivalente al conjunto numérico {1, 2, 3}.
Ejemplo 1.
Demostrar la equivalencia de los intervalos:
(i) (0, 1) ∼ (a, b)
(ii) (0, 1) ∼ (a,∞)
(iii) (0, 1) ∼ (−∞,∞)
Demostación.
(i) Considerar la correspondencia f : (0, 1) → (a, b) definida por
x ∈ (0, 1), f(x) = a + x(b − a) ∈ (a, b).
(ii) Considerar la correspondencia g : (0, 1) → (a,∞) definida por:
x �→ g(x) = 1
x
− 1,
x ∈ (0, 1), g(x) = 1
x
− 1 ∈ (0,∞).
(iii) Considerar la función b : (0, 1) → (−∞,∞) definida por
b(x) =
⎧⎪⎨⎪⎩
2 − 1
x
si x ∈ (0, 12)
1
1 − x − 2 si x ∈ [
1
2 , 1)
para cada x ∈ (0, 1).
Dejamos al lector la comprobación de que estas funciones f, g y h
son uno a uno.
Ejercicio 1.
Demostrar que
(i) A ∼ A.
(ii) Si A ∼ B entonces B ∼ A.
4 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
(iii) Si A ∼ B, B ∼ C entonces A ∼ C.
Demostación.
(i) Sea f la función idéntica definida en A:
f(x) = x para todo x ∈ A.
Entonces f es uno a uno y sobre, por lo tanto se tiene que A ∼ A.
(ii) Si A ∼ B existe una función g, de A sobre B y uno a uno. La función
inversa g−1 existe, es uno a uno y
g−1(B) = A.
Por lo tanto se tiene que B ∼ A.
(iii) Si A ∼ B, B ∼ C existen dos funciones, g y b, uno a uno tales que:
g(A) = B, b(B) = C.
Dejamos al lector la comprobación de que la función compuesta b◦g nos
garantiza la equivalecia de A y C.
Ejercicio 2.
Supóngase que A ∼ A1 y B ∼ B1. Demostrar:
(i) A × B ∼ A1 × B1.
(ii) Si A
⋂
B = ∅, A1
⋂
B1 = ∅ entonces A
⋃
B ∼ A1
⋃
B1.
Demostación.
Sea f una aplicación uno a uno de A sobre A1 y g una aplicación uno a uno
de B sobre B1.
(i) Definamos una aplicación F de A×B en A1 ×B1, en la forma siguiente:
F (x, y) = (f(x), g(x)) : x ∈ A, y ∈ B.
Si F (x, y) = F (x1, y1) se tiene:
(f(x), g(y)) = (f(x1), g(y1))
o sea que
f(x) = f(x1), g(y) = g(y1).
Esto es, x = x1, y = y1, por lo tanto F es uno a uno. dejamos al lector
la comprobación de que F es sobre.
1.2. EQUIVALENCIA (O EQUIPOTENCIA) DE DOS CONJUNTOS 5
(ii) Consideremos la siguiente aplicación G de A
⋃
B en A1
⋃
B1:{
G(x) = f(x) si x ∈ A
G(y) = g(y) si y ∈ B.
El lector puede demostrar que G es uno a uno y sobre.
Ejercicio 3.
Demostrar la equivalencia de los intervalos:
[0,∞) ∼ (−∞,∞) ∼ (0,∞).
Demostación.
Por el ejemplo 1 y el ejercicio 1 basta demostrar que
[0,∞) ∼ (−∞,∞).
Consideremos la función g : [0,∞) → (−∞,∞) definida por:
g(x) =
{
x − n si x ∈ [2n, 2n + 1), donde n = 0, 1, 2, . . .
x − 3n + 1 si x ∈ [2n − 1, 2n), donde n = 1, 2, 3, . . .
1 2 3 4 5 6 7 8 x 0
g(x)
Figura 1.5.
Dejamos al lector la comprobación de que esta función g nos garantiza la
equivalencia de [0,∞) y (−∞,∞).
6 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Ejercicio 4.
Demostrar que si
A ∼ {1, 2, 3, . . . ,m} y A ∼ {1, 2, 3, . . . , n}
entonces m = n.
Demostación.
Por el ejercicio 1 se tiene que
{1, 2, 3, . . . ,m} ∼ {1, 2, 3, . . . , n}.
o sea que existe una aplicación f uno a uno tal que
f({1, 2, 3, . . . , m}) = {1, 2, 3, . . . , n}.
f(m) es un número natural entre 1 y n, la aplicación f establece la siguiente
equivalencia:
{1, 2, 3, . . . , m − 1} ∼ {1, 2, 3, . . . , n} − {f(m)}.
Pero (Figura 1.6)
{1, 2, 3, . . . , m} − {f(m)} ∼ {1, 2, 3, . . . , n − 1}, (2)
luego:
{1, 2, 3, . . . , m − 1} ∼ {1, 2, 3, . . . , n − 1}, (3)
y aśı sucesivamente, si m ≥ n tenemos:
{1, 2, 3, . . . , m − n + 1} ∼ {1},
esto es
m = n
ya que m − n + 1 = 1.
{ 1 , 2 , . . . , f(m)-1, f(m) , . . . , n-1 }
{ 1 , 2 , . . . , f(m)-1, f(m)+1 , . . . , n }
Figura 1.6.
1.2. EQUIVALENCIA (O EQUIPOTENCIA) DE DOS CONJUNTOS 7
Si un conjunto A es equivalente al conjunto {1, 2, . . . , m} decimos que A es un
conjunto finito y que A tiene m elementos (ó que m es el número de elementos
del conjunto A). De acuerdo con el ejercicio 4; el número de elementos está bien
definido, en términos más intuitivos, el número de elementos de un conjunto
es independiente de la manera de contarlos, según se observó en el parágrafo
anterior.
Ejemplo 2.
Un conjunto acotadode números naturales es finito.
Demostación.
Sea A un conjunto acotado de números naturales, sean:
a(1) = el mı́nimo de A
a(2) = el mı́nimo de A − {a(1)}
a(3) = el mı́nimo de A − {a(1), a(2)}.
Si M es una cota del conjunto A, el procedimiento debe acabar al cabo de a
lo más, M pasos; o sea que existe m(m ≤ M) tal que a(m) = el mı́nimo de
A − {a(1), a(2), . . . , a(m − 1)} y A = {a(1), a(2), . . . , a(m)}.
Es evidente que A es un conjunto finito de m elementos.
Ejemplo 3.
Sea N el conjunto de todos los números naturales. Entonces N es infinito.
Demostación.
Supongamos que N fuera finito, entonces existiŕıa una m tal que
N ∼ {1, 2, 3, . . . , m}.
Por un procedimiento similar a la solución del ejercicio 3 se tendŕıa:
N ∼ {1, 2, 3, . . . , m − 1} ∼ {1}.
Esto es imposible ya que N = {1, 2, 3, . . .} tiene dos elementos distintos, por
ejemplo 1 y 2.
Ejercicio 5.
Sean A, B dos conjuntos finitos disyuntos de m, k elementos respectivamente.
Demostrar que A
⋃
B tiene m + k elementos.
8 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Demostación.
Tenemos:
A ∼ {1, 2, . . . , m} y B ∼ {1, 2, . . . , k}.
Evidentemente se tiene:
B ∼ {1, 2, . . . , k} ∼ {m + 1,m + 2, . . . ,m + k},
luego (Figura 1.7):
A
⋃
B ∼ {1, 2, . . . , m}
⋃
{(m + 1), (m + 2), . . . , (m + k)}
= {1, 2, 3, . . . , m + k}.
dejamos al lector los detalles de la demostración.
{1,2,3,...,m}
{m+1,m+2,m+3,...,m+k}
A
B
Figura 1.7.
Ejercicio 6.
Demostrar que cualquier subconjunto ni vació de un conjunto finito es finito.
Demostación.
Sea m el número de elementos de un conjunto finito A. Si B ⊂ A entonces B
es equivalente a un subconjunto de {1, 2, . . . , m} digamos S. Por el ejemplo 2
se tiene que S es finito, por lo tanto B es finito.
Ejercicio 7.
Demostrar que un conjunto finito no es equivalente a ningún subconjunto
propio.
1.2. EQUIVALENCIA (O EQUIPOTENCIA) DE DOS CONJUNTOS 9
Demostación.
Sea B un subconjunto propio (no vaćıo) de un conjunto finito A, entonces
A = B ∪ (A − B), A − B 
= ∅.
Si m(A), m(B), m(A − B) son los números de elementos de los conjuntos
A, B y A − B respectivamente, entonces, por ejercicio 5 tenemos:
m(A) = m(B) + m(A − B).
Esto es:
m(A) > m(B),
o sea que A y B no son equivalentes.
Ejercicio 8.
Sea A un conjunto finito y B un subconjunto de A. Supongamos que m(A) y
m(B) designan el número de elementos de A y de B respectivamente, demos-
trar que:
A = B si y sólo si m(A) = m(B).
Sugerencia. Por el ejercicio 7 se tiene que:
si B 
= A entonces m(B) < m(A).
Ejercicio 9.
Sea A un conjunto de k números naturales. Demuestre que A tiene la forma:
A = {n1, n2, n3, . . . , nk},
donde
n1 < n2 < n3 < · · · < nk, n1, n2, . . . , nk ∈ N
Demostación.
Sea:
n1 = el mı́nimo de A,
n2 = el mı́nimo de A − {n1},
n3 = el mı́nimo de A − {n1, n2},
· · ·
nk = el mı́nimo de A − {n1, n2, . . . , nk−1}.
10 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
El lector debe demostrar que:
(i) Si b < k
A − {n1, n2, . . . , nb} 
= ∅.
(ii)
A = {n1, n2, . . . , nk}.
Ejercicio 10.
Demostrar que un conjunto finito de números naturales tiene un elemento
máximo.
Sugerencia. Aplicar el ejercicio 9.
Ejercicio 11.
Demostrar que la unión de dos conjuntos finitos es un conjunto finito.
Sugerencia. Sean A, B finitos entonces
A ∪ B = A ∪ (B − A).
Aplicar el ejercicio 5 el ejercicio 6.
Ejercicio 12.
Demostrar que la unión de un número finito de conjuntos finitos es finito.
Dejamos la demostración al lector.
1.3. Conjuntos Infinitos
Se dice que un conjunto (no vaćıo) es infinito si no es finito. En el ejemplo 3
hemos visto que N es infinito.
Ejemplo 4.
Los conjuntos numéricos Z, Q, R son infinitos.
Demostación.
Si Z(ó Q, R) fuera finito entonces N seŕıa finito ya que N ⊂ Z (Ejercicio 5).
1.3. CONJUNTOS INFINITOS 11
Ejercicio 13.
Demostrar que conjunto infinito si posee un subconjunto infinito.
Sugerencia. Si el conjunto fuera finito, cualquier subconjunto seŕıa finito. (Ejer-
cicio 6)
Ejercicio 14.
Cualquier conjunto infinito contiene un subconjunto equivalente a N.
Demostación.
Sea A un conjunto infinito.
Como A no es vaćıo, existe un elemento de A, digamos a1. Ahora bien, A−{a1}
no es vaćıo (si A − {a1} fuera vaćıo A seŕıa finito contra la hipótesis). Luego
existe un elemento de A − {a1}, digamos a2. Y aśı sucesivamente. En general
el conjunto
A − {a1, a2, . . . , an}
no es vaćıo, luego existe an+1 ∈ A − {a1, a2, . . . , an}.
El conjunto {a1, a2, a3, . . .} es equivalente a N y
{a1, a2, a3, . . .} ⊂ A.
Decimos que un conjunto A es contablemente (ó enumerablemente) infinito si
A ∼ N. Un conjunto es contable (ó numerable) si es vaćıo, ó finito ó contable-
mente infinito.
Si A es contablemente infinito existe una correspondencia (ó aplicación) uno
a uno entre A y N. Sea a1 el elemento de A correspondiente a 1 ∈ N por esta
aplicación a2 el elemento de A correspondiente a 2 ∈ N y en general, an el
elemento de A correspondiente a n ∈ N (Figura 1.8). En otras palabras, todos
los elementos del conjunto A pueden ser marcados por sub́ındices naturales.
N={ 1 , 2 , 3 , . . . , n , . . . }
A={ a
1 
, a
2 
, a
3 
, . . . , a
k 
, . . .
 
}
correspondencia entre A y N
Figura 1.8.
12 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Nótese que ai 
= aj si i 
= j en esta expresión del conjunto A puesto que la
correspondencia es uno a uno. Análogamente, si B es un conjunto finito de k
elementos tenemos:
B = {a1, a2, . . . , ak}
� � �
{ 1, 2, . . . , k }.
El ejercicio 14 puede formularse como sigue:
Cualquier conjunto infinito tiene un subconjunto contablemente infinito.
Se puede expresar este hecho en forma intuitiva diciendo que los conjuntos
contables son más pequeños que todos los otros conjuntos infinitos. En resu-
men:
{conjunto vaćıo} ←→ no tiene elementos
{conjuntos finitos} ∼ {1, 2, 3, . . . ,m}
{conjuntos infinitos contables} ∼ N = {1, 2, 3, . . .}
{conjuntos infinitos no contables}.
Ejemplo 5.
(i) Z es enumerable ya que la siguiente aplicación f : Z → N es uno a uno
f(0) = 1, f(n) = 2n, (n = 1, 2, 3, . . .)
f(−n) = 2n + 1 (n = 1, 2, 3, . . .).
(ii) A = {2, 4, 6, . . .} es contablemente infinito ya que la aplicación
g : g(2n) = n de A sobre N es uno a uno.
Ejercicio 15.
Cualquier subconjunto de un conjunto contable es contable.
Demostación.
Basta demostrar que cualquier subconjunto de N es contable.
Sea A ⊂ N, si A es finito o vaćıo entonces A es contable por definición. Si A
es infinito, A es de la forma (ver ejercicio 9):
A = {n1, n2, n3, . . .}, n1 < n2 < n3 < · · · ,
o sea que A es contable.
1.3. CONJUNTOS INFINITOS 13
Ejercicio 16.
Si A es infinito entonces A es equivalente a alguno de sus subconjuntos propios.
Nota 1. Esta propiedad, combinada con el ejercicio 7, caracteriza los conjun-
tos infinitos. Es decir un conjunto A es infinito si y sólo si A es equivalente a
alguno de sus subconjuntos propios.
Demostación.
Por el ejercicio 14, existe un subconjunto de A, enumerablemente infinito, por
ejemplo:
B = {b1, b2, b3, . . .} ⊂ A.
Definamos la siguiente aplicación f :
(i) f es idéntica en A − B (A − B puede ser vaćıo)
(ii) f(bn) = b2n (n = 1, 2, 3, . . .).
Evidentemente f es uno a uno y su recorrido es:
(A − B) ∪ {b2, b4, b6, . . .}
lo cual constituye un subconjunto propio de A. (Ver figura 1.9)
A - B
{ b
1 
, b
2 
, b
3 
, . . . 
 
} { b2 , b4 , b6 , . . . }
A - B
aplicación
idéntica
aplicación f
A =
Figura 1.9.
Ejercicio 17.
La unión de dos conjuntos contables es contable.
14 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Demostación.
Sean A, B dos conjuntos contables.
(i) Suponemos primero que A y B son disyuntos.
Si A y B son finitos entonces A ∪ B es finito, luego es contable.
Si A y B son infinitos digamos:
A = {a1, a2a3, . . .}, B = {b1, b2b3, . . .}
entonces:
A ∪ B = {a1, b1, a2, b2, a3, b3, . . . , an, bn, . . .}
por lo tanto A ∪ B es contablemente infinito.
Si A es finito y B es infinito:
A = {a1, a2, . . . , am}, B = {b1, b2b3, . . .},
por lo tanto A ∪ B es contablementeinfinito.
(ii) Caso general. Tenemos:
A ∪ B = A ∪ (B − A)
donde B − A es contable (ejercicio 15), como A y B − A son disyuntos
se tiene que A ∪ (B − A) es contable.
Ejercicio 18.
La unión de un número finito de conjuntos contables es contable.
La demostración la dejamos para el lector.
Ejercicio 19.
Sean A y B dos conjuntos contables, entonces A × B (el producto cartesiano
de A y B) es contable.
Demostación.
(i) Suponemos que A y B son infinitos, entonces:
A ∼ N ∼ {2n | n ∈ N}
B ∼ N ∼ {3n | n ∈ N},
1.3. CONJUNTOS INFINITOS 15
luego:
A × B ∼ {(2n, 3k) | n, k ∈ N} ∼ {2n3k | n, k ∈ N}.
Como {2n3k | n, k ∈ N} es un subconjunto de N, entonces es contable,
por lo tanto A × B es contable.
(ii) Caso general. Sean A0 = A ∪ N y B0 = B ∪ N. Entonces A0, B0 son
contablemente infinitos (Ejercicio 17), luego se tiene que A0 × B0 es
contable (parte (i)). Como A×B ⊂ A0 ×B0, por el ejercicio 15 tenemos
que A × B es contable.
Ejercicio 20.
Sean A1, A2, . . . , Ap conjuntos contables. Entonces el producto cartesiano
A1 × A2 × · · · × Ap es contable.
La demostración la dejamos para el lector.
Ejercicio 21.
Sea {Aj}j∈N una colección contable de conjuntos contables, entonces la unión
total
∞⋃
j=1
Aj es contable.
Demostación.
Utilizando la técnica empleada en la demostración del ejercicio 19 se puede
suponer que Aj es contablemente infinito para todo j.
(i) Supongamos que A1, A2, A3, . . . son disyuntos.
Sean:
Aj = {a(j)1 , a(j)2 , a(j)3 , . . . , a(j)n , . . .}, j = 1, 2, 3, . . .
Consideremos la aplicación f :
⋃∞
j=1 Aj → N × N definida por:
f(a(j)n ) = (j, n) ∈ N × N.
El lector puede comprobar fácilmente que f es uno a uno y sobre. Por
lo tanto
∞⋃
j=1
Aj ∼ N × N ∼ N.
16 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
(ii) Caso general. Sean
B1 = A1
B2 = A2 − A1
B3 = A3 − (A1
⋃
A2)
· · ·
BnAn − (A1
⋃
· · ·
⋃
An−1)
Entonces: ∞⋃
n=1
An =
∞⋃
n=1
Bn.
Como Bn es contable para todo n se tiene que
⋃∞
n=1 Bn es contable (parte (i))
por lo tanto
⋃∞
n=1 An es contable.
Ejercicio 22.
El conjunto Q de todos los números racionales es contable.
Sugerencia. El conjunto Q es equivalente a un subconjunto de N × N.
Ejercicio 23.
Sea A un conjunto de intervalos de R abiertos y disyuntos dos a dos. entonces
A es contable.
Demostación.
Como Q es contable podemos escribir:
Q = {x1, x2, x3, . . .}.
Si (a, b) ∈ A, el conjunto de números naturales {n ∈ N | xn ∈ (a, b)} no es
vaćıo puesto que Q es denso en toda parte. Al intervalo (a, b) le asignamos el
siguiente número natural:
el mı́nimo de {n ∈ N | xn ∈ (a, b)}.
Aśı se puede establecer una correspondencia entre los intervalos del conjunto
A y un subconjunto de N, evidentemente esta correspondencia es uno a uno
ya que los intervalos de A son disyuntos.
1.3. CONJUNTOS INFINITOS 17
Ejercicio 24.
Sea B un conjunto de intervalos cerrados con longitud positiva y disyuntos
dos a dos. demostrar que B es contable.
Sugerencia. Similar al ejercicio 23.
Ejercicio 25.
Demostrar que:
(i) En Rn (o en R2) el conjunto de todos los puntos de coordenadas racio-
nales es contable.
(ii) Una colección de ćırculos disyuntos con radio positivo es contable.
(iii) Una colección de esferas disyuntas con radio positivo es contable.
La demostración la dejamos al lector.
Ejercicio 26.
Sea S la colección de todos los polinomios de coeficientes racionales, entonces
S es contable.
Sugerencia. Sea Sn la colección de todos los polinomios con coeficientes racio-
nales de grado n, entonces
Sn ∼ Qn+1 ∼ Nn+1 ∼ N,
luego:
S =
∞⋃
n=1
Sn ∼ N (Ejercicio 21).
Ejercicio 27.
Sea f una función de valor real definida en [0, 1] y supongamos que existe
una constante M > 0 tal que para toda sucesión finita de puntos distintos
{x1, x2, . . . , Xn} se tiene la desigualdad:
|f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn)| ≤ M ;
demostrar que el conjunto
S = {x ∈ [0, 1] | f(x) 
= 0}
es contable.
18 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Demostación.
Sean S+ = {x ∈ [0, 1] | f(x) > 0} y S− = {x ∈ [0, 1] | f(x) < 0} entonces
S = S+ ∪ S−. (i)
Sea
Sn =
{
x ∈ [0, 1] | f(x) > 1
n
}
, n = 1, 2, 3, . . .
entonces tenemos:
S+ =
∞⋃
n=1
Sn. (ii)
Si x1, x2, . . . , xk son puntos disyuntos de Sn entonces
|f(x1) + f(x2) + · · · + f(xk)| = f(x1) + f(x2) + · · · + f(xk) ≤ M,
luego:
k
n
=
1
n
+ · · · + 1
n
< f(x1) + f(x2) + · · · + f(xk) ≤ M,
es decir,
k < n · M.
Esto es, el conjunto Sn contiene a lo más n ·M puntos distintos, o sea que Sn
es finito (contable). Por lo tanto S+ es contable. De la misma forma, se ve que
S− es contable. Luego S es contable.
El lector debe comprobar las identidades (i) y (ii).
Ejercicio 28.
Sea A un conjunto finito. Demostrar que la colección de todas las funciones
de A en N es contablemente infinito.
Sugerencia. Sea m el número de elementos del conjunto A, entonces la colección
de todas las funciones de A en N es equivalente a Nm.
1.4. Conjuntos no contables (no numerables)
Ejemplo 6.
El conjunto R de todos los números reales no es contable.
1.4. CONJUNTOS NO CONTABLES (NO NUMERABLES) 19
Demostación.
Sabemos que (ejemplo 1):
R = (−∞,∞) ∼ (0, 1),
luego basta demostrar que (0, 1) no es contable.
Si (0, 1) = {x ∈ R | 0 < x < 1} fuera contable se podŕıa escribir
(0, 1) = {s1, s2, s3, s4, . . . , sn, . . .}.
Desarrollando el número sn en el sistema decimal se tiene:
sn = 0.un1un2un3 · · ·unk · · · (0 ≤ unk ≤ 9).
Sea ahora
y = 0.v1v2v3 · · · vk · · ·
donde
vk =
{
1 si ukk 
= 1,
2 si ukk = 1.
Entonces y es un número real entre 0 y 1, además
y 
= sn para todo n = 1, 2, 3, . . .
o sea
y /∈ (0, 1) = {s1, s2, . . . , sn, . . .} (absurdo).
Ejercicio 29.
Sea S la colección de todas las sucesiones formadas por dos números 0 y 1
entonces S no es contable.
Sugerencia. S es equivalente al conjunto de todos los números entre 0 y 1,
expresados en el sistema binario.
Ejercicio 30.
Sea {Aj}j∈N una familia de conjuntos finitos de dos o más elementos. El pro-
ducto cartesiano de los Aj (j = 1, 2, 3, . . .) no es contable.
Sugerencia. El producto cartesiano
∞∏
j=1
Aj contiene un subconjunto equivalente
a conjunto S del ejercicio 29.
20 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Ejercicio 31.
Los conjuntos (0, 1) (0, 1], [0, 1] son equivalentes. Más generalmente, si A es
infinito y B es contable entonces A
⋃
B ∼ A.
Demostación.
Para mayor sencillez suponemos que A y B son disyuntos.
Sea
B = {b1, b2, b3, . . .}.
Sabemos que A tiene un subconjunto contable (ejercicio 14), digamos
C = {a1, a2, a3, . . .} ⊂ A.
Consideremos la aplicación f : A → A⋃B definida por:
f es idéntica en A − C.
f(a2n) = an, f(a2n−1) = bn (n = 1, 2, 3, . . .).
Dejamos al lector la comprobación de que f es uno a uno y sobre. Hemos
supuesto que B es contablemente infinito, si B es finito el lector puede construir
fácilmente la correspondencia entre A y A
⋃
B.
Ejercicio 32.
Demostrar que:
(i) R × N ∼ R
(ii) R × R ∼ R
(iii) R × R × · · · × R︸ ︷︷ ︸
n veces
∼ R
Demostación.
(i) Sabemos que
R ∼ (0, 1) ∼ [0, 1) (Ejemplo 1, Ejercicio 31)
N ∼ Z (Ejemplo 5),
por lo tanto:
R × N ∼ [0, 1) × Z.
1.4. CONJUNTOS NO CONTABLES (NO NUMERABLES) 21
Si x ∈ R se tiene:
x = n + x′
donde
n = [x] = la parte entera de x,
x′ = x − [x] = la parte fraccionaria de x.
La aplicación R → [0, 1) × Z definida por:
x = n + x′ → (x′, n)
es uno a uno y sobre. luego:
[0, 1) × Z ∼ R,
por lo tanto:
R × N ∼ R.
(ii) Sean x, y ∈ (0, 1). Expresemos x, y en el sistema decimal:
x = 0.x1x2x3 · · · , y = 0.y1y2y3 · · ·
Basta considerar la siguiente aplicación g : (0, 1)×(0, 1) → (0, 1) definida
por
g : (x, y) → 0.x1y1x2y2x3y3 · · ·
(iii) Similar a (ii).
Nota 2.
El ejercicio 32 puede expresarse aśı:
R2 ∼ R, R3 ∼ R, . . . , Rn ∼ R.
Ejemplo 7.
Sea S el conjunto de todas las funciones de valor real definidas en R. Demos-
tremos que S no es equivalente a R.
Demostación.
Supongamos que S ∼ R, entonces existiŕıa una aplicación uno a uno de R sobre
S, o sea que cada real x le corresponde una función, la cual notaremos por
fx(t) (nótese quet es la variable independiente de la función fx). Definimos
una nueva función de valor real b como sigue:
b(t) = 1 + ft(t) (t ∈ R)
22 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
Entonces b es una función definida en R, luego b ∈ S. Como la aplicación
R → S:
x → fx
es sobre, debeŕıa existir un b ∈ R tal que b = fb, o sea:
b(t) = fb(t) para todo t ∈ R.
Pero
b(b) = 1 + fb(b) 
= fb(b) (absurdo)
Ejercicio 33.
Sea A el conjunto de todos los números reales entre 0 y 1, entonces A∞ ∼ R.
Nota 3.
A∞ es el conjunto de todas las sucesiones de números reales entre 0 y 1.
Sugerencia. Sea {x1, x2, x3, . . . , xn, . . .} una sucesión de números reales entre
0 y 1. Desarrollamos los elementos de la sucesión en el sistema decimal:
x1 = 0.x11x12x13 · · ·x1k · · ·
x2 = 0.x21x22x23 · · ·x2k · · ·
· · ·
xn = 0.xn1xn2xn3 · · ·xnk · · ·
· · ·
Recordemos la doble sucesión {xnk} en una sucesión simple (este procedi-
miento es posible ya que N × N ∼ N): aśı podemos asignar un número real
(expresado en el sistema decimal) a la sucesión{x1, x2, x3, . . .}.
Ejercicio 34.
Sean A ⊃ B ⊃ C. Si A ∼ C entonces A ∼ B.
Demostación.
Supongamos que A 
= B, B 
= C, entonces C tiene que ser infinito
(Ejercicio 7).
Como A ∼ C, existe una aplicación f , uno a uno tal que f(A) = C.
Sea D =
∞⋂
n=1
fn(A) donde:
f2(A) = {f(f(x)) | x ∈ A}, f3(A) = {f(f(f(x))) | x ∈ A}, etc.
1.4. CONJUNTOS NO CONTABLES (NO NUMERABLES) 23
Entonces:
∞⋂
n=1
fn(B) =
∞⋂
n=1
fn(A) = D.
ya que
A ⊃ B ⊃ f(A).
Tenemos:
A =
∞⋃
n=1
{fn−1(A) − fn(A)}
⋃
D. (f0(A) = A)
B =
∞⋃
n=1
{fn−1(B) − fn(B)}
⋃
D. (f0(B) = B).
Definimos la siguiente aplicación g : A → B:
g(x) = x si x ∈ fn−1(B) − fn(A)
g(x) = f(x) si x ∈ fn−1(A) − fn(B)
g(x) = x si x ∈ D
⎫⎪⎬⎪⎭ para todo n.
f n-1(B)-f n(A)
f n(A)-f n(B)
f n-1(A)-f n-1(B)
f n(B)
Figura 1.10.
Esta aplicación g es uno a uno y sobre B, como puede observarse en la figura
1.10, puesto que
A ⊃ B ⊃ f(A)
fn−1(A) ⊃ fn−1(B)fn(A) ⊃ fn(B).
24 1. NÚMERO DE ELEMENTOS DE UN CONJUNTO
fn−1(A) − fn(A) = {fn−1(A) − fn−1(B)}
⋃
{fn−1(B) − fn(A)}
| |
aplicación f aplicación
idéntica
↓ ↓
fn−1(B) − fn(B) = {fn(A) − fn(B)}
⋃
{fn−1(B) − fn(A)}
Ejercicio 35.
Sea N∞ el conjunto de todas las sucesiones de números reales. demostrar que
N∞ ∼ R.
Sugerencia. Sea n un número natural, expresamos n en el sistema decimal:
n = n1 + (n2 × 10) + (n3 × 100) + · · ·
Hacemos corresponder a n el número:
0.n1n2n3 · · · ;
según esta correspondencia N es equivalente a un subconjunto de (0, 1) (más
precisamente, el subconjunto formado por números entre 0 y 1 cuyo desarrollo
decimal es finito).
Se puede entonces considerar que
N∞ ⊂ (0, 1)∞.
Por el ejercicio 29, N∞ contiene un subconjunto equivalente a R, como
(0, 1)∞ ∼ R (Ejercicio 33) se tiene que N∞ ∼ R (Ejercicio 34).
Ejercicio 36.
Demostrar que R∞ ∼ R, donde R∞ es el conjunto de todas las sucesiones de
elementos reales.
Sugerencia. Como R ∼ (0, 1) (Ejemplo 1), se tiene R∞ ∼ (0, 1)∞ ∼ R
(Ejercicio 33).
Ejercicio 37.
Sea A un subconjunto numérico (e.d. A ⊂ R) con su interior no vaćıo, entonces
A ∼ R.
1.4. CONJUNTOS NO CONTABLES (NO NUMERABLES) 25
Sugerencia. A contiene un intervalo, digamos (a, b):
(a, b) ⊂ A ⊂ R.
Sabemos que (a, b) ∼ R, luego: A ∼ R.
Ejercicio 38.
Sea (α(t), β(t)), t ∈ (a, b) una ecuación paramétrica de una curva. Demostrar
que el conjunto de todos los puntos de la curva (en R2) es equivalente a R.
Sugerencia. α no es constante ó β no es constante.
Supongamos que α no es constante, esto es,
m = mı́nimo de α(t) 
= M = Máximo de α(t).
La curva contiene un subconjunto equivalente al intervalo [m,M ] ∼ R.
2
Conceptos básicos de
topoloǵıa en Rp
2.1. Extremo superior
Un conjunto S, no vaćıo, de números reales se dice superiormente acotado
si existe una constante M tal que todos los elementos de S sean menores, e
iguales, que M :
x ∈ S implica x ≤ M.
Tal constante M se llama una cota superior de S. Si un elemento del
conjunto S es cota superior de S, entonces se dice que este elemento es el
máximo de S.
Ejemplo 1.
(i) S =
{
−3, 1
2
, 4, 2
}
.
10 es una cota superior de S, también lo son 8, 5, 4, etc. Se ve que S posee
el número máximo, 4.
| | | |
-3
1
2
 2 4
(Máximo)
Figura 2.1.
26
2.1. EXTREMO SUPERIOR 27
(ii) S =
{1
2
,
2
3
,
3
4
, · · · , n
n + 1
, · · ·
}
1 es una cota superior de S ya que
n
n + 1
< 1 para todo n,
también lo son: 2, 8, 100, etc. Se observa que S no tiene el número máximo:
5
6
no es el máximo de S ya que
6
7
es mayor que
5
6
,
6
7
no es el máximo de S
ya que
7
8
es mayor que
6
7
, aśı en general,
n
n + 1
no es el máximo de S ya que
n + 1
n + 2
es mayor que
n
n + 1
.
A pesar de que el número 1, que es una cota superior de S, no pertenece al
conjunto, 1 está pegado al conjunto S, en otras palabras, no deja un hueco
vaćıo entre 1 y el conjunto S.
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
6
7
Figura 2.2.
(iii) S = {x | es racional , x2 < 2}
2 es una cota superior del conjunto S, puesto que si x > 2 entonces x2 > 4,
por tanto ningún número mayor que 2 pertenece a S. También, 3, 4, 5, 1.5,
etc., son cotas superiores de S.
Se puede demostrar que no hay máximo de S.
Demostación.
Sea x ∈ S, basta mostrar que existe otro miembro de S mayor que x. Consi-
deremos un número racional de la forma:
x +
1
n
(n es número natural),
entonces (
x +
1
n
)2
= x2 +
2x
n
+
1
n
1
n
= x2 +
1
n
(
2x +
1
n
)
< x2 +
1
n
(2 × 2 + 1) (x < 2, 1
n
≤ 1)
= x2 +
5
n
.
28 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Para que x +
1
n
pertenezca a S, basta escoger n tal que x2 +
5
n
< 2, o sea
1
n
<
2 − x2
5
,
esto es
n >
5
2 − x2 . (2.1)
Como 2 > x2,
5
2 − x2 es un número positivo. Por el hecho de que existen
números naturales que sobrepasan a cualquier número real positivo, se ve que
existe n que cumple la desigualdad (2.1).
El número irracional
√
2 es una cota superior, pegada al conjunto S (Figura
2.1).
a 
S
0
2
Figura 2.3.
Un conjunto S superiormente acotado no siempre posee elemento máximo,
pero siempre existe una cota superior pegada al conjunto que juega un papel
similar al del máximo elemento de S, al cual se le llama extremo superior de
S y se denota por:
sup S, sup
x∈S
x.
El extremo superior de S puede ser caracterizado con las siguientes dos con-
diciones:
Si a = sup S entonces
(i) x ∈ S implica que x ≤ a.
O sea que a es mayor (ó igual) que cualquier elemento de S, en otras palabras
a es una cota superior de S.
(ii) a esta pegado al conjunto S, en otras palabras, no deja un hueco vaćıo
entre a y S (Figura 2.4)
2.1. EXTREMO SUPERIOR 29
(ii) puede ser formalizada como sigue:
Dado ε > 0, cualquiera, existe un elemento de S, x tal que: a − ε < x.
Si no existe x(∈ S) entre a− ε y a, a estaŕıa separado de S por un espacio ε.
(a está pegado al conjunto S )
a (= sup S )
S
( a es una cota de S , pero hay un hueco
 entre a' y S, razón por la cual a' no es 
 igual a sup S )
a'
S
Figura 2.4.
a 
S
{
ε
x
a- ε 
Figura 2.5.
Nota 4.
la existencia de sup S para cualquier conjunto superiormente acotado es la
propiedad fundamental de los números reales. La construcción de los núme-
ros reales nos permite demostrar tal existencia (ver Apéndice), sin embargo,
en los estudios de análisis matemático es conveniente comenzar aceptando esta
propiedad sin demostración.
30 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Nota 5.
Si el conjunto S tiene máximo, digamos a, entonces a cumple las dos condi-
ciones (i) y (ii) ya que a es una cota superior de S y además:
a − ε < a, a ∈ S (para todo ε > 0).
Ejercicio 1.
SI M es una cota superior de S entonces
sup S ≤ M.
Solución.
Supongamos que M < sup S, entonces por la segunda propiedad del extremo
superior, existe x ∈ S tal que M < x, esto es imposible ya que M es una cota
superior de S.
De este ejercicio resulta que:
sup S es la mı́nima cota superior de S.
Ejercicio 2.
El extremo superiorde un conjunto es único.
Solución.
Si a = sup S, a′ = sup S, del ejercicio 1 se tiene
a ≤ a′
ya que a′ es una cota superior de S. Por la misma razón tenemos:
a′ ≤ a
luego
a′ = a.
Ejercicio 3.
Si a = sup S entonces
2a = sup {2x | x ∈ S}.
Solución.
Hay que comprobar que 2a satisface las dos condiciones para el conjunto
{2x | x ∈ S}.
2.1. EXTREMO SUPERIOR 31
(i) Si x ∈ S entonces x ≤ a, luego:
2x ≤ 2a para todo x ∈ S.
(ii) Dado ε > 0 existe x ∈ S tal que
a − ε
2
< x.
Por lo tanto:
2a − ε < 2x.
a 
S
ε/2
x
a- ε/2 
{
Figura 2.6.
Nota 6.
Si se nota
2S = {2x | x ∈ S}
entonces
2a = sup 2S.
Ejercicio 4.
Sean A, B dos conjuntos superiormente acotados, si
a = sup A, b = sup B
entonces
a + b = sup {x + y | x ∈ A, y ∈ B}.
Nota 7.
Notaremos
A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B}
entonces:
(sup A) + (sup B) = sup (A + B).
32 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
La demostración la dejamos al lector.
Ejercicio 5.
Demostrar:
(i) Si S = (a, b), sup S = b.
(ii) Si S = {x | x = racional, x2 < 2}, sup S = √2.
(iii) Si S = { 1
2
,
2
3
,
3
4
, . . . ,
n
n + 1
, . . .}, sup S = 1.
(iv) Si S = {−1,−2, 3, 5, 0}, sup S = 5.
Demostración.
i y iv Dejamos al lector.
(II) Si x es un número racional y x2 < 2 entonces
x <
√
2,
o sea que
√
2 es una cota superior de S.
Dado ε > 0, en el intervalo (
√
2− ε,√2) existe por lo menos un número
racional, digamos r tal que
√
2 − ε < r <
√
2 (r > 0),
luego:
r2 < 2,
o sea que r ∈ S.
Nota 8.
Cualquier intervalo contiene por lo menos un número racional esta pro-
piedad se enuncia diciendo que el conjunto de todos los números racio-
nales es denso en toda parte.
(III) Evidentemente:
n
n + 1
< 1 para todo n.
Dado ε > 0 existe un número natural n tal que
1
n
< ε
2.1. EXTREMO SUPERIOR 33
luego
1 − n
n + 1
=
1
n + 1
<
1
n
< ε
o sea
1 − ε < n
n + 1
.
Ejercicio 6.
Sea S un conjunto superiormente acotado. Si S no tiene máximo, existe una
sucesión estrictamente creciente de elementos de S que tiende a sup S.
Solución.
Sea a = sup S.
Por la segunda propiedad del extremo superior, existe un elemento de S, di-
gamos x1 tal que
a − 1 < x1 (considerando ε = 1).
Como x1 < a, existe un elemento x2 ∈ S tal que
x1 < x2, y, a − 12 < x2 [considerando ε = mı́n {
1
2
, a − x1}]
aśı sucesivamente obtenemos los elementos x1, x2, x3, . . . ∈ S tales que
x1 < x2 < x3 < · · · < xn < xn+1 < · · · , con
0 < a − 1
n
< xn, ó, 0 < a − xn < 1
n
.
Como ĺım
n→∞
1
n
= 0, por el método del emparedado se tiene que
ĺım
n→∞(a − xn) = 0 (ó ĺımn→∞xn = a).
Nota 9.
Si a es el extremo superior de un conjunto S entonces existe una sucesión de
números de S que tiende a a. En realidad, si a 
= máximo de S, el ejercicio
6 garantiza la existencia de una sucesión de términos distintos (estrictamen-
te creciente). si a = máximo de S, entonces a ∈ S y la sucesión constante
{a, a, a, . . . , a, . . .} tiende a a.
El extremo superior es un número pegado al conjunto (la segunda condición)
en el sentido de que es un ĺımite de la sucesión de elementos del conjunto.
34 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
a 
S
1/3
x
a- 1/2 
a- 1/4 
a- 1/3 
a- 1 
x
3 4
x
2
x
1
1/2
{{{
1
a = sup S 
Figura 2.7.
Un conjunto S, no-vaćıo, se dice inferiormente acotado si existe una cons-
tante M ′ que sea menor, o igual, que todos los elementos del conjunto:
x ∈ S implica M ′ ≤ x.
La constante M ′ es una cota inferior de S.
Decimos que un conjunto es acotado cuando es superior e inferiormente aco-
tado.
Si S es inferiormente acotado existe (Ejercicio 10) un número b caracterizado
como sigue:
(i) b es una cota inferior de S, o sea que
x ∈ S implica b ≤ x.
(ii) El número b está pegado al conjunto S, esto es: dado ε > 0 existe un
x ∈ S tal que
x < b + ε.
El número b que satisfaga las dos condiciones anteriores se le llama el extremo
inferior de S y se nota:
b = ı́nf S, ó, b = ı́nf
x∈S
x.
Ejercicio 7.
El extremo inferior de un conjunto es único.
2.1. EXTREMO SUPERIOR 35
M' 
S
b=inf S 
x
{
 la cota
inferior 
b+ ε 
ε 
Figura 2.8.
Ejercicio 8.
Si un elemento del conjunto S es cota inferior de S, entonces se dice que este
elemento es el mı́nimo de S.
Si un conjunto S posee elemento mı́nimo, demostrar que el extremo inferior
es igual al elemento mı́nimo.
Ejercicio 9.
Demostrar:
(i) A = { 1
n
}, ı́nf A = 0.
(ii) A = {1, 1
2
,
2
3
,
3
4
, . . . ,
n
n + 1
, . . .}, ı́nf A = 1
2
(iii) A = {x | x = racional, x2 ≤ 2} ı́nf A = −√2
Ejercicio 10.
Demostrar:
ı́nf A = − sup {−x | x ∈ A},
sup A = − ı́nf {−x | x ∈ A}.
Solución.
Sea a = sup {−x | x ∈ A} entonces
i) a ≥ −x para todo x ∈ A.
ii) Dado ε > 0 existe x ∈ A tal que a − ε < −x
36 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
De I) se tiene para todo x ∈ A:
−a ≤ x (−a es una cota inferior de A).
De II) dado ε > 0 existe x ∈ A tal que
−a + ε > x.
Por lo tanto −a es el extremo inferior del conjunto A.
En la figura 2.9 se observa que sup S e ı́nf S se convierten en ı́nf S y
sup S respectivamente si se invierte la orientación de la recta numérica. Para
cambiar la orientación de la recta numérica basta agregar el signo − a todos
los números, aśı se obtiene el resultado del ejercicio 10.
 
S
inf
 S 
 
 se
nt
id
o 
po
sit
iv
o 
+
(d
ire
cc
ió
n 
de
re
ch
a)
 
 
 
 p
ar
a e
l 
su
p S
 
0
su
p S
 
inf
 S 
 
 se
nt
id
o p
os
iti
vo
 +
(d
ire
cc
ió
n d
er
ec
ha
)
 
 
 
pa
ra 
ell
a
Figura 2.9.
Ejercicio 11.
Demostrar que si A es acotado
sup {x − y | x, y ∈ A} = sup A − ı́nf A.
Solución.
Sean a = sup A, b = ı́nf A entonces b ≤ x ≤ a (para todo x ∈ A), b ≤ y ≤ a
(para todo y ∈ A), luego:
x − y ≤ a − b, para todo x, y ∈ A. (2.2)
2.1. EXTREMO SUPERIOR 37
A
b=inf A 
y
{
b+ ε 
xy
0
{ {
ε/2
x - y
ε/2
a =sup A 
x0
a - b
Figura 2.10.
Dado ε > 0 existe un x0 ∈ A, y0 ∈ A tales que
a − ε
2
< x0, y0 < b +
ε
2
,
sumando las dos desigualdades:
y0 + a − ε2 < x0 + b +
ε
2
ó
(a − b) − ε < x0 − y0. (2.3)
De (2.2) y (2.3) concluimos que a − b es el extremo superior del conjunto:
{x − y | x, y ∈ A}.
Ejercicio 12.
Si M ′ es una cota inferior del conjunto S, demostrar que
M ′ ≤ ı́nf S.
Sugerencia. Similar al ejercicio 1.
Nota 10.
Del ejercicio anterior podemos decir que ı́nf S es la máxima
cota inferior de S.
Ejercicio 13.
Si A ⊂ B se tiene:
ı́nf B ≤ ı́nf A ≤ sup A ≤ sup B.
38 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
A
inf B sup B 
B
inf A sup A 
Figura 2.11.
Ejercicio 14.
Si ı́nf A = sup B ¿qué puede decir del conjunto A?
Ejercicio 15.
Sea S un conjunto de números positivos, si ı́nf S > 0 demostrar que:
sup { 1
x
| x ∈ S} = 1
b
(b = ı́nf S > 0).
Solución.
(i) Si x ∈ S se tiene que x ≥ b, luego:
1
x
≤ 1
b
.
(ii) Dado ε > 0 existe x ∈ S tal que
x < b + εb2 (considerando εb2 en lugar de ε).
aśı,
1
b
− 1
x
=
x − b
xb
<
εb2
xb
= ε
b
x
≤ ε.
Ejercicio 16.
(i) Sea A el conjunto de todos los números reales positivos, demostrar que:
ı́nf A = 0.
(ii) Si a es un número no negativo menor que cualquier número positivo,
demostrar que a = 0.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 39
Sugerencia. (ii) a es una cota inferior del conjunto A en (i), luego
0 ≤ a ≤ ı́nf A = 0, esto es, a = 0.
Se usa frecuentemente el método del absurdo para demostrar a = 0 como
sigue:
Si a fuera distinto de cero, entonces a > 0, por hipótesis a es menor que a:
a < a (absurdo!).
Nota 11.
En forma similar a (ii) tenemos:
Si a es un número no negativo menor que cualquier número racional positivo
entonces a = 0.
Si a es no negativo tal que
a <
1
n
para todo n natural,
entonces a = 0.
Nota 12.
Si un conjunto S 
= ∅ no es acotado superiormente se acostumbra escribir:
sup S = +∞,
si S 
= ∅ no es acotado inferiormente se nota:
ı́nf S = −∞.
2.2. Sucesiones numéricas
En este parágrafo no se busca profundizar los conceptos ni perfeccionar los
manejos de las sucesiones numéricas, si no que se trata sólo de recordar algunas
propiedades fundamentalesde las sucesiones que aparecerán repetidamente en
los estudios siguientes. Todas ellas han sido estudiadas en los cursos de Cálculo
Elemental.
40 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Repaso.
[1] Una sucesión numérica {an} converge al ĺımite L si para cualquier ε > 0,
dado, existe un N0 tal que
|an − L| < ε para todo n > N0,
esto es, la distancia entre an y L puede ser tan pequeña como uno quiera
haciendo n lo suficientemente grande.
a4
a2
a3a1
{
ε
an
Figura 2.12.
[2] Una sucesión {an} es creciente si
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an ≤ an+1 ≤ · · · ,
decreciente si
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ an ≥ an+1 ≥ · · ·
[3] {an} es superiormente acotada si existe una constante M (una cota) tal
que
an ≤ M para todo n.
[4] ĺım
n→∞
1
n
= 0.
Demostación.
Dado ε > 0 existe un número natural N tal que
1
N
< ε.
Si n > N se tiene:
0 <
1
n
<
1
N
< ε,
esto es:
| 1
n
− 0| = | 1
n
| < ε para todo n > N.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 41
Nótese que este resultado viene directamente de la existencia de un número
natural N tal que
1
N
< ε, esto equivale a:
N >
1
ε
.
Esta es una de las propiedades conocidas de los números naturales que
puede enunciarse de la siguiente forma:
Dado cualquier número, existe números naturales que lo sobrepasan.
[5] El ĺımite de una sucesión es único. Demostación.
Supongamos ĺım
n→∞ an = L, ĺımn→∞ an = M .
Dado ε > 0 cualquiera, existe N1 tal que
|an − L| < ε para todo n > N1.
También existe N2 tal que
|an − M | < ε para todo n > N2.
Si N = máximo{N1, N2} se tiene:
|an − M | < ε, |an − L| < ε para todo n > N.
Tenemos entonces:
|L − M | = |L − an + an − M | para n > N
≤ |L − an| + |an − M | (desigualdad del triángulo)
< ε + ε = 2ε.
Como ε es cualquiera, 2ε también lo es, el número no negativo menor que
cualquier número positivo debe ser cero (ejercicio 16 §1):
|L − M | = 0,
esto es
L = M.
Observación 1. Se usa también el método del absurdo para demostrar
L = M . Supongamos que L 
= M , se toma ε = 1
2
|L − M | > 0 entonces:
|L − M | < 2ε = |L − M | absurdo!
42 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Como una aplicación del concepto de extremo superior, es fácil demostrar
que:
[6] Una sucesión creciente, superiormente acotada, converge a un ĺımite.
Demostación.
Sea {a1, a2, a3, . . .} una sucesión creciente, superiormente acotada. Si S es
el conjunto formado por todos los elementos de la sucesión, entonces S es
un conjunto acotado, luego existe el extremo superior de S, digamos
L = sup S = sup {ak | k ∈ N}.
Dado ε > 0, existe aN ∈ S tal que
L − ε < aN ≤ L.
Como la sucesión es creciente, se tiene para todo n > N :
L − ε < aN ≤ an ≤ L,
o sea
|an − L| < ε para todo n > N,
esto es:
ĺım
n→∞ an = L.
Obsérvese que la notación {an} representa una sucesión cuyo n-ésimo ele-
mento es an, pero a veces la misma notación representa el conjunto formado
por todos los elementos de la sucesión, a1, a2, a3, . . . , an, . . .
Por ejemplo:
{(−1)n} = {1,−1, 1,−1, . . . ,(−1)n−1, . . .} (SUCESIÓN).
↑
n − ésimo elemento
El conjunto formado por (−1)n−1, n = 1, 2, 3, . . . es:
{(−1)n−1} = {−1, 1}.
Ejercicio 17.
Demostrar que una sucesión decreciente inferiormente acotada converge a
un ĺımite.
Similar al resultado anterior.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 43
Ejercicio 18.
Sea {an} una sucesión creciente, superiormente acotada. Si
sup {an} = Máximo {an}
⎛⎝ {an} es el conjuntoformado por todos los
elementos de la sucesión.
⎞⎠
entonces existe N tal que
an = ĺım
k→∞
ak para todo n > N.
Solución.
Sea aN el máximo elemento del conjunto {an}, entonces
ak ≤ aN para todo k,
luego
sup {an} = ĺım
k→∞
{ak} ≤ aN .
Pero, como la sucesión es creciente se tiene:
sup {ak} = ĺım
k→∞
{ak} ≤ aN ≤ an para todo n > N.
Por la definición del extremo superior:
an ≤ sup {ak} para todo n,
esto es,
an = sup {ak} = ĺım
k→∞
ak para todo n > N.
L
(para todo n >N )a4a2 a3
a1 a
N = an
Figura 2.13.
Es evidente que si el conjunto formado por todos los elementos de la suce-
sión creciente {an} tiene elemento máximo aN , entonces es igual a
{a1, a2, a3, . . . , aN }
que es un conjunto finito.
44 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
[7] Sean ĺım
n→∞ an = A, ĺımn→∞ bn = B entonces
(i) ĺım
n→∞(an + bn) = A + B.
(ii) ĺım
n→∞ anbn = A · B.
(iii) ĺım
n→∞
an
bn
=
A
B
(si B 
= 0).
(iv) Si an ≤ bn para todo n entonces A ≤ B.
(v) Si ĺım
n→∞ |an| = +∞ entonces ĺımn→∞
1
an
= 0.
Estas propiedades están en cualquier libro de cálculo, es aconsejable que
los lectores reconstruyan las demostraciones sin consultar los libros.
Ejercicio 19.
Sea {an} una sucesión tal que
an+1 =
√
1 + an (n = 1, 2, 3, . . .), a1 = 1
demostrar que la sucesión converge a
1 +
√
5
2
.
Solución.
a2 =
√
1 + 1 =
√
2 > 1 = a1.
Supongamos que
an > an+1 > 0,
entonces
1 + an > 1 + an−1 > 0,
an+1 =
√
1 + an >
√
1 + an−1 = an.
Por inducción se tiene que an > an−1 para todo n, o sea que la sucesión es
creciente.
Ahora, supongamos que an < 2.
Entonces
an+1 =
√
1 + an <
√
1 + 2 =
√
3 < 2.
Por inducción se tiene que 2 es una cota superior de la sucesión.
Por lo tanto, la sucesión converge, sea
L = ĺım
n→∞ an,
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 45
entonces se tiene:
L = ĺım
n→∞ an+1 = ĺımn→∞
√
1 + an =
√
1 + L,
o sea
L2 = 1 + L,
L2 − L − 1 = 0.
Luego:
L =
1 +
√
5
2
, ó,
1 −√5
2
.
Como a>0 para todo n, L = ĺım
n→∞ an ≥ 0, esto es:
L =
1 +
√
5
2
.
Ejercicio 20.
Sea {an} una sucesión tal que
an+1 =
√
2 + an, a1 ≥ 0,
demostrar:
(i) {an} es decreciente si a1 > 2.
(ii) ĺım
n→∞ an = 2 para cualquier valor de a1 ≥ 0.
Sugerencia. Demostrar que {an} es creciente si a2 > a1, y que {an} es
decreciente si a2 < a1.
Si a2 > a1 se tiene:
√
2 + a1 > a1 ó
a1 + 2 > (a1)2,
(a1)2 − a1 − 2 = (a1 − 2)(a1 + 1) < 0.
Como a1 + 1 > 0, entonces a1 − 2 < 0.
Ejercicio 21.
Sea {an} tal que
a1 =
1
2
, an+1 =
√
1 − an,
demostrar:
(i) {a2, a4, a6, . . .} es una sucesión monótona, acotada.
46 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
(ii) {a1, a3, a5, . . .} es una sucesión monótona, acotada.
(iii) ĺım
n→∞ a2n = ĺımn→∞ a2n−1.
Sugerencia. (iii) se demuestra por inducción que
a1 < an < a2 (para todo n ≥ 3).
El ĺımite de {a2n} ó {a2n−1} satisface la ecuación:
L =
√
1 −√1 − L,
esto es:
L(L − 1)(L2 + L − 1) = 0,
o sea
L = 0, 1,
−1 + √5
2
,
−1 −√5
2
.
Como L debe estar entre a1 = 0.5 y a2 = 0.7 · · · , entonces
L =,
−1 + √5
2
.
[8] Los siguientes ĺımites son de uso muy frecuente.
(a) ĺım
n→∞
1
an
= 0 (a > 1).
(b) ĺım
n→∞ a
n =
⎧⎪⎨⎪⎩
0 si 0 < a < 1
1 si a = 1
+∞ si a > 1.
(c) ĺım
n→∞na
n = 0 si 0 < a < 1.
(d) ĺım
n→∞n
ban = 0 si 0 < a < 1, b > 0.
(e) ĺım
n→∞
n
√
n = 1.
Solución.
Estos ĺımites están en cualquier libro, razón por la cual daremos un bos-
quejo de la demostración, es aconsejable que los lectores completen las
demostraciones.
(a) Dado � escoja N tal que
N >
[ 1
�
]1/a
ver [ 4 ].
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 47
(b) Si a > 1 entonces
a = 1 + b donde b = a − 1 > 0,
luego:
an = (1 + b)n = 1 + nb +
n(n − 1)
2
b2 + · · · > 1 + nb.
Por lo tanto:
ĺım
n→∞ a
n = +∞ si a > 1.
Si a < 1 entonces
1
a
> 1, luego:
ĺım
n→∞ a
n = ĺım
n→∞
1( 1
a
)n = 0.
(c) Sea
1
a
= 1 + b (b > 0), entonces
n an =
n( 1
a
)n = n(1 + b)n = n
1 + nb +
n(n − 1)
2
b2 + · · ·
<
n
1 + nb +
n(n − 1)
2
b2
→ 0 (n → ∞)
(d) Sea
1
a
= 1 + b. Si k es un número natural fijo mayor que b se tiene:
(1 + b)n = 1 + nb + · · · + n(n − 1) · · · (n − k + 1)
k!
bk+
n(n − 1) · · · (n − k)
(k + 1)!
bk+1 + · · ·
>
n(n − 1) · · · (n − k)
(k + 1)!
bk+1
luego:
nban =
nb
(1 + b)n
<
nk
n(n − 1) · · · (n − k)
(k + 1)!
bk+1
=
nk(k + 1)!
n(n − 1) · · · (n − k)bk+1
=
(k + 1)!
n
(
1 − 1
n
)(
1 − 2
n
) · · · (1 − k
n
)
bk+1
→ 0 (n → ∞). (k fijo)
48 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
(e) Sea n
√
n − 1 = an, entonces an > 0, luego;
n = (1 + an)n = 1 + nan +
n(n − 1)
2
(an)2 + · · · > n(n − 1)2 (an)
2.
Esto es:
(an)2 <
2n
n(n − 1) → 0 (n →∞).
[9] A partir de una sucesión {an} podemos formar una nueva sucesión cam-
biando solamente el orden de los elementos, esta nueva sucesión se llama
una reordenación de {an}, por ejemplo,
si {an} =
{
1,
1
2
,
1
3
, . . . ,
1
n
, . . .
}
las siguientes sucesiones son reordenaciones de {an}:
(i)
{ 1
2
, 1,
1
4
,
1
3
, . . . ,
1
2n
,
1
2n − 1 , . . .
}
,
(ii)
{
1,
1
3
,
1
2
,
1
5
,
1
4
,
1
7
,
1
6
,
1
9
,
1
8
, . . .
}
Si {an} =
{
1,
1
2
, 1,
1
3
, 1,
1
4
, 1,
1
5
, . . . , 1,
1
n
, . . .
}
entonces la su-
cesión:
(iii)
{
1,
1
2
, 1, 1,
1
3
, 1, 1, 1,
1
4
, 1, 1, 1, 1,
1
5
, . . .
}
es una reordenación de
{an}.
Más precisamente se puede redefinir una reordenación de {an} como sigue:
Sea f una aplicación uno a uno de N sobre N:
f :N −→ N
n −→ f(n)
entonces la sucesión {bn} donde bn = af (n) es una reordenación de {an} ya
que la sucesión {bn} está formada por los mismos elementos de {an} (si un
número aparece repetidamente 5 veces en {an} también en {bn} aparece 5
veces). En el ejemplo (I) f es:
f(1) = 2, f(2) = 1, . . . , f(2n − 1) = 2n, f(2n) = 2n − 1, . . .
En (III):
f(1) = 1 f(5) = 4 f(9) = 6
f(2) = 2 f(6) = 7 · · ·
f(3) = 3 f(7) = 9 · · ·
f(4) = 5 f(8) = 11 etc.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 49
Tenemos el siguiente resultado:
Si {an} converge a L cualquier reordenación de {an} también
converge a L.
Demostación.
Sea {bn} = {af(n)} una reordenación de {an}.
Como an → L, dado � > 0 existe N0 tal que
|an − L| < � para todo n > N0.
Sea M = máximo
{
f−1(1), f−1(2), f−1(3), . . . , f−1(N0)
}
entonces
{1, 2, 3, . . . , M} ⊃ {f−1(1), f−1(2), . . . , f−1(N0)}
o sea {
f(1), f(2), f(3), . . . , f(M)
} ⊃ {1, 2, . . . , N0}
Si n > M se tiene entonces que
f(n) > N0,
luego:
|bn − L| = |af(n) − L| < �.
Ejercicio 22.
Si {an} diverge, cualquier reordenación de {an} también diverge.
Sugerencia. Si {bn} es una reordenación de {an}, entonces {an} es una
reordenación de {bn}. Si {bn} fuera convergente, {an} seŕıa convergente.
Ejercicio 23.
Sea {an} =
{ 1
n
}
, hallar el n-ésimo término de la siguiente reordenación:
{bn} =
{
1,
1
3
,
1
2
,
1
5
,
1
7
,
1
4
,
1
9
,
1
11
,
1
6
,
1
13
, . . .
}
.
Dado � > 0, buscar N tal que
|bn| < � para todo n > N.
50 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Sugerencia.
b3k−2 =
1
4k − 3 , b3k−1 =
1
4k − 1 , b3k =
1
2k
.
Nótese que la aplicación f :
f(3k − 2) = 4k − 3, f(3k − 1) = 4k − 1, f(3k) = 2k
es uno a uno, de N sobre N.
Escoja N como
N >
3
2
1
�
+ 1.
[10] Sea S un conjunto acotado e infinito de números reales, entonces con los
elementos distintos de S se puede construir una sucesión estrictamente
creciente ó estrictamente decreciente (de elementos distintos).
(En ambos casos la sucesión es convergente).
Nota 13.
Decimos que una sucesión es acotada cuando es superior e inferiormente
acotada.
Demostación.
Sea b1 = sup S, si b1 /∈ S (ó b1 
=Máximo de S).
Sabemos que, en este caso, existe una sucesión estrictamente creciente de
elementos de S que tiende a b1, por lo tanto el problema ya está resuelto.
Supongamos entonces que b1 ∈ S.
Sea b2 = sup [S − {b1}], si b2 /∈ [S − {b1}] sabemos que existe una suce-
sión estrictamente creciente de puntos de S que tiende a b2, por lo tanto
el problema ya está resuelto. Supongamos entonces que b2 ∈ [S − {b1}],
evidentemente b2 < b1.
Sea b3 = sup [S−{b1, b2}], si b3 /∈ [S−{b1, b2}] el problema ya está resuelto,
luego supongamos que b3 ∈ S − {b1, b2}, evidentemente, b3 < b2. Aśı su-
cesivamente. Si este procedimiento termina en algún momento, existe una
sucesión estrictamente creciente. Si este procedimiento sigue sin terminar
se obtiene una sucesión estrictamente decreciente:
{b1, b2, b3, . . .}.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 51
Ejemplo 1.
S =
{
(−1)n
(
1 − 1
n
)}
= {0, 1
2
,− 2
3
,
3
4
,− 4
5
, . . .}.
b1 = sup S = 1 /∈ S.
La sucesión de puntos de S :
{ 1
2
,
3
4
,
5
6
, . . .
}
es estrictamente creciente
y tiende a 1 = sup S.
Ejemplo 2.
S =
{
(−1)n + 1
n
}
=
{
0,
3
2
,− 2
3
,
5
4
,− 4
5
, . . .
}
b1 = sup S =
3
2
∈ S,
b2 = sup
[
S −
{ 3
2
}]
=
5
4
∈ S,
b3 = sup
[
S −
{ 3
2
,
5
4
}]
=
7
6
∈ S,
Aśı, la sucesión {bn} =
{ 3
2
,
5
4
,
7
6
. . .
}
es estrictamente decreciente.
Ejemplo 3.
Sea Q el conjunto de todos los números racionales en [0, 1].
b1 = sup Q = 1 ∈ Q
b2 = sup (Q − {1}) = 1 /∈ Q − {1},
luego existe una sucesión creciente de puntos de Q − {1} que tiende a 1,
por ejemplo: { 1
2
,
2
3
,
3
4
, . . . ,
n
n + 1
, . . .
}
→ 1.
[11] Sub-sucesión
De una sucesión {an}, extrayendo un número infinito de términos sin alte-
rar el orden, se puede formar una sucesión, a la cual se llama sub-sucesión
de {an}. Más precisamente, sea
{n1, n2, n3, . . . , nk, . . .}
una sucesión estrictamente creciente de los números naturales entonces:
{an1 , an2 , an3 , . . . , ank , . . .}
es una subsucesión de {an}.
52 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplo 4.
(i)
{ 1
2
,
1
4
,
1
6
, . . . ,
1
2n
, . . .
}
es un subsucesión de
{
1,
1
2
,
1
3
,
1
4
, . . .
}
,
obtenida por todos los elementos pares de la sucesión original.
(ii) Dada {(−1)n−1} = {1,−1, 1,−1, 1,−1, . . .}, las siguientes sucesiones
son subsucesiones:
{1} = {1, 1, 1, 1, . . . , 1, . . .},
{−1} = {−1,−1,−1,−1, . . . ,−1, . . .},
{−1,−1, 1, 1,−1,−1, 1, 1, . . .},
{−1,−1,−1, 1, 1, 1, 1, . . . , 1, 1, 1, . . .}.
Por la definición de ĺımite de una sucesión, el siguiente resultado es
evidente:
Si {an} converge a L entonces cualquier subsucesión de {an} conver-
ge también a L.
Demostación.
Si an → L, dado � > 0 existe N tal que
|ak − L| < � para todo k > N.
Sea {ank} es una subsucesión, se tiene evidentemente que
nk ≥ k (Nota: n1 < n2 < n3 < · · · < nk).
Luego:
|ank − L| < � para todo k > N.
Ejemplo.
Si {an} converge a L, entonces
{aN+k} = {aN+1, aN+2, aN+3, . . .}
también converge a L ya que esta última es una subsucesión de la sucesión
dada. Este hecho puede enunciarse como:
La convergencia , o divergencia, de una sucesión no se altera por la supre-
sión, o anexión de un número finito de términos.
Ejercicio 24.
Demostrar que
{
(−1)n + 1
n
}
diverge.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 53
Solución.
Si la sucesión fuera convergente, todas sus subsucesiones tendŕıan el mismo
ĺımite. Observamos que una subsucesión formada por elementos pares y
otra subsucesión formada por elementos impares:{
(−1)2k + 1
2k
}
=
{
1 +
1
2k
}
→ 1,{
(−1)2k−1 + 1
2k − 1
}
=
{
1 +
1
2k − 1
}
→ −1.
Como 1 
= −1, la sucesión dada debe ser divergente.
Ejercicio 25.
Sea {an} una sucesión acotada, demostrar que existe por lo menos una
subsucesión convergente.
Solución.
Sea S = {an | n ∈ N}. {El conjunto formado por todos los elementos de la
sucesión }
(i) Si S es finito, la sucesión {an} debe aparecer algún número infinitas
veces repetido, digamos:
ak(1) = ak(2) = · · · = ak(j) = · · ·
(k(1) < k(2) < · · · < k(j) < · · · ),
la sucesión constante {ak(1), ak(2), . . . , ak(j)} es una subsucesión de la
sucesión original, y es convergente ya que es una sucesión constante.
(ii) Si S es infinito, por la propiedad [10] podemos construir una sucesión
convergente con los elementos distintos del conjunto S, cambiando el
orden de ésta (adecuadamente) se obtiene una subsucesión conver-
gente de la sucesión original.
Ejercicio 26.
Sea {an} = {(−1)n + 1
n
}, si una subsucesión es convergente su limite es
igual a 1, ó −1.
Solución.
Sea {ank} una subsucesión convergente, entonces el conjunto de
los sub́ındices:
I = {n1, n2, n3, . . . , nk, . . .}
54 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
contiene un número infinito de números pares, ó un número infinitos de
números impares. Si I contiene un número infinito de números pares, en-
tonces {ank} contiene un número infinito de términos pares de la sucesión
original que forman una subsucesión de {ank} cuyos ĺımite es 1, como {ank}
converge su ĺımite es también 1.
Dela misma manera, si I contiene un número infinito de números impares
entonces se tiene que el ĺımite de {ank} es −1.
Si el conjunto I tiene un número infinito de números pares, entonces a lo
más un número finito de números impares pertenece a I.
[12] En el ejercicio 25 hemos visto que una sucesión acotada siempre posee, por
lo menos, una subsucesión convergente, o sea que el conjunto de todos los
ĺımites de subsucesiones convergentes no es vaćıo. En el caso del ejercicio
26 este conjunto es igual a {−1, 1} y tiene máximo 1 y mı́nimo −1. Más
generalmente, se tiene la siguiente propiedad:
Dada una sucesión acotada, existe por lo menos una subsucesión conver-
gente, y el conjunto de todos los ĺımites de subsucesiones convergentes
siempre tiene máximo y mı́nimo.
Demostación.
Sea S = {an | n ∈ N} el conjunto formado por todos los elementos de la
sucesión.
Sea b1 = sup S si b1 /∈ S sabemos que existe una sucesión estrictamente
creciente de puntos de S (o sea, una subsucesión de {an} por alguna orde-
nación) que tiende a b1, aśı que b1 es el máximo del conjunto de todos los
ĺımites de subsucesiones convergentes.
En caso b1 ∈ S, b1 puede ser ĺımite de alguna subsucesión convergente
(por ejemplo, si el número b1 repetido infinitas veces en la sucesión origi-
nal, entonces la sucesión constante {b1, b1, b1, . . .} es una subsucesión que
converge a b1).
Si b1 no es el ĺımite de subsucesión convergente, sea
b2 = sup [S − {b1}].
Si b2 es el ĺımite de alguna subsucesión convergente, evidentemente el
número b2 es el máximo buscado. Si b2 no es el ĺımite de subsucesión
convergente,
b3 = sup [S − {b1, b2}],
aśı sucesivamente. Si este procedimiento termina en bn, esto significa que
bn es el ĺımite de alguna subsucesión convergente, es evidente que bn es el
máximo buscado. Si sigue sin terminar, entonces la sucesión
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 55
{b1, b2, b3, . . .}
es decreciente y acotada, luego converge. El ĺımite de {bn} es el máximo
deseado. (Nótese que alguna reordenación de {bn} es una subsucesión de
la sucesión original).
Ejemplo.
{an} = { sen nπ2 } = {1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . .}
1 es el máximo ĺımite de todas las subsucesiones convergentes, y −1 es el
mı́nimo de todos los ĺımites de subsucesiones convergentes.
Dada una sucesión acotada {an}, el máximo de todos los ĺımites de sub-
sucesiones convergentes se llama ĺımite superior de {an}, y se nota por:
lim
n→∞ an,
y el mı́nimo de todos los ĺımites de subsucesiones convergentes se llama
ĺımite inferior de {an}, y se nota:
lim
n→∞
an.
Si {an} no es acotada superiormente, se acostumbra notar:
lim
n→∞ an = +∞,
si {an} no es acotada inferiormente, se acostumbra a notar:
lim
n→∞
an = −∞.
Ejercicio 27.
Sea {an} una sucesión no acotada superiormente, demostrar que existe una
subsucesión que diverge a +∞.
Solución.
La sucesión {an} posee términos mayores que 1, sea an1 uno de los términos
mayores que 1. Hay elementos an, n > n1, mayores que 2, sea an2 uno de
estos. Sea an3 un elemento tal que:
n3 > n2, an3 > 3,
aśı sucesivamente. La subsucesión ank diverge a +∞.
56 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejercicio 28.
Sea {an} una sucesión no acotada inferiormente, demostrar que existe una
subsucesión que diverge a −∞.
Ejercicio 29.
Sea {an} una sucesión tal que M1 ≤ an ≤ M2, para todo n = 1, 2, 3, . . .
donde M1, M2 son constantes. Demostrar:
M1 ≤ lim
n→∞
an ≤ lim
n→∞ an ≤ M2.
[13] Dada una sucesión acotada {an}, sea L = lim an, entonces L cumple las
siguientes condiciones:
(i) Dado � > 0 cualquiera, a lo más un número finito de términos de
{an} son mayores que L + �.
(ii) Hay un número infinito de términos mayores que L − �.
Demostación.
(II) Para que L sea un ĺımite de una subsucesión debe haber un número
infinito de elementos entre L − � y L + �, o sea, mayores que L − �.
L- ε L= lim 
a3 a4
a2a1
{
ε
an
a5 a6
{ L+ ε 
Figura 2.14.
(I) Si hubiera un número infinito de elementos mayores que L+� , de estos
elementos se podŕıa extraer una subsucesión convergente cuyo ĺımite seŕıa
mayor o igual a L + � (absurdo ya que L es el máximo).
La propiedad (I) puede enunciarse también como sigue:
Todos los elementos, salvo algunos, de una sucesión son menores que L+�,
ó:
existe N0 tal que
an < L + � para todo n > N0.
2.2. SUCESIONES NUMÉRICAS 57
La propiedad (II) puede enunciarse:
para todo sub́ındice m dado, existe n > m tal que an > L − �.
De la misma forma, el ĺımite inferior de {an} puede ser caracterizado por
las siguientes propiedades:
M es el ĺımite inferior de {an} si
a) Para � > 0 cualquiera, a lo más un número finito de elementos son
menores que M − �.
b) Hay un número infinito de términos menores que M + �.
La segunda condición garantiza que M es el ĺımite de alguna subsucesión
convergente, y la primera condición asegura que M es el mı́nimo.
Ejercicio 30.
La sucesión {an} converge a L, si y solo si
lim
n→∞
an = lim
n→∞ an = L.
Solución.
Si ĺım
n→∞ an = L, todas las subsucesiones convergen a L, por lo tanto:
lim
n→∞
an = lim
n→∞ an = L.
Suponemos ahora:
lim
n→∞
an = lim
n→∞ an = L.
Dado � > 0 existe N0 tal que
an < L + � para todo n > N0.
(La primera condición para que L sea el ĺımite superior)
También, existe N1 tal que
an > L − � para todo n > N1.
(La primera condición para que L sea el ĺımite inferior)
Si N = máximo (N0, N1), para todo n > N se tiene:
L − � < an < L + �,
|an − L| < � para todo n > N,
esto es:
ĺım
n→∞ an = L.
58 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
[14] Condición de Cauchy
Al hablar de la convergencia de una sucesión {an} hay que buscar el posible
valor ĺımite L que cumple:
Para cualquier � > 0, existe N tal que
|an − L| < � para todo n > N.
El ejercicio 30 la convergencia de una sucesión sin saber el posible valor
ĺımite (basta comprobar la igualdad: liman = lim an), pero no siempre es
fácil aplicar este método ya que es dif́ıcil hallar liman y lim an. El siguiente
criterio para saber la convergencia o divergencia de una sucesión se conoce
con el nombre de condición de Cauchy, y tiene una amplia aplicación:
Condición de Cauchy: La sucesión {an} converge si y sólo si dado � > 0
cualquiera, existe N0tal que
|an − ak| < � para todo n, k > N0. (2.4)
Demostación.
(i) Si {an} tiende a L, dado � > 0 existe N0 tal que
|an − L| > �2 para todo n > N0,
|ak − L| > �2 para todo k > N0,
luego:
|an − ak| = |an − L + L − ak| ≤ |an − L| + |L − ak|
�
2
+
�
2
= � (para todo n, k > N0).
(ii) Supongamos válida la condición 2.4. Tomando k = N0 + 1:
ak − � < an < ak + � para todo n > N0 (2.5)
Entonces (ver el ejercicio 29):
ak − � ≤ lim
n→∞
an ≤ lim
n→∞ an ≤ ak + � (2.6)
luego:
lim
n→∞ an − limn→∞ an ≤ 2�. (2.7)
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 59
Como � es cualquiera, de (2.6) se tiene que
lim
n→∞
an = lim
n→∞ an,
esto es, la sucesión {an} es convergente.
Ejemplo.
{an} = {(−1)n−1} = {1,−1, 1,−1, 1, . . .}
diverge ya que
|a2k−1 − a2k| = |(−1)2k−2 − (−1)2k−1| = |1 − (−1)| = 2
aunque k sea muy grande, por lo tanto la sucesión no cumple la condición
de Cauchy.
Ejercicio 31.
Si {an} converge, entonces, para todo k fijo se tiene:
ĺım
n→∞ |an − an+k| = 0.
2.3. Sucesiones de puntos del espacio Rp
Un punto en el plano cartesiano OXY está determinado por la pareja de
números (x, y) (figura 2.15), donde x es la coordenada X del punto, y es la
coordenada Y del punto, o sea que el plano es igual al producto cartesiano de
R (recta real) por R.
}}x y
P(x,y)
y
x0
Figura 2.15.
Nota 14. R × R se nota por R2.
60 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
De la misma manera en el espacio de dimensión 3 es igual al producto carte-
siano R × R × R = R3, y sus puntos son de la forma (x, y, z), x, y, z ∈ R.
En general, el espacio de dimensión p, Rp, es el conjunto de todas las p−tuplas
(x1, x2, x3, . . . , xp), x1, x2, x3, . . . , xp ∈ R.
Para mayor sencillez trabajamos solamente en R2 ya que la generalizacióna
Rp es inmediata.
Ahora definimos las operaciones algebraicas en los puntos de R2 como sigue:
Operaciones algebraicas en R2
Sean x = (x1, x2), y = (y1, y2) entonces
i) x = y si y sólo si x1 = y1, x2 = y2.
ii) x + y = (x1 + y1, x2 + y2) (figura 2.16)
x + y
y
y
x0
x
Figura 2.16.
iii) Si a es un número real, ax = (ax1, ax2) (figura 2.17)
iv) x − y = x + (−1)y = (x1 − y1, x2 − y2) (figura 2.18).
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 61
ax
0
x
Figura 2.17.
x 
y
0
x - y
Figura 2.18.
v) 0 = (0, 0) (0 es el origen del espacio R2).
Sea x = (x1, x2) un punto en el espacio R2, la distancia de x al origen es
(Teorema de Pitágoras):
√
(x1)2 + (x2)2 (figura 2.19) a ésta se le llama la
norma de x y se denota por:
|x| =
√
(x1)2 + (x2)2 (2.8)
Nótese que |x| ≥ 0 para todo x, y que
x = 0 = (0, 0) si y sólo si |x| = 0. (2.9)
Tenemos ahora las siguientes desigualdades muy importantes:
|x1| ≤ |x|, |x2| ≤ |x|, y , |x| ≤ |x1| + |x2|. (2.10)
Nota 15. Nótese que |x1| es el valor absoluto del número real x1, mientras
que |x| es la norma del punto x en R2.
62 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
x 
y
0
x = ( , )
{
2
x 
1 x 2
|x|
x 
1
{
Figura 2.19.
i) (x1)2 ≤ (x1)2 + (x2)2 ya que (x2)2 ≥ 0,
sacando el radical a la desigualdad anterior se tiene:
|x1| =
√
(x1)2 ≤
√
(x1)2 + (x2)2 = |x|.
ii) (x1)2+(x2)2 ≤ (x1)2+(x2)2+2|x1||x2| = {|x1|+|x2|}2, sacando el radical
se tiene la segunda parte de la desigualdad 2.10.
Dados dos puntos x = (x1, x2), y (y1, y2) se tiene la siguiente desigualdad
conocida como la de Schwartz:
(x1y1 + x2y2)2 ≤ |x|2 · |y|2. (2.11)
Demostación.
|x|2|y|2 − {x1y1 + x2y2}2
= {(x1)2 + (x2)2}{(y1)2 + (y2)2} − {x1y1 + x2y2}2
= (x1)2(y2)2 + (x2)2(y1)2 − 2x1y1x2y2
= (x1y2 − x2y1)2 ≥ 0.
Nota 16. En caso de Rp, la desigualdad de Schwartz es:
[
p∑
k=1
xkyk]2 ≤
p∑
k=1
(xk)2
p∑
k=1
(yk)2.
La demostración directa (como en el caso de R2) va a ser muy enredada, se
acostumbra utilizar el siguiente método:
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 63
Sea t un parámetro real, entonces:
0 ≤ |tx + y|2 = |(tx1 + y1, tx2 + y2, . . . , txp + yp)|2
=
p∑
k=1
(txk + yk)2
= t2
p∑
k=1
+2t
p∑
k=1
xkyk +
p∑
k=1
(yk)2,
la última es una forma cuadrática con respecto al parámetro t. Para que una
forma cuadrática no sea negativa para todo valor del parámetro t, su discri-
minante debe ser no positivo, o sea:[
2
p∑
k=1
xkyk
]2
− 4
p∑
k=1
(xk)2
p∑
k=1
(yk)2 ≤ 0,
esto es: [ p∑
k=1
xkyk
]2
≤
p∑
k=1
(xk)2
p∑
k=1
(yk)2. (2.12)
x 
y
0
x - y
{
|x-y|
|x-y|{
-y
Y
Figura 2.20.
Dados los puntos x e y ∈ Rp, |x − y| es la distancia entre x, y (Figura 2.20),
se tiene la siguiente desigualdad:
Desigualdad de triángulo
|x + y| ≤ |x| + |y| (Figura 2.21) (2.13)
64 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Demostación.
|x + y|2 =
2∑
k=1
(xk + yk)2
=
2∑
k=1
{(xk)2 + 2xkyk + (yk)2}
=
2∑
k=1
(xk)2︸ ︷︷ ︸+
2∑
k=1
(yk)2︸ ︷︷ ︸+2
2∑
k=1
xkyk︸ ︷︷ ︸
≤
|x|2 |y|2 |x||y| (por la de Schwartz)
= |x|2 + |y|2 + 2|x||y| = {|x| + |y|}2,
sacando el radical se tiene la desigualdad 2.13.
x+y 
y
0
 y
{
|y|
|x|
Y
|x+y|
{
X
Figura 2.21.
Ejercicio 32.
Demostrar que |x − y| = |y − x| ¿Qué interpretación se puede dar a esta
identidad?
Ejercicio 33.
Sean x, y, z ∈ R2, demostrar:
i) |x − y| ≥ ||x| − |y||.
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 65
ii) |x − y| + |y − z| ≥ |x − z|.
iii) ¿Qué interpretación geométrica tienen las desigualdades anteriores?
Sucesión de puntos de R2
Sea {x1, x2, x3, . . .} una sucesión de puntos en R2, si los puntos de la sucesión
se acercan cada vez más hacia un punto fijo x podemos decir que la sucesión
tiende a x (Figura 2.22).
Más precisamente, utilizando el concepto de distancia para medir el acerca-
miento, se define como sigue:
Se dice que la sucesión {xn} tiende (converge) a x, y se nota
ĺım
n→∞xn = x
si para cualquier � > 0 dado, existe N tal que
|xn − x| < � para todo n > N.
⎛⎝ La distancia entre {xn} yx puede ser tan pequeña
como se quiera
⎞⎠ ( Si n es suficientemente
grande
)
Obsérvese que la definición anterior tiene idéntica presentación en el caso de
una sucesión numérica, sólo hay que interpretar el śımbolo |xn − x| como la
distancia entre los dos puntos en la condición 2.13. Si todos los puntos de la
sucesión están sobre la recta numérica entonces la sucesión es una sucesión
numérica, y la distancia sobre la recta numérica es igual al valor absoluto de
diferencia de los dos números, por lo tanto nuestra definición sirve también
para el caso de una sucesión numérica sin someterla a modificación alguna.
[1] Sea {x(n)} = {(x(n)1 , x(n)2 ), n = 1, 2, 3, . . .} una sucesión en R2.
Si {x(n)} converge a x = (x1, x2) entonces
ĺım
n→∞x
(n)
1 = x1, ĺımn→∞x
(n)
2 = x2.
66 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Demostación.
|x(n)1 − x1| ≤ |x(n) − x| → 0 por la desigualdad 2.10,
|x(n)2 − x2| ≤ |x(n) − x| → 0,
luego:
ĺım
n→∞x
(n)
1 = x1
ĺım
n→∞x
(n)
2 = x2.
Observación 2.
x
(n)
1 es la proyección del punto x
(n) sobre la recta OX (la sombra del punto
x(n) en la recta horizontal), si x(n) se acerca al punto x es evidente que la
sombra de x(n) se acerca a la sombra de x (Figura 2.22).
x
(1)
x
X
1
x
x
x
(2)
(n)
(3)
x
(1)
1
x
(2)
1
x
(3)
1
x
(n)
1
x
0
Sol
Figura 2.22.
[2] Sea {x(n)} = {(x(n)1 , x(n)2 ), n = 1, 2, 3, . . .} una sucesión en R2, si
ĺım
n→∞x
(n)
1 = x1, ĺımn→∞x
(n)
2 = x2 implica ĺımn→∞x
(n) = x.
De [1] y de [2] podemos afirmar que una sucesión en R2 converge si y sólo
si las sucesiones numéricas formadas por las componentes de los puntos de
la sucesión convergen.
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 67
Ejemplo 1.
Sea {x(n)} tal que
x(n) =
( 1
n
cos
nπ
2
,
1
n
sen
nπ
2
)
, n = 1, 2, 3, . . .
entonces
|x(n) − 0| = |x(n)| =
√
1
n2
cos 2
nπ
n2
+
1
n2
sen 2
nπ
n2
=
√
1
n2
=
1
n
→ 0 (n → ∞),
o sea
ĺım
n→∞x
(n) = 0 (0 = (0, 0))
Por lo tanto se tiene que:
ĺım
n→∞
1
n
cos
nπ
n2
= 0, ĺım
n→∞
1
n
sen
nπ
n2
= 0 (figura 2.23).
x
1
x
4
x
6
x
2
x
5
x
3
X
Figura 2.23.
Ejemplo 2.
Sea {xn} tal que
xn =
( 1
n
cos
nπ
2
, sen
nπ
2
)
n = 1, 2, 3, . . .
Tenemos
ĺım
n→∞
1
n
cos
nπ
2
= 0,
pero la sucesión numérica
{
sen
nπ
n2
}
diverge, por lo tanto la sucesión
{xn} diverge (Figura 2.24).
68 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
x = x =x = 
1
x
2
9
x
4
2
x
6
x
8
5
...
x = x =x = 
3 117
...
Figura 2.24.
En forma idéntica al caso de sucesiones numéricas, puede demostrar las
siguientes propiedades de sucesiones de puntos en Rp, las demostraciones
las dejamos para el lector.
[3] Si {xn} converge a x, cualquier reordenación de {xn} converge a x (ver la
propiedad 9 del parágrafo anterior).
[4] Si {xn} converge a x, cualquier subsucesión de {xn} converge a x (ver la
propiedad 1 del parágrafo anterior).
Ejemplo 3.
Sea {xn} tal que
x2k =
((−1)k
k
,
(−1)k
k
)
, x2k−1 =
((−1)k
k
, 1 − 1
k
)
.
La sucesión diverge ya que la sucesión formada por los elementos pares,
{x2k}, converge a (0, 0), mientras que la sucesión formada por los elementos
impares {x2k−1} converge a (0, 1) 
= (0, 0).
Ejercicio 34.
Si {x1, x2, x3, . . .} converge a x, demostrar que para cada k fijo la sucesión
{xn+k} = {xk+1, xk+2, xk+3, . . .} converge a x.
Ejercicio 35.
Si xn converge a x para cada y fijo la sucesión numérica {|xn−y|} converge
a |x − y|.
2.3. SUCESIONES DE PUNTOS DEL ESPACIO RP 69
Sugerencia.∣∣|xn − y| − |x − y|∣∣ ≤ |(xn − y) − (x − y)| = |xn − x| → 0 (n → ∞).
[5] Se ha visto la similitud entre una sucesión de puntos en R2 y una suce-
sión numérica, entonces ¿cuál seŕıa la diferencia fundamental entre una
sucesión numérica y una sucesión de puntos?. En el parágrafo anterior
fue posible hablar de las sucesiones crecientes (o decrecientes) ya que los
números reales están ordenados por la desigualdad mayor que, en cambio
no podemos hablar de sucesiones crecientes (o decrecientes )de puntos del
espacio R2.
Ejemplo 4. Sea {x(n)} tal que
x(n) =
( n
n + 1
cos
nπ
2
,
n
n + 1
sen
nπ
2
)
, n = 1, 2, 3, . . .
Tenemos:
|x(n)| =
√[ n
n + 1
]2
cos 2
nπ
2
+
[ n
n + 1
]2
sen 2
nπ
2
=
n
n + 1
,
luego:
|x(1)| < |x(2)| < · · · < |x(n)| < |x(n+1)| < · · · < 1.
La sucesión formada por la norma de x(n) es creciente y acotada, pero la
sucesión {x(n)} diverge.
Ejercicio 36.
Sea {x(n)} una sucesión que converge a x. Si |xn| ≤ M para todo n
entonces demostrar que |x| ≤ M .
Solución.
Dado � > 0 cualquiera, existe N tal que
|x(n) − x| < � para todo n > N.
o sea:
|x| < |x(n)| + � ≤ M + �.
Como � es cualquiera se tiene que
|x| ≤ M.
70 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
2.4. Puntos de acumulación. Teorema de Bolzano
Weierstrass
Vecindad
Si la sucesión {xn} converge a x, entonces para � > 0 cualquiera se tiene:
|xn − x| < � (para todo n suficientemente grande) (2.14)
La desigualdad 2.14 puede expresarse también como sigue: ‘xn está en el
ćırculo con centro en x de radio �’ (Figura 2.25).
El ćırculo (ó la bola) con centro en x de radio � se llama vecindad de x con
radio � y se nota por N(x, �), o, B(x, �), esto es:
N(x, �) =
{
y
|y − x| < �
}
, (2.15)
La desigualdad se transforma en:
x
{
ε
xn
Figura 2.25.
xn ∈ N(x, �) (para todo n suficientemente grande). (2.16)
El radio � determina el tamaño de la vecindad (Figura 2.26), en caso de
que no se necesita especificar el radio de la vecindad, se acostumbra omitir
el radio y se habla sencillamente de la vecindad de x y se nota por:
N(x), o, B(x).
Por ejemplo, el concepto del ĺımite de la sucesión {xn} hacia x puede
expresarse como:
Para toda vecindad de x, N(x), existe N tal que
xn ∈ N(x) si n > N.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 71
x
x
x
vecindad pequeña
vecindad grande
Figura 2.26.
Nota 17.
En R, la vecindad de x con radio � es un intervalo abierto:
N(x, �) = B(x, �) = (x − �, x + �).
Ejemplo.
Sea {xn} una sucesión de puntos distintos que tiende a x, entonces cual-
quier vecindad de x contiene un número infinito de puntos de la sucesión.
Demostación.
Consideremos la vecindad B(x, �), entonces existe N tal que
xn ∈ B(x, �) para todo n > N,
o sea:
xN+1, xN+2, xN+3, . . . ∈ B(x, �).
Como los puntos de la sucesión son distintos, se ve que en B(x, �) hay un
número infinito de puntos de la sucesión.
Punto de acumulación de un conjunto
Dado un conjunto S(⊂ Rp), decimos que un punto x(∈ Rp) es un punto de
acumulación de S si cualquier vecindad de x contiene un número infinito
de puntos de S. En el ejemplo anterior, el punto ĺımite de la sucesión {xn}
es un punto de acumulación del conjunto formado por todos los puntos de
ésta.
72 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplo.
En R1, observamos el siguiente conjunto:
S =
{
(−1)n + 1
n
, n ∈ N
}
1 ∈ R es un punto de acumulación de S.
Dada B(1, �) = (1 − �, 1 + �), existe N tal que 1
2N
< �, luego:
(−1)2k + 1
2k
= 1 +
1
2k
∈ B(1, �) para todo k > N
ya que ∣∣∣(1 + 1
2k
)
− 1
∣∣∣ = 1
2k
<
1
2N
< �.
Esto es, un número infinito de puntos de S pertenece a B(1, �).
De manera similar, se puede demostrar que −1 es un punto de acumulación
de S.
Sea a ∈ R, a 
= 1, a 
= −1.
Si a < −1, entonces B(a,−1 − a) no tiene puntos de S, esto es, a no es
punto de acumulación de S.
Si a > −1, sea 2� = mı́nimo (|a − 1|, |a + 1|), entonces B(a, �) contiene a
lo más un número finito de puntos de S.
x
a
En este iontervalo
no hay puntos de
 S.
( ) x
a
( ) l
0
{ }
ε ε
l
-1
1
7 
6
- 5 
4
-
3 
2
4 
5 - --
3 
2
 --
Figura 2.27.
En la definición se hablo de un número infinito de puntos de S en cualquier
vecindad de x. Para evitar el término infinito podemos decir de la siguiente
manera:
Se dice que x es un punto de acumulación de S si toda vecindad de x
contiene por lo menos un punto de S diferente de x.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 73
Demostación.
Consideremos la vecindad B(x, �), entonces existe x1 ∈ S, x1 ∈ B(x, �), y
x1 
= x.
ε
ε2
ε3
x
x
x2
1
Figura 2.28.
Sea �2 = mı́nimo
( �
2
, |x − x1|
)
, entonces la vecindad B(x, �2) contiene
un punto de S diferente de x digamos x2, obsérvese que x2 
= x1. Sea
�3 = mı́nimo
( �
3
, |x − x2|
)
, entonces B(x, �3) contiene un punto de S
diferente de x, digamos x3. Aśı en general, sea �n = mı́nimo
( �
n
, |x −
xn−1|
)
, entonces por lo menos un punto de S pertenece a B(x, �3)y es
distinto de x, digamos xn. La sucesión
{x1, x2, x3, . . . , xn, . . .}
es una sucesión de puntos distintos de S. Además:
|x − xn| < |x − xn−1| (para todo n),
y ĺım
n→∞xn = x puesto que
|x − xn| < �n ≤ �
n
→ 0 (n → ∞).
Por lo tanto, la vecindad B(x, �) contiene un número infinito de puntos de
S, x1, x2, x3, . . . , xn, . . .
En la demostración anterior, se ha probado también la siguiente propiedad:
� x es un punto de acumulación del conjunto S si y sólo si se puede
construir una sucesión de puntos distintos de S que tiende a x.
74 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplo.
Un conjunto finito no posee puntos de acumulación, ya que no existe un
número infinito de puntos distintos en un conjunto finito.
Ejercicio 37.
Sea {xn} una sucesión de puntos que tiende a x, sea s= el conjunto formado
por todos los elementos de la sucesión.
Si S es infinito, demostrar que x es el único punto de acumulación de S.
Solución.
Por la propiedad �, x es un punto de acumulación de S. Como cualquier
subsucesión de {xn} converge a x no debe haber otro punto de acumulación
de S.
Ejercicio 38.
Sea S(⊂ R1) acotado, entonces sup S pertenece al conjunto S, ó sup S es un
punto de acumulación del conjunto S.
La demostración la dejamos para el lector.
Ejemplo.
i) En R1 sea S = { 1
n
/n ∈ N}. entonces 0 es un punto de acumulación de
S y 0 /∈ S.
ii) En R1 sea S = [0, 1] entonces cualquier punto del intervalo [0, 1] es un
punto de acumulación de S. En realidad, si 0 ≤ x ≤ 1, para � > 0 dado,
la intersección de (x − �, x + �) y [0, 1] es un intervalo, y un intervalo
contiene un número infinito (no contable) de puntos, esto es, x es un
punto de acumulación de S.
( ) ( ) l
0
x-ε
1
x+ε
[ ] 
x'
x
Figura 2.29.
Si x′ /∈ [0, 1], por ejemplo si x′ > 1 la velocidad de x′ con radio x′ − 1,
B(x′, x′ − 1) no contiene puntos de S, esto es, x′ no es un punto de
acumulación de S.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 75
Nótese que un punto de acumulación de un conjunto dado a veces pertenece
al conjunto, y a veces no pertenece al conjunto.
Ejercicio 39.
En R1, sea S =
{
(−1)n n
n + 1
| n ∈ N
}
, hallar el conjunto de todos los puntos
de acumulación de S.
Solución.
Toda sucesión convergente formado con elementos distintos del conjunto S
tiende a 1, ó −1, por lo tanto {−1, 1} es el conjunto de todos los puntos de
acumulación de S.
Ejercicio 40.
Sea S =
{ 1
n
+
1
m
| n,m ∈ N
}
, hallar todos los puntos de acumulación de S.
Solución.
ĺım
n,m→∞
[ 1
n
+
1
m
]
= 0, ĺım
n→∞
[ 1
n
+
1
m
]
=
1
m
por lo tanto 0 y
1
m
(para todo m ∈ N) son puntos de acumulación de S.
Vamos a demostrar que no hay otro punto de acumulación de S.
i) Sea a < 0, entonces B(a, |a|) no contiene puntos de S, luego a no es punto
de acumulación de S.
ii) a > 1, Sea � =
1
2
(a − 1), si la vecindad B(a, �) contiene puntos de S,
digamos
1
n
+
1
m
, entonces
1 + � = a − � < 1
n
+
1
m
< a + � (2.17)
luego:
n = 1, ó, m = 1. (de lo contrario
1
n
+
1
m
≤ 1).
Si n = 1, de (2.17) se tiene:
1 + � < 1 +
1
m
,
76 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
o sea:
m <
1
�
.
Esto es, solo hay un número finito de puntos de S en B(a, �), o sea que a
no es punto de acumulación de S.
iii) 0 < a < 1, a /∈
{ 1
n
| n ∈ N
}
. Existe n tal que
1
n + 1
< a <
1
n
.
Sea � =
1
2
mı́nimo
{
a − 1
n + 1
,
1
n
− a
}
.
( )ε
a
1
n
-
1 1
n+1
-
 1
n+2
-
0
Figura 2.30.
Si un punto
1
m
+
1
k
(∈ S) pertenece a la vecindad B(a, �) se tiene:
1
n + 1
+ � <
1
m
+
1
k
<
1
n
− �. (2.18)
Si
1
k
< �
(
ó k >
1
�
)
de (2.18) se tendŕıa
1
m + 1
<
1
m
, o sea, m < n+1,
luego m ≤ n, que no cumple la segunda parte de la desigualdad (2.18) ya
que
1
n
− � > 1
m
+
1
k
≥ 1
n
+
1
k
>
1
n
(absurdo).
Por consiguiente,
1
k
≥ �.
De la misma manera se tiene que m ≤ 1
ε
, esto es, la desigualdad (2.18)
tiene a lo más un número finito de soluciones (m, k), luego, a no es punto
de acumulación de S.
Solución.
(Un bosquejo de otra demostración)
Sea b un punto de acumulación del conjunto S, entonces existe una sucesión
de puntos distintos de S,
{ 1
n(j)
+
1
k(j)
, j = 1, 2, 3, . . .
}
que converge a b.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 77
i) Si los dos conjuntos {n(j) | j ∈ N}, {k(j) | j ∈ N} son finitos entonces el
conjunto
{ 1
n(j)
+
1
k(j)
j ∈ N
}
es finito (absurdo).
ii) Si los dos conjuntos {n(j) | j ∈ N}, {k(j) | j ∈ N} no son finitos, entonces
ellos no son acotados, luego:
1
n(j)
+
1
k(j)
→ 0 (j → ∞),
o sea b = 0.
iii) Si {n(j) | j ∈ N} es finito, entonces se debe tener que {k(j) | j ∈ N} no
es finito (no es acotado), luego:
1
k(j)
→ 0 (j → ∞),
luego la sucesión
{ 1
n(j)
j = 1, 2, 3, . . .
}
converge, esto es, la sucesión de
números reales {n(j), j = 1, 2, 3, . . .} converge a algún número natural:
n(j) → n0 (∈ N) (j → ∞),
por lo tanto:
1
n(j)
+
1
k(j)
→ 1
n0
+ 0 =
1
n0
= b.
Aśı que {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
es el conjunto de todos los puntos de
acumulación de S.
Ejercicio 41.
Sean A ⊃ B. demostrar que un punto de acumulación de B es un punto de
acumulación de A.
Ejercicio 42.
Si x no es punto de acumulación de A, existe �0 > 0 tal que B(x, �) no contiene
puntos de A salvo posiblemente el punto central x de la vecindad.
Solución.
Si no existe tal �0 > 0, para todo � > 0 la vecindad B(x, �) contendŕıa, al
menos, un punto de A distinto de x, o sea que x seŕıa un punto de acumulación
de A (absurdo).
78 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejercicio 43.
Demostrar:
Si x es un punto de acumulación de A ∪B entonces x es un punto de acumu-
lación de A, ó x es un punto de acumulación de B.
Solución.
1 (Por absurdo)
Si x no es punto de acumulación de A, ni es punto de acumulación de
B, existen B(x, �1), B(x, �2) tales que B(x, �1) no contiene puntos de A
(salvo posiblemente el punto x), B(x, �2) no contiene puntos de B (salvo
posiblemente el punto x).
Sea ε = mı́nimo (�1, �2), entonces B(x, �) no contiene puntos de A ni puntos
de B (salvo posiblemente el punto x), esto es, B(x, �) no contiene puntos
de A ∪ B (salvo posiblemente el punto x), por lo tanto x no es punto de
acumulación de A ∪ B (absurdo).
2 (Método directo)
Si x es un punto de acumulación de A ∪ B, existe una sucesión de puntos
distintos de A ∪ B, {xn}, que tiende a x. Sean {x′n}, {x′′n} subsucesiones
formadas por los puntos de A y por los puntos de B respectivamente.
i) Si {x′n} es una subsucesión infinita x es un punto de acumulación de
A.
ii) Si {x′′n} es una subsucesión infinita x es un punto de acumulación de
B.
Teorema de Bolzano Weierstrass
en el parágrafo anterior hemos estudiado la siguiente propiedad del conjunto
de números reales (Propiedad 10):
Si S es un conjunto numérico acotado e infinito, podemos construir una suce-
sión convergente de puntos distintos con los elementos del conjunto S.
Esta propiedad puede generalizarse para Rp, y se conoce con el nombre del
Teorema de Bolzano Weierstrass, que es uno de los teoremas más impor-
tantes del Análisis Matemático.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 79
Teorema de Bolzano Weierstrass
Sea S(⊂ Rp) un conjunto acotado e infinito, entonces existe por lo menos un
punto de acumulación del conjunto S.
Nota 18.
Decimos que S(⊂ Rp) es acotado si existe una constante M > 0 tal que
|x| ≤ M para todo x ∈ S,
esto es, el conjunto numérico formado por las normas de los puntos de S es
acotado, (ó S está contenido en una bola con centro en 0).
[i] En R1 el teorema ya está demostrado puesto que existe una sucesión
numérica convergente de puntos distintos de S, y su ĺımite seŕıa un punto
de acumulación del conjunto.
M
0
S
{
(a) S es acotado
0
T
(b) T no es acotado
Figura 2.31.
[ii] Demostremos el teorema para el caso R2.
Sean S1 = {x | (x, y) ∈ S}, S2 = {y | (x, y) ∈ S}.
evidentemente, S1 y S2 son conjuntos acotados en R1. Como S ⊂ S1×S2
se tiene que S1 ◦ S2 es infinito. Supongamos que S1 es infinito, entonces
existe una sucesión numérica convergente de puntos distintos de S1 (por
la propiedad 10 del parágrafo 2), digamos:
{x1, x2, x3, . . . , xn, . . .} → x0.
Sean y1, y2, y3, . . . yn, . . . tales que (xn, yn) ∈ S. Como la sucesión numéri-
ca {yn} es acotada existe una subsucesión convergente (Ejercicio 25 § 2.2),
digamos:
{x1, x2, x3, . . . , xn, . . .} → y0.
80 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Nota 19.
S1 es la proyección del conjunto S sobre la recta coordenada horizontal, S2 es
la proyección de S sobre la recta coordenada vertical (figura 2.32), o sea que
S1 es el conjunto de todas las primeras componentes de los puntos de S, S2 es
igual al conjunto de todas las segundas componentes de los puntos de S.
S 1
S
S 2
Figura 2.32.
La sucesión {xk(1), xk(2), . . . , xk(j), . . .} converge a x0, puesto que ésta es una
subsucesión de {xn}, por lo tanto la sucesión de puntos de R2:
{(xk(j), yk(j)), j = 1, 2, 3, . . .}
converge al punto (x0, y0), luego (x0, y0) es un punto de acumulación del con-
junto S.
Nota 20.
Se emplea frecuentemente la siguiente demostración del teorema de Bolzano
Weierstrass.
i) En R1
Como S es acotado, S está contenido en un intervalo. Por un cambio de origen
y unidad sobre la recta real se puede suponer que S ⊂ [0, 1].
Subdividimos el intervalo [0, 1] en dos partes iguales, la parte izquierda la
marcamos con el número “0”, la parte derecha con el número “1”:
“0” =
[
0,
1
2
]
, “1” =
[ 1
2
, 1
]
.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 81
1/2
[ ]
0 "0" "1"
S
1
Figura 2.33.
Como S es infinito, el intervalo “0” ó el intervalo “1” contiene un número
infinito de puntos de S, si el intervalo “0” contiene un número infinito de
puntos de S, sea a1 = 0, si “0” contiene a lo más un número finito de puntos
de S, sea a1 = 1. Obsérvese que la longitud del intervalo “a1” es igual a
1
2
.
Ahora subdividimos el intervalo “a1” en dos partes iguales, a la parte izquierda
se le llama “a10” y a la parte derecha se llama “a11”. Definimos a2 como sigue:
Si el intervalo “a10” contiene un número infinito de puntos de S entonces
a2 = 0, si el intervalo “a10” contiene a lo más un número finito de puntos de
S entonces a2 = 1. (En este caso, “a1” contiene un número infinito de puntos
de S).
[ ]
"a 0"
S
1 "a 1"1
"a "1
Figura 2.34.
Obsérvese que la longitud del intervalo “a1a2” es igual a 1/22
[ ]
S
"a a "1 2
"a a 0"1 2 "a a 1"1 2
Figura 2.35.
82 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ahora subdividimos el intervalo “a1a2” en dos partes iguales, la parte izquierda
es “a1a20” y la parte derecha es “a1a21”.Una de estas dos partes contiene un
número infinito de puntos de S ya que el intervalo “a1a2” contiene un número
infinito de puntos de S, sea “a1a2a3” la parte que contiene un número infinito
de puntos de S:
“a1” ⊃ “a1a2” ⊃ “a1a2a3” ⊃ · · · ⊃ “a1a2 · · · an” ⊃ · · ·
donde a1, a2, a3, . . . , an, . . . toman un valor 0 ó 1, y la longitud del intervalo
“a1a2a3 · · · an” es igual a 1/2n.
La expresión:
0.a1a2a3 · · · an · · ·
determina un número real a en el sistema binario, este número a debe ser un
punto de acumulación delconjunto S ya que
0 ≤ a − 0.a1a2a3 · · · an · · · ≤ 0. 0 · · · 0︸ ︷︷ ︸ an+1an+2 · · · ≤ 12n ,
n veces
y el número (en el sistema binario) 0.a1a2a3 · · · an es el extremo izquierdo del
intervalo “a1a2 · · · an” donde existe un número infinito de puntos de S (Figura
2.36).
[ ]
S
"a a a "1 2
 a 
n
...
 0.a a a 1 2 n... 0.a a a + 1 2 n
...
1 
2
-
n
Figura 2.36.
Nota 21.
La utilización del sistema binario no es indispensable, si se quiere hallar un
punto de acumulación en el sistema decimal se hace la subdivisión en 10 partes
iguales en lugar de subdividir en 2 partes iguales, y se denominan estas partes
con las letras 0, 1, 2, . . . , 9.
Ejemplo. S =
{ n
2n + 1
| n ∈ N
}
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 83
"0"
 0 1 
2
-
l l l
 1 
"1"
"0 0"
 0 1 
4
-
l l l
"0 1"
"0 1 0"
3 
8
-
l l l
"0 1 1"
1 
2
-
1 
2
-
1 
4
-
Figura 2.37.
Se tiene:
a1 = 0,
a2 = 1,
a3 = 1,
...
aN = 1,
...
luego a = 0.0111 . . . 1 . . . es un punto de acumulación en el sistema binario que
es igual a:
a =
0
2
+
1
4
+
1
8
+ · · · + 1
2n
+ · · · = 1
2
.
ii) En R2
Metemos el conjunto S (acotado e infinito en R2) en el cuadrado [0, 1]×[0, 1] =
1, subdividimos el cuadrado I en 4 partes iguales, escogemos un subcuadrado
que contenga un número infinito de puntos de S, y lo subdividimos en 4
84 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
partes iguales. Aśı sucesivamente. Como en el caso de R1 se hallará un punto
de acumulación (a, b) en el cual los números a, y, b estarán determinados en
el sistema binario.
X1a0
b
1
Y
Figura 2.38.
Ejemplo.
Sea {xn} una sucesión acotada de puntos distintos de R2, entonces existe una
subsucesión convergente.
Solución.
Sea S = {xn | n ∈ N} el conjunto formado por todos los puntos de la sucesión
dada, entonces S es acotado e infinito. luego existe un punto de acumulación
de S, digamos x0. Por lo tanto existe una sucesión de puntos de S que converge
a x0. Cambiando el orden adecuadamente, ésta es una subsucesión de {xn}
que converge a x0.
Ejercicio 44.
Demostrar:
Sea {xn} una sucesión acotada en R2, existe una subsucesión convergente.
Sugerencia.
Si el conjunto S = {xn | n ∈ N} es finito, hay una subsucesión constante
(Ejercicio 25 § 2.2).
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 85
También se puede demostrar como sigue:
sea xn =
(
x
(n)
1 , x
(n)
2
)
, n = 1, 2, 3, . . ., las sucesiones {x(n)1 }, {x(n)2 } son numéri-
cas y acotadas. Existe una subsucesión convergente de {x(n)1 }, digamos:{
x
k(1)
1 , x
k(2)
1 , x
k(3)
1 , . . . , x
k(j)
1 , . . .
} → x01.
La sucesión {xk(j)2 , j = 1, 2, 3, . . .} es numérica y acotada, luego existe una
subsucesión convergente de ésta, digamos:{
x
h(1)
2 , x
h(2)
2 , x
h(3)
2 , . . . , x
h(j)
2 , . . .
} → x02.
Evidentemente, la sucesión:{
(xh(j)1 , x
h(j)
2 ), j = 1, 2, 3, . . .
}
=
{
xh(j), j = 1, 2, 3, . . .
}
es una subsucesión convergente de la sucesión original.
Ejercicio 45.
Sea {xn} una sucesión acotada en R2. Si toda subsucesión convergente tiende
al mismo ĺımite b, demostrar que la sucesión {xn} converge a b.
Demostración. (Método del absurdo)
Supongamos que {xn} no converge a b. Entonces existe algún �0 > 0 tal que
para todo N , existe m(m > N) tal que
|xm − b| ≥ �0.
O sea que existe una subsucesión de {xn}, digamos {xsk}, tal que
|xsk − b| ≥ �0 para todo k.
Como xsk es acotada, existe una subsucesión convergente:
xbj → x0 (j → ∞).
xbj es una subsucesión de xsk , por lo tanto se debe cumplir la condición
|xbj − b| ≥ �0 para todo j.
luego:
|x0 − b| ≥ �0.
esto es:
x0 
= b absurdo.
86 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Nota 22.
En el caso de R1 el problema es inmediato ya que la sucesión numérica converge
si el ĺımite superior es igual al ĺımite inferior. A continuación, daremos un
bosquejo de otra demostración utilizando ĺımite superior y ĺımite inferior.
Sea {xn} = {(x(n)1 , x(n)2 )}.
{x(n)1 } es una sucesión numérica acotada, luego existen
limx(n)1 , lim x
(n)
1
Si limx(n)1 
= limx(n)1 , hay varios valores de ĺımites de subsucesiones conver-
gentes de {x(n)1 }, por lo tanto existen varios puntos ĺımite de subsucesiones
convergentes de {xn} (absurdo). Lo cual implica que
limx(n)1 = limx
(n)
1 ,
o sea que ĺım
n→∞x
(n)
1 existe.
De la misma manera se demuestra que {x(n)2 } converge.
Ejercicios adicionales
Ejercicio 46.
Sea F una familia infinita de intervalos de longitud mayor que c > 0 contenidos
en [0, 1]. Dado c0 < c, existe un intervalo de longitud c0 contenido en un
número infinito de intervalos de la familia F.
Sugerencia.
Sea S el conjunto de todos los puntos medios de los intervalos de la familia F.
Supongamos que S es un conjunto infinito, entonces existe por lo menos un
punto de acumulación de S, sea x0 este punto. Entonces el intervalo[
x0 − c02 , x0 +
c0
2
]
esta contenido en un número infinito de intervalos de la familia F.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 87
Ejercicio 47.
A partir del teorema de Bolzano Weierstrass (sin uso del concepto de extremo
superior) demostrar que:
Si {xn} es una sucesión numérica creciente y acotada, entonces {xn} es con-
vergente.
Solución.
Sea S = {xn | n ∈ N} en el conjunto formado por todos los números de la
sucesión, si S es finito evidentemente la sucesión converge al valor máximo de
S. Si S es infinito, sea x0 un punto de acumulación de S.
Si existiera xj tal que xj > x0, se tendŕıa
xn ≥ xj > x0 para todo n ∈ N.
( )
δ δ
x
0
x
j
x
n ( n > j )
Figura 2.39.
Dado �, existe N tal que
xN 
= x0, xN ∈ B(x0, �) = (x0 − �, x0 + �).
Para n > N se tiene xn ≥ xN , luego:
x0 − � < xN ≤ xn ≤ x0,
o sea
|xn − x0| < � para todo n > N.
Ejercicio 48.
A partir del teorema de Bolzano Weierstrass, demostrar la existencia del ex-
tremo superior para cualquier conjunto numérico superiormente acotado.
Solución.
(Utilice el Ejercicio 47).
88 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Sea S un conjunto numérico acotado por una cota superior M1. Para mayor
sencillez supongamos que S no posee máximo (en caso de que haya máximo,
el máximo es igual al sup S). Consideremos el número
x1 + M1
2
.
i) Si
x1 + M1
2
es una cota superior de S, sean:
M2 =
x1 + M1
2
, y, x2 = x1. ( Nota: x1 ∈ S)
ii) Si x2 >
x1 + M1
2
, sea M2 = M1.
En ambos casos, M2 − x2 ≤ 12 (M1 − x1), x1, x2 ∈ S.
S
x
a- ε 
S
x
x + M 
 2
-1 1
= M
2
x + M 
 2
-1 1
2
M = M
21
M 
1
x 1
x = x1 2
Caso (ii)
Caso (i)
Figura 2.40.
Ahora, observemos el número
x2 + M2
2
.
a) Si
x2 + M2
2
es una cota de S, sean M3 =
x2 + M2
2
, x3 = x2.
b) Si
x2 + M2
2
no es una cota de S, existe x3 ∈ S, x3 > x2 + M22 , en este
caso, sea M3 = M2.
2.4. PUNTOS DE ACUMULACIÓN. TEOREMA DE BOLZANO WEIERSTRASS 89
En ambos casos, se tiene que
M3 − x3 ≤ 12
(
M2 − x2
) ≤ 1
22
(
M1 − x1
)
.
Aśı se forman dos sucesiones {x1, x2, x3, . . .}, {M1,M2,M3, . . .}, la primera es
creciente y la segunda es decreciente. Sean
x0 = ĺım
n→∞xn, M0 = ĺımn→∞Mn.
Como
0 ≤ M2 − xn ≤ 12n−1 (M1 − x1) → 0 (n → ∞)
se tiene que
0 ≤ M0 − x0 ≤ 0,
o sea x0 = M0.
El número x0 (= M0) es el extremo superior del conjunto S.
el lector debe comprobar que x0(= M0) cumple las dos condiciones para ca-
racterizar el extremo superior del conjunto S, o sea
i) x ≤ x0 para todo x ∈ S.
ii) Dado � > 0 existe x ∈ S tal que x0 − � < x.
Ejercicio 49.
Sean S1 =
{ 1
n
| n ∈ N
}
, S2 =
{ 1
n
+
1
m
| n,m ∈ N
}
, en general,
Sk =
{ 1
n1
+
1
n2
+ · · · + 1
nk
| n1, n2, . . . nk ∈ N
}
Demostrar:
i) El conjunto de todos los puntos de acumulación de Sk es igual a:
{0} ∪ S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sk−1.
ii) Si S =
∞⋃
k=1
Sk, el conjunto de todos los puntos de acumulación de S es
igual a [0,∞), o sea que cualquier número real no negativo es punto de
acumulación de S.
90 2. CONCEPTOS BÁSICOS DETOPOLOǴIA EN RP
Sugerencia.
i) Si a es un punto de acumulación de Sk se tiene una sucesión de puntos
de S que tiende a a:{ 1
n1(j)
+
1
n2(j)
+ · · · + 1
nk(j)
}
→ a (j → ∞).
ii) Sea b > 0 un número real no negativo, dado � > 0 existe un número
racional n +
p
q
(p < q) tal que
n +
p
q
∈ B(b, �) = (b − �, b + �)
donde p, q son naturales, n es un natural o cero. Pero:
n +
p
q
= 1 + 1 + · · · + 1︸ ︷︷ ︸
n veces
+
1
q
+
1
q
+ · · · + 1
q︸ ︷︷ ︸
p veces
∈ Sn+p ⊂ S.
2.5. Conjunto cerrado. Conjunto abierto
Ejemplo 1.
Sea S =
{ 1
n
| n ∈ N
}
, el único punto de acumulación de S es 0 y 0 /∈ S.
Sea T = S ∪ {0} = {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
, el único punto de acumulación de T es
0 y 0 ∈ T .
Ejemplo 2.
Sea W = [a, b], si c /∈ [a, b] por ejemplo c > b, entonces la vecindad de
B(c, c − b) no contiene puntos de W (Figura 2.41), esto es, c, no es punto
de acumulación de W . En otras palabras, cualquier punto de acumulación de
W debe estar en W .
Sea T = S ∪ {0} = {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
, el único punto de acumulación de T es
0 y 0 ∈ T .
El conjunto T del ejemplo 1 y en el conjunto W del ejemplo 2 todos los puntos
de acumulación del conjunto pertenecen al conjunto, más generalmente:
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 91
 a 
[ ] )(
 c 
 c - b 
 B(c,c - b) 
Figura 2.41.
Se dice que un conjunto es cerrado si todos sus puntos de acumulación perte-
necen al conjunto, o lo que es lo mismo, si no existen puntos de acumulación
del conjunto, fuera del mismo.
Los conjuntos T , y, W en los ejemplos anteriores son cerrados.
Ejemplo 3.
Sea D = {x ∈ R2 | |x − a| ≤ b}, D es un disco con centro en a, y radio b,
demostrar que D es cerrado.
a
b
z
} δ
Figura 2.42.
Solución.
Sea y cualquier punto de R2 que no esté en D, o sea |y − a| > b.
Sea δ = |y − a| − b, entonces B(y, δ) no contiene puntos de D puesto que si
z ∈ B(y, δ) se tiene:|z − y| < δ, luego:
|x − a| = |x − y + y − a| ≥ |y − a| − |z − y| > |y − a| − δ = b.
Por lo tanto, y no es punto de acumulación de D, esto es, todos los puntos de
acumulación (si existen) deben estar en D.
Nótese que no hay necesidad de comprobar la existencia de los puntos de
acumulación. basta ver que no existen puntos de acumulación fuera del con-
junto.
92 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Por la definición de conjunto cerrado tenemos:
Ejemplo 4.
a) Si un conjunto no tiene puntos de acumulación, entonces es cerrado.
b) Todo conjunto finito es cerrado.
c) N y Z son cerrados.
d) El intervalo [a, b] es cerrado.
e) El conjunto vaćıo es cerrado, ya que el vaćıo no posee puntos, razón por la
cual ningún punto puede ser punto de acumulación del vaćıo.
f) El espacio total R2 es cerrado.
Ejercicio 50.
Sea S un conjunto cerrado, si zn ∈ S, y, zn → z0 (n → ∞) entonces z0 ∈ S.
Solución.
i) Si en la sucesión {zn} aparece infinitas veces un mismo punto, digamos
zk(1) = zk(2) = · · · = zk(j) = · · · ,
entonces
ĺım
j→∞
zk(j) = ĺım
n→∞ zn = z0
luego:
z0 = zk(j) ∈ S.
ii) Si ningún punto se repite infinitas veces en la sucesión {zn}, se tiene
que z0 es un punto de acumulación del conjunto formado por todos los
elementos de la sucesión, luego, z0 es un punto de acumulación de S.
Como S es cerrado se tiene que z0 ∈ S.
Ejercicio 51.
Si S, T (⊂ Rm) son cerrados, entonces el producto cartesiano S×T es cerrado
en R2m.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 93
Solución.
Si (a, b) ∈ R2m es un punto de acumulación de S × T , existe una sucesión de
puntos de S × T tal que:
(xn, yn) → (a, b) (n → ∞), xn ∈ S, yn ∈ T,
luego:
xn → a, yn → b,
por el ejercicio 50 se tiene que a ∈ S, y, b ∈ T ya que S y T son cerrados, esto
es, (a, b) ∈ S × T .
Ejercicio 52.
a) Si S es un conjunto numérico, cerrado y superiormente acotado, entonces
sup S = Máximo de S.
b) Si S es un conjunto numérico, cerrado e inferiormente acotado, entonces
ı́nf S = mı́nimo de S.
Esto es cualquier conjunto numérico acotado y cerrado siempre posee máximo
y mı́nimo.
Solución.
Sea b = sup S, entonces b es el ĺımite de una sucesión de elementos del conjunto
S (Ejercicio 6, § 2.1), entonces b ∈ S.
De manera similar se hace (b).
Ejercicio 53.
Sea S cerrado en Rp. Si a ∈ Rp, existe por lo menos un punto x0 ∈ S tal que
ı́nf {|x − a| | x ∈ S} = |x0 − a|
Solución.
Sea b = ı́nf {|x−a| | x ∈ S}, existe una sucesión de puntos de S, {xn}, xn ∈ S,
tal que
ĺım
n→∞ |xn − a| = b.
94 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
La sucesión numérica {|xn − a|} es convergente, luego es acotada, sea M una
cota de {|xn − a|}:
|xn − a| ≤ M para todo n,
entonces:
|xn| = |xn − a + a| ≤ |xn − a| + |a| ≤ M + |a|.
a
x
0
x
n
x
2
x
1
S
Figura 2.43.
Esto es, {xn} es una sucesión acotada de puntos de S, luego existe una sub-
sucesión convergente:
{xk(1), xk(2), . . . , xk(n), . . .} → x0.
Como S es cerrado, se tiene que x0 ∈ S, y
ĺım
n→∞ |xk(j) − a| = |x0 − a| = b.
Nota 23.
El punto x0 del ejercicio anterior no es único, por ejemplo, si S = {x | 1 ≤ |x|},
a = 0 (origen) entonces x0 puede ser cualquier punto sobre la circunferencia
de radio 1 (Figura 2.44)
Nota 24.
Para cualquier conjunto S(⊂ Rn), el número:
ı́nf {|b − x| | x ∈ S}
se llama la distancia de b a S y se acostumbra a denotar por d(b, S).
Del ejercicio anterior, si S es cerrado existe x0 ∈ S tal que
d(b, S) = |b − x0|.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 95
0
x0
Figura 2.44.
Ejercicio 54.
Sea S cerrado en Rp. Un punto b ∈ Rp pertenece a S si y sólo si d(b, S) = 0.
Solución.
Existe x0 ∈ S tal que
d(b, S) = |b − x0|.
i) Si d(b, S) = 0 entonces |b − x0| = 0, esto es, b = x0 ∈ S,
ii) Si b ∈ S, se tiene que |b − b| = 0, luego d(b, S) = 0.
Nota 25. Si S no es cerrado, d(b, S) = 0 no siempre implica que b ∈ S.
Ejemplo 5.
S = {x | |x| < 1} (una bola)
b es cualquier punto sobre la superficie (en Rp ) de la bola, o sea |b| = 1.
Evidentemente b /∈ S, pero d(b, S) = 0.
Ejercicio 55.
Sea S(⊂ Rp) acotado y cerrado. Existen x0, y0 ∈ S tales que
|x0 − y0| = Sup{|x − y| | x, y ∈ S}.
Solución.
Sea r = sup{|x − y| | x, y ∈ S}, existe una sucesión de parejas,
{(xn, yn), xn, yn ∈ S} tal que |xn − yn| → r(n → ∞). Como (xn, yn) ∈ S × S,
96 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
y S × S es acotado, entonces la sucesión {(xn, yn), n = 1, 2, 3, . . .} es acotada,
por lo tanto existe una sub-sucesión convergente:
{(xk(f), yk(f))} → (x0, y0) (j → ∞).
Como S × S es cerrado, (x0, y0) ∈ S × S, o sea: x0 ∈ S, y0 ∈ S.
Además
r = ĺım
f→∞
= |xk(j) − yk(j)| = |x0 − y0|.
Nota 26.
Para cualquier conjunto S, el número
sup {|x − y| | x, y ∈ S}
se llama el diámetro de S y se denota por δ(S).
x0
y
x
di
am
et
ro
S
y
0
Figura 2.45.
Nota 27.
Si un conjunto S es acotado, o sea que existe una constante positiva
M0 tal que |x| ≤ M0 para todo x ∈ S (i)
entonces δ(S) es un número finito, ya que
|x − y| ≤ |x| + |y| ≤ 2M0, sup{|x − y| | x, y ∈ S} ≤ 2M0.
Rećıprocamente, si δ(S) 
= +∞ se tiene |x − y| ≤ δ(S) para todo x, y ∈ S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 97
0
S
M
Figura 2.46.
Considerando y ∈ S fijo, entonces |x| ≤ |y|+ δ(S) para todo x ∈ S, esto es, S
es acotado.
En algunos libros se define que un conjunto es acotado si su diámetro es finito.
Ejercicio 56.
Sean S, y, T dos conjuntos cerrados. Si S es acotado existen x0 ∈ S, y0 ∈ T
tales que
|x0 − y0| = ı́nf {|x − y| | x ∈ S, y ∈ T}.
Sugerencia.
Sea b = ı́nf {|x−y| | x ∈ S, y ∈ T}, entonces existe una sucesión {(xn, yn), xn ∈
S, yn ∈ T, n = 1, 2, 3, . . .} tal que
|xn − yn| → b (n → ∞).
Como S es acotado, la sucesión {xn} es acotada, luego se demuestra que {yn}
es acotada ya que
|yn| ≤ |yn − xn| + |xn|.
Aśı que {(xn, yn)} es acotada. Sea {(xk(j), yk(j))} una subsucesión convergente:
(xk(j), yk(j)) → (x0, y0) (j → ∞).
Como (xn, yn) ∈ S × T , y S × T es cerrado, se tiene que
(x0, y0) ∈ S × T ( ó x0 ∈ S, y y0 ∈ S),
y |x0 − y0| = b.
98 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Nota 28.
Podemos desarrollar este problema sin utilizar el concepto de productocarte-
siano, como sigue:
Como {xn} es una sucesión acotada de puntos de S, existe una subsucesión
convergente, sea
{xk(j)} → x0 (j → ∞), xk(j) ∈ S, y x0 ∈ S ( ya que S es cerrado).
Tenemos:
|xk(j) − yk(j)| → b (j → ∞)
Como (yk(j)) es una subsucesión acotada de puntos de T , existe una subsuce-
sión convergente, sea
{yb(j)} → y0, y0 ∈ T (ya que T es cerrado).
La sucesión {xb(i)} es una subsucesión de {xk(j)}, luego:
{xb(i)} → x0 (i → ∞),
aśı que:
(xb(j), yb(j)) → (x0, y0) (i → ∞).
Nota 29.
Para dos conjuntos S, y, T dados, el número
ı́nf {|x − y| | x ∈ S, s y ∈ T}
se llama la distancia entre S y T y se denota por d(S, T ).
S
T
distancia entre S y T
Figura 2.47.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 99
Ejercicio 57.
Sea S acotado y cerrado, T cerrado, entonces S y T son disyuntos si y sólo si
d(S, T ) > 0.
Sugerencia.
Similar al Ejercicio 54.
Nota 30.
La acotación de S es necesaria para obtener el resultado del ejercicio 57.
Ejemplo.
S =
{
(x, 0) | x ≥ 0} ⊂ R2.
T =
{
(x, y) | y = 1
x
, x > 0
}
⊂ R2.
S y T son cerrados en R2, y S ∩ T = ∅, d(S, T ) = 0.
S
T
y
x0
Figura 2.48.
Conjunto abierto
Si S es un conjunto cerrado no hay puntos de acumulación de S fuera del
conjunto S. Si x /∈ S, x no es punto de acumulación de S, o sea que existe una
vecindad adecuada, B(x, δ), que no contiene puntos de S:
B(x, δ) ⊂ {Complemento de S} (Figura 2.49).
100 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
S
x
B(x,δ)
Figura 2.49.
Sea A =complemento de S = Rp −S, entonces A satisface la siguiente propie-
dad:
Para todo x ∈ A (esto es x /∈ S) existe una vecindad adecuada B(x, δ) tal que
B(x, δ) ⊂ A.
Al conjunto A que cumple con esta propiedad se le llama abierto:
Se dice que un conjunto A es abierto si para todo x ∈ A existe una vecindad
adecuada B(x, δ) contenida totalmente en A.
Utilizando esta definición, podemos decir que el complemento de un conjunto
cerrado es abierto.
Ejemplo 1.
El intervalo (a, b) ⊂ R1 es abierto ya que si c ∈ (a, b) entonces
B(x, δ) = (c − δ, c + δ) ⊂ (a, b) con δ =mı́nimo {c − a, b − c}.
( ) )
δ δ
a c b
Figura 2.50.
Ejemplo 2.
Un conjunto finito, o contablemente infinito, no es abierto ya que una vecindad
siempre contiene un número no contable de puntos.
Ejemplo 3.
S = {x | |x − a| < b} ⊂ Rp
es abierto.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 101
Demostación.
Sea x ∈ S, entonces |x − a| < b.
La vecindad de x, B(x, δ) con δ = b − |x − a| > 0 está contenida totalmente
en S ya que si y ∈ B(x, δ) se tiene:
|y − x| < δ = b − |x − a|,
|y − a| = |y − x + x − a|
≤ |y − x| + |x − | < b,
y ∈ S.
a
b
y
δ
xB(x,δ)
Figura 2.51.
Dado un conjunto cualquiera A, decimos que x ∈ A es un punto interior de A
si existe una vecindad adecuada de x contenida totalmente en A.
Con esta definición, podemos decir:
Un conjunto A es abierto si todos sus puntos son puntos interiores de A.
Ejemplo 4.
S = [a, b] ⊂ R1.
[ ( ) ( ] )
ε
a c b b+ε
Figura 2.52.
Si a < c < b, entonces c es un punto interior de S (Figura 2.52), a, y, b
pertenecen a S pero no son puntos interiores de S. Por ejemplo, dada cualquier
vecindad de b, digamos B(b, �) = (b−�, b+�), el punto b+ �
2
pertenece a B(b, �)
pero no está en S = [a, b]. Naturalmente, el conjunto S no es abierto.
102 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplo 5.
S = [a, b] × [c, d] ⊂ R2 (Figura 2.53).
Si a < x < b, c < y < d, el punto (x, y) es un punto interior de S. Basta tomar
la vecindad de radio δ con δ ≤ mı́n{x − a, b − x, y − c, d − y}.
(x,y)
δ
(x,d)
(x,c)
(a,y)
(b,y)y
d
c
a x b X
Figura 2.53.
Los puntos de la forma: (a, y), (b, y), (x, c) y (x, d) no son puntos interiores de
S, luego el conjunto de todos los puntos interiores de S es igual a (a, b)× (c, d)
que es evidentemente abierto.
Ejercicio 58.
Si A ⊂ Rp, B ⊂ Rq son abiertos, demostrar que A × B es abierto en Rp+q.
Solución.
Sea (x, y) ∈ A × B (o sea, x ∈ A, y ∈ B).
Existen vecindades B(x, δ1) ⊂ A, B(y, δ2) ⊂ B. Si δ = mı́nimo de {δ1, δ2}, la
vecindad de (x, y) con radio δ esta contenida totalmente en A×B, en realidad,
si (x̃, ỹ) ∈ B((x, y), δ) entonces:
|(x̃, ỹ) − (x − y)| =
√
|x̃ − x|2 + |ỹ − y|2 < δ,
luego:
|x̃ − x| < δ ≤ δ1,
|ỹ − y| < δ ≤ δ2,
o sea
x̃ ∈ B(x, δ1) ⊂ A
ỹ ∈ B(y, δ2) ⊂ B.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 103
Por lo tanto:
(x̃, ỹ) ∈ A × B.
( )
A
B
A X B
(x,y)
( 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)
Figura 2.54.
El conjunto vaćıo no tiene elemento alguno. Como no tiene puntos, no hay que
comprobar si sus puntos son interiores o no. Por lo tanto es cómodo convenir
que el vaćıo es abierto.
Nótese que el vaćıo es abierto y cerrado.
Es evidente que el espacio total Rp es abierto (también es cerrado).
Los intervalos (a, b], y, [a, b) no son abiertos ni cerrados (Figura 2.55).
( ]
a
S
b
Un punto de acumulación 
 de S que no esta en S
no es punto interior de S 
Figura 2.55.
Son de gran importancia las siguientes 4 propiedades.
[1] Sea {Aλ} una familia de conjuntos abiertos, entonces la unión total
⋃
λ
Aλ
es abierto.
104 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Demostación.
Sea x un punto cualquiera de
⋃
λ
Aλ, entonces x ∈ Aλ, para algún λ.
Como Aλ es abierto, x es un punto interior de Aλ, o sea que existe una vecindad
de x, B(x, δ), tal que B(x, δ) ⊂ Aλ, luego:
B(x, δ) ⊂ Aλ ⊂
⋃
λ
Aλ.
Esto es, x es un punto interior de la unión.
Ejercicio 59.
Sea T (⊂ Rp) cualquier conjunto entonces el siguiente conjunto:
A = {x ∈ Rp | |x − t| < b para algún t ∈ T} (b = constante > 0)
es abierto.
B(x,δ)
A1
A2
A3
x
Figura 2.56.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 105
Solución.
Se tiene:
A = {x ∈ Rp | |x − t| < b para algún t ∈ T}
=
⋃
t∈T
{x ∈ Rp | |x − t| < b} =
⋃
t∈T
B(t, b).
Como B(t, b) (una bola) es abierta, entonces A es abierto.
Ejercicio 60.
Sea S acotado y cerrado y T cerrado con S∩T = ∅. Demostrar que existen dos
conjuntos abiertos y disyuntos A, y, B tales que A ⊃ S, B ⊃ T , y, A∩B = ∅.
T
A
Colchon de espuma 
 de radio b.
Figura 2.57.
Solución.
Sea d = distancia entre S y T , entonces d > 0. Considérese
A =
⋃
s∈S
B
(
s,
d
2
)
, B =
⋃
t∈T
B
(
t,
d
2
)
.
Ejercicio 61.
Sean S y T , cerrados y disyuntos. Demostrar que existen dos conjuntos abiertos
y disyuntos A y B tales que A ⊃ S, B ⊃ T .
106 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
A
S
T
B
Figura 2.58.
A
S
T
B
x
y
c
Figura 2.59.
Solución.
Sea x ∈ S entonces x /∈ T . Luego:
dx = d(x, T )
= [la distancia de x a T ] > 0.
Sea A =
⋃
x∈S
B
(
x,
dx
2
)
, evidentemente A es abierto y A ⊃ S.
De la misma manera, si y ∈ T entonces y /∈ S, luego:
dy = d(y, S) = [la distancia de y a S] > 0.
sea B =
⋃
y∈T
B
(
y,
dy
2
)
, evidentemente B es abierto y B ⊃ T .
Vamos a demostrar que A ∩ B = ∅ por el método del absurdo.
Supongamos que c ∈ A ∩ B, existiŕıan x ∈ S, y, y ∈ T tales que
c ∈ B
(
x,
dx
2
)
, c ∈ B
(
y,
dy
2
)
,
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 107
luego:
|x − y| = |x − c + c − y| ≤ |x − c| + |c − y| < dx
2
+
dy
2
.
Pero
|x − y| ≥ d(y, S) = dy,
|x − y| ≥ d(x, T ) = dx,
por lo tanto:
|x − y| ≥ 1
2
(dx + dy) (absurdo).
[2] Sean A1, A2, A3, . . . , Aq abiertos entonces
q⋂
k=1
Ak es abierto.
Demostación.
Si
q⋂
k=1
Ak = ∅, por definición
q⋂
k=1
Ak es abierto.
Si x ∈
q⋂
k=1
Ak, entonces x ∈ Ak para todo k = 1, 2, 3, . . . , q.
Como Ak es abierto existe una vecindad de x, B(x, δk), tal que
B(x, δk) ⊂ Ak (k = 1, 2, 3, . . . , q).
Sea δ = mı́nimo (δ1, δ2, δ3, . . . , δq) entonces
B(x, δ) ⊂
q⋂
k=1
B(x, δk) ⊂
q⋂
k=1
Ak,
o sea que x es un punto interior de
q⋂
k=1
Ak.
Nótese que estamos utilizando el hecho de que cualquier conjunto finito de
números positivos tiene mı́nimo diferente de cero.
Ejemplo.
Sean Ak =
(
− 1
k
, 1 +
1
k
)
, k = 1, 2, 3, . . ., entonces Ak es abierto para todo
k, pero la interseccióntotal
∞⋂
k=1
Ak =
∞⋂
k=1
(
− 1
k
, 1 +
1
k
)
= [0, 1]
108 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
ya NO es abierto, porque 0 no es un punto interior de [0, 1].
Obsérvese que 0 ∈ Ak =
(
− 1
k
, 1 +
1
k
)
para todo k, y B
(
0,
1
k
)
⊂ Ak para
todo k, pero ı́nf
{ 1
k
| k = 1, 2, 3, . . .
}
= 0.
(¡El conjunto
{ 1
k
| k ∈ N
}
no tiene mı́nimo sino extremo inferior!)
Si Bk = (0, k), k = 1, 2, 3, . . . entonces Bk es abierto para todo k y la intersec-
ción total
∞⋂
k=1
Bk = (0, 1) es también abierta.
Estos ejemplos nos muestran que la intersección de un número infinito de
conjuntos abiertos puede ser abierta, ó puede no ser abierta.
[3] Un conjunto A es abierto si y sólo si su complemento es cerrado.
Demostación.
Sea F = el complemento de A = Rp−A. Hemos observado que el complemento
de un conjunto cerrado es abierto, como A es igual al complemento de F, si
F es cerrado entonces A es abierto. Ahora supongamos que A es abierto y
demostremos que F es cerrado.
Sea x /∈ F, esto es, x ∈ A. Como A es abierto, x es un punto interior de A, luego
existe una vecindad de x, B(x, δ), contenida totalmente en A. Esta vecindad
de x no contiene puntos de F, por lo tanto x no es punto de acumulación de
F . Esto es, no hay puntos de acumulación de F fuera del conjunto F .
F
A
B(x,δ)
x
x ( A) no es punto 
 de acum ulación
 de F
{ }
Figura 2.60.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 109
Ejemplo.
A = {x ∈ Rp | |x − a| > b} es abierto ya que
D = {x ∈ Rp | |x − a| ≤ b} es cerrado
F = {x ∈ Rp | |x − a| ≥ b} es cerrado puesto que
B = {x ∈ Rp | |x − a| < b} es abierto.
D
B
F
A
Figura 2.61.
La superficie de la esfera:
S = {x ∈ Rp | |x − a| = b}
es cerrada ya que S = Rp − (A∪B) = el complemento de A∪B, donde A∪B
es abierto.
[4] i) La intersección de cualquier número de conjunto cerrados es cerrada.
ii) La unión de un número finito de conjuntos cerrados es cerrada.
110 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Demostación.
A partir de las propiedades [1] y [2], tomando el complemento, se obtiene inme-
diatamente esta propiedad [4]. Por ejemplo si F1, F2, F3, · · · , Fk son cerrados,
se tiene:
k⋃
j=1
Fj = Rp −
[ k⋂
j=1
{Rp − Fj}︸ ︷︷ ︸
abierto
]
︸ ︷︷ ︸
abierto︸ ︷︷ ︸
cerrado
Como ejercicio, daremos la demostración directa.
i) Sea {Fλ} una familia de conjuntos cerrados, sea F =
⋂
λ
Fλ.
Si F es vació, F es cerrado por definición.
Sea x0 un punto de acumulación de F , entonces cualquier vecindad de x0,
digamos B(x0, δ) contiene un punto x ∈ F , x 
= x0. Como x ∈ F ⊂ Fλ,
la vecindad B(x0, δ) contiene un punto de Fλ distinto de x0, esto es, x0
es un punto de acumulación de Fλ. Como Fλ es cerrado, se tiene que
x0 ∈ Fλ (para todo λ), luego:
x0 ∈
⋂
λ
Fλ = F,
por lo tanto, F es cerrado.
ii) Sean F1, F2, F3, . . . , Fk cerrados, sea F =
k⋂
j=1
Fj .
Si x0 es un punto de acumulación de F , entonces x0 es un punto de
acumulación de algún Fj (Ejercicio 46)*, luego x0 ∈ Fj (para algún j).
Esto es, x0 ∈ Fj ⊂ F , luego F es cerrado.
* Si x0 no es punto de acumulación de Fj (j = 1, 2, 3, . . . , k), existe B(x0, δj) tal
que B(x0, δj) no contiene puntos de Fj (salvo posiblemente el punto central x0). Sea
δ = mı́n(δ1, δ2, δ3, . . . , δk), entonces la vecindad B(x0, δ) no contiene puntos de F , esto es,
x0 no es punto de acumulación de F (absurdo).
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 111
Ejemplo.
Sea Fn =
[
0, 1 − 1
n
]
, n = 1, 2, 3, . . . entonces Fn es cerrado para cada n.
Tenemos
∞⋃
n=1
Fn =
∞⋃
n=1
[
0, 1 − 1
n
]
= [0, 1), evidentemente [0, 1) no es cerrado.
Sean Sn = [n − 1, n + 1], n = 1, 2, 3, . . . entonces Sn es cerrado para cada n.
Tenemos
∞⋃
n=1
Sn = [0,∞), el conjunto [0,∞) es cerrado.
Estos ejemplos nos muestran que la unión de un número infinito de conjuntos
cerrados puede ser cerrado, ó puede no ser cerrado.
Ejercicio 62.
Si A es abierto y F es cerrado, entonces
i) A − F es abierto.
ii) F − A es cerrado.
Sugerencia.
i) A − F = A ∩ { complemento de F}.
ii) F − A = F ∩ { complemento de A}.
b
a
(a) cerrado
b
a
(b) abierto
Figura 2.62.
Ejemplo
i) {x ∈ Rp | a ≤ |x| ≤ b} es cerrado ya que
{x ∈ Rp | a ≤ |x| ≤ b} = {x | |x| ≤ b} − {x | |x| < a}.
112 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
ii) {x ∈ Rp | a < |x| < b} es abierto ya que
{x ∈ Rp | a < |x| < b} = {x | |x| < b} − {x | |x| ≤ a}.(Figura 2.62(b))
Ejercicio 63.
Sea T un conjunto cerrado, sea S = {x | |x−y| ≤ b para algún y ∈ T} entonces
S es cerrado.
T
S
Figura 2.63.
Solución.
Sea x0 un punto de acumulación de S, entonces existe una sucesión de puntos
de S que converge a x0, digamos que xn → x0, xn ∈ S, y además existe yn,
n = 1, 2, 3, . . . tales que |xn − yn| ≤ b, yn ∈ T .
La sucesión {yn} es acotada ya que
|yn| = |yn − xn + xn| ≤ |yn − xn| + |xn| ≤ b + |xn|.
Por ser {yn} acotada, existe una subsucesión convergente de {yn}, sea:
{yn(j)} → y0 (j → ∞),
como {yn(j)} es una subsucesión de {yn} se tiene que
|xn(j) − yn(j)| ≤ b (para todo f),
tomando ĺımite cuando j → ∞ se tiene:
|x0 − y0| = ĺım
j→∞
|xn(j) − yn(j)| ≤ b.
Como T es cerrado, y0 ∈ T , luego, x0 ∈ S.
También, podemos dar una demostración indirecta, como sigue:
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 113
Sea x0 un punto de acumulación de S, si x0 /∈ S entonces
d(x0, T ) = |x0 − y0| (para algún y0 ∈ T ),
y,
d(x0, T ) = |x0 − y0| > b.
La vecindad de x0, B(x0, δ) con δ = |x0 − y0|− b no contiene puntos de S, por
lo tanto x0 no es punto de acumulación de S (absurdo).
Punto interior, punto exterior y punto de frontera
Dado un conjunto S, x ∈ S es un punto interior de S si existe una vecindad
adecuada, B(x, δ), contenida totalmente en S. Decimos que y /∈ S es un punto
exterior de S, si existe una vecindad adecuada, B(y, b), que no contenga puntos
de S. En forma más intuitiva, un punto interior está protegido por una bola
dentro de S, y un punto exterior está separado de S por una bola.
y
z
w
w'
B(x',δ')
x'
B(x,δ)
x
S1
B(y',b')
y'
B(y,b)
(
yyyyyyyyyyyyyyyyy
w''
puntos aislados
 de S
Figura 2.64.⎧⎪⎨⎪⎩
x, x′ son puntos interiores de S
y, y′ son puntos exteriores de S
z,w, w′, w′′ son puntos de frontera de S.
⎫⎪⎬⎪⎭
Si un punto z no es punto interior ni exterior de S entonces al punto z se
le llama punto de frontera, es decir, z es un punto de frontera de S si toda
vecindad contiene por lo menos un punto de S y un punto fuera de S.
Ejemplo.
S = {−1} ∪ [0, 1).
114 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
[ )
S
-1 0 1 
Figura 2.65.
El conjunto de todos los puntos interiores de S es igual al intervalo (0, 1).
el conjunto de los puntos exteriores de S es:
(−∞,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (1,∞).
Los puntos de frontera son: −1, 0, 1.
Ejemplo.
Sea S = {x | |x| ≤ b}. x es un punto interior de S si y sólo si |x| < b. y es
un punto exterior de S si y sólo si |y| > b. z es un punto frontera si y sólo si
|z| = b.
x
0
B(x,δ)
z
y
b
Figura 2.66.
Ejercicio 64.
Si a es un punto de frontera de S, y, a /∈ S, demostrar que eliminar a es un
punto de acumulación de S.
Ejercicio 65.
Si b es un punto de frontera de S y b ∈ S, demostrar que existe una sucesión
de puntos de S que tiende a b.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 115
Decimos que u es un punto aislado de S si
i) u ∈ S
ii) Existe una vecindad adecuada de u que no contiene puntos del conjunto
S distintos de u.
Ejercicio 66.
Si w es un punto aislado de S entonces w es un punto de frontera de S.
Demostación.
Toda vecindad de w contiene un punto de S ya que el punto central u pertenece
a S.
Y toda vecindad de w contiene puntos que no están en S. En realidad, ningún
punto cercano a w pertenece a S.
Ejemplo.
S =
{ 1
n
| n ∈ N ∪ {0}}.
( ) (///////////) 
B( , )
10 1
2
1
3
1
2
1
6
Figura 2.67.
El punto
1
n
es un punto aislado de S ya que la vecindad B(
1
n
, δ) con δ =
1
n(n + 1)
no tiene puntos de S distintosde
1
n
.
0 es un punto de frontera de S, pero no es punto aislado ya que cualquier
vecindad de 0 contiene puntos de S distintos de 0.
Ejercicio 67.
Sea S ⊂ R1, S 
= ∅, S 
= R1, entonces existe por lo menos un punto de frontera
de S.
Demostación.
Existen a ∈ S, y, b /∈ S.
116 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
 
[ ] ( )
a x c b S 
s c-h c+h
Figura 2.68.
Para mayor sencillez, supongamos que b > a.
Sea c = sup{x | [a, x] ⊂ S}, entonces (∗) c es un punto de frontera de S. En
realidad:
Sea B(c, b) una vecindad de c, si B(c, b) no contiene puntos de S se debe tener
que
sup{x | [a, x] ⊂ S} ≤ c − b ( absurdo).
Si todos los puntos de B(c, b) pertenece a S, entonces[
a, c +
b
2
]
=
[
a, c − b
2
]
∪
[
c − b
2
, c +
b
2
]
⊂ S,
luego
sup{x | [a, x] ⊂ S} ≥ c + b
2
(absurdo).
(∗) Nota. Los lectores deben comprobar la existencia del extremo superior.
Ejercicio 68.
Sea S ⊂ Rp, S 
= ∅, S 
= Rp demostrar que existe por lo menos un punto de
frontera de S.
b
S
c
a
Figura 2.69.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 117
Sugerencia.
Existen puntos a ∈ S, y, b /∈ S. Considerar la recta que pasa por los puntos
a, b como la recta numérica, y aplicar el ejercicio anterior.
Ejercicio 69.
Sea S(⊂ Rp) un conjunto abierto y cerrado, demostrar que S = ∅ ò S = Rp.
Solución.
Supongamos que S 
= Rp, S 
= ∅, entonces existiŕıa un punto de frontera de S,
sea c.
i) Si c /∈ S entonces c es un punto de acumulación de S, como S es cerrado,
c ∈ S (absurdo).
ii) Si c ∈ S, entonces c es un punto interior de S (absurdo).
Ejercicio 70.
Sea S(⊂ RP ) un conjunto. El conjunto de todos los puntos aislados de S es
contable.
Solución.
Sea x un punto aislado de S, existe una vecindad de x, B(x, bx), tal que
B(x, bx) ∩ S = {x}. {B(x, bx) no tiene puntos de S distintos de x.}
A cada x se le asigna la vecindad B(x, bx/2).
Si x, y son puntos aislados, entonces B(x, bx/2), B(y, by/2) son disyuntos,
puesto que
bx < |x − y| (ya que y ∈ S)
by < |x − y| (ya que x ∈ S)
1
2
bx +
1
2
by < |x − y|.
Por lo tanto, la correspondencia:
x(punto aislado) −→ B(x, bx/2)
es uno a uno. Como las vecindades son disyuntas existe un número contable
de tales vecindades (Capitulo 1 Ejercicio 25), por lo tanto hay un número
contable de puntos aislados de S.
118 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Conjuntos abiertos en R1
En R1 el ejemplo más sencillo de conjunto abierto es un intervalo abierto
(a, b) = {x | a < x < b}.
Aśı que la unión de dos o más intervalos abiertos nos proporciona ejemplos de
conjuntos abiertos, por ejemplo:
(0, 1).
(0, 1) ∪ (1, 2)
(0, 1) ∪ (2, 3) ∪ (3, 4)
∞⋃
n=1
( 1
n + 1
,
1
n
)
son abiertos en R1. A continuación mostraremos que todo conjunto abierto en
R1 es la unión de intervalos abiertos, o sea, que los intervalos abiertos generan,
por la operación de la unión, todos los conjuntos abiertos en R1.
Sea A ⊂ R1 abierto, x ∈ A. Podemos hallar los puntos de frontera del conjunto
A más próximos al punto x en la derecha y en la izquierda de x (Ejercicio 67):
b = sup{t | [x, t] ⊂ A},
a = ı́nf{t | [t, x] ⊂ A}**.
| [ ] | 
a b 
A
A
A A(una componente intervalo)
(frontera) (frontera)
yx t
Figura 2.70.
Se tiene que a, b /∈ A, ya que todo punto de A es punto interior. Si t ∈ (a, b),
por ejemplo x ≤ t < b, entonces t ∈ A (si t /∈ A existiŕıa un punto de frontera
**Nota: Si todos los números mayores que x pertenece a A, entonces {t | [x, t] ⊂ A} no
es acotado superiormente, en tal caso reemplazamos el número b por el śımbolo +∞, de la
misma forma si no hay número, fuera de A, menor que x reemplazamos el número a por el
śımbolo −∞.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 119
de A entre x y t, absurdo ya que b es el punto de frontera más cercano del
punto x), esto es:
(a, b) ⊂ A, a, y, b /∈ A.
El intervalo (a, b) es el intervalo más grande que contenido en A, al cual perte-
nece el punto x. A este intervalo más grande se le llama componente intervalo
del conjunto A. Si x, y ∈ A, “la componente intervalo que contiene a x” y “la
componente intervalo que contiene a y” son disyuntos ó idénticamente iguales.
Sea
{(ak, bk), k = 1, 2, 3, . . .}
la colección de todas las componentes intervalos distintas, como esta colec-
ción esta formada por intervalos disyuntos, entonces es familia contable (ver
capitulo 1 Ejercicio 23) y evidentemente se tiene:
A =
⋃
k
(ak, bk).
Nótese que la anterior unión puede ser finita, o contablemente infinita, además
algún bk puede ser el śımbolo +∞, y algún ak puede ser el śımbolo −∞.
Ejercicio 71.
Si S(⊂ R1) es abierto y cerrado entonces S = ∅ ó S = R1 (ver Ejercicio 69).
Solución.
Supongamos que S 
= ∅.
Como S es abierto, tiene la siguiente forma:
S =
⋃
k
(ak, bk).
Como S es cerrado, ak, bk ∈ S ya que ak, bk son puntos de acumulación del
intervalo (ak, bk), esto es imposible al menos que
S = (−∞,∞) = R1.
Ejercicio 72.
Si F es cerrado en R1, entonces F tiene la forma:
F =
⋂
k
Sk
donde cada Sk es un intervalo cerrado, ó la unión de dos intervalos cerrados.
120 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Sugerencia.
El complemento de F es abierto, luego toma la forma:
F = Complemento (Complemento de F )
= Complemento de
⋃
k
(ak, bk)
=
⋂
k
{R1 − (ak, bk)} =
⋂
k
{(−∞, ak] ∪ [bk,∞)}.
El interior, el exterior y la frontera de un conjunto
Dado un conjunto S, el conjunto de todos los puntos interiores se llama el
interior de S y se denota por S◦.
Al conjunto de todos los puntos exteriores se le llama el exterior de S, y al
conjunto de todos los puntos de frontera se le llama la frontera de S y se
acostumbra notarla por ∂s.
Ejemplo 6.
S = (−∞, 0] ∪ [1, 2) ∪ {3}
entonces
S◦ = (−∞, 0) ∪ (1, 2).
El exterior de S = (0, 1) ∪ (2, 3) ∪ (3,∞)
∂S = {0, 1, 2, 3}.
0 1 2 
[ )]
La frontera de S
Figura 2.71.
[5] i) El interior de S es abierto.
ii) El exterior de S es abierto.
iii) La frontera de S es cerrado.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 121
x
z y
{
δ 
B(x,δ) S
Figura 2.72.
Demostación.
i) Sea x ∈ S◦, entonces existe una vecindad de x, B(x, δ) contenida en
S. Vamos a demostrar que tal vecindad B(x, δ) esta contenida en S◦.
Sea y ∈ B(x, δ), entonces |y − x| < δ, la vecindad de y, B(y, b) con
b = δ − |y − x| > 0 está en B(x, δ) puesto que si z ∈ B(y, b) entonces
|z − x| = |z − y + y − x| ≤ |z − y| + |y − x| < b + |y − x| = δ, o sea
B(y, b) ⊂ B(x, δ) ⊂ S, esto es un punto interior de S, luego B(x, δ) ⊂ S◦.
ii) De manera similar a (i) se demuestra (ii).
iii) La frontera de S es el complemento de la unión del interior y el exterior
se S, por lo tanto ∂S es cerrado.
x
δ 
B(y,δ)
S
0
B(x ,δ)
0
u
e
y S
Figura 2.73.
122 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Aqúı daremos una demostración directa de (iii).
Sea x0 un punto de acumulación de ∂S, entonces cualquier vecindad,
digamos B(x0, δ), contiene un punto de ∂S, y ∈ ∂S, y 
= x0. La vecindad
de y, B(y, b) con b = δ− |x0 − y| contiene un punto de S, digamos z ∈ S
y un punto fuera de S, digamos w 
= S.
Como B(y, b) ⊂ B(x0, δ), la vecindad B(x0, δ) contiene z ∈ S, w /∈ S,
por lo tanto x0 es un punto de frontera, o sea x0 ∈ ∂S.
Ejemplo. Sea Q el conjunto de todos los número racionales entre 0 y 1,
entonces
Q◦ = ∅,El exterior de Q = (−∞, 0) ∪ (1,∞), ∂Q = [0, 1].
Ejercicio 73.
Sea S un conjunto, x ∈ S. Si B(x, δ) ∪ S entonces B(x, δ) ⊂ S◦.
Sugerencia
Sea y ∈ B(x, δ), como B(x, δ) es abierta existe una vecindad de y, B(y, b),
contenida en B(x, δ). Luego y ∈ B(y, b) ⊂ B(x, δ) ⊂ S, esto es, y un punto
interior de S.
Ejercicio 74.
Sea S un conjunto, si A ⊂ S es un subconjunto abierto, entonces A ⊂ S◦.
Sugerencia
Sea y ∈ A, entonces B(y, δ) ⊂ A ⊂ S.
Ejercicio 75.
Sea S un conjunto. Demostrar que S◦ es el máximo subconjunto abierto de S.
Sugerencia
Ejercicio anterior.Ejercicio 76.
Demostrar que S◦ es la unión de todas las vecindades contenidas en S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 123
Sugerencia
Sea F = {B(x) | B(x) ⊂ S} la familia de todas las vecindades contenidas es
S, sea
A =
⋃
B(x)∈F
B(x),
entonces cualquier punto interior de S pertenece a A, luego A ⊃ S◦. Eviden-
temente, A ⊂ S, A es abierto, luego:
A = S◦.
Ejercicio 77.
Demostrar que A es abierto si y sólo si A = A◦.
sugerencia
Ejercicio anterior.
Ejercicio 78.
Demostrar que si S ⊃ T entonces S◦ ⊃ T ◦.
Solución.
T ◦ ⊂ T ⊂ S. Como S◦ es el máximo abierto contenido en S se tiene:
S◦ ⊃ T ◦.
Ejercicio 79.
Sea S un conjunto (⊂ Rp), b ∈ S, sea
d = d(b, ∂S)la distancia de b a la frontera de S,
entonces:
1. i) b ∈ S◦ si y sólo si d > 0.
2. ii) Si d > 0, B(b, d) ⊂ S◦.
124 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Solución.
1. i) Como ∂S se cerrado se tiene:
d(b, ∂S) = 0 si y sólo si b ∈ ∂S.
Por lo tanto, b ∈ S◦ = [S − ∂S] si y sólo si d > 0. (∗)
(∗) Nota: S◦ = S−∂S ya que un punto de S tiene que ser punto interior
de S ó punto de frontera de S.
2. ii) Supongamos que
d = d(b, ∂S) > 0.
Si x ∈ B(b, d) entonces |x − b| < d.
Si x /∈ S, sobre el segmento que une a b con x debe existir un punto de
frontera de S, digamos y. pero:
|b − y| ≤ |b − x| < d (absurdo).
Por lo tanto: x ∈ S, esto es, B(b, d) ⊂ S.
Por el ejercicio 78 se tiene que
B(b, d) ⊂ S◦.
Ejercicio 80.
Sea S un conjunto, demostrar que ∂S ∪ S es cerrado.
Solución.
Si x es un punto de acumulación de [∂S ∪ S], entonces (i) x es un punto de
acumulación de S, ó (ii) x es un punto de acumulación de ∂S.
1. (i) Si x es un punto de acumulación de S y x /∈ S entonces x ∈ ∂S,
luego:
x ∈ S ∪ ∂S.
2. (ii) Si x es un punto de acumulación de ∂S entonces x ∈ ∂S, (puesto
que ∂S es cerrado), luego:
x ∈ ∂S ∪ S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 125
Dado un conjunto S, al conjunto cerrado ∂S ∪ S se le llama la adherencia de
S y se nota por S
Ejercicio 81.
Sea S un conjunto, si S′ es el conjunto de todos los puntos de acumulación de
S entonces se tiene S = S ∪ ∂S = S ∪ S′.
Nota 31.
Se acostumbra utilizar el śımbolo S′ para denotar el conjunto de todos los pun-
tos de acumulación de S. Sin embargo, en algunos libros S′ es el complemento
de S.
Demostación.
Si x ∈ ∂S, y, x /∈ S, entonces x es un punto de acumulación de S, luego:
x ∈ S′, o sea [S ∪ ∂S] ⊂ [S ∪ S′]
Si x ∈ S′, y, x /∈ S, entonces x es un punto de frontera de S, luego x ∈ ∂S,
esto es [S ∪ S′] ⊂ [S ∪ ∂S].
Ejercicio 82.
Demostrar que S′ es cerrado.
Solución.
Sea x0 un punto de acumulación de S′, vamos a ver que x0 ∈ S′ (o sea, x0
es un punto de acumulación de S). Sea B(x0, δ) cualquier vecindad de x0,
entonces existe y ∈ S′, y ∈ B(x0, δ), y 
= x0. La vecindad de y, B(y, b) con
b = δ − |y − x0| contiene un punto z ∈ S, z 
= y, z 
= x0 puesto que y es un
punto de acumulación de S. Como B(y, b) ⊂ B(x0, δ) se tiene que z ∈ B(x0, δ),
esto es, x0es un punto de acumulación de S.
Ejemplo. (i) S = B(x0, δ), entonces
∂S = {y | |y − x0| = δ}, S′ = {y | |y − x0| ≤ δ},
S = B(x0, δ) = {y | |y − x0| ≤ δ} = S′,
donde B(x0, δ) es la bola(esfera) cerrada con centro en x0, ∂S es la
superficie de de la esfera.
(ii) Sea Q el conjunto de todos los números racionales entre 0 y 1, entonces:
∂Q = [0, 1], Q′ = [0, 1], Q = [0, 1], Q◦ = ∅.
126 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
x
δ 
B(y,δ)
S
0
0
y
b
x
{
Figura 2.74.
( )l l
δδ Q
0 x 1
Cualquier intervalo contiene
números racionales y números
irracionales. Luego x Q' , x Q. 
e
Figura 2.75.
(iii) S = {0} ∪ (1, 2],
∂S = {0, 1, 2}, S′ = [1, 2], S = {0} ∪ [1, 2], S◦ = (1, 2)
( ]
1 2
0
Figura 2.76.
(iv)
S =
{ 1
n
+
1
m
| n,m ∈ N
}
∂S = S = {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
∪
{ 1
n
+
1
m
| n, m ∈ N
}
S′ = {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
.
Nótese que todo punto de S es aislado, 0 y
1
n
son puntos de frontera
de S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 127
(v)
( / / / / / / / / / / / / / / )
11/2
0
( \ \ \ \ \ \ \)( / / / / )(\\\\\)(///)(\\)()
1/31/41/51/6
Figura 2.77.
S =
∞⋃
n=1
( 1
1 + n
,
1
n
)
∂S =
{ 1
n
| n ∈ N
}
∪ {0}
S = [0, 1], S′ = [0, 1].
Nótese que no hay puntos aislados de S.
Ejercicio 83.
Demostrar:
a) Si S ⊂ T entonces S ⊂ T .
b) S ∪ T = S ∪ T .
Solución.
a) Para el lector.
b) Si x es un punto de acumulación de S ∪ T , entonces x es un punto de
acumulación de S ó x es un punto de acumulación de T , por lo tanto se
tienen que x ∈ S ∪ T , o sea S ∪ T ⊂ S ∪ T .
Como S ⊂ S ∪ T , de a) tenemos S ⊂ S ∪ T .
De la misma forma T ⊂ S ∪ T , por lo tanto S ∪ T ⊂ S ∪ T .
Ejercicio 84.
Demostrar:
S es cerrado si y sólo si S = S.
128 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Solución.
i) Si S es cerrado, entonces S′ ⊂ S, luego S ⊂ S = S ∪ S′ ⊂ S.
ii) Si S = S∪S′ = S se tiene S′ ⊂ S, esto es todos los puntos de acumulación
de S están en S.
S
S S
o
Interior de S El conjunto S Adherencia de S
Figura 2.78.
Ejercicio 85.
S es el menor conjunto cerrado que contiene a S, o sea que, si F es cerrado y
F ⊃ S entonces F ⊃ S.
Solución.
De los ejercicios anteriores: F ⊃ S implica F = F ⊃ S.
Ejercicio 86.
Sea T (⊂ Rp) un conjunto, demostrar
d(x, T ) = ı́nf{|x − t| | t ∈ T} = d(x, T ) = ı́nf{|x − t| | t ∈ T}.
(ver la nota, Ejercicio 53.)
Solución.
Como T es cerrado existe x0 ∈ T tal que d(x, T ) = |x − x0|.
Existe una sucesión de puntos de T , {xn}, que tiende a x0:
xn → x0, xn ∈ T,
luego:
|x − x0| = ĺım
n→∞ |x − xn| ≥ ı́nf{|x − t| | t ∈ T} ≥ ı́nf{|x − t| | t ∈ T} = |x − x0|
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 129
Por lo tanto se tiene d(x, T ) = d(x, T ).
Sucesión decreciente de conjuntos cerrados.
[6] Sea {Fn} una familia contable de conjuntos cerrados, acotados y no vaćıos
tales que
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · ·Fn ⊃ Fn+1 ⊃ · · ·
entonces la intersección
∞⋂
n=1
Fn es cerrada y no vaćıa.
Demostación.
(i) Supongamos que Fn es infinito para todo n, y demostrar que
∞⋂
n=1
Fn 
= ∅.
Escojamos los puntos x1, x2, x3, . . . de tal forma que
x1 ∈ F1
x2 ∈ F2, x2 
= x1,
x3 ∈ F3, x3 /∈ {x1, x2}
· · ·
xn ∈ Fn, xn /∈ {x1, x2, x3, . . . , xn−1}.
F
1
F
2
F
3
F
4
F
1
F
5
x
5
x
4
x
3
x
2
x
1
Figura 2.79.
El conjunto {xn | n ∈ N} es infinito y acotado, entonces existe por lo
menos un punto de acumulación, sea x0, como xn ∈ F1 (para todo n),
x0 es un punto de acumulación de F1, luego x0 ∈ F1 (Nótese que F1 es
cerrado).
130 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Como xn ∈ F2 (para todo n ≥ 2), x0 es un punto de acumulación de F2,
luego x0 ∈ F2.
Más generalmente, xn, xn+1, xn+2, . . . ∈ Fn, luego x0 es un punto de
acumulación de Fn, por lo tanto se tiene que x0 ∈ Fn. Esto es
x0 ∈ Fn (para todo n),
luego
x0 ∈
∞⋂
n=1
Fn,
esto es,
∞⋂
n=1
Fn no es vaćıa.
(ii) Supongamos que Fm es finito.
Fm = {b1, b2, b3, . . . , bq}.
Si
∞⋂
n=m
Fn = ∅, entonces
b1 /∈ Fk1 (para algún k1 > m),
b2 /∈ Fk2 (para algún k2 > m),
· · ·
bq /∈ Fkq (para algún kq > m).
Sea N = máximo de {k1, k2, k3, . . . , kq} entonces Fm ⊃ Fn y Fk1 ⊃ FN ,
Fk2 ⊃ FN , . . . , Fkq ⊃ FN , por lo tanto b1 /∈ FN , b2 /∈ FN , . . . bq /∈ FN ,
esto es, FN = ∅ (absurdo).
Por lo tanto:
∞⋂
n=1
Fn =
∞⋂
n=m
Fn /∈ ∅.
Ejercicio 87.
Sea {Fn} una familia de conjuntos cerrados, acotados y no vaćıos tales que
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · · ⊃ Fn ⊃ Fn+1 · · · ,
si δ(Fn) (el diámetro de Fn)→ 0 (n → ∞), demostrar que
∞⋂
n=1
Fn se reduce a
un sólo punto.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 131
Solución.
Sabemos que
∞⋂
n=1
Fn 
= ∅. Si x, y ∈
∞⋂
n=1
Fn entonces x, y ∈ Fn (para todo n).
Tenemos |x − y| ≤ δ(Fn).
Como δ(Fn) → 0 (n → ∞) se tiene que |x − y| = 0, o sea x = y.
Ejemplo. (La localización de un número real sobre la recta numérica)
Consideremos un número, digamos
√
2, su representación decimal:
√
2 = 1.41421356 . . .
l [ | | ]
2
1.4 1.5120
[ ]l
2
l l l l l l
1.41 1.42 1.51.4
[ ]l
2
l l l l l l
1.41 1.421.414 1.415
Figura 2.80.
Para localizar el número
√
2 sobre la recta numérica, observando la parte
entera de
√
2 vemos que está entre 1 y 2, o sea que
√
2 ∈ [1, 2]. Dividimos el
intervalo [1, 2] en diez partes iguales observando el primer d́ıgito decimal de
√
2
vemos que
√
2 esta entre 1.4 y 1.5 o sea que
√
2 ∈ [1.4, 1.5], Ahora, dividimos
el intervalo anterior en diez partes iguales y observando el segundo d́ıgito
decimal de
√
2 vemos que
√
2 está entre 1.41 y 1.42 o sea que
√
2 ∈ [1.41, 1.42],
aśı sucesivamente. En esta forma, hemos obtenido una familia decreciente de
intervalos cerrados:
[1, 2] ⊃ [1.4, 1.5] ⊃ [1.41, 1.42] ⊂ [1.414, 1.415] ⊃ · · ·
Como la longitud del intervalo tiende a cero, esta familia determina un único
número,
√
2, como la intersección total de los intervalos.
132 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplo.
La siguiente es una familia decreciente de conjuntos cerrados y no vaćıos:
Fn = [n,∞), n = 1, 2, 3, . . . ,
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · · ⊃ Fn ⊃ Fn+1 · · · ,
pero
∞⋂
n=1
Fn =
∞⋂
n=1
[n,∞) = ∅.
Se observa que la acotación de los conjuntos es necesaria para que se tenga
propiedad [6].
Ejemplo.
Sean An =
(
0,
1
n
)
, n = 1, 2, 3, . . . entonces
A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · ⊃ An ⊃ An+1 · · · ,
pero
∞⋂
n=1
An =
∞⋂
n=1
(
0,
1
n
)
= ∅.
Nótese que An es acotado pero no cerrado.
Ejercicio 88.
Sea {An} una familia decreciente de intervalos abiertos con longitud mayor
que una constante c0 > 0, entonces
∞⋂
n=1
An es un intervalo con longitud mayor
o igual a c0.
Sugerencia
Sean An = (an, bn), n = 1, 2, 3, . . . entonces
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · ·
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ · · ·
puesto que
A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ · · · ⊃ An ⊃ An+1 · · · ,
sean a0 = ĺım
n→ an, b0 = ĺımn→ bn entonces (a0, b0) ⊂ (an, bn) para todo n.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 133
Dejamos al lector la comprobación de que:
a) b0 − a0 ≥ c0.
b)
∞⋂
n=1
(an, bn) es igual a (a0, b0), (a0, b0], [a0, b0), ó, [a0, b0].
Recubrimiento
Dado un conjunto S, una familia de conjuntos abiertos {Aλ} se llama un
recubrimiento abierto de S si
⋃
λ
Aλ ⊃ S, o sea que los conjuntos cubran la
totalidad de S.
Ejemplo 1.
i) An = B(0, n) = {x | |x| < n}(⊂ Rp), entonces {An | n ∈ N} es un
recubrimiento abierto del espacio total Rp.
ii) Si S ⊂ Rp, la familia en i es un recubrimiento abierto de S.
iii) Si S(⊂ Rp) es acotado existe algún n tal que S ⊂ B(0, n), entonces
{Ak | k = 1, 2, 3, . . . , n} es un recubrimiento de S. Más aún, An la sola
bola de radio n, también es un recubrimiento abierto de S.
Ejemplo 2.
(i) Sea S =
[
0,
2
3
]
. La familia {An | n = 0, 1, 2, . . .} donde
A0 =
(
− 1
100
,
1
100
)
, An =
(
− 1
n + 2
,
1
n
)
, (n = 1, 2, 3, . . .)
es un recubrimiento de S puesto que
A2 ∪ A1 =
(1
4
,
1
2
)
∪
(1
3
, 1
)
=
(
−1
4
, 1
)
,
An ∪ An−1 ∪ · · · ∪ A2 ∪ A1 =
( 1
n + 2
, 1
)
luego
∞⋃
n=1
An = (0, 1),
∞⋃
n=1
An =
( 1
100
, 1
)
⊃ S.
134 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
(ii) Como
99⋃
n=1
An =
( 1
101
, 1
)
, entonces
99⋃
n=1
An =
(
− 1
100
,
1
100
)
∪
( 1
101
, 1
)
=
(
− 1
101
, 1
)
⊃ S,
por lo tanto la subfamilia finita {An | n = 1, 2, 3, . . . , 99} es también un
recubrimiento abierto de S.
(iii) Sea T = (0, 1) entonces {An | n = 1, 2, 3, . . .} es un recubrimiento abierto
de T . Pero ninguna subfamilia finita de {An | n = 1, 2, 3, . . .} puede ser un
recubrimiento de T puesto que
p⋃
n=1
An =
( 1
p + 2
, 1
)
no contiene a T .
Ejemplo 3.
Sea F la colección de todas las bolas abiertas (en R2) con centro racional
(las coordenadas del centro son números racionales) y con radio racional∗.
Entonces F es un recubrimiento abierto de cualquier conjunto.
∗ Nota. Para mayor sencillez, a estas bolas se le llama bolas racionales.
Para determinar una bola racional basta determinar las coordenadas del centro
y el radio:
El centro = (x, y)
El radio = r.
Como x, y, r son racionales, hay un número contable de valores posibles de x,
un número contable de valores posibles de y, un número contable de escogencia
para el radio r, por lo tanto existe un número contable de bolas racionales
distintas.
Decimos que un recubrimiento es finito si la familia tratada es finita, un recu-
brimiento es contable si la familia es contable. Los recubrimientos del Ejemplo
1, (i), (ii), Ejemplo 2 (i), (ii) y Ejemplo 3 son contables. Los recubrimientos
del Ejemplo 1 (iii), y, Ejemplo 2 (ii) son finitos.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 135
Ejercicio 89.
Sea S = (0, 1), demostrar que
{( 1
n
,
2
n
)
| n = 1, 2, 3, . . .} es un recubrimiento
abierto de S. Demostrar que ninguna subfamilia finita forma recubrimiento
abierto de S.
Sugerencia.
Para todo n ≥ 2 se tiene( 1
n
,
2
n
)⋂( 1
n + 1
,
2
n + 1
)

= ∅
ya que
2
n + 1
>
1
n
(para todo n ≥ 2), esto es,
( 1
n + 1
,
2
n + 1
)⋃( 1
n
,
2
n
)
=
( 1
n + 1
,
2
n
)
.
Por lo tanto
∞⋃
n=2
( 1
n
,
2
n
)
=
(1
q
, 1
)
, aśı que
∞⋃
n=2
( 1
n
,
2
n
)
= (0, 1) = S.
(/ / / / / / /////////// / / / / / / / /)(\\\\\\\\\\\)
2
n+1
2
n
1
n
1
n+1
Figura 2.81.
[7] Dado S(⊂ Rn), sea {Aλ} un recubrimiento de S. Entonces existe una sub-
familia contable, que es también recubrimiento abierto de S. (Teorema del
recubrimiento contable).
Demostación.
Como S ⊂ ⋃
λ
Aλ, si x ∈ S existe algún abierto de la familia, digamos Aλ(x),
tal que x ∈ Aλ(x).
Como Aλ(x) es abierto, existe una vecindad de x, B(x, δ) ⊂ Aλ(x).
136 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Sea {Ck | k = 1, 2, 3, . . .} la colección de todas las bolas racionales abiertas
(sabemos que esta colección es contable), entonces existe alguna bola racional
contenida en B(x, δ) que contiene al punto x (Figura 2.82, Nota ∗) esta bola
la llamaremos Ck(x) (k(x) ∈ N).
B(x,δ)
x
Aλ(x)Cλ(x)
x
y 
δ
3
 y B(x,δ/3), y es racional, b 
es racional tal que δ/3 < b < 2/3 δ. 
δ
Figura 2.82.
De esta forma a cada x ∈ S se le asigna una bola racional, Ck(x), tal que
x ∈ Ck(x) ⊂ Aλ(x).
Como
⋃
x∈S
{x} = S, tenemos S ⊂ ⋃
x∈S
Ck(x).
Como existe un número contable de bolas racionales, la colección de las bolas
{Ck(x) | x ∈ S} contiene un número contable de bolas distintas, por lo tanto,
la unión anterior
⋃
x∈S
Ck(x) es, en realidad, una unión contable (aunque pueda
aparecer la misma bola repetida infinitas veces). Cada bola Ck(x) está conteni-
da en un abierto de la familia {Aλ}, luego un número contable de los abiertos
de la familia {Aλ} puede cubrir la totalidad de S.
(∗) Nota. La vecindad B(x, δ/3) contiene algun punto cuyas coordenadas son
números racionales, digamos y. El intervalo (δ/3,
2
3
δ) contiene algún número
racional, sea b, entonces B(y, b) es la bola racional buscada.
Observación 3.
La demostración de la propiedad [7] se debe esencialmente al hecho de que:
i) El conjunto Q de todos los números racionales es contable, y
ii) Q es denso en R1 (cualquier intervalo contiene por lo menos un número
racional).
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 137
Más generalmente, el espacio euclidiano Rp contiene un conjunto contable,
denso, y es la que hace posible garantizar un recubrimiento contable abierto
de cualquier conjunto del espacio.
Observación 4.
De acuerdo con la propiedad [7], podemos trabajar siempre con recubrimientos
contables, ya que si un recubrimiento dado no es contable, extraeremos un
número contable de conjuntos del recubrimiento inicial para formar un nuevo
recubrimiento abierto.
Ejemplo.
Sea S =
(
0,
1
2
)
. La colección de intervalos
{
(x2, x) | 0 < x ≤ 1
2
}
es un
recubrimiento no contable de S.
La sub colección: {( 1
n2
,
1
n
)
| n = 2, 3, 4, . . .
}
es contable y es un recubrimiento contable de S.
Ejercicio 90.
Sea S un conjunto. El conjunto de todos los puntos aislados de S es contable
(ver Ejercicio 70).
Solución.
Sea T el conjunto de todos los puntos aislados de S.Si x ∈ T , existe una vecindad de x, B(x, δx), que no contiene puntos de S
distintos de x. Evidentemente
⋃
x∈T
B(x, δx) ⊃ T , o sea que {B(x, δx) | x ∈ T}
es un recubrimiento abierto de T , luego existe una familia contable que cubre
a T . Pero, cada vecindad contiene solamente un punto de T , por lo tanto T es
contable.
Ejercicio 91.
Sea S(⊂ Rp). Demostrar que si para cada x ∈ S existe una vecindad B(x) tal
que B(x) ∩ S sea contable, entonces S es contable.
Solución.
Dado x ∈ S, sea B(x) tal que B(x)∩S es contable, entonces {B(x) | x ∈ S} es
un recubrimiento abierto de S, luego existe una subfamilia contable, digamos
138 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
{B(x) | k = 1, 2, 3, . . .} que forma un recubrimiento abierto de S:
S ⊂
∞⋃
k=1
B(xk),
esto es S =
∞⋃
k=1
[S ∪ B(xk)], por lo tanto, S es contable.
Ejercicio 92.
Todo conjunto abierto A(⊂ Rp) es unión contable de bolas abiertas.
[8] Si S(⊂ Rp) es cerrado y acotado, cualquier recubrimiento abierto de S
tiene una subfamilia finita que forma también un recubrimiento abierto de
S (Teorema del recubrimiento finito).
Demostación.
Sea {Ak | k ∈ N} un recubrimiento abierto de S
∞⋃
k=1
Ak ⊃ S.
Sea Fn = S −
∞⋃
k=1
Ak (n = 1, 2, 3, . . .) entonces Fn es cerrado, acotado y
F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fn ⊃ Fn+1 ⊃ · · ·
Si Fn 
= ∅ para todo n, se tiene que (por la propiedad [6]):
∞⋂
n=1
Fn =
∞⋂
n=1
[
S −
n⋃
k=1
Ak
]
= S −
∞⋃
k=1
Ak 
= ∅,
o sea que existe x ∈
[
S −
∞⋃
k=1
Ak
]
, esto es x ∈ S, y, x /∈
∞⋃
k=1
Ak, por lo tanto
{Ak | k ∈ N} no seŕıa recubrimiento de S (absurdo).
Luego, Fn = ∅ para algún n:
Fn = S −
n⋃
k=1
Ak = ∅,
esto es
n⋃
k=1
Ak ⊃ S, por lo tanto, {A1, A2, . . . , An} es un recubrimiento abierto
finito de S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 139
F6
A1
A2
A3
A4
A5
A6
S
Figura 2.83.
Ejemplo.
Sea S =
{ 1
2n
| n ∈ N
}
, entonces F = {B
( 1
2n
,
1
2n+1
)
| n ∈ N} es un recu-
brimiento abierto de S(evidente). Pero, cada vecindad contiene un sólo punto
de S ya que
1
2n
− 1
2n+1
=
1
2n+1
, no hay recubrimiento finito (no existe una
subfamilia que sea también recubrimiento de S). Nótese que S no es cerrado.
La familia anterior, F, ya no es recubrimiento abierto del conjunto:
S = S ∪ {0} =
{ 1
2n
| n ∈ N
}
∪ {0}.
Para formar un recubrimiento de S tenemos que agregar a la familia F algún
conjunto abierto que contenga a 0, aśı que la familia:
(−�, �), B
( 1
2n
,
1
2n+1
)
(n ∈ N)
es un recubrimiento de S. Para n suficientemente grande se tiene
1
2n
< �, luego
la siguiente subfamilia finita:
(−�, �), B
( 1
2k
,
1
2k+1
)
(k = 1, 2, 3, . . . , n)
es un cubrimiento finito de S.
Ejemplo.
Sea S = [1,∞], entonces S es cerrado pero no acotado. El recubrimiento de
S : {(n − 1, n + 1) | n ∈ N} no tiene subfamilia finita para formar un nuevo
recubrimiento de S. La misma familia es un recubrimiento de T = [1,M ], hay
un recubrimiento abierto finito de T .
140 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejercicio 93.
Sea F = {Aλ} una familia no contable de conjuntos cerrados, acotados y no
vaćıos tal que si Aλ, Aμ ⊂ F entonces Aλ ⊃ Aμ ó Aλ ⊂ Aμ. Demostrar que⋂
Aλ 
= ∅.
Solución.
Sea Aλ0 ∈ F. Supongamos que
⋂
λ
Aλ = ∅ y lleguemos a un absurdo.
Si
⋂
λ
Aλ = ∅, para cada x ∈ Aλ0 existe algún Aλx ∈ F tal que x /∈ Aλx , luego
existe una vecindad de x, B(x), tal que B(x) ∩ Aλx = ∅ (Nótese que Aλx es
cerrado). Como Aλx es acotado y cerrado, un número finito de tales vecindades
recubre al conjunto Aλ0 , digamos B(x1),B(x2), . . . ,B(xq):
Aλ0 ⊂
q⋃
k=1
B(xk), y, B(xk) ∩ Aλk = ∅
donde Aλk = Aλxk . Por lo tanto:[ q⋂
k=1
Aλk
]⋂[ q⋃
k=1
B(xk)
]
= ∅
esto es: [ q⋂
k=1
Aλk
]⋂[
Aλ0
]
= ∅.
esto es imposible ya que entre los q + 1 conjuntos
Aλ0 , Aλ1 , Aλ2 , . . . , Aλq
debe haber uno más pequeño que los demás, y diferente del vaćıo.
Nota
La hipótesis Aλ ⊃ Aμ ó Aλ ⊂ Aμ implica que “la intersección de un número
finito de conjuntos de la familia F no es vaćıa”.
Este ejercicio es una generalización de la propiedad [6], que sirve para una
sucesión de conjuntos cerrados y acotados, al caso no contable.
Dado un conjunto S(⊂ Rp), la existencia de un sub recubrimiento finito, de
cada recubrimiento de S caracteriza una cierta propiedad del conjunto S, a
esta propiedad se le llama la compacidad, en otras palabras:
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 141
Se dice que un conjunto S es compacto si todo recubrimiento abierto de S
posee un subrecubrimiento abierto finito de S, o sea que: Si
∞⋃
k=1
Ak ⊃ S (Ak
es abierto para todo k) entonces existe q tal que
q⋂
k=1
Ak ⊃ S.
Nota.
Una subfamilia de {Ak | k ∈ N} será {Ak1 , Ak2 , Ak3 , . . . , Akj}, si
q = máx(k1, k2, k3, . . . , kj) se tiene S ⊂
j⋃
i=1
Aki ⊂
q⋃
k=1
Ak.
De la propiedad [8] sabemos que un conjunto cerrado y acotado es compacto.
Ejercicio 94.
Sea S un conjunto compacto, (S ⊂ Rp). Tenemos:
S ⊂ Rp =
∞⋃
k=1
B(0, k) =
∞⋃
k=1
{x | |x| < k}
Por la compacidad, existe q tal que
S ⊂ Rp =
q⋃
k=1
B(0, k) = B(0, q) = {x | |x| < q}.
[9] Si S(⊂ Rp) es compacto, toda sucesión de S contiene una subsucesión que
converge a un punto de S.
Demostación.
Sea {xk, k = 1, 2, 3, . . .} una sucesión de punto de S, como S es acotado
siempre existe una subsucesión convergente (Ejercicio 44), digamos
{xk1 , xk2 , xk3 , . . . , xkj , . . .} → x0.
Vamos a demostrar que x0 ∈ S por el método del absurdo.
Supongamos que x0 /∈ S, entonces x0 es un punto de acumulación de S ya que
una sucesión de puntos de S tiende a x0. Sean
Ak = {x ∈ Rp | |x − x0| > 1
k
} (k = 1, 2, 3, . . .)
142 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
entonces ∞⋃
k=1
Ak = RP − {x0} ⊃ S,
esto es, {Ak} es un recubrimiento abierto de S. Por la compacidad de S existe
q tal que
q⋃
k=1
Ak ⊃ S.
Como
q⋃
k=1
Ak = Aq = {x ∈ Rp | |x − x0| > 1
q
},
la velocidad de x0, B(x0,
1
q
), no contiene puntos de S (absurdo ya que x0 es
un punto de acumulación de S).
Nota. Si un conjunto S cumple la propiedad enunciada en [9] decimos que S
es secuencialmente compacto, o sea
“S es secuencialmente compacto si toda sucesión de puntos de S tiene una
subsucesión convergente a un punto de S”.
De la propiedad [9], si S es compacto entonces S es secuencialmente compacto.
Rećıprocamente si S es secuencialmente compacto entonces S es acotado y
cerrado. Demostación.
Supongamos que S(⊂ Rp) es secuencialmente compacto.
Si S no fuera acotado existiŕıa una sucesión de puntos de S
{x1, x2, x3, . . . , xk, . . .} (xk ∈ S)
tal que
|xk| → +∞ (k → ∞),
por lo tanto ninguna subsucesión de {xk} convergeŕıa (absurdo).
Ahora, veamos que S es cerrado.
Sea x0 un punto de acumulación de S, entonces existe una sucesión de puntos
de S que converge a x0:
{xn} → x0 (xn ∈ S).
Como el ĺımite de una sucesión convergente es único, cualquier subsucesión de
{xn} tiende a x0, por lo tanto se tiene que x0 ∈ S.
Combinando [8], [9] y la demostración anterior, tenemos:
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 143
[10] Las siguientes tres afirmaciones son equivalentes en Rp:
i) S es compacto.
ii) S es secuencialmente compacto.
iii) S es acotado y cerrado.
O sea, son sinónimos los tres términos: “compacto”, “secuencialmente com-
pacto” y “acotado y cerrado”.
Ejercicio 95.
Sea S compacto e infinito. Si {xk} es una sucesión de elementos distintos de
S que converge a x0, demostrar que entonces x0 ∈ S.
La demostración es inmediata aplicando la propiedad [9].
Como ejercicio daremos una demostración directa.
Demostación.
Supongamos que x0 /∈ S, esto es, el conjunto T = {xk | k ∈ N} no tiene puntos
de acumulación dentro de S. (Es claro que x0 es el único punto de acumulación
de T ). Luego si x ∈ S, x no es punto de acumulación de T , o sea que existe
una vecindad de x, B(x), tal que
B(x) =
{
∅ si x /∈ T,
{x} si x ∈ T.
Tales vecindades forman un recubrimiento abierto de S, por la compacidad de
S un número finito de estas vecindades recubre a S:
S ⊂
q⋃
j=1
B(xj) (x1, x2, x3, . . . , xq ∈ S)
esto es
T = S ∩ T ⊂
{ q⋃
j=1B(xj)
}
∩ T =
{ q⋃
j=1
{
B(xj) ∩ T
}
⊂ {x1, x2, x3, . . . , xq}
esto es imposible ya que T es infinito.
Punto de condensación
Dado un conjunto S, un punto x se llama punto de condensación de S si toda
vecindad de x contiene un número no contable de puntos del conjunto S.
144 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejemplos
a) S = (0, 1]. 0 es un punto de condensación de S ya que la vecindad (−�, �)
contienen un número no contable de elementos de S entre 0 y �.
Nótese que 0 /∈ S. De la misma manera, cualquier punto entre 0 y 1 es
punto de condensación de S.
0
( (\\\\\\\\\\\) ]
−ε ε
1
Figura 2.84.
b) Sea S el conjunto de todos los números irracionales entre 0 y 1, entonces
cualquier punto del intervalo [0, 1] es punto de condensación de S.
c) Sea T el conjunto de todos los puntos racionales entre 0 y 1,evidentemente
no existe puntos de condensación de T ya que T posee un número contable
de puntos.
Ejercicio 96.
Demostrar que:
i) Un punto de condensación de S es punto de acumulación de S.
ii) Si S es un conjunto contable, no existe puntos de condensación de S.
Ejercicio 97.
Sea S un conjunto no contable . Si x es un punto d acumulación de los puntos
de condensación de S, entonces x es un punto de condensación de S
Demostación.
Sea B(x, δ), una vecindad de x, entonces existe y ∈ B(x, δ), tal que y es un
punto de condensación de S.
La vecindad de y, B(y, b), con b = δ − |x− y|, está contenida B(x, δ), como y
es un punto de condensación de S, B(y, b) contiene un número no contable de
puntos de S. Por lo tanto, la vecindad B(x, δ) contiene un número no contable
de puntos de S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 145
δ 
B(x,δ)
S
yb
x
{
{
Figura 2.85.
Ejercicio 98.
Dado un conjunto S, sea T el conjunto de todos los puntos de condensación
de S. Entonces T es cerrado.
Sugerencia. Utilizar el ejercicio anterior.
Ejercicio 99.
Sea S un conjunto no contable, entonces existe un subconjunto de S, acotado
y no contable.
Sugerencia. Sea Sk = S ∩ B(0, k) = {x ∈ S | |x| < k}, entonces S =
∞⋃
k=1
Sk.
Si Sk fuera contable para todo k, la unión contable S seŕıa contable (absurdo),
luego Sk es no contable para algún k.
Ejercicio 100.
Sea S(⊂ Rp) no contable. Demostrar que existe por lo menos un punto de
condensación de S en S.
Nota
En este ejercicio no sólo se garantiza la existencia de un punto de condensación
de S, sino que tal punto se localiza en S.
Demostración. (Demostración por el método del absurdo)
Supongamos que ningún punto de S es punto de condensación de S, esto es,
si x ∈ S existe una vecindad de x, B(x), tal que B(x) ∩ S es un conjunto
contable.
146 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
La colección {B(x) | x ∈ S} es un recubrimiento abierto de S, luego un número
contable de tales vecindades recubre el conjunto S:
S ⊂
∞⋃
k=1
B(xk), donde B(xk) ∩ S es contable para todo k,
por lo tanto S =
∞⋃
k=1
[S ∩ B(xk)] es contable (absurdo).
Observación 5.
El resultado de este ejercicio es muy parecido al teorema de Bolzano Weiers-
trass. El teorema de Bolzano Weierstrass garantiza la existencia de un punto
de acumulación para conjuntos acotados e infinitos, pero tal punto de acumu-
lación puede estar fuera del conjunto. Un método similar al de la demostración
del teorema de Bolzano Weierstrass nos puede servir para hallar un punto de
condensación del conjunto no contable, pero el punto de condensación aśı en-
contrado puede estar fuera del conjunto dado.
Ejercicio 101.
Utilizando un método similar al ejercicio anterior, demostrar que un conjunto
infinito y compacto posee por lo menos un punto de acumulación dentro del
conjunto.
Solución.
Sea S(⊂ Rp) infinito y compacto.
Supongamos que no hay puntos de acumulación de S es S, o sea que si x ∈ S
existe una vecindad, B(x), tal que B(x) ∩ S = {x} (el conjunto formado por
el sólo punto x).
La familia {B(x) | x ∈ S} es un recubrimiento abierto de S. Por la compacidad
de S, existe un número finito de tales vecindades que recubre la totalidad de
S:
S ⊂
q⋃
k=1
B(xk), (B(xk) ∩ S = {xk})
luego
S =
q⋃
k=1
[S ∩ B(xk)] = {x1, x2, x3, . . . , xq}
(absurdo ya que S es infinito).
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 147
Ejercicio 102.
Dados S(< Rp) un conjunto no contable, sea T el conjunto de todos los puntos
de condensación de S, demostrar que:
a) S − T es contable.
b) S ∩ T no es contable.
c) T es cerrado y no posee puntos aislados.
Demostación.
a) Si S − T no fuera contable existiŕıa un punto de condensación de S − T
digamos x0, en S−T . Evidentemente x0 es un punto de acumulación de S,
x0 ∈ S y x0 /∈ T (absurdo ya que T abarca todos los puntos de condensación
de S).
b) S = (S − T )∪ (S ∩ T ). Como S − T es contable y S es no contable se debe
tener que S ∩ T no es contable.
c) Evidentemente T es cerrado (Ejercicio 98).
Sea x ∈ T . Dada cualquier vecindad de x, B(x), el conjunto B(x) − {x}
contienen un número no contable de puntos de S, luego S ∩ [B(x)−{x}] tiene
un punto de condensación en S ∩ [B(x)−{x}], digamos x0, x0 es un punto de
condensación de S y x0 
= x, x0 ∈ B(x), por lo tanto x no es aislado.
Ejemplo 1.
Sea S(⊂ R1) el conjunto de todos los números irracionales entre 0 y 1, entonces
T = al conjunto de todos los puntos de condensación de S = [0, 1].
a) S − T = vaćıo.
b) S ∩ T = S (no es contable).
c) T = [0, 1] es cerrado y no posee puntos aislados.
Ejemplo 2.
Sean S =
{ 1
n
| n ∈ N
}
∪ (−1, 0), T = [−1, 0] el conjunto de todos los puntos
de condensación de S entonces
148 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
a) S − T =
{ 1
n
| n ∈ N
}
es contable.
b) S ∩ T = (−1, 0) no es contable.
c) T es cerrado y no posee puntos aislados.
decimos que un conjunto S es perfecto si S′ = S.
Nota
Si S′ = S entonces S′ ⊂ S y S ⊂ S′, luego todos los puntos de acumulación de
S están en S (S es cerrado) y todo ‘punto de S es un punto de acumulación
de S, o sea que S no tiene puntos aislados.
Ejemplos
i) [0, 1] es perfecto.
ii) {0} ∪
{ 1
n
| n ∈ N
}
no es perfecto.
iii) S = {0} ∪
[ ∞⋃
n=1
[ 1
2n + 1
,
1
2n
]]
es perfecto.
Ejercicio 103.
Demostrar que:
a) Un intervalo cerrado es perfecto.
b) La unión finita de intervalos cerrados es perfecta.
c) La adherencia de la unión contable de intervalos cerrados (con longitud
positiva) es perfecta.
Solución.
a), b) La demostración la dejamos al lector.
c) Sea T =
∞⋃
k=1
[ak, bk], S = T .
Sea x ∈ S = T , si x ∈ T entonces x es un punto de acumulación de T , luego
x es un punto de acumulación de S.
Si x /∈ T entonces x es un punto de acumulación de T , luego x es un punto de
acumulación de T = S (ya que T ⊃ T ).
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 149
Por lo tanto, cualquier punto de S es punto de acumulación de S.
Ejercicio 104.
Sea {Tk | k ∈ N} una familia contable de conjuntos perfectos, entonces S =[ ∞⋃
k=1
Tk
]
es perfecto.
La demostración la dejamos para el lector.
Ejercicio 105.
Demostrar que si F (⊂ Rp) es cerrado y no contable entonces existe dos con-
juntos A y B tales que F = A ∪ B, A ∩ B = ∅ donde A es perfecto y B es
contable.
Solución.
Sea A el conjunto de todos los puntos de condensación de F , entonces A ⊂ F .
Sea B = F −A entonces B es contable, A es perfecto ya que A no tiene puntos
aislados.
Ejemplo 1.
Sea F el conjunto de todos los números reales en [0, 1] tales que en su desarrollo
decimal carecen de la cifra 8. Por ejemplo:
1
3
= 0.333 · · · ∈ F
√
3 = 1.73285 · · · /∈ F
0.8 = 0.799999 · · · ∈ F
1
7
= 0.14285714 · · · /∈ F
0.89999 · · · = 0.90000 · · · ∈ F.
(En caso de que tengan dos expresiones decimales, como los números
4
5
, y,
9
10
si una de las dos expresiones carece de 8 lo metemos en el conjunto F ).
El conjunto F es perfecto.
150 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Demostación.
i) Si x = 0.x1x2x3 · · · ∈ F entonces xk 
= 8 para todo k.
Se tiene que x es el ĺımite de la sucesión de los números de F
{0.x1, 0.x1x2, 0.x1x2x3, . . .} → x,por lo tanto x es un punto de acumulación de F .
ii) Sea y /∈ F , entonces y es de la forma:
y = 0.y1y2y3 · · · yp8yp+2 . . .
donde y1 
= 8, y2 
= 8, y3 
= 8,. . . , yp 
= 8.
Sean a = 0.y1y2y3 · · · yp8, b = 0.y1y2y3 · · · yp9, entonces a, b ∈ F (nótese
que a = 0.y1y2y3 · · · yp7999999 · · · ), luego a < y < b.
En el intervalo abierto (a, b) no hay puntos de F , por lo tanto y es un
punto interior del complemento de F , o sea que el complemento de F es
abierto, luego F es cerrado.
iii) La adherencia de la unión contable de intervalos cerrados (con longitud
positiva) es perfecta.
Ejemplo 2. (Conjunto ternario de Cantor)
Sea E0 = [0, 1], sub dividimos el intervalo E0 = [0, 1] en tres pares iguales, y
de E0 suprimimos el sub intervalo central
(1
3
,
2
3
)
, sea
E1 = E0 −
(1
3
,
2
3
)
=
[
0,
1
3
]
∪
[2
3
, 1
]
.
(////////////////////////////)
10
(///////)(\\\\\)(///////)(\\\\)
 1
27
l l(\\\\\) (\\\\)
- 2
27
-
 7
27
- 8
27
-
19
27
-
20
27
-
25
27
- 26
27
-
 1
 9
- 2
 9
- 1
 3
- 2
 3
-
 7
 9
-
 8
 9
-
Figura 2.86.
Dividimos cada intervalo de E1 en 3 partes iguales y se suprimen los sub
intervalos centrales, aśı sea:
E2 =
{[
0,
1
3
]
−
(1
9
,
2
9
)}
∪
{[2
3
, 1
]
−
(7
9
,
8
9
)}
=
[
0,
1
9
]
∪
[2
9
,
3
9
]
∪
[6
9
,
7
9
]
∪
[8
9
, 1
]
.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 151
Aśı sucesivamente, de esta manera tenemos una sucesión de conjuntos com-
pactos:
E0 ⊃ E1 ⊃ E2 ⊃ · · ·
La intersección E =
∞⋂
n=1
En se llama el conjunto ternario de Cantor.
En el primer proceso, se suprime un intervalo abierto de longitud
1
3
, en el
segundo proceso se suprime dos intervalos de longitud
1
3
× 1
3
, en el tercer
proceso se suprime cuatro intervalos de longitud
1
3
× 1
3
× 1
3
, etc, por lo tanto
la longitud total de los intervalos suprimidos es:
1
3
+ 2
(1
3
)2
+ 4
(1
3
)3
+ 8
(1
3
)4
+ · · ·
=
1
3
{
1 +
(2
3
)
+
(2
3
)2
+
(2
3
)3}
=
1
3
1
1 − 2
3
= 1
La longitud del intervalo E0 = [0, 1] es 1, y se le suprimen un número infinito
de sub intervalo abierto cuya longitud total es igual a 1, sin embargo el resto
E no es vaćıo, más aún se puede demostrar que:
1. E no es contable.
2. E es perfecto.
Sea x un número real en [0, 1], lo desarrollamos en el sistema ternario (con
base 3):
x = 0.x1x2x3 · · · (xk = 0, 1, 2 para todo k)
=
x1
3
+
x2
32
+
x3
33
+ · · ·
i) Si la primera cifra x1 = 1, entonces:
x =
1
3
+
x2
32
+
x3
33
+ · · · ∈
[1
3
,
2
3
]
pero los extremos de este intervalo pueden expresarse sin utilizar la cifra
1, por ejemplo:
1
3
= 0.1 = 0.02222 · · · = 2
32
+
2
33
+
2
34
+ · · ·
2
3
= 0.12222 · · · = 0.2 = 2
31
.
152 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
ii) Si x1 = 0, y, x2 = 1 entonces
x = 0 +
1
32
+
x3
33
+
x4
34
+ · · · ∈
[1
9
,
2
9
]
Si x1 = 2, x2 = 1, entonces
x =
2
3
+
1
32
+
x3
33
+
x4
34
+ · · · ∈
[7
9
,
8
9
]
.
Nuevamente los extremos de estos intervalos pueden expresarse sin utili-
zar la cifra 1, por ejemplo
2
9
= 0.012222 · · · = 0.02 = 2
32
, etc.
Aśı los intervalos suprimidos están formados por todos los números cuyo
desarrollo en el sistema ternario contienen la cifra 1, y E es el conjunto
de todos los números que pueden ser desarrollados en el sistema ternario
sin el uso de la cifra 1.
De manera similar al ejemplo anterior, se ve que E es perfecto.
Si y ∈ E,
y = 0.y1y2y3 · · · (en el sistema ternario)
=
y1
3
+
y2
32
+
y3
33
+ · · ·
donde yk = 0, ó, yk = 2 (para todo k).
Al número y le hacemos corresponder un número:
z = 0.
(y1
2
)(y2
2
)(y3
2
)
· · · (en el sistema binario)
=
y1/2
2
+
y2/2
22
+
y3/2
23
+
y4/2
24
+ · · ·
donde yk/2 = 0, ó, yk/2 = 1 para todo k. La correspondencia es uno
a uno, y cualquier número entre 0 y 1 puede expresarse en el sistema
binario, razón por la cual el conjunto de los tales z es equivalente a [0, 1]
(no es contable), luego E es equivalente a [0, 1].
Nota En otro parágrafo daremos la demostración de que todo conjunto
perfecto es no contable.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 153
Conjuntos abiertos y cerrados en un sub universo
Un conjunto A(⊂ Rp) es abierto si todos sus puntos son puntos interiores
de A, aśı decimos siempre que el intervalo (a, b) es abierto, sin embargo esta
afirmación es bastante relativa, ya que el intervalo
(a, b) = {(x, 0) | a < x < b}
no es abierto si se lo trata como un conjunto de R2, ya que la vecindad B(x, δ)
contiene puntos fuera de la recta real 0X (en R2).
( )
S
0 X
B(x,δ)
x
a b
Figura 2.87.
Al decir que “el intervalo (a, b)” es abierto, estamos suponiendo impĺıcitamente
que nuestro mundo está solamente dentro de la recta real, desconociendo los
puntos del plano fuera de la recta. de la misma forma, una bola{
(x, y) |
√
x2 + y2 < b
}
= B(0, b)
es abierta en el plano pero no es abierta en el espacio R3.
En realidad, se debe precisar siempre en que espacio se esta trabajando.
Esta situación relativa podŕıa presentarse para otra clase de sub universo si
nuestro interés esta solamente en un subconjunto determinado de Rp. Por
ejemplo, dentro de R1 consideramos la semi recta positiva S = (0,∞). el
conjunto F = (0, 1] no es cerrado en R1 ya que el punto 0, que es un punto de
acumulación de F , no esta en F . Pero si restringimos nuestro interés solamente
el semi universo S (o sea que no nos interesa puntos fuera del conjunto S),
entonces podemos tratar el punto 0 como si no hubiera existido nunca ya que
0 /∈ S, aśı podemos decir que “todos los puntos de acumulación de F están en
F”. En este caso, “todos” significa “todos los de nuestro interés” ó “todos los
que están en S”. En este sentido podemos decir que F es cerrado en S (ó F
es relativamente cerrado en S).
154 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
(/ / / / / /////////// / / / / / / / / / / / /(\\\\\\\\\\\]
10
F
Universo S
Figura 2.88.
Más generalmente:
Sea F un subconjunto de un conjunto S, decimos que S es relativamente ce-
rrado en S si todos los puntos de acumulación de F que están en S pertenece
a F .
Ejemplo 3. Sea Q el conjunto de todos los números racionales, entonces
1. F = {x ∈ Q | 0 ≤ x ≤ 1} es relativamente cerrado en Q.
2. A = {x ∈ Q | 0 < x < 1} no es relativamente cerrado ya que 0 y 1 son
puntos de acumulación de A, y, 0, 1 ∈ Q pero 0, 1 /∈ A.
3. B = {m
2n
| m, n ∈ N} no es relativamente cerrado en Q.
Ejemplo 4. Sea S = {x ∈ R2 | |x| < 1} entonces
1. F = {(0, y) | −1 < y < 1} es relativamente cerrado en S.
2. T = {(x, y) | 0 ≤ y ≤ √1 − x2} es relativamente cerrado en S.
F
0
(a)
T
0
(b)
Figura 2.89.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 155
Ejercicio 106.
Sea S ⊂ Rp, si F (⊂ S) es un conjunto cerrado en Rp entonces F es relativa-
mente cerrado en S.
Demostación.
Todos los puntos de acumulación de F están en F , por definición F es relati-
vamente cerrado en S.
Ejercicio 107.
i) Sea S ⊂ Rp, si F (⊂ S) es relativamente cerrado en S entonces existe F0
cerrado en Rp tal que F = F0 ∩ S.
ii) Si F = S ∩ F0 donde F0 es cerrado en Rp, entonces F es relativamente
cerrado en S.
Demostación.
i) Sea S ⊂ Rp, si F (⊂ S) es relativamente cerrado en S entonces existe F0
cerrado en Rp tal que F = F0 ∩ S.
ii) Sea F0 = F entonces F0 es cerrado en Rp.
a) Como F ⊃ F se tiene F ∩ S ⊃ F ∩ S = F .
b) Sea x ∈ F ∩S. Si x /∈ F entonces x es un punto de acumulación de F ,
y x ∈ S, luego x ∈ F (absurdo). Por lo tanto, x ∈ F . Aśı F ∩ S ⊂ F .
iii) Sea F = S ∩ F0 donde F0 es cerrado en Rp.
Si x ∈ S y x es un punto de acumulación de F , entonces x es un punto
de acumulación de F0, luego x ∈ F0. Por lo tanto x ∈ S ∩ F0, esto es, F
es relativamente cerrado en S.
Ejercicio 108.
Sea S cerrado en Rp. Si F (⊂ S) es relativamente cerrado en S, entonces F es
cerrado en Rp.
Si A es un subconjunto de S(⊂ Rp) decimos que A es relativamente abierto
en S si S − A es relativamente cerrado en S.
Ejemplo 5. i) Sea S = [0,∞) entonces [0, 1) es relativamente abierto en S
ya que S − A = [1,∞)es cerrado.
156 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
ii) Sea Q el conjunto de todos los números irracionales, entonces F = {x ∈
Q | 0 < x < 1} es relativamente abierto en Q.
Ejemplo 6. Un conjunto abierto en R1 no es abierto en R2, pero tenemos:
A es abierto en R1 si y sólo si el conjunto A0 = {(x, 0) ∈ R2 | x ∈ A} es
relativamente abierto en R10 = {(x, 0) ∈ R2 | x ∈ R1}.
Demostación.
i) Si A es abierto en R1 , R1 − A es cerrado en R1, luego
F = (R1 − A) × {0} = R10 − A0
es cerrado en R2.
ii) Si A0 es relativamente abierto en R10, entonces F es relativamente cerrado
en R10 = R
1 × {0}. Como R10 es cerrado, se tiene que
F = (R1 − A) × {0}
es cerrado, por lo tanto R1 − A es cerrado, o sea que A es relativamente
abierto en R1.
Ejercicio 109.
i) Sea S = {x ∈ R2 | |x| ≤ 1} demostrar que A = {(x, y) | 0 < x ≤√
1 − y2} es relativamente abierto en S.
ii) Sea S =
{ 1
n
| n ∈ N
}
, demostrar que todo subconjunto de S es relativa-
mente abierto en S.
Sugerencia.
ii) Si A ⊂ S entonces S −A no tiene puntos de acumulación, luego S −A
es cerrado
Ejercicio 110.
Sea S ⊂ Rp, A ⊂ S.
i) Si A es relativamente abierto en S entonces existe un conjunto A0 abierto
en Rp tal que A = A0 ∩ S.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 157
ii) Si A = A0 ∩ S donde A0 es abierto en Rp, entonces A es relativamente
abierto en S.
Demostación.
i) Supongamos que A es relativamente abierto en S entonces F = S −A es
relativamente cerrado en S, luego F = F ∩S (Ejercicio 107). Por lo tanto
A = S − F = S − (F ∩ S) = S ∩ (Rp − F ),
nótese que Rp − F es abierto en Rp.
ii) Si A = A0 ∩ S donde A0 es abierto en Rp, entonces A es relativamente
abierto en S, entonces
S − A = S − (A0 ∩ S) = S ∩ (Rp − A0),
luego S − A es relativamente cerrado en S ya que Rp − A0 es cerrado en
Rp.
Ejemplo. Sea Q el conjunto de todos los puntos racionales en R2, entonces
A = {x ∈ Q | |x − a| < b} es relativamente abierto en Q.
Ejercicio 111.
Sea S ⊂ Rp, A ⊂ S. Si A es abierto en Rp entonces A es relativamente abierto
en S.
Ejercicio 112.
Sea S ⊂ Rp. Si {Ak | k ∈ N} es una colección de conjuntos relativamente
abiertos en S, entonces
∞⋃
k=1
Ak es relativamente abierto en S.
Ejercicio 113.
Sea S(⊂ Rp) abierto en Rp. Un conjunto relativamente abierto en S es abierto
Rp.
Ejercicio 114.
Sea S = (0, 1) ∪ (1,∞) demostrar que A = (0, 1) es relativamente abierto y
relativamente cerrado en S.
Ejercicio 115.
Sea S = {x ∈ Rp | |x| < b}. Demostrar que un subconjunto A de S relativa-
mente abierto y relativamente cerrado en S es igual a S o a vaćıo.
158 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Sugerencia.
Si A 
= S, y, A 
= ∅, encontrar un punto de frontera de A en S.
Ejercicio 116.
Decimos que un conjunto S(⊂ Rp) es convexo si x, y ∈ S implica
t · y + (1 − t) · x ∈ S para todo t ∈ [0, 1].
Esto es, el segmento que une a x con y está totalmente contenido en S (Figura
2.90).
y
x
S
t,y+(1-t)-x
t [0,1]
X
Figura 2.90.
Si S es convexo, demostrar que un subconjunto relativamente abierto y rela-
tivamente cerrado de S, es igual a S ó a vaćıo.
Teorema de Baire
(Todos lo problemas de este parágrafo son aplicaciones de la propiedad [6]).
[11] Teorema de Baire
Sea {Fk ⊂ Rp | k ∈ N} una familia de conjuntos cerrados tales que∞⋃
k=1
Fk = Rp, entonces algún Fk tiene el interior no vaćıo.
Demostación.
Supongamos que F ◦k = ∅ para todo k, y llegamos a un absurdo.
Sea Ak = Rp−Fk, entonces Ak es abierto. Como F ◦k = ∅ (para todo k) cualquier
bola B(x, δ) contiene puntos de Ak (para todo k), o sea que B(x, δ)∩Ak 
= ∅.
(si B(x, δ) ∩ Ak = ∅ para algún k, entonces B(x, δ) ⊂ Fk, absurdo).
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 159
Sea B(x0, δ0) una bola cualquiera, entonces existe x1
x1 ∈ B(x0, δ0) ∩ A1.
Como B(x0, δ0) ∩ A1 es abierto existe δ1 tal que
x
δ
2
1
0
δ
0
x
A
2
A
1
Figura 2.91.
B(x1, δ1) ⊂ B(x0, δ0) ∩ A1.
Existe x2 tal que
x2 ∈ B(x1, δ1) ∩ A2.
luego existe δ2 tal que
B(x2, δ2) ⊂ B(x1, δ1) ∩ A2.
Aśı se puede construir una familia decreciente de vecindades cerradas:
B(x1, δ1) ⊃ B(x2, δ2) ⊃ · · ·B(xk, δk) ⊃ · · ·
B(xk, δk) ⊂ B(xk−1, δk−1) ∩ Ak (para todo k).
Por la propiedad [6], la intersección:
∞⋂
k=1
B(xk, δk)
no es vaćıa, luego existe x tal que
x ∈ B(xk, δk) (para todo k),
entonces x ∈ Ak (para todo k), o sea
∞⋂
k=1
Ak 
= ∅. Pero, Rp =
∞⋃
k=1
Fk implica
que
∞⋂
k=1
(Rp − Fk) =
∞⋂
k=1
Ak = ∅ (absurdo).
160 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Ejercicio 117.
Si Ak (k ∈ N) es abierto y denso en Rp entonces
∞⋂
k=1
Ak 
= ∅.
Solución.
Sea Fk = Rp − Ak, entonces Fk es cerrado.
Supongamos que
∞⋂
k=1
Ak = ∅, entonces:
∞⋃
k=1
(Rp − Ak) =
∞⋃
k=1
Fk = Rp
luego F ◦k 
= ∅ para algún k, o sea que Fk contendŕıa una bola en su interior,
por lo tanto Ak no seŕıa denso en Rp (absurdo).
Ejercicio 118.
Si S(⊂ Rp) es perfecto, entonces S no es contable.
Solución.
Supongamos que S es contable y lleguemos a un absurdo.
Sea S = {xn | n ∈ N}.
Como |x1 − x2| 
= 0, existe δ1 > 0 tal que |x1 − x2| > δ1, sea F1 = B(x1, δ1).
Como x1 es un punto de acumulación de S existe algún punto de S, digamos
x, x 
= x1, y, x 
= x3, tal que x ∈ B(x1, δ1).
Sea δ2 tal que δ2 < mı́n{|x−x1|, |x−x3|, δ1−|x−x1|} entonces F2 = B(x, δ2) ⊂
B(x1, δ1) ⊂ F1.
Aśı se puede construir una familia de bolas cerradas con centro en S:
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · · ⊃ Fk ⊃ · · · ,
x1, x2, x3, . . . , xk+1 /∈ Fk, Fk ∩ S 
= ∅.
Por la propiedad [6] se tiene que
F =
∞⋂
j=1
Fj 
= ∅,
F ∩ S =
∞⋂
j=1
{Fj ∩ S} 
= ∅.
2.5. CONJUNTO CERRADO. CONJUNTO ABIERTO 161
x
0
F
x
b
δ2
x
2
x
3
δ1
1
2
F
1
Figura 2.92.
Pero xk /∈ F (para todo k), luego {xk | k ∈ N} ∩ F = ∅ (absurdo).
Ejercicio 119.
Sea Q el conjunto de todos los racionales en (0, 1), demostrar que Q no es una
intersección de un número contable de conjuntos abiertos.
Solución.
Supongamos que Q =
∞⋂
k=1
Ak (Ak es abierto para todo k) y llegamos a un
absurdo.
( ( [ ] ) )
0
A
1
1
a 1 b 1
x 1
Figura 2.93.
Como Q es contable, sea Q = {xn | n ∈ N}.
A1 es abierto, aśı que podemos escoger un intervalo contenido en A1 que no
contenga al punto x1:
[a1, b1] ⊂ A1, x1 /∈ [a1, b1].
(a1, b1) ∩ A2 es abierto y no vaćıo ya que A2 contiene al conjunto Q de to-
dos los números racionales en (0, 1), y un intervalo siempre contiene números
racionales, luego existe [a2, b2] ⊂ (a1, b1) ∩ A2, x2 /∈ [a2, b2].
162 2. CONCEPTOS BÁSICOS DE TOPOLOǴIA EN RP
Aśı sucesivamente podemos construir una familia de intervalos cerrados tales
que
[a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ · · · ⊃ [ak, bk] ⊃ · · · ,
[ak, bk] ⊂ (ak−1, bk−1) ∩ Ak, xk /∈ [ak, bk].
Por la propiedad [6] se tiene que
F =
∞⋂
k=1
[ak, bk] 
= ∅.
pero xk /∈ F (para todo k), F ⊂
∞⋂
k=1
Ak = Q o sea que Q ∩ F = ∅, y F ⊂ Q
(absurdo).
Ejercicio 120.
Sea D(⊂ Rp) denso en toda parte, si para todo k, Ak es un abierto que contiene
a D entonces
∞⋂
k=1
Ak no es contable.
Sugerencia.
Supongamos que
∞⋂
k=1
Ak = Q es contable, entonces Q ⊃ D, por lo tanto Q
es denso en Rp. Ahora, se utiliza una demostración similar a la del ejercicio
anterior.
3
Ĺımites y continuidad
3.1. Ĺımites de una función
Consideremos una función f con dominio D(⊂ Rp) y con recorrido R(⊂ Rq)
o sea que f es una correspondencia tal que a cada x ∈ D(⊂ Rp) le hace
corresponder un punto f(x) del recorrido R(⊂ Rq):
f :D → R
x �→ f(x). (3.1)
En este parágrafo vamos a definir el ĺımite de f(x) cuando x → a, expresado
0 0
f (x)
x
D
R
función f 
Espacio R Espacio R 
qp
Figura 3.1.
comúnmente como
ĺım
x→a f(x)
163
164 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejemplo 1. Ĺımite de una sucesión.
Una sucesión de puntos en Rq : S = {a1, a2, a3 . . .} es una función:
s :N(⊂ R1) −→ {ak | k ∈ N}(⊂ Rq)
n �→ an = s(n).
Sabemos que {an} converge a un punto a, o sea, ĺım
n→∞ an = a si dado cualquier
l l l l 
0 1 2 3 n h
ε
a
an
a1
a2
a
3
función 
S 
0
Espacio R 
q
Figura 3.2.
� > 0 existe N tal que
|an − a| < � para todon > N (3.2)( la distancia entre an y
a es muy pequeña
) ( para todo sub́ındice n
suficientemente grande
)
Utilizando la notación de vecindad estudiada en el caṕıtulo anterior, se puede
escribir (3.2) como sigue:
s(n) = an ∈ B(a, �) para todo n ∈ (N,∞). (3.3)
En este caso, el śımbolo ∞ no es un número, razón por la cual no se debe hablar
de s(∞), ó a∞. Pero, tratando al śımbolo como si fuera un punto verdadero
se podŕıa considerar el intervalo (N,∞) como una vecindad de “∞” (Figura
3.3), es claro que al aumentar N la velocidad de “∞” disminuye, aśı
La condición (3.3) podŕıa expresarse de la siguiente forma:
Dada cualquier vecindad del punto a,B(a, c), existe una vecindad adecuada
de “∞”, digamos (N,∞), tal que
n ∈ (N,∞) implica s(n) = an ∈ B(a, �) (3.4)(
n pertenece a la vecindad
de ∞ adecuadamente
determinada
)
implica
(
s(n) pertenece a la vecindad
de a inicialmente escogida
en forma arbitraria
)
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 165
0
 (\\\\\(\\\\\(\\\\\\\(\\\\\\\(\\\\\
N
una vecindad de h
h
Figura 3.3.
Ejemplo 2. Sea
f(x) =
x2 − 1
x − 1
= x + 1(si x 
= 1).
Cuando el valor de x se acerca a 1 el valor de la función f(x) se acerca a
(//////////)
y=f(x)
1-δ 1+δ1 x X
2-ε
2+ε
f(x)
2
1
ε
(/
//
//
//
//
/)
Figura 3.4.
2, esto es, la diferencia entre f(x) y 2 (|f(x) − 2|) disminuye tanto como uno
quiera si x está muy próximo al punto 1, en otras palabras:
ĺım
x→1
f(x) = 2.
Para precisar este hecho se acostumbra utilizar �, y, δ como sigue:
dado � > 0 cualquiera, existe δ tal que
|f(x) − 2| < � para todo x tal que |x − 1| < δ (3.5)( la diferencia entre f(x) y
2 es muy pequeña
) ( si n esta muy
próximo al punto 1.
)
166 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Utilizando la notación de vecindad; podemos escribir (3.5) como:
f(x) ∈ B(2, �) si x ∈ B(1, δ). (3.6)
(x 
= 1)
Como � > 0 es cualquiera y δ depende de �, podemos decir:
Dada cualquier vecindad de “2”, B(2, �) existe una vecindad adecuadamente
escogida del punto “1”, B(1, δ), tal que
x ∈ B(1, δ) implica f(x) ∈ B(2, �). (3.7)
(x 
= 1)
Como 1 pertenece al dominio de la función f , es conveniente agregar la con-
dición “x 
= 1”, aśı que x se acerca a 1 pero x no alcanza a 1, en situación
similar al caso de la sucesión ( n se acerca a “∞” pero n 
= ∞).
Generalizando los conceptos del acercamiento analizados en los ejemplos an-
teriores para la función f en (3.1), decimos que “f(x)” tiende a “b” cuando
x → a si;
dada cualquier vecindad de “b”, B(b, �), existe una vecindad adecuada mente
escogida de “a”, digamos B(a, δ), tal que
x ∈ B(a, δ) implica f(x) ∈ B(b, �). (3.8)
(x 
= a)
Como se trata de acercamiento de x hacia “a”, el punto a puede pertenecer
ó no al dominio de D de la función f , pero necesariamente a debe ser un
punto de acumulación del dominio D (de lo contrario no tiene sentido hablar
de x → a). La condición (3.8) dice que b es un punto de acumulación del
recorrido de R de la función f (a menos que la función f sea constante en una
cercańıa del punto a), pero b puede ó no pertenecer al recorrido R. Además,
es posible que algún x de la vecindad B(a, δ) no pertenezca al dominio D, en
tal caso no es posible hablar de f(x), entonces se debe escoger los x en B(a, δ)
que pertenezcan también a D, en la condición (3.8). Aśı:
Definición de ĺımite
Sea a un punto de acumulación del domino D de la función f , se dice que f(x)
tiende a b cuando x → a y se nota
ĺım
x→a f(x) = b (3.9)
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 167
si dada cualquiera vecindad de b, B(b, �), existe una vecindad de a adecuada-
mente escogida, digamos B(a, δ), tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica f(x) ∈ B(b, �). (3.10)
(x 
= a)
ε
b
f (x)
x
B(a,δ)
B(b,ε)B(a,δ)
a
B(a,δ)
D
D
R
Figura 3.5.
Ejercicio 1.
Si ĺım
x→a f(x) = b, el limite es único
Demostración.
Supongamos ĺım
x→a f(x) = b, y, ĺımx→a f(x) = b
′, b 
= b′ y lleguemos a un absurdo.
Dadas B(b,
�
2
), B(b′,
�
2
) existen vecindades de a,B(a, δ),B(a, δ′)
x ∈B(a, δ) ∩ D implica f(x) ∈ B(b, �
2
).
(x 
= a)
B(a, δ′) ∩ D implica f(x) ∈ B(b′, �
2
).
(x 
= a)
Como a es punto de acumulación de D, existe x 
= a, x ∈ D tal que
x ∈ B(a, δ0) con δ0 =mı́nimo(δ, δ′), luego f(x) ∈ B(b, �2), f(x) ∈ B(b
′,
�
2
), por
lo tanto:
|b − b′| = |b − f(x) + f(x) − b′|
≤ |b − f(x)| + |f(x) − b′| < �
2
+
�
2
= �.
168 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Como � > 0 es cualquiera y |b−b′| ≥ 0, se tiene que |b−b′| = 0 o sea b = b′.
Ejemplo 1. Vemos que ĺım
(x,y)→(0,0)
x2y
x2 + y2
= 0.
Tenemos la siguiente desigualdad: 2|xy| ≤ x2 + y2 para todo x, y
ya que x2 + y2 − 2|x||y| = (|x| − |y|)2 ≥ 0, luego:
|x||y|
x2 + y2
≤ 1
2
para todo (x, y) 
= (0, 0). Dado � > 0, escogemos δ = 2� entonces
si |(x, y) − (0, 0)| =
√
x2 + y2 < δ = 2� luego, |x| 
=
√
x2 + y2 < 2�, luego:
| x
2y
x2 + y2
− 0| = |x||xy|
x2 + y2
≤ 1
2
|x| < 1
2
2� = �.
Ejemplo 2.
Veremos que f(x, y) =
xy
x2 + y2
no converge cuando (x, y) → (0, 0). Suponga-
mos que
ĺım
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
= b (3.11)
y lleguemos a un absurdo. De (3.11) dado � > 0 debeŕıa existir δ tal que
(x, y) ∈ B((0, 0), δ) implica
∣∣∣ xy
x2 + y2
− b
∣∣∣ < �.
Como (0,
δ
2
) ∈ B((0, 0), δ) se tendŕıa |0 − b| < �. Como � > 0 es cualquiera,
|b| ≥ 0, se tiene que b = 0. Ahora
(δ
2
,
δ
2
)
∈ B((0, 0), δ), luego
∣∣∣∣∣
(δ
2
)(δ
2
)
(δ
2
)2
+
δ
2
2 − b
∣∣∣∣∣ = |12 − b| < �
aśı que b =
1
2
(absurdo).
Ejercicio 2.
Demostrar que:
1. i) ĺım
(x,y)→(0,0)
x sen (
x
y
) = 0
2. ii) ĺım
(x,y)→(0,0)
1
x
sen xy = 0.
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 169
Solución.
i) Se tiene la desigualdad
∣∣∣ sen x
y
∣∣∣ ≤ 1 para todo y 
= 0.
Dado � > 0, sea δ = �, entonces si (x, y) ∈ B((0, 0), δ) se tiene:
|(x, y) − (0, 0)| =
√
x2 + y2 < δ = �
Luego |x| ≤
√
x2 + y2 < � por lo tanto:
|x sen x
y
− 0| = |x|
∣∣∣ sen x
y
∣∣∣ ≤ |x| < �.
Nótese que el dominio del la función es D = {(x, y)/y 
= 0}
ii) Se conoce la desigualdad: | sen xy| ≤ |xy| para todo x, y. Dado � > 0,
sea δ ≡ � entonces par todo x 
= 0 se tiene:∣∣∣1
x
sen xy − 0
∣∣∣ = 1|x| | sen xy| ≤ |xy||x| = |y|.
Por lo tanto, |(x, y) − (0, 0)| =
√
x2 + y2 < δ = � implica∣∣∣1
x
sen xy − 0
∣∣∣ ≤ |y| ≤ √x2 + y2 < �.
Ejercicio 3.
Demostrar que las siguientes funciones divergen (no convergen) cuando (x, y) →
(0, 0):
i) f(x, y) =
x − y
x + y
, D= {(x, y) ∈ R2/x + y 
= 0}.
ii) f(x, y) =
x2 − y2
x2 + y2
, D= R2 − {(0, 0)}
Solución.
i) Supongamos que: ĺım
(x,y)→(0,0)
x − y
x + y
= b, dado � > 0 existiŕıa δ tal que
(x, y) ∈ B((0, 0), δ) implica
∣∣∣x − y
x + y
− b
∣∣∣ < �. Como (δ
2
, 0
) ∈ B((0, 0), δ)
se tendŕıa que
∣∣∣∣∣∣∣
(δ
2
)− 0
δ
2
+ 0
− b
∣∣∣∣∣∣∣ = |1− b| < �, aśı se debeŕıa tener que b = 1.
170 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Por otra parte, como
(δ
2
,
δ
2
)
∈ B((0, 0), δ),
∣∣∣∣
(δ
2
)
−
(δ
2
)
(δ
2
)
+
(δ
2
) − b∣∣∣∣ = |0 − b| < �.
Por lo tanto se tendŕıa que b = 0(absurdo).
ii) Supongamos
ĺım
(x,y)→(0,0)
x2 − y2
x2 + y2
= b,
dado � > 0, debeŕıa existir δ > 0 tal que (x, y) ∈ B((0, 0), δ) implica∣∣∣x2 − y2
x2 + y2
− b
∣∣∣ < �. Como (δ
2
,
δ
2
) ∈ B((0, 0), δ), luego:
∣∣∣∣
(δ
2
)2 − (δ
2
)2
(δ
2
)2
+
(δ
2
)2 − b
∣∣∣∣ = |0 − b| < �,
aśı que b = 0.
Por otra parte,
(δ
2
, 0
) ∈ B((0, 0), δ), por lo tanto
∣∣∣∣
(δ
2
)2 − 0(δ
2
)2
+ 0
− b
∣∣∣∣ = |1 − b| < �,
luego b = 1(absurdo).
Ejercicio 4. Demostrar que:
i) ĺım
x→a |x − c| = |a − c|
ii) ĺım
(x,y)→(1,1)
xy = 1
iii) ĺım
(x,y)→(1,1)
1
x + y
=
1
2
Solución.
i)
∣∣∣|x − c| − |a − c|∣∣ ≤ ∣∣(x − c) − (a − c)∣∣∣ = |x − a|.
Basta escoger δ = �.
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 171
ii) |xy − 1| = |xy − y + y − 1| ≤ |xy − y| + |y − 1| = |y||x − 1| + |y − 1|.
Dado � > 0, escogemos δ = (
�
3
), entonces: (x, y) ∈ B((1, 1), δ) implica
|x − 1| < �
3
, |y − 1| < �
3
, y < 1 + δ =
4
3
luego:
|xy − 1| < 4
3
�
3
+
�
3
=
7
9
� < �.
iii) ∣∣∣∣ 1x + y − 12
∣∣∣∣ = |x + y − 2|2|x + y| ≤ |x − 1| + |y − 1|2|x + y|
Dado � > 0 escogemos δ = �, δ ≥ 1
2
entonces: |(x, y)− (1, 1)| < δ implica
|x − 1| < �, |y − 1| < �, y > 1 − δ≥ 1
2
, x ≥ 1
2
por lo tanto: ∣∣∣ 1
x + y
− 1
2
∣∣∣ < � + �
2 · 1 = �
Ejercicio 5.
Sean f, g, y b funciones de D(⊂ Rp) en Rl. Si f(x) ≤ g(x) ≤ b(x) para todo
x en alguna vecindad de un punto a, y si ĺım
x→a f(x) = ĺımx→a b(x) = b entonces:
ĺım
x→a g(x) = b (método del emparedado).
Solución.
Dado � > 0 existen δ1, δ2 tales que
x ∈ B(a, δ1) ∩ D implica |f(x) − b| < �, (x 
= a) (3.12)
(x 
= a)
x ∈ B(a, δ2) ∩ D implica |b(x) − b| < �. (3.13)
(x 
= a)
Además existe δ tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica f(x) ≤ g(x) ≤ b(x). (3.14)
172 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Si x ∈ B(a, δ0) con δ0 =mı́nimo (δ1, δ2, δ) entonces si tienen las tres desigual-
dades (12), (13) y (14) simultáneamente, luego:
−� < f(x) − b ≤ g(x) − b ≤ b(x) − b < � para todo x ∈ B(a, δ0) ∩ D,
(x 
= a)
luego:
|g(x) − b| < � para todo x ∈ B(a, δ0) ∩ D
(x 
= a)
esto es:
ĺım
x→a g(x) = b.
Ejercicio 6.
Sean f y g funciones de D(⊂ Rp) en Rq, si ĺım
x→a |f(x)−g(x)| = 0 entonces f(x)
y g(x) convergen al mismo limite, ó ambas funciones divergen cuando x → a.
Solución.
i) Supongamos que ĺım
x→a f(x) = b Dado � > 0 existe δ1 tal que
x ∈ B(a, δ1) ∩ D implica |f(x) − b| < �2
Para el mismo � ya escogido, existe δ2 tal que
x ∈ B(a, δ2) ∩ D implica |f(x) − g(x)| < �2
luego, si x ∈ B(a, δ0) ∩ D, con δ0 = mı́nimo (δ1, δ2), se tiene que
|g(x)−b| = |g(x)−f(x)+f(x)−b| ≤ |g(x)−f(x)|+|f(x)−b| < �
2
+
�
2
= �.
ii) De la misma forma, si ĺım
x→a g(x) = b entonces se tiene que ĺımx→a f(x) = b.
Por lo tanto, si f(x) diverge cuando x → a, g(x) también diverge cuando
x → a.
Ejercicio 7.
Sea f una función de D(⊂ RP ) en Rq, demostrar que:
i) Si ĺım
x→a f(x) = b, entonces ĺımx→a |f(x)| = |b|.
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 173
ii) Si ĺım
x→a |f(x)| = c > 0, existe una vecindad de a,B(a, δ) tal que |f(x)| 
= 0
para todo x ∈ B(a, δ)∩D (x 
= a).
Solución.
i) Dado � > 0 existe δ tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica|f(x) − b| < �.
luego: ∣∣|f(x)| − |b|∣∣ ≤ |f(x) − b| < �.
ii) Dado � = c > 0, existe δ tal que x ∈ B(a, δ)∩D
implica
∣∣|f(x)| − c∣∣ < c luego:
0 = c − c < |f(x)|, o sea|f(x)| 
= 0 para todo x ∈ B(a, δ) ∩ D(x 
= a).
Ejercicio 8.
Sea f una función de D(⊂ Rp) en R2:
f : x −→ f(x) = (f1(x), f2(x)) ∈ R2
demostrar que
ĺım
x→a f(x) = b = (b1, b2) ∈ R
2 (3.15)
si y sólo si
ĺım
x→a f1(x) = b1, ĺımx→a f2(x) = b2 (3.16)
Solución.
i) Si ĺım
x→a f(x) = b = (b1, b2), dado � > 0 existe δ tal que
x ∈B(a, δ) ∩ D implica
(x 
= a)
|f(x) − b| =
√
{f1(x) − b1}2 + {f2(x) − b2}2 < �,
luego
|f1(x) − b1| ≤ |f(x) − b| ≤ �,
|f2(x) − b2| ≤ |f(x) − b| ≤ �,
esto es, se tiene (3.16).
174 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
ii) Suponemos que f1(x) → b1, f2(x) → b2 cuando x → a.
Dado � > 0 existen δ1, y, δ2 tales que
x ∈B(a, δ1) ∩ D implica |f1(x) − b1| < �2
(x 
= a)
x ∈B(a, δ2) ∩ D implica |f2(x) − b2| < �2
(x 
= a)
Si x ∈ B(a, δ)∩D con δ=mı́mimo (δ1, δ2) entonces se tiene:
|f1(x) − b1| < �2 , |f2(x) − b2| <
�
2
Por lo tanto:
|f(x) − b| =
√
(f1(x) − b1)2 + (f2(x) − b2)2
≤ |f1(x) − b1| + |f2(x) − b2| < �2 +
�
2
= �.
o sea que tenemos (3.15).
Relación entre ĺımite de una función y ĺımite de una sucesión
Al hablar del limite de f(x) cuando x → a, el punto “a” debe ser un punto de
acumulación del dominio D de la función f , por lo tanto hay una sucesión de
puntos distintos de D(⊂ Rp) que converge a “a”, sea
{x1, x2, x3, . . . , xn, . . .} → a (xn ∈ D) (3.17)
Los valores de la función f correspondiente a los elementos de esta sucesión
forman una sucesión de puntos en Rp:
{f(x1), f(x2), f(x3), . . . , f(xn), . . .} (3.18)
Si f(x) → b cuando x → a entonces la sucesión (3.18) tiende a “b”.
Demostración.
Si f(x) → b cuando x → a, dado � > 0 existe δ tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica |f(x) − b| < �. (3.19)
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 175
Por otra parte, como xn → a, dado δ > 0 (ya lo hab́ıa escogido) existe N tal
que
|xn − a| < δ para todo n > N,
o sea
xn ∈ B(a, δ) para todo n > N.
Como xn ∈D, entonces xn ∈ B(a, δ)∩D (para todo n > N), por lo tanto:
|f(xn) − b| < � (para todon > N),
esto es
ĺım
n→∞ f(xn) = b.
Ejemplo 3.
Sea f(x, y) =
1
x + y
, entonces se tiene (Ejercicio 4 iii):
ĺım
(x,y)→(1,1)
1
x + y
=
1
2
.
La sucesión
{( n
n + 1
,
n + 1
n
)
, n = 1, 2, 3, . . .
}
tiende a (1, 1), luego:
1
n
n + 1
+
n + 1
n
=
n2 + n
2n2 + 2n + 1
→ 1
2
(n → ∞).
La sucesión:
{(n − 1
n
,
n + 1
n
)}
también tiende a (1, 1), luego:
1
n − 1
n
+
n + 1
n
=
1
2
→ 1
2
(sucesión constante).
Si ĺım
x→a f(x) = b, toda sucesión {f(xn)} converge a “b” cuando
xn → a, (xn 
= a). Luego si hay dos sucesiones que tienden a valores dis-
tintos:
{f(xn)} → b; {f(x′n)} → b′ 
= b
cuando {xn} → a, {x′n} → a, xn 
= a, x′n 
= a, esto comprueba que f(x) diverge
cuando x → a.
176 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
(0,y)
(x,0) X
Y
Figura 3.6.
Ejemplo.
f(x, y) =
x2
x2 + y2
.
Si (x, y) se acerca a (0, 0) a lo largo de la recta OX, entonces:
(x, 0) → (0, 0), f(x, 0) = x
2
x2 + 0
=→ 1(x → 0).
Mientras que si (x, y) se acercara a (0, 0) a lo largo de la recta OY se tiene:
(0, y) → (0, 0), f(0, y) = 0
0 + y2
= 0 → 0(y → 0).
Como 1 
= 0, no existe el ĺımite de f(x, y) cuando (x, y) → (0, 0).
Nota 32.
f(x, 0) → 1 (cuando x → 0) implica que la sucesión {f(xn, 0)} → 1 cuando
{(xn, 0)} → (0, 0).
Ejercicio 9.
Demostrar que el limite de f(x, y) no existe cuando (x, y) → (0, 0):
i) f(x, y) =
x2 + y2
xy
D= {(x, y) ∈ R2 | xy 
= 0}
ii) f(x, y) =
xy3
x4 + y4
iii) f(x, y) =
x − y√
x2 + y2
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 177
iv) f(x, y) =
xy2
x2 + y4
v) f(x, y) =
xy2√
x6 + y4
Solución.
i) (x, y) = (t, t) → (0, 0) cuando
t → 0, f(t, t) = t
2 + t2
t2
= 2 → 2, (x, y) = (t, 2t) → (0, 0)
cuando t → 0, f(t, 2t) = t
2 + 4t2
2t2
=
5
2
→ 5
2
. Como 2 
= 5
2
, el ĺımite no
existe.
ii) (x, y) = (t, 0) → (0, 0) cuando
t → 0, f(t, 0) = 0 → 0. (x, y) = (t, t) → (0, 0) cuando
t → 0, f(t, t) = t
4
t4 + t4
=
1
2
→ 1
2
. Como 0 
= 1
2
, el ĺımite no existe.
iii) (x, y) = (t, 0) → (0, 0) cuando
t → 0,
f(t, 0) =
t√
t2
→
{
1 si t → 0 (t > 0)
−1 si t → 0 (t < 0)
Como 1 
= −1, el ĺımite no existe.
iv) (x, y) = (t, 0) → (0, 0) cuando
t → 0, f(t, 0) = 0
t2 + 0
= 0 → 0. (x, y) = (t2, t) → (0, 0) cuando
t → 0, f(t2, t) = t
4
t4 + t4
=
1
2
→ 1
2
(t → 0). Como 0 
= 1
2
, el ĺımite no
existe.
Nota 33.
Si (x, y) se acerca a (0, 0) sobre una recta, o sea (x, y) = (at, bt) →
(0, 0) (t → 0) entonces:
f(at, bt) =
ab2t3
a2t” + b4t4
=
ab2t
a2 + b4t2
→ 0 (t → 0).
178 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
(t ,t)
Y
2
(at ,bt)
X
0
Figura 3.7.
Esto es, el acercamiento hacia (0, 0) a lo largo de una recta siempre con-
duce al valor ĺımite 0, sin embargo el ĺımite de la función NO es cero ya
que hay otra clase del acercamiento de (x, y) hacia (0, 0), como se muestra
en la solución anterior, que conduce a un valor distinto de cero.
v) (x, y) = (t, 0) → (0, 0) cuando t → 0. f(t, 0) = 0|t3| = 0 → 0 (t → 0).
(x, y) = (t, t2) → (0, 0) cuando t → 0.
f(t, t2) =
t3√
t6 + t8
=
t3
|t3|√1 + t2 −→
{
1 ; t → 0, t > 0
−1 ; t → 0, t < 0
No hay ĺımite de f(x, y) cuando (x, y) → (0, 0) ya que t 
= 0, −1 
= 1.
Ejemplo.
Sea f(x, y) =
xy
x2 + y2
, entonces el ĺımite de f(x, y) cuando (x, y) → (0, 0) no
existe ya que
(t, 0) → (0, 0), f(t, 0) = 0 → 0 (t → 0), (El acercamiento sobre la recta OX)
(t, t) → (0, 0), f(t, t) = 1
2
→ 1
2
(t → 0), (El acercamiento sobre la recta y = x)
0 
= 1
2
Podemos construir una sucesión de puntos
{(xn, yn), n = 1, 2, 3, . . .} → (0, 0)
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 179
y=x
x1
x3
x5
x7
x9
x2x4x6x8
0
Figura 3.8.
tal que {f(xn, yn), n = 1, 2, 3, . . .} diverge.
Por ejemplo, si hacemos
(x2n−1, y2n−1) =
( 1
n
,
1
n
)
(x2n, y2n) =
( 1
n
, 0
)
se tiene {
f(x2n−1, y2n−1)
}→ 1
2{
f(x2n, y2n)
}→ 0; 1
2

= 0,
por lo tanto la sucesión {f(xn, yn)} diverge.
Sea a un punto de acumulación del dominio D de la función f . Si para toda
sucesión de puntos de D que converge a “a”, digamos {xn} → a (xn ∈ D, xn 
=
a), la sucesión obtenida por la función f , es decir {f(xn)},converge, entonces
existe el ĺımite de f(x) cuando x → a.
Demostación.
i) Primero,demostremos que el ĺımite de la sucesión {f(xn)} es único.
Sea xn → a, yn → a, xn, yn ∈ D, xn 
= a, yn 
= a, supongamos que
ĺım
n→∞ f(xn) 
= ĺımn→∞ f(yn) y lleguemos a un absurdo.
La siguiente sucesión {zn} de puntos de D
x2n−1 = xn, x2n = yn,
180 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
converge al punto “a”, pero la sucesión {f(zn)} diverge ya que{
f(z2n−1)
}
=
{
f(xn)
}
, y
{
f(z2n)
}
=
{
f(yn)
}
son dos subsucesiones que convergen a valores diferentes, (absurdo)
ii) Sea b el valor del ĺımite de {f(xn)} cuando xn → a, xn ∈ D.
Vamos a demostrar que ĺım
n→a f(x) = b utilizando el método del absurdo.
Supongamos que ĺım
n→a f(x) 
= b, entonces existe �0 tal que toda vecindad
de a, B(a, δ), contiene un punto x ∈ D tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D, y, |f(x) − b| ≥ �0.
(x 
= a)
ε
b
f(x )
D
R
x2
x1
x3
a
0
1
f(x )2
f(x )3
Figura 3.9.
Para δ = 1, existe x1 ∈ B(a, 1) ∩ D (x1 
= a) tal que |f(x1) − b| ≥ �0,
para δ =
1
2
, existe x2 ∈ B
(
a,
1
2
)
∩D (x2 
= a) tal que |f(x2)− b| ≥ �0,
en general, para δ =
1
n
, existe xn ∈ B
(
a,
1
n
)
∩ D (xn 
= a) tal que
|f(xn) − b| ≥ �0.
La sucesión de puntos de D, {xn}, converge a “a” ya que
|xn − a| < 1
n
→ 0,
pero {f(xn)} no converge a “b” ya que |f(xn) − b| ≥ �0 para todo n
(absurdo por I)).
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 181
Ejemplo.
Sea f , y g funciones de D(⊂ Rp) en Rq, si
ĺım
n→a f(x) = A, ĺımn→a g(x) = B
entonces
ĺım
n→a f(x) ± g(x) = A + B.
en realidad, para toda {xn} → a (xn ∈ D, xn 
= a) se tiene que
f(xn) → A, y g(xn) → B
luego
f(xn) + g(xn) → A + B (Es bien conocida esta propiedad de ĺımites de sucesiones)
esto es f(x) ± g(x) → A ± B (cuando x → a).
Ejercicio 10.
Sea f , y g funciones de D(⊂ Rp) en R1, si
ĺım
n→a f(x) = A, ĺımn→a g(x) = B
demostrar que
i) ĺım
n→a f(x) · g(x) = A · B,
ii) ĺım
n→a
f(x)
g(x)
=
A
B
( si B 
= 0)
Sugerencia.
Utilizar la siguiente propiedad de ĺımites de sucesiones numéricas:
“an → a, bn → b, implica anbn → ab, an
bn
→ a
b
(si b 
= 0)”.
Nota 34.
En II), como B 
= 0, entonces existe una vecindad de a, digamos B(a, δ) en
donde g(x) 
= 0. Se debe restringir f , y, g a esta vecindad, o sea que hay que
considerar B(a, δ) ∩ D como el dominio de f , y, g.
182 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejercicio 11. Condición de Cauchy
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rq. demostrar que f(x) converge cuando
x → a si y sólo si dado � > 0 existe una vecindad de a, B(a, δ), tal que
x, y ∈ B(a, δ) ∩ D implica |f(x) − f(y)| < � (3.20)
(x 
= a, y 
= a)
Solución.
i) Es fácil demostrar que la condición es necesaria ya que si f(x) → b
(cuando x → a) si y sólo si dado � > 0 existe δ tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica |f(x) − b| < �
2
,
(x 
= a, )
y ∈ B(a, δ) ∩ D implica |g(x) − b| < �
2
,
(y 
= a, )
luego
|f(x) − f(y)| = |f(x) − b + b − f(y)|
≤ |f(x) − b| + |f(y) − b| < �
2
+
�
2
= �.
ii) Supongamos válida la condición (3.20).
Sea {xn} una sucesión de puntos del dominio D que tiende a “a”:
xn → a, xn ∈ D, xn 
= a.
Dado � > 0, existe δ para satisfacer la condición (3.20). Para este δ ya
escogido aplicamos la condición de convergencia para la sucesión {xn}, o
sea que existe N tal que
|xn − a| < δ para todo n > N,
luego xn ∈ B(a, δ) ∩ D (para todo n > N).
Si n, k > N entonces xn, xk ∈ B(a, δ) ∩ D, por (3.20) se tiene
|f(xn) − f(xk)| < � (para todo n, k > N) (3.21)
La condición (3.21) es la condición de Cauchy para la sucesión para la
sucesión {f(xn)}, luego ĺım
n→∞ f(xn) existe, por lo tanto ĺımn→a f(x) existe.
3.1. ĹIMITES DE UNA FUNCIÓN 183
Ejemplo.
Sea f(x, y) =
x − y
|x| + |y| , entonces ĺım(x,y)→(0,0) f(x, y) no existe ya que para todo
δ > 0 tenemos ( δ
2
, 0
)
,
(
0,
δ
2
)
∈ B((0, 0), δ),
y ∣∣∣f( δ
2
, 0
)
− f
(
0,
δ
2
)∣∣∣ = |1 − (−1)| = 2,
por lo tanto para � < 2 no cumple la condición de Cauchy.
Ejercicios adicionales
Ejercicio 12.
Investigar la existencia, o no existencia de los siguientes ĺımites
1) ĺım
(x,y)→(0,0)
sen x − sen y
tanx − tan y
2) ĺım
(x,y)→(0,0)
(x + y) sen
1
x
sen
1
y
3) ĺım
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 − xy + y2
4) ĺım
(x,y)→(0,0)
(x + y) log(x2 + y2)
5) ĺım
(x,y)→(0,0)
x(x2 − y2)
x2 + y2
6) ĺım
(x,y)→(0,0)
xy tan−1
y
x
7) ĺım
(x,y)→(0,0)
|xy|
x2 + |y3|
8) ĺım
(x,y)→(0,0)
|x + y|
|(x, y)|
184 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Sugerencia.
1)
sen x − sen y
tan x − tan y =
cos x cos y( sen x − sen y)
sen (x − y)
=
2 cos x cos y sen
(x − y
2
)
cos
(x + y
2
)
sen (x − y) ,
utilizar
ĺım
t→0
sen t
t
= 1.
2)
∣∣∣ sen 1
x
sen
1
y
∣∣∣ ≤ 1 para todo x 
= 0, y, y 
= 0.
3)
∣∣∣ xy2
x2 − xy + y2
∣∣∣= |x|y2
|(x2 − xy + y2/4) + 3
4
y2|
≤ |x|y
2
3
4
y2
=
4
3
|x|.
4) ĺım
(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 log(x2 + y2) = 2 ĺım√
x2+y2→0
√
x2 + y2 log
√
x2 + y2 = 0
además |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ √2
√
x2 + y2 para todo x, y, luego
|(x + y) log(x2 + y2)| ≤
√
2
√
x2 + y2| log(x2 + y2)|.
5)
∣∣∣x2 − y2
x2 + y2
∣∣∣ ≤ 1 si (x, y) 
= (0, 0).
6)
∣∣∣tan−1 y
x
∣∣∣ ≤ π
2
para todo x 
= 0.
7) Considerar el siguiente acercamiento
(x, y) = (t3, t2) → (0, 0) (t → 0).
8) Considere dos caminos de acercamiento:
(x, y) = (t, 0) → (0, 0),
(x, y) = (t,−t) → (0, 0).
Ejercicio 13.
Demostrar que
a) ĺım
x→0
xλ sen
1
x
= 0 (λ > 0)
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 185
b) ĺım
x→0
e−1/x2 = 0.
c) ĺım
x→0
e−1/|x| = 0
d) ĺım
x→0
e−1/|x|
|x|b = 0.
Sugerencia.
a)
∣∣∣xλ sen 1
x
∣∣∣ ≤ |xλ| → 0 (x → 0).
b) Sabemos que ĺım
n→∞
(1
e
)n
= 0 ya que
1
e
< 1.
Dado � > 0 existe N tal que n > N implica
(1
e
)n
< �.
Sea δ = 1/
√
N , para |x| < δ = 1√
N
se tiene:
x2 <
1
N
, ó,
1
x2
> N,
por lo tanto
0 ≤ e−1/x2 =
(1
e
)1/x2
<
(1
e
)N
< �.
Nota
Si 0 < a < 1 entonces 0 < x < y implica ax > ay
c) Similar a b)
d) Utilizar ĺım
n→∞n
b
(1
e
)n
= 0 (b es una constante).
3.2. Continuidad de función
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rp, y a es un punto de acumulación de D.
Decimos que f es continua en a si a ∈ D y
ĺım
x→a f(x) = f(a). (3.22)
Si f es continua en todo punto del conjunto D entonces f es continua en D.
186 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
} } }f(x) f(a) f(x')
x a x'
Figura 3.10.
Ejemplo 4.
Sea f(x) =
x2 − 1
x − 1 = x+1 (si x 
= 1) entonces se tiene ĺımx→1 f(x) = 2, pero 1 /∈ D
(el dominio de la función f) ya que f está definida para x 
= 1. Por lo tanto
f no es continua (o es discontinua) en 1, y “1” es un punto de discontinuidad
de la función f .
Si a 
= 1, se tiene que a ∈ D y
ĺım
x→a f(x) = a + 1 = f(a),
por lo tanto f es continua en a(
= 1).
Ejemplo 5. Sea
f :Rp → R1
x �→ |x − x0|.
Para todo a ∈ Rp tenemos
ĺım
x→a f(x) = ĺımx→a |x − x0| = |a − x0| = f(a)
ya que∣∣|x − x0| − |a − x0|∣∣ ≤ |(x − x0) − (a − x0)| = |x − a| → 0 (x → a).
o sea que f es continua en Rp.
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 187
ε
f 
x
D
R
a
f(x)
b=f(a)δ
Figura 3.11.
De acuerdo con la condición 3.22, si f es continua en a entonces dada una
vecindad de f(a), B(f(a), �), existe una vecindad adecuada escogida del punto
“a”, digamos B(a, δ) tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica f(x) ∈ B(f(a), �). (3.23)
Nótese que no hay que excluir el caso x = a en la condición (3.23) ya que “a”
siempre pertenece a B(a, δ)∩D y f(a) siempre esta en B(f(a), �). Si X es un
subconjunto del dominio del dominio D de f , el siguiente conjunto Y
Y = {f(x) | x ∈ X}
se llama la imagen de X (ó la imagen directa) por la función f , y se denota
por
f(X) = {f(x) | x ∈ X}.
Utilizando esta notación , la condición 3.23 puede expresarse como la imagen
de B(a, δ) ∩ D por f está contenida en la vecindad dado B(f(a), �)
f
(
B(a, δ) ∩ D) ⊂ B(f(a), �). (3.24)
En la figura 3.11, la parte subrayada dentro del ćırculo B(a, δ) es igual a
B(a, δ) ∩ D, y su imagen por f(la parte subrayada dentro de la vecindad de
f(a)) esta contenida en la vecindad inicialmente dada, B(f(a), �).
Si a es un punto aislado de D, existe δ tal que
B(a, δ) ∩ D = {a} (el conjunto de un sólo punto “a”)
Aśı que dada cualquier vecindad B(f(a), �) se tiene
f(B(a,δ) ∩ D) = f({a}) = {f(a)} ⊂ B(f(a), �) (3.25)
188 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
D
a
δ
ε
f(a)
R
Figura 3.12.
o sea que se tiene la condición (3.24) para todo �.
Para simplificar la condición de continuidad se acostumbra convenir que “f es
continua en cualquier punto aislado del dominio”.
De acuerdo con esta definición f es continua en “a” si se cumple la condición
(3.24) (como se muestra en la Figura 3.12) sin discutir si a es punto de acu-
mulación de D ó no. Este convenio no es muy extraño si se observa el siguiente
ejemplo.
Ejemplo.
Sea f(x) =
√
1 − x2 si −1 ≤ x ≤ 1, f(2) = 1.
El dominio de f es D = [−1, 1] ∪ {2}, se ve que 2 es un punto aislado de D.
Según nuestra definición decimos que f es continuo en 2.
Sea f∗ la siguiente extensión de f
f∗(x) =
√
1 − x2 si x ∈ [−1, 1]
= x − 1 si x > 1,
entonces el dominio D∗ de f∗ es igual a [−1,∞), y la función f∗ es continua
en D∗, como 2 ∈ D∗, f∗ es continua en 2 (Figura 3.13).
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 189
-1 0 1 2 X
Y
Figura 3.13.
Nota
Dada una función f definida en D, se dice que una función f∗ es una extensión
de f si el dominio de f∗ contiene a D, y f∗(x) = f(x) para todo x ∈ D.
Más generalmente tenemos:
Ejercicio 14.
Sea f : D(⊂ R1) → R1, donde D es cerrado. Si f es continua en D entonces
existe una extensión continua de f , definida en R1.
Solución.
Como D es cerrado (⊂ R1), R1 − D es abierto, sea
R1 − D =
∞⋃
k=1
(ak, bk) (ak, bk ∈ D)
Definimos f∗ como sigue
f∗(x) = f(x) si x ∈ D,
f∗(x) = f(ax) + {f(bk) − f(ak)}x − ak
x − bk (k = 1, 2, 3, . . .) si x /∈ D, y x ∈ (ak, bk)
entonces f∗ es una extensión de f , definida para todo x ∈ R1.
Evidentemente f∗ es continua en R1 ya que en el intervalo (ak, bk) la función
f∗ representa una recta que conecta los dos puntos
(ak, f(ak)), y, (bk, f(bk)) (Figura 3.14).
190 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
D D Dpunto aislado punto aislado
Figura 3.14.
Nótese que D puede tener varios puntos aislados (Figura 3.14), y f∗ es continua
en los puntos aislados en el sentido común y corriente.
Por la definición de continuidad tenemos la siguiente propiedad
f es continua en a si y sólo si a ∈ D, y, para toda sucesión de puntos de D
que tienda a a, {xn} → a con xn ∈ D, se tiene que {f(xn)} → f(a).
Demostación.
i) Si f es continua en a, entonces a ∈ D, y ĺım
x→a f(x) = f(a).
Si en la sucesión {xn} no aparece el punto “a” se tiene evidentemente que
{f(xn)} → f(a). Si la sucesión {xn} contiene elementos iguales al punto
“a”, también se tiene que {f(xn)} → f(a).
ii) Supongamos que a ∈ D, y xn → a (xn ∈ D) implica f(xn) → f(a).
Si a es un punto aislado de D, f es continua en a(por definición).
Si a es un punto de acumulación de D, nuestra condición implica
ĺım
x→a f(x) = f(a).
Ejercicio 15. Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rq. Si para todo x, y ∈D se
tiene que |f(x) − f(y)| ≤ M |x − y|, (M es una constante positiva) demostrar
que entonces f es continua en D.
Ejercicio 16. Seanf , y, g,: D(⊂ Rp) −→ Rq. Si f , y, g son continuas en un
punto “a” entonces f + g, y, y − g son continuas en a:
Solución.
Si “a” es un punto de acumulación de D se tiene imediatamente que ĺım
x→a(f(x)±
g(x)) = f(x)±g(a). si“a” es un punto aislado de D entonces f ±g es continua
en “a”.
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 191
Ejercicio 17.
Sean f , y, g: D(Rp) → R1. Si f , y, g son continuas en “a” entoces
i) f · g es continua en “a”.
ii)
f
g
es continua en “a” cuando g(a) 
= 0.
Ejercicio 18.
Sea f : D(⊂ R2) → Rp, x → f(x) = (f1(x), f2(x)). f es continua en a si y sólo
si f1, y, f2 son continuas en “a”.
Solución.
Si a es un punto aislado de D se tiene evidentemente el resultado enunciado.
Si a es un punto de acumulación de D, entonces
ĺım
x→a f(x) = f(a) si y sólo si
⎧⎨⎩ ĺımx→a f1(x) = f1(a)ĺım
x→a f2(x) = f2(a)
Ejercicio 19.
Sean f , y, g continuas en Rl, si f(x) = g(x) para todo x racional, entonces
f = g.
Solución.
Sea x ∈ Rl, existe una sucesión de numeros racionales que tiende a x: {xn} → x
(xn=número racional, para todo n), luego:
f(x) = ĺım
n→∞ f(xn) = ĺımn→∞ g(xn) = g(x).
Ejercicio 20.
Sea f continua en [a, b], si f(x) = 0 para todo x racional entre a y b demostrar
que f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b].
Ejercicio 21.
Sea f : D(⊂ Rp) → Rq, si f es continua en a entonces |f | es continua en a.
192 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
Supongamos que a es un punto de acumulación de D, entonces∣∣|f(x)| − |f(a)|∣∣ ≤ |f(x) − f(a)| → 0 (x → a),
luego: ĺım
x→a |f(x)| = |f(a)|.
Ejercicio 22.
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rl. Si f es continua en a ∈D, y f(a) > 0 (o
f(a) < 0) demostrar que existe una vecindad adecuada de a, B(a, δ), tal que
f(x) > 0 para todo x ∈D∩B(a, δ).
Solución.
Dado � = f(a) > 0 existe δ tal que x ∈ B(a, δ) ∩ D implica |f(x) − f(a)| <
� = f(a), o sea: 0 = f(a) − f(a) < f(x) para todo x ∈ B(a, δ) ∩ D.
Ejercicio 23.
Sea f , y, g funciones de D(⊂ Bp) en R1, si f y g son continuas en c ∈ D
demostrar que las siguientes funciones son continuas:
i) Máximo (f(x), g(x))
x ∈ D
ii) Mı́nimo (f(x), g(x))
x ∈ D
Solución.
Sea b(x) = Máximo (f(x), g(x)), c ∈ D. i) Si f(c) > g(c) entonces b(c) =
f(c).
existe una vecindad de c, B(c, δ), en donde f(x) > g(x), luego
b(x) = f(x) para todo x ∈ B(c, δ) ∩ D,
por lo tanto, b es continua en c.
(ii) Si f(c) < g(c), caso similar a i).
iii) Si f(c) = g(x), entonces b(c) = f(c) = g(c).
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 193
Dado � > 0, existe δ1, y, δ2 tales que
x ∈ B(c, δ1) ∩ D implica |f(x) − f(c)| < �,
x ∈ B(c, δ2) ∩ D implica |g(x) − g(c)| < �.
Sea δ = mı́nimo (δ1, δ2), entonces si x ∈ B(c, δ) ∩ D tenemos
|f(x) − f(c)| < �, |g(x) − g(c)| < �,
por lo tanto
|b(x) − b(c)| < � (b es continua en c)
puesto que b(x) = f(x) ó b(x) = g(x).
Ejercicio 24.
Sea f una función de valor real, continua en R1. Sean
f+(x) =
{
f(x) si f(x) ≥ 0
0 si f(x) < 0,
f−(x) =
{
0 si f(x) ≥ 0
f(x) si f(x) < 0,
demostrar que entonces
i) f(x) = f+(x) + f−(x) para todo x.
ii) f+, f− son continuas en R1.
Sugerencia.
f+(x) = máximo (f(x), 0), f−(x) = mı́nimo f(x), 0.
Ejercicio 25.
Sea f(x1, x2) continua en a = (a1, a2) ∈ R2. demostrar que
g(t) = f(t, a2), b(t) = f(a1, t)
son continuas en a1 y en a2 respectivamente.
Dar un ejemplo en el que sea falso el rećıproco (es decir, g, y, b son continuas
pero f no es continua).
194 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Sugerencia.
i) Dado � > 0 existe δ tal que
|(x1, x2) − (a1, a2)| < δ implica |f(x1, x2) − f(a1, a2)| < �.
Reemplazando x2 = a2,
|(x1, x2) − (a1, a2)| < δ ( esto es, |x1 − a1| < δ)
implica |g(x1) − g(a1)| < � (la continuidad de g en a1).
ii) Ejemplo
f(x, y) =
xy
x2 + y2
si (x, y) 
= (0, 0)
= 0 si (x, y) = (0, 0).
g(x) = f(x, 0) = 0 (para todo x) es continua en x = 0,
b(y) = f(0, y) = 0 (para todo y) es continua en y = 0,
pero f(x, y) no es continua en (0, 0) ya que ĺım
(x,y)→(0,0)
f(x, y) no existe
(Ejemplo 2, Ejercicio 1).
Ejercicio 26.
Sea f una función continua de A(⊂ Rp) en R1. Si A es abierto en Rp demostrar
que {x ∈ A | f(x) > λ} es abierto para todo λ constante.
Solución.
Si {x ∈ A | f(x) > λ} es vaćıo, entonces es abierto (por definición).
Sea x0 ∈ A, f(x0) > λ. Dado � = f(x0)−λ > 0 existe δ1 tal que x ∈ B(x0, δ1)∩
A implica |f(x) − f(x0)| < � = f(x0) − λ, o f(x) > f(x0) − (f(x0) − λ) = λ.
Como A es abierto, existe δ2 tal que B(x0, δ2) ⊂ A.
Sea δ = mı́nimo (δ1, δ2) entonces
B(x0, δ) ⊂ B(x0, δ1) ∩ B(x0, δ2) ⊂ B(x0, δ1) ∩ A,
luego
x ∈ B(x0, δ) implica f(x) > λ,
o sea,
B(x0, δ) ⊂ {x ∈ A | f(x) > λ}.
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 195
Ejercicio 27.
Sean f , y, g funciones continuas de A(⊂ Rp) en R1, si A es abierto demostrar
que {x ∈ A | f(x) > g(x)} es abierto.
Sugerencia.
Considera la función b = f − g.
Ejercicio 28.
Sea f la función continua de D(⊂ Rp) en Rq. Si D es cerrado en Rp demostrar
que para todo b ∈ Rq el conjunto F = {x ∈ D | f(x) = b} es cerrado.
Solución.
Supongamos que F = {x ∈ D | f(x) = b} 
= ∅. Si x0 es un punto de acumula-
ción de F existe una sucesión de puntos de F que tiende a x0 : {xn}→ x0,
xn ∈ F . Como
ĺım
n→∞ = b = f(x0)
se tiene que x0 ∈ F , Nótese que x0 ∈ D ya que D es cerrado.
Función compuesta
x
D
1
R
 f 
 p 
a
B(a,δ) B(a,δ1)
D
2
 q 
b=f (a)
y=f (x)
ε
g(f (a))
z=g (y)
g
B(g(b),ε)
R
2
 r 
z=(g f) (x)=g(f (x))
Figura 3.15.
Sea f una función de D1(⊂ Rp) sobre R1(⊂ Rq), g una función de D2(⊂ Rq)
sobre R2(⊂ Rr) (Figura 3.15), si R1 ⊂ D2 entonces se puede construir la
función compuesta g ◦ f : D1 → R2 como sigue:
(g ◦ f)(x) = g(f(x)), x ∈ D1(⊂ Rp). (3.26)
196 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Tenemos aśı la continuidad de la compuesta como sigue:
Si f es continua en a ∈ D1, y g es continua en f(a) = b entonces g ◦ f es
continua en a. Demostación.
[i] Dad una vecindad de g(f(a)) = g(b), B(g(b), �), existe una vecindad
adecuadamente escogida del punto b, digamos B(b, δ1) tal que
g(B(b, δ1) ∩ D2) ⊂ B(g(b), �), (3.27)
para esta vecindad de b se puede escoger una vecindad del punto a, B(a, δ)
tal que
f(B(a, δ) ∩ D1) ⊂ B(b, δ1). (3.28)
Como R1 = f(D1) ⊂ D2 se tiene:
f(B(a, δ) ∩ D1) ⊂ B(b, δ1) ∩ D2. (3.29)
De (3.27) y (3.29)
(f ◦ g)(B(a, δ) ∩ D1) ⊂ B(g(b), �), (3.30)
esto es, se tiene la continuidad de g ◦ f en a.
[ii] También podemos dar la siguiente demostración utilizando sucesiones.
Evidentemente a pertenece al dominio de g ◦ f ya que R1 ⊂ D2.
Si {xn → a}, xn ∈ D1 se tiene que
f(xn) → f(a), f(xn) ∈ R1 ⊂ D2,
luego
g(f(xn)) → g(f(a)),
esto es g ◦ f es continua en a.
Ejemplo 6.
La función g definida en Rq : y �→ |y| es continua en toda parte (Ejemplo 5).
Si f : D(⊂ Rp) → Rq es continua en D, entonces g ◦ f es continua en D, o sea
que la función
g ◦ f : x �→ |f(x)|
es continua en D (Ejercicio 21).
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 197
Ejercicio 29.
Demostrar que las siguientes funciones son continuas en D:
a) f : D = Rp → R1
x �→ |x|
1 + |x|
b) f : D = R2 → R2
f(x) = x sen
1
|x| si x 
= (0, 0), f(0, 0) = (0, 0).
c) f : D = R2 → R1
f(x) = e−1/|x| si x 
= (0, 0), f(0, 0) = 0.
d) f : D = R2 → R1
f(x) = e
−
1
|x − a|2 si x 
= a (∈ R2),
f(a) = 0.
Función inversa
Ejemplo.
Sea f definida por
f(x) = x si x ∈ [0, 1), f(x) = 3 − x si x ∈ (1, 2].
El dominio D de la función f es igual a [0, 1)∪(1, 2], f es uno a uno, y continua
en D. En la figura 3.16, el lector puede observar un salto de f(x) en x = 1,
por 1 /∈ D razón por la cual es leǵıtimo afirmar que f es continua en D.
El recorrido f es igual a R = [0, 2), y tenemos la función inversa f−1 como
sigue
f−1(y) = y si y ∈ [0, 1)
f−1(y) = 3 − y si y ∈ [1, 2)
{
Dominio de f−1
= R = [0, 2).
}
Se ve que f−1 no es continua en 1 ∈ [0, 2).
198 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
f (x)
x0
1
2
1 2
Figura 3.16.
Este ejemplo nos muestra que dada una función continua, uno a uno de D
sobre R, su función inversa f−1 no siempre es continua en R.
Nota
En los curso elementales de cálculo, “si f es continua entonces f−1 (si existe)
es continua”, ya que ah́ı se trata siempre de funciones continuas en un intervalo
cerrado [a, b], pero esto no siempre es valido para el caso general, la siguiente
propiedad nos aclara todo.
Sea f continua y uno a uno en un conjunto compacto D, entonces f−1 es
continua en f(D).
Demostación.
Sea f una función continua de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq). Si y ∈ R, existe uno
y solo un x ∈ D tal que f(x) = y, entonces se define f−1 como sigue
f−1(y) = x para todo y ∈ R.
Sean b ∈ R, y, {yn} → b con yn ∈ R.
Como yn ∈ R existe xn(único) ∈ D tal que
f(xn) = yn (ó xn = f−1(yn)).
La sucesión {xn} es acotada ya que D es acotado, luego existe una subsucesión
convergente, sea {xsn} → x0.
3.2. CONTINUIDAD DE FUNCIÓN 199
x
1
x
2
x
n
a
b
y
n
y
2
y
1
a=f -1(b)
b=f (a)
D p R 
 q 
Figura 3.17.
Como D es cerrado, se tiene que x0 ∈ D. Por la continuidad de f en x0 se
tiene
ĺım
n→∞ f(xsn) = f(x0)
o sea
ĺım
n→∞ ysn = f(x0).
Como yn → b, ysn → b, por lo tanto b = f(x0), esto es, x0 = f−1(b). Aśı que
la sucesión {xsn} es acotada y toda sucesión convergente tiende a f−1(b), por
lo tanto se debe tener que (Ejercicio 45 caṕıtulo 2)
ĺım
n→∞xn = ĺımn→∞ f
−1(yn) = f−1(b),
esto es
ĺım
y→b
f−1(y) = f−1(b).
Ejemplo 7.
Sea f : [a, b] → R1, si f es continua y uno a uno, entonces f−1 es continua ya
que el dominio de f , [a, b] es un conjunto compacto.
Ejemplo 8.
Sea f definida por f(x) = x2 para todo x ≥ 0.
Entonces el dominio D de f es D = {x ∈ R1 | x ≥ 0} = [0,∞), es evidente
que D no es compacto.
La función inversa f−1 es:
f−1(y) =
√
y (para todo y ≥ 0),
se ve que f−1 es continua en [0,∞).
200 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Nótese que la continuidad de D (el dominio de f) no es necesaria, pero es
suficiente para asegurar la continuidad de f−1.
Ejercicio 30.
Sea f definida por f(x) = x si x es racional, x ∈ [0, 1], f(x) = −x si x es
irracional, x ∈ (−1, 0).
( 
 
 
 )
c
c+ε
c - ε
c - ε c c+ε[ ]−1 1
0
1
Y
X
Figura 3.18.
El dominio D de la función f es D = {x | x = racional, x ∈ [0, 1]} ∪ {x | x =
irracional, x ∈ (−1, 0)}.
El recorrido R de la función f es R = [0, 1].
Se demuestra inmediatamente que f es uno a uno. Ver que f es continua en
D.
Demostación.
Sea c ∈ D, dado � > 0, tomar δ = �. Considerar separadamente tres casos:
c < 0, c < 0 y c = 0.
f−1 no es continua en y 
= 0. f−1 es continua en 0.
Demostación.
Sea y ∈ R = [0, 1], y 
= 0. Si y es racional, existe una sucesión de números
irracionales, {yn} que tiende a y, luego
f−1(yn) = −yn → −y 
= f−1(y) = y.
De la misma manera, considerar otras posibilidades para y.
3.3. ALGUNOS EJEMPLOS IMPORTANTES DE FUNCIONES CONTINUAS 201
3.3. Algunos ejemplos importantes de funciones
continuas
[I] La función constante g : R1 → R1 definida por:
g(x) = c (c constante) para todo x ∈ R1 (3.31)
es continua en R1.
La función idéntica b : R1 → R1 definida por
b(x) = x para todo x ∈ R1 (3.32)
es continua en R1.
Las funciones siguientes
cx, cx2 = cxx, cx3 = cx2x, . . . , cxn = cxn−1x
son continuas en R1, luego la función polinomial de grado n; P (x):
P (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn, (x ∈ R1) (3.33)
es continua en R1.
La función algebraica racional f
f(x) =
P (x)
Q(x)
(3.34)
donde P y Q son funciones polinomiales, es continua para todo x ∈ R1
tal que Q(x) 
= 0, o sea, si D = {x ∈ R1 | Q(x) 
= 0} entonces F
está definida en D, y es continua en D.
[II] Función exponencial
Sea a > 1, definimos ax para todo x racional como sigue
si x =
m
n
(m, y, n son naturales), am/n =
[
n
√
a
]m = n√am (3.35)
si x = −m
n
, a−m/n =
1
am/n
=
1[
n
√
a
]m (3.36)
si x = 0, a0 = 1. (3.37)
Si Q es el conjunto de todos los números racionales, entonces Q es el
dominio de la función ax.
202 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Nota
Se muestra inmediatamente que
ar+s = ar × as
para r y s racionales.
Ejercicio 31.
Demostrar
m
n
>
m′
n′
implica am/n > am
′/n′ (3.38)
o sea que ax es creciente en Q.
Solución.
m
n
>
m′
n′
(m, n, m′, y n′ son naturales) implica
mn′ > nm′,
luego
amn
′
> anm
′
(ya que a > 1).
Sacando nn′ ésima ráız de la desigualdad anterior:
nn′√amn = n√am > nn′
√
anm′ =
n′√
am′ ,
o sea
am/n > am
′/n′ .
Ejercicio 32.
Si una sucesión de números racionales {rn} tiende a cero, entonces
ĺım
n→∞ a
rn = 1,
o sea que ax (definida en Q) es continua en 0.
Solución.
Sea n la parte entera de número racional
q
p
(q > 0, p > 0) entonces
n ≤ q
p
, ó,
p
q
≤ 1
n
.
3.3. ALGUNOS EJEMPLOS IMPORTANTES DE FUNCIONES CONTINUAS 203
De (3.38) se tiene:
0 < ap/q − 1 ≤ a1/n − 1. (3.39)
Pero
a − 1 = (a1/n)n − 1 = (a1/n − 1){(a1/n)n−1 + (a1/n)n−2 + · · · + (a1/n) + 1}
> (a1/n − 1)(1 + 1 + · · · + 1) = n(a1/n − 1) (3.40)
De (3.39) y (3.40)
0 < ap/q − 1 ≤ a1/n − 1 < a − 1
n
(3.41)
Cuando {rn} → 0, rn > 0, y rn ∈ Q, entonces 1
rn
→ +∞. Si kn es la parte
entera de
1
rn
, entonces kn → +∞, de (3.40) tenemos:
0 < arn − 1 < a − 1
kn
(kn → +∞).
Por lo tanto
ĺım
n→∞(a
rn − 1) = 0,
o sea
ĺım
n→∞ a
rn = 1.
Si rn < 0, rn → 0 (rn ∈ Q), sea rn = −sn entonces
arn = a−sn =
1asn
→ 1
1
= 1 (cuando rn → 0).
Ejercicio 33.
ax es continua en Q (a > 1).
Solución.
Sea r ∈ Q, entonces
ax − ar = a(x−r)+r − ar = ax−rar − ar
= ar(ax−r − 1) → 0 cuando x → r.
La función ax (a > 1) está definida para todo x ∈ Q, y es continua en Q.
Se puede extender esta función a todo real, manteniendo la continuidad de la
función como sigue:
204 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Sea x un número irracional (para mayor sencillez supongamos que x > 0)
entonces existe una sucesión creciente de números racionales que tiende a x,
digamos:
s1 < s2 < · · · < sn < sn+1 < · · ·
sn ∈ Q, sn → x,
y existe también una sucesión decreciente de números racionales que converge
a x, digamos
t1 > t2 > · · · > tn > sn+1 < · · ·
tn ∈ Q, tn → x.
De la propiedad (3.38) las siguientes sucesiones
{asn} = {as1 , as2 , . . . , asn , . . .},
{atn} = {at1 , at2 , . . . , atn , . . .}
son creciente y decreciente respectivamente, luego son convergentes.
Evidentemente
as1 < as2 < . . . < asn < · · · para todo n,
entonces
0 < atn − asn = asn+tn−sn − asn = asnatn−sn − asn
= asn
{
atn−sn − 1}< at1[atn−sn − 1]
Pero como
ĺım
n→∞(tn − sn) = ĺımn→∞(tn − x + x − sn)
= ĺım
n→∞(tn − x) − ĺımn→∞(sn − x) = 0 − 0 = 0,
del ejercicio (32) tenemos
ĺım
n→∞ a
tn−sn = 1, ó, ĺım
n→∞(a
tn−sn − 1) = 0,
o sea
ĺım
n→∞ a
tn = ĺım
n→∞ a
sn .
Esto es, las dos sucesiones monótonas tienden al mismo ĺımite, con este ĺımite
común definimos el valor de ax
ax = ĺım
n→∞ a
sn = ĺım
n→∞ a
tn (3.42)
3.3. ALGUNOS EJEMPLOS IMPORTANTES DE FUNCIONES CONTINUAS 205
Si x < 0, se define ax
ax =
1
a−x
. (3.43)
La función exponencial ax definida anteriormente para todo x ∈ R1 es continua
en R1 (Ejercicio 34).
Ejercicio 34.
La función exponencial ax definida por (3.42) y (3.43) es continua para todo
x real.
Solución.
i) Primero demostremos que
si x < y entonces ax < ay. (3.44)
Demostración
Existen r, y, s ∈ Q tales que x < r < s < y, por la definición de función
exponencial se tiene que
ax ≤ ar < as ≤ ay, (3.45)
luego ax < ay.
ii) ax+y = axay.
Demostración
Sean {rn}, {r′n} sucesiones crecientes de números racionales que conver-
gen a x, y a y respectivamente:
rn → x, r′n → y,
entonces (rn + r′n) → x + y.
Tenemos
ax = ĺım
n→∞ a
rn , ay = ĺım
n→∞ a
r′n , ax+y = ĺım
n→∞ a
rn+r′n ,
luego
ax+y = ĺım
n→∞ a
rn+r′n = ĺım
n→∞ a
rnar
′
n = ĺım
n→∞ a
rn ĺım
n→∞ a
r′n = axay,
206 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
iii) Sea {yn} una sucesión de números reales que tiende a cero
yn → 0 (n → ∞).
Para mayor sencillez supongamos que yn > 0, existe una sucesión de
números racionales, {sn}, tal que
0 < yn < sn, sn → 0, sn ∈ Q.
Por I)
ax < ax+yn < ax+sn = axasn (para todo x ∈ R1)
luego
ĺım
n→∞ a
x+yn = ax ya que ĺım
n→∞ a
sn = 1.
Ejemplo.
Sabemos que π = 3.14159 . . ., entonces
{3, 3.1, 3.14, 3.141, 3.1415, . . .} → π,
{4, 3.2, 3.15, 3.142, 3.1416, . . .} → π.
Por lo tanto 2π es el ĺımite común de las siguientes sucesiones monótonas:
{23, 23.1, 23.14, 23.141, 23.1415, . . .} → 2π,
{24, 23.2, 23.15, 23.142, 23.1416, . . .} → 2π.
De la tabla 3.1 se tiene que 2π = 8.8250 . . .
x 3 3.1 3.14 3.141 3.1415 3.14159 · · · → π
2x 8 8.5742 8.8152 8.8213 8.8243 8.8250 · · · → 2π
x 4 3.2 3.15 3.142 3.1416 · · · → π
2x 16 9.1896 8.8765 8.8270 8.8250 · · · → 2π
Tabla 3.1.
3.3. ALGUNOS EJEMPLOS IMPORTANTES DE FUNCIONES CONTINUAS 207
iii) En este libro, no repetimos las definiciones de las funciones trigo-
nométricas, y de la función logaŕıtmica, solo recordamos los siguien-
tes ĺımites fundamentales:
ĺım
x→0
sen x
x
= 1. (3.46)
ĺım
x→0
log(1 + x)
x
= 1. (3.47)
Ejercicio 35.
Sea x0 ∈ R1, entonces
sen x = sen (x − x0 + x0)
= sen (x − x0) cos x0 + cos (x − x0) sen x0.
Pero,
sen (x − x0) = sen (x − x0)
x − x0 (x − x0) → 1 · 0 = 0 (x → x0)
cos (x − x0) =
√
1 − sen 2(x − x0) →
√
1 − 0 = 1 (x → x0),
luego
sen x → 0 · cos x0 + 1 · sen x0 = sen x0 (x → x0).
Ejercicio 36.
Utilizando el ĺımite (3.47) demostrar que la función logaŕıtmica, log x, es con-
tinua para todo x > 0.
Sugerencia
log y − log x = log y
x
= log
[
1 +
y − x
x
]
.
Ejercicio 37.
Sea S cerrado en Rp, para todo x ∈ Rp definimos
g(x) = d(x, S) = ı́nf{|x − t| | t ∈ S}
entonces g es continua en Rp.
208 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Demostación.
Sean x, y ∈ Rp, existen x0, y0 ∈ S tales que
g(x) = d(x, S) = |x − x0|, g(y) = d(y, S) = |y − y0|.
Tenemos que g(x) = |x − x0| ≤ |x − y0|, luego
g(x) − g(y) ≤ |x − y0| − |y − y0| ≤ |x − y|.
De la misma manera
g(y) − g(x) ≤ |y − x0| − |x − x0| ≤ |y − x|.
Por lo tanto se tiene
|g(y) − g(x)| ≤ |x − y| (3.48)
entonces g es continua en Rp (Ejercicio 15).
S
y
|x
-x
0| |x
-y 0
|
x
0
y
0
Figura 3.19.
Ejercicio 38.
Sea S un conjunto en Rp, para todo x ∈ Rp definimos
g(x) = d(x, S) = ı́nf{|x − t| | t ∈ S}
entonces g es continua en Rp.
Sugerencia
utilizar d(x, S) = d(x, S), luego |g(y) − g(x)| ≤ |y − x|.
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 209
3.4. Imagen directa e imagen inversa
Ejemplo 9.
Sea f definida por (Figura 3.20) f(x) = x3 − 3x, x ∈ R1 f es continua en
R1. El conjunto X = (−1.5, 1.5) es abierto, y su imagen por la función f es
Y = [−2, 2] que no es abierto.
[ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ]
( ( ) )
- 3 3
(1,-2)
-2
1.5
1-1-1.5
(-1,2) 2 Y
0
y = x3 - 3 x
Figura 3.20.
Este ejemplo nos muestra que la imagen directa de un conjunto abierto por
una función continua no siempre es abierta.
Ejercicio 39.
Sea f(x) = x3, x ∈ R1 (Figura 3.21).
Demostrar que la imagen de un conjunto abierto, por la función f , es siempre
abierta.
Sugerencia
Sea I = (a, b) ⊂ R1 un intervalo abierto, entonces f(I) = (a3, b3).
Sea A un conjunto abierto en R1, entonces A toma la forma
A =
∞⋃
k=1
(ak, bk)
210 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
luego
f(A) =
∞⋃
k=1
(a3k, b
3
k)
que es abierto ya que la unión de conjuntos abiertos es abierta.
y = x3 
( )
( 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
)
 b3 
 a3 
a b
Y
X
Figura 3.21.
Ejercicio 40.
Sea f(x) = x2, x ∈ R1.
a) Dar un ejemplo de un conjunto abierto A tal que f(A) no es abierta.
b) dar un ejemplo de un conjunto abierto B tal que f(B) sea abierta.
Ejemplo 10.
Sea f definida por (Figura 3.22) f(x) =
1
1 + ex
, x ∈ R1
f es continua en R1. el conjunto X = [0,∞) es cerrado, y su imagen por f
f(X) =
(
0,
1
2
]
no es cerrado. este ejemplo nos muestra que la imagen directa
de un conjunto cerrado por una función continua no siempre es cerrada.
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 211

0
1
Y
X
Figura 3.22.
Ejercicio 41.
Sea f(x) =
1
x
, x 
= 0,
a) Dar un ejemplo de un conjunto cerrado S tal que f(S) no sea cerrado.
b) Dar un ejemplo de un conjunto cerrado T tal que f(T ) sea cerrado.
Ejercicio 42.
Sea f(x) = x3, x ∈ R1. Demostrar que la imagen directa, por f , de cualquier
conjunto cerrado es cerrada.
Sugerencia
Sea F cerrado, entonces R1 − F es abierto y f(R1 − F ) es abierto (Ejercicio
39). Como el recorrido de f es R1 se tiene que
f(F ) = R1 − f(R1 − F ).
Ejercicio 43.
Sea f(x) = x3 − 3x (Ejemplo 9), demostrar que el intervalo abierto (0, 2) es la
imagen, por f , de un conjunto abierto, y que el intervalo [0, 2] es la imagen,
por f , de un conjunto cerrado.
Sugerencia
Tomar X1 =
(−√3,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (√3, 2), entonces f(X1) = (0, 2).
Tomar X2 =
[−√3, 0] ∪ [√3, 2] entonces f(X2) = [0, 2].
212 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Dada la función f de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq), si Y ⊂ R entonces el siguiente
conjunto X:
X = {x ∈ D | f(x) ∈ Y }
se llama la imagen inversa de Y y se nota por X = f−1(Y ).
En el ejercicio 43,
X1 =
(−√3,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (√3, 2) = f−1((0, 2)),
X2 =
[−√3, 0] ∪ [√3, 2] = f−1([0, 2]).
Obsérvese que el śımbolo f−1 se usa también para denotar la función inversa
de f cuando es uno a uno, en tal caso, f−1(y) es el valor de la función f−1
correspondiente a “y”, y se tienef−1(y) = x si y sólo si f(x) = y
En este caso, f−1({y}) es al imagen inversa del conjunto formado por el ele-
mento y, y tenemos: f−1({y}) = {x} (El conjunto formado por un elemento
x).
Ejercicio 44.
Sea f de D sobre R, demostrar que:
i) Si Y ⊂ R, f(f−1(Y )) = Y .
ii) Si X ⊂ D, f−1(f(X)) ⊃ X.
iii) Si f(x) ∈ Y ⊂ R, entonces x ∈ f−1(Y ).
iv) Si A ⊂ B ⊂ R, f−1(A) ⊂ f−1(B).
v) Si Y ⊂ R, f−1(R − Y ) = D − f−1(Y )
vi) Si A ⊂ R,B ⊂ R, f−1(A ∪ B) = f−1(A) ∪ f−1(B). La demostración de
la dejamos al lector.
Nota
No siempre tenemos igualdad en ii), o sea, X no siempre es igual a f−1(f(X)),
por ejemplo, f(x) = x2, D = R1.
Si X = [0, 1], entonces f(X) = [0, 1], y f−1(f(X)) = f−1([0, 1]) = [−1, 1], [−1, 1] ⊃
X 
= [0, 1], pero, [−1, 1] 
= [0, 1].
Utilizando esta nueva natación, el ejercicio 43 puede generalizarse como:
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 213
0
1
Y
X1
[///////////////////////][
//
//
//
//
//
//
//
//
//
//
//
//
]
Figura 3.23.
Ejercicio 45.
Sea f una función continua de Rp sobre R(⊂ Rq).
i) Si Y (⊂ R) es abierto, entonces f−1(Y ) es abierto.
ii) Si Y es cerrado entonces f−1(Y ) es cerrado.
Demostación.
i) Sea x ∈ f−1(Y ), entonces y = f(x) ∈ Y . Como Y es abierto, existe una
vecindad de y,B(y, �), contenida totalmente en Y : b(y, �) ⊂ Y . Por la
continuidad de f en y, existe δ tal que
f(B(x, δ)) ⊂ B(y, �) ⊂ Y. (3.49)
esto es, B(x, δ) ⊂ f−1(Y ), o sea que x es un punto interior de f−1(Y ),
luego f−1(Y ) es abierto.
ii) Sea x0 un punto de acumulación de f−1(Y ), existe xn ∈ f−1(Y ) tal que
xn → x0.
Como f es continua en x0 ∈ Rp, se tiene:
f(xn) → f(x0), f(xn) ∈ Y, (3.50)
luego: f(x0) ∈ Y ya que Y es cerrado, esto es x0 ∈ f−1(Y ). por lo tanto,
f−1(Y ) es cerrado.
Nota
En ambos casos i), ii), la continuidad de f en el espacio total Rp ha jugado
un papel muy importante y permite que en (3.49) B(x, δ) esté contenido en el
dominio de f , y en (3.50) x0 sea un punto de continuidad de f .
214 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejemplo 11.
Sea f definida por: f(x) = x si x ∈ [0, 1), f(x) = 3 − x si x ∈ (1,∞). Se ve
que f es continua en : D = [0, 1) ∪ (1,∞), y su recorrido es : R = (−∞, 2).
El conjunto Y1 =
[ 1
2
,
3
2
]
⊂ R es cerrado, pero f−1(Y1) =
[ 1
2
, 1
)
∪[ 3
2
,
5
2
]
no es cerrado en R1.
Obsérvese que f−1(Y1) es cerrado relativamente en D.
El conjunto Y2 = (0, 1) ⊂ R es abierto pero
f−1(Y2) = [0, 1) ∪ (2, 3)
no es abierto en R1. Se puede observar también que f−1(Y2) es relativamente
abierto en D.
[//////)(/////////////////////]
[/
//
//
//
//
//
//
/]
0 1 2 3
1
2
Y
X
Figura 3.24.
Ejercicio 46.
Sea f una función continua de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq).
i) Si Y1 es relativamente cerrado en R, entonces f
−1(Y1) es relativamente ce-
rrado en D.
ii) Si Y2 es relativamente abierto en R, entonces f
−1(Y2) es relativamente abierto
en D.
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 215
Solución.
i) Sea x0 ∈ D un punto de acumulación del conjunto f−1(Y1), vamos a demos-
trar que x0 ∈ f−1(Y1).
a
b=f (a)
f -1(Y
1
)
D
R
f
Y
1
Figura 3.25.
Existe una sucesión de puntos de f−1(Y1) que tiende a x0:
xn → x0, con xn ∈ f−1(Y1).
Por la continuidad de f en x0 (nótese que x0 ∈ D) se tiene que
f(xn) → f(x0) ∈ R, f(xn) ∈ Y1.
Como Y1 es relativamente cerrado en R se tiene que f(x0) ∈ Y1, esto es,
x0 ∈ f−1(Y1). Por lo tanto, f−1(Y1) es relativamente cerrado en D.
ii) R − Y2 es relativamente cerrado en R, luego, f−1(R − Y2) es relativamente
cerrado en D (por i), ahora se utiliza la identidad
f−1(R − Y2) = D − f−1(Y2).
Ejercicio 47.
Sea f una función de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq).
i) Si para todo conjunto Y ⊂ R, relativamente abierto en R, f−1(Y ) es relati-
vamente abierto en D entonces f es continua en D.
ii) Si para todo conjunto Y ⊂ R, relativamente cerrado en R, f−1(Y ) es relati-
vamente cerrado en D entonces f es continua en D.
216 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
i) Sea x ∈ D, vamos a ver que f es continua en x.
Dada una vecindad de f(x), digamos B(f(x), �), el conjunto Y = B(f(x), �)∩
R es relativamente abierto en R ya que B(f(x), �) es abierto (en Rq). Por
hipótesis f−1(B(f(x), �) ∩ R) es relativamente abierto en D, luego existe un
abierto A0 (en Rp), tal que
f−1(B(f(x), �) ∩ R) = A0 ∩ D,
Como x ∈ f−1(B(f(x), �) ∩ R) = A0 ∩ D, existe una vecindad de x, B(x, δ),
tal que B(x, δ) ⊂ A0, luego
f−1(B(f(x), �) ∩ R) = (A0 ∩ D) ⊃ (B(x, δ) ∩ D).
por lo tanto
B(f(x), �) ∩ R ⊃ f(B(x, δ) ∩ D),
aśı que f es continua en x.
ii) Para demostrar esta parte se considera, en el resultado anterior i), el com-
plemento con respecto a R.
El ejercicio también se puede demostrar, utilizando sucesiones. De la siguiente
manera:
Sea x ∈ D, xn → x, xn ∈ D, por el método del absurdo demostramos que
f(xn) → f(x).
Supongamos que {f(xn)} no tiende a f(x), entonces existe un �0 > 0 tal que
para todo N existe un sub́ındice n > N tal que
|f(xn) − f(x)| ≥ �0,
o sea que existe una subsucesión de {f(xn)}, digamos {f(xsn)}, tal que
|f(xsn) − f(x)| ≥ �0 (para todo n).
Sea
T = {y | |y − f(x)| ≥ �0} ∩ R
entonces T es relativamente cerrado en R, por hipótesis f−1(T ) es relativa-
mente cerrado en D. Como f(xsn) ∈ T , xsn ∈ f−1(T ), esto es, x ∈ f−1(T )
puesto que {xsn} → x. Por lo tanto, se tiene que f(x) ∈ T , absurdo ya que
|f(x) − f(x)| = 0. Entonces, f(xn) → f(x).
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 217
De los ejercicios 46 y 47 podemos caracterizar la continuidad de la función f ,
de D(⊃ Rp) sobre R(⊃ Rq) como sigue:
f es continua en D si y sólo si para todo conjunto Y ⊂ R relativamente abierto
(o relativamente cerrado) en R la imagen inversa f−1(Y ) es relativamente
abierto (resp. relativamente cerrado) en D.
Ejercicio 48.
Sea f una función continua y uno a uno, D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq). Si para
todo X relativamente abierto en D su imagen directa f(X) es relativamente
abierta en R, entonces la función inversa f−1 es continua en R.
Sugerencia
Como f es uno a uno, f(X) es la imagen inversa de X por f−1 o sea
(f−1)−1(X) = f(X).
Ejercicio 49.
Sea f una función de Rp en R(⊂ R1), demostrar que el conjunto
X = {x ∈ Rp | f(x) < b} (b > 0 es una constante)
es abierto, si f es continua en Rp
Solución.
El intervalo (−∞, b) es abierto, luego (−∞, b)∩R es relativamente abierto en
R (ojo! puede ser vaćıo). Tenemos:
X = {x ∈ Rp | f(x) < b} = f−1((−∞, b) ∩ R)
por la continuidad de f se tiene que X es abierto.
Ejercicio 50.
Sea f una función continua de Rp en Rq. Demostrar que el conjunto {x ∈ Rq |
f(x) = a} (a ∈ Rq es un punto constante) es cerrado.
Sugerencia
Similar al ejercicio 49. Nótese que {a} es cerrado en Rq.
Ejercicio 51.
Sea f una función continua de Rp en Rq. Demostrar que el conjunto {x ∈ Rp |
|f(x)| < b} es abierto.
218 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Sugerencia
la función |f | es continua de Rp en R1
Ejercicio 52.
¿Existe una función continua f , de R1 en R1 que cumpla al condición siguiente?
En caso afirmativo dar un ejemplo.
i) f−1([0,∞)) = (0,∞)
ii) f−1([0,∞)) = [−1, 1)
iii) f−1([0, 1]) = (−1, 1)
iv) f−1((−∞,∞)) = (−∞, 0]
v) f−1((−∞, 1)) = [0,∞)
vi) f−1((−1, 1)) = (−∞, 0)
vii) f−1((−∞,∞)) = (−1, 1]
viii) f−1([0, 1)) = (0,∞)
Solución.
i) No
ii) No
iii) No
iv) No
v) No
vi) Si. f(x) = 2ex − 1, x ∈ R1
vii) No
viii) Si. f(x) =
⎧⎨⎩1 − x si x ≤ 11 − 2
1 + x2
si x > 1.
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 219
Sea f una función continua de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq) sea X(⊂ D) cerrado,
f(X) = Y .
Vamos a analizar bajo que condición podemos afirmar que el conjunto Y (la
imagen directa del conjunto X) es cerrado.
Si y0 es punto de acumulación de Y , existe una sucesión de puntos de Y , {yn}
que tiende a y0 yn → y0, yn ∈ Y .
Como yn ∈ Y (para todo n), existe un xn ∈ X tal que f(xn) = yn (para todo
n).
Si la sucesión {xn}, o alguna subsucesión de {xn} converge, digamos {xsn} →
x0, entonces x0 ∈ X puesto que X es cerrado. Por la continuidad de f
en x0 se tiene que Ysn = f(xsn) → f(x0) = y0, luego y0 ∈ Y = f(X).
En el ejemplo 10, “0” es un punto de acumulación de f(X) =
(
0,
1
2
]
, y
0 = ĺım
n→∞f(n) = ĺımn→∞
1
1 + en
, f(n) ∈(0, 1
2
]
, pero la sucesión {n} no po-
see subsucesión convergente, por esta razón f(X) no es cerrado a pesar de que
X = [0,∞) es cerrado.
De este análisis podemos sugerir la siguiente conclusión: “si cualquier sucesión
de puntos de un conjunto cerrado, X, posee una subsucesión convergente,
entonces la imagen directa de X por f , f(X), es cerrada”
Teniendo en cuanta que un conjunto X que cumple esta propiedad es compacto
(acotado y cerrado), podemos plantear la siguiente propiedad:
Sea f continua en un conjunto compacto X(⊂ Rp), entonces f(X) (la imagen
directa de X por f) es un compacto.
Demostación.
Daremos dos demostraciones distintas, una por sucesiones, la otra por recu-
brimientos finitos.
[i] Demostración por sucesiones
i) Sea y0 un punto de acumulación de f(X), entonces existe una sucesión
de puntos de f(X) que tiende a y0:
yn → y0, yn ∈ f(X). (3.51)
Como y0 ∈ f(X), existe xn ∈ X tal que f(xn) = yn.
La sucesión {xn} siempre posee una subsucesión convergente a un punto
de X, sea {xsn} *
*Esta propiedad es equivalente a la compacidad de X (la propiedad [10] caṕıtulo 2)
220 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
{xsn} → x0 con x0 ∈ X (3.52)
Por la continuidad de f en x0 se tiene
ysn = f(xsn) → f(x0), (3.53)
como {ysn} es una subsucesión de {yn}, y {yn} → y0 luego ysn → y0,
esto es y0 = f(x0) ∈ f(X), aśı que f(X) es cerrado.
ii) Si f(X) no es acotado existe una sucesión de puntos de f(X), digamos
{yn} = {f(xn)}, tal que
ĺım
n→∞ |yn| = ĺımn→∞ |f(xn)| = +∞, (3.54)
La sucesión {xn} posee una subsucesión convergente a un punto de X,
digamos
xtn → x0 con x0 ∈ X.
De 3.54 ĺım
n→∞ |f(xtn)| = +∞, esto es imposible ya que
ĺım
n→∞ |f(xtn)| = |f(x0)| (Por la continuidad de f en x0).
aśı que f(X) es acotado.
[ii] Demostración por recubrimientos finitos.
Sean D, y, R el dominio y el recorrido respectivamente de la función f .
Sea {Ak | k ∈ N} un recubrimiento abierto del conjunto f(X)
∞⋃
k=1
Ak ⊃ f(X),
entonces para cada x ∈ X, f(x) ∈ f(X), existe Ak tal que f(x) ∈ Ak.
Como Ak es abierto, existe una vecindad de f(x), digamos B(f(x), �x),
contenida totalmente en Ak
B(f(x), �x) ⊂ AK .
Por la continuidad de f en x, existe una vecindad de x, B(x, δx) tal que
f(B(x, δx) ∩ D) ⊂ B(f(x), �x) ⊂ Ak. (3.55)
o sea que cada x ∈ X se le puede asignar una vecindad B(x, δx) que
satisfaga la relación (3.55). Pero como X ⊂ ⋃
x∈X
B(x, δx), la colección de
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 221
X
f(X)
B(x,δ
x
)
x
B(f(x),ε
x
)
f(x)
A
k
Figura 3.26.
vecindades {B(x, δx) | x ∈ X} es un recubrimiento abierto del conjun-
to compacto X, luego existe un número finito de tales vecindades que
forman un recubrimiento abierto finito de X:
B(x1, δ1), B(x2, δ2), . . . ,B(xN , δN ),
N⋃
j=1
B(xj , δj) ⊃ X (Nota δj = δxj )
luego
f
(( N⋃
j=1
B(xj , δj)
) ∩ D) ⊃ f(X),
o sea
N⋃
j=1
f
(
B(xj , δj) ∩ D
)
⊃ f(X). (3.56)
De (3.55), para cada B(xj , δj) existe un conjunto de la familia {Ak | k ∈
N}, digamos Aj , tal que
f
(
B(xj , δj) ∩ D
)
⊃ Aj , (3.57)
reemplazando (3.57) en (3.56) tenemos:
N⋃
j=1
Aj ⊃ f(X),
esto es, hay un subcubrimiento abierto finito de f(X).
Ejercicio 53.
¿Existe una función continua de D sobre R en los siguientes casos? En caso
afirmativo dar un ejemplo,
222 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
i) D = [0, 1], R = (−∞, 0]
ii) D = (−∞, 0], R = [0, 1]
iii) D = [−1, 1], R = (−1, 1]
iv) D = (0, 1], R = (−∞, 0]
v) D = [−1, 0], R = (−∞,∞)
vi) D = (−1, 0], R = (−∞,∞)
Solución.
i) No
ii) Si f(x) =
{
ex+1 si x ≤ 1
−x si − 1 ≤ x ≤ 0.
iii) No
iv) Si f(x) = log x.
v) No
vi) Si f(x) = tan−1 π
(
x +
1
2
)
.
Ejercicio 54.
Sea f una función continua de D en R1, si D es compacto demostrar que f(D)
tiene máximo y mı́nimo.
Solución.
Como D es compacto, f(D) es compacto, f(D) ⊂ R1.
Un conjunto compacto numérico siempre posee máximo y mı́nimo (Ejercicio
52 Caṕıtulo 2).
Ejemplo.
Toda función de valor real continua en el intervalo [a, b] posee máximo y mı́ni-
mo.
Ejercicio 55.
Sea f una función continua de D(⊂ Rp) en Rq, si D es compacto demostrar
que {|f(x)| | x ∈ D} tiene máximo y mı́nimo.
3.4. IMAGEN DIRECTA E IMAGEN INVERSA 223
Ejercicio 56.
Sea f una función de valor real definida en un conjunto compacto D(⊂ R1).
Demostrar que f es continua si y sólo si la gráfica de f es compacta.
Nota
La gráfica de f = {(x, f(x)) ∈ R2 | x ∈ D}.
Solución.
i) Supongamos que f es continua en D.
Sean S = {(x, f(x)) ∈ R2 | x ∈ D}, m = mı́n
x∈D
f(x), M = máx
x∈D
f(x), D ⊂ [a, b],
entonces S ⊂ [a, b] × [m,M ], o sea que S es acotado.
Si (x0, y0) es un punto de acumulación de S, o sea
(xn, f(xn)) → (x0, y0) (xn ∈ D para todo n)
entonces
xn → x0, f(xn) → y0.
Como D es cerrado, x0 ∈ D, por la continuidad de f en x0 se tiene que
f(xn) → f(x0), luego y0 = f(x0), esto es
(x0, y0) = (x0, f(x0)) ∈ S.
Por lo tanto, S es cerrado.
ii) Ahora supongamos que S es compacto.
Sea x0 ∈ D, demostremos que f es continua en x0.
Sea {xn} una sucesión de puntos de D que tiende a x0
xn → x0, xn ∈ D.
La sucesión {f(xn)} es acotada, ya que (xn, f(xn)) ∈ S, y S es acotado.
Existe una subsucesión convergente, sea
{f(xsn)} → y,
luego {(xsn , f(xsn))} → (x0, y).
Por la compacidad de S, se tiene que (x0, y) ∈ S, o sea y = f(x0), x0 ∈ D.
Como ĺımite de cualquier subsucesión convergente de {f(xn)} es único (y es
igual a f(x0)), se tiene que f(xn) → f(x0), o sea que f es continua en x0.
224 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
3.5. Continuidad uniforme
Ejemplo 12.
Sea f definida por f(x) =
1
x
, x ∈ D = (0,∞).
Sabemos que f es continua en (0,∞), o sea que si a > 0, dado � > 0 existe δ
tal que
x ∈ B(a, δ) = (a − δ, a + δ) implica |f(x) − f(a)| < �.
(/////////)
f (a)-ε
f (a)
(/
//
//
/)f (a)+ε
f (x)=
1
x
a+δa-δ
a
Y
Figura 3.27.
Veremos como es posible hallar el valor δ para un � > 0 dado. Observando
la gráfica de la función f(x) =
1
x
(Figura 3.27), para que la imagen de
(a− δ, a+ δ) por f este en la vecindad (f(a)− �, f(a)+ �) se debe cumplir que
f(a − δ) ≤ f(a) + �, o 1
a − δ ≤
1
a
+ �, luego δ ≤ a
2�
1 + a�
.
Se nota que δ no sólo depende de �, también depende del punto “a”. Si a es
muy pequeño se debe escoger δ muy pequeño, y δ → 0 cuando a → 0.
O sea que para un � > 0 dado, no es posible escoger un δ que sirva para todo
a ∈ D = (0,∞).
Ejemplo 13.
Sea f definida por f(x) = log x, x ∈ D = [1,∞).
f es continua en [1,∞).
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 225
Sea a ∈ [1,∞), dado � > 0 determinemos el valor de δ tal que
x ∈ (a − δ, a + δ) implica |f(x) − f(a)| < �. (3.58)
(///////)
f (a)-ε
f (a)
(/
//
//
//
//
/)
f (a)+ε
y=log x
a+δa-δ
a
Y
0 X
Figura 3.28.
En la figura 3.28 se observa que para que la imagen del intervalo (a− δ, a + δ)
este contenida en (f(a) − �, f(a) + �) se debe cumplir f(a − δ) ≥ f(a) − �, o
log(a − δ) ≥ log(a) − �, luego
δ ≤ a(1 − e−�) (3.59)
Como
(1 − e−�) ≤ a(1 − e−�) para todo a ∈ [1,∞)
entonces si escogemos δ = 1 − e−� este valor de δ satisface la condición (3.59)
para todo a del dominio D = [1,∞), o sea que este δ cumple la condición de
continuidad (3.58) para cualquier a ∈ D.
226 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejemplo 14.
Sea f definida por f(x) = x2, x ∈ D1 = [0,∞).
f es continua para todo a ∈ D1, esto es, dada una vecindad de f(a)
(f(a) − �, f(a) + �) existe una vecindad de a, (a − δ, a + δ) tal que
f((a − δ, a + δ)) ⊂ (f(a) − �, f(a) + �) (3.60)
(///////)
f (a)-ε
f (a)
(/
//
//
)f (a)+ε
y=log x
a+δa-δ
a
Y
0 X
Figura 3.29.
Observando la figura 3.29, se debe cumplir entonces que
f(a + δ) = (a + δ)2 ≤ f(a) + � = a2 + �,
ó
a + δ ≤
√
a2 + �
luego
δ <
√
a2 + � − a = �√
a2 + � + a
(3.61)
Para un � > 0 dado, si a es muy grande entonces el valor δ debe ser cada vez
más pequeño, y δ → 0 cuando a → ∞, esto es, no es posible escoger un δ > 0
que cumpla la condición (3.61) para todo a ∈ [a,∞), o sea que no hay un δ
independiente del punto a que cumpla la condición (3.60) de continuidad en
a.
En la misma función f(x) = x2 si restringimos su dominioa D2 = [0, 1],
entonces
�√
a2 + � + a
≥ �√
1 + � + 1
para todo a ∈ D2 = [0, 1].
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 227
Por lo tanto, si escogemos δ como
δ =
�√
1 + � + 1
,
este δ satisface la condición (3.61) para todo a ∈ D2, o sea que dado un � > 0
existe un δ que cumple la condición (3.60) de la continuidad de f para todo a
del dominio D2.
ε
ε
ε
ε
f(a
1
)
f(a
3
)
f(a
4
)
f(a
2
)
R
D
a
3
a
2
a
4
a
1
B(a
4 
,δ4)
B(a
1 
,δ1)
f
Figura 3.30.
Sea f una función continua de D(⊂ Rp) sobre R(⊂ Rq), esto es, si a ∈ D para
un � > 0 dado existe una bola con centro en a, B(a, δ) tal que
f(B(a, δ) ∩ D) ⊂ B(f(a), �), (3.62)
El tamaño de la bola (o el radio δ) B(a, δ) que cumple la condición (3.62)
generalmente depende del punto “a” como puede verse en la figura 4. Sin
embargo, para algunos casos es posible escoger la bola del mismo tamaño (el
mismo valor de δ) para todo punto “a” del dominio D como se ha visto en
ejemplos (13) y (14), en este caso decimos que la continuidad es uniforme en
D, aśı:
Se dice que f es uniformemente continua en D, si dado un � > 0 existe un δ,
independiente del punto a de D tal que
x ∈ B(a, δ) ∩ D implica f(x) ∈ B(f(a), �) (3.63)
para todo a ∈ D.
Nótese que naturalmente δ depende de �.
228 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
La condición (3.63) puede expresarse también como: Dado � > 0 existe δ, que
depende solamente de �, tal que
|f(x) − f(y)| < � para todo x, y ∈ D, con |x − y| < δ (3.64)
puesto que x, y ∈ D, |x − y| < δ quiere decir que x ∈ B(y, δ) ∩ D, y |f(x) −
f(y)| < � es equivalente a f(x) ∈ B(f(y), �).
Ejercicio 57.
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rq. Si existe una constante M > 0 tal que
|f(x) − f(y)| ≤ M |x − y| para todo x, y ∈ D (3.65)
demostrar que entonces f es uniformemente continua en D.
Sugerencia.
Dado � > 0, se puede escoger δ <
�
M
.
Si una función f satisface la condición (3.65), decimos que f cumple la condi-
ción de Lipshitz uniformemente en D.
Ejercicio 58.
Sea S un conjunto en Rp, definimos: g(x) = d(x, S) x ∈ Rp demostrar que
entonces g es uniformemente continua en Rp.
Sugerencia.
|g(x) − g(y)| ≤ |x − y| para todo x, y ∈ Rp.
(Ejercicio 37 § 3 caṕıtulo 3).
Ejercicio 59.
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rq, si existen constantes M > 0, y, a > 0
|f(x) − f(y)| ≤ M |x − y|a para todo x, y ∈ D (3.66)
demostrar que entonces f es uniformemente continua en D.
Sugerencia.
Dado � > 0, se puede escoger δ <
[ 1
M
]1/a
.
Con la condición (3.66) se dice que f satisface la condición de Lipshitz de
orden a uniformemente en D.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 229
Ejercicio 60.
Demostrar que f(x) = x2 no es uniformemente continua en (−∞,∞), (ver el
ejemplo (14).
Solución.
Si f fuera uniformemente continua en (−∞,∞), dado � > 0 existiŕıa δ (δ > 0),
independiente de los puntos x e y, tal que
|x2 − y2| < � para todo x, y |x − y| < δ.
Luego:
|x2 − y2| = |x − y||x + y| < �.
|x − y| < �|x + y| para todo x, y con |x − y| < δ.
Tomemos y = x +
δ
2
, entonces |x − y| = δ
2
< δ para todo x, por lo tanto
δ
2
<
�
|2x + δ/2| para todo x, tomando x → ∞ se debe cumplir:
δ
2
= 0 (absurdo ya que δ > 0).
Ejercicio 61.
Demostrar que f(x) =
1
x
no es uniformemente continua en (0, 1) (ver el ejem-
plo (12)).
Solución.
Si f fuera uniformemente continua en (0, 1), dado � > 0 existiŕıa δ > 0 (inde-
pendiente de los puntos x e y) tal que
|1
x
− 1
y
| < � para todo x, y ∈ (0, 1) con |x − y| < δ.
Luego:
|1
x
− 1
y
| = |x − y|
xy
< �,
|x − y| < �xy para todo x, y ∈ (0, 1) con |x − y| < δ.
230 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Tenemos y = x +
δ
2
, entonces |x − y| = δ
2
< δ para todo x > 0,
x +
δ
2
< 1 (pues y(= x +
δ
2
) está en (0, 1)), luego:
|x − y| = δ
2
< �x
(
x +
δ
2
)
,
tomando ĺımite cuando x → 0 se tiene que δ = 0 (absurdo).
Ejercicio 62.
Sea f una función de D(⊂ Rp) en Rq, f es uniformemente continua en D si y
sólo si dado � > 0 existe δ tal que:
[diámetro (S)] < δ con S ⊂ D implica [diámetro (f(S))] < �
y
x
S
f
f (S)δ>
<ε
Figura 3.31.
Nota
diámetro (S) = sup{|x − y| | x, y ∈ S}.
Solución.
Supongamos que f es uniformemente continua en D, o sea, dado � > 0 existe
δ tal que
|f(x) − f(y)| < � para todo x, y ∈ D con |x − y| < δ.
sean x, y ∈ S ⊂ D, si [diámetro (S)] < δ se tiene entonces: |x − y| < δ, luego
|f(x) − f(y)| < �, esto es, [diámetro de (f(S))] < � (y viceversa).
Ejercicio 63.
Sean f , y, g funciones uniformemente continuas en D, demostrar que
i) f ± g es uniformemente continua en D.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 231
ii) Si f , y g son acotadas en D entonces f · g es uniformemente continua en
D.
iii) Si g(x) 
= 0 en D, y f , y 1
g
son acotadas en D entonces
f
g
es uniforme-
mente continua en D.
Nota
Si f , y, g no son acotadas, la continuidad uniforme de f , y g no siempre implica
la continuidad uniforme de f · g.
Ejemplo. f(x) = g(x) = x2/3, x ∈ [0,∞).
f(x) = x2/3 es uniformemente continua en [0,∞), pero f(x)g(x) = x4/3 no es
uniformemente continua en [0,∞).
Ejercicio 64.
sea f continua en R1. si f es uniformemente continua en (−∞, c) y uniforme-
mente continua en (c,∞) entonces f es uniformemente continua en R1.
Solución.
Dado � > 0 existe δ1, y, δ2 tales que
|f(x) − f(y)| < � para todo x, y ∈ (−∞, c) con |x − y| < δ1,
|f(x) − f(y)| < � para todo x, y ∈ (c,∞) con |x − y| < δ2.
Como f es continua en c, existe δ3 tal que
|f(x) − f(c)| < �
2
para todo x con |x − c| < δ3.
sea δ = mı́n{δ1, δ2, δ3}, si x < c, y, y > c con |x−c| < δ se tiene que |x−c| < δ3,
|y − c| < δ3, luego
|f(x) − f(c)| < �
2
, |f(y) − f(c)| < �
2
,
por lo tanto
|f(x) − f(y)| = |f(x) − f(c) + f(c) − f(y)|
≤ |f(x) − f(c)| + |f(c) − f(y)| < �
2
+
�
2
= �.
232 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
x c y (δ < δ3)
δ3
<
Figura 3.32.
Ejercicio 65.
Sea f uniformemente continua en D(⊂ Rp), g uniformemente continua en
F (D)(⊃ Rq). Demostrar que g ◦ f es uniformemente continua en D.
Solución.
Dado � > 0 existe δ1 > 0 tal que
|g(y2) − g(y1)| < � para todo y1, y2 ∈ f(D) con |y1 − y2| < δ1.
Para el δ1 escogido anteriormente, existe δ > 0 tal que
|f(x2) − f(x1)| < δ para todo x1, x2 ∈ D con |x1 − x2| < δ.
por lo tanto se tiene
|g(f(x2)) − g(f(x1))| < � para todo x1, x2 ∈ D con |x1 − x2| < δ.
Ejercicio 66.
Sea Q el conjunto de todos los números racionales en R1, si f (definida en
Q)es uniformemente continua en Q, entonces existe una única extensión de f ,
uniformemente continua y definida en R1.
Solución.
Sea x un número irracional, entonces existe una sucesión de números racionales
que tienden a x: {rn → x}, rn ∈ Q. Por la continuidad uniforme de f en Q,
dado � > 0 existe δ > 0 tal que
|f(r) − f(s)| < � para todo r, s ∈ Q con |r − s| < δ. (3.67)
La sucesión {rn} es convergente, luego satisface la condición de Cauchy, esto
es, para δ > 0 anteriormente escogido existe N tal que |rn − rk| < δ para todo
n, k > N de (3.67) se obtiene:
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 233
|f(rn) − f(rk)| < � para todo n, k > N. (3.68)
La condición (3.68) es la condición de Cauchy para la sucesión {f(rn)}, por lo
tanto la sucesión {f(rn)} converge. Sea ĺım
n→∞ f(rn) = c.
Se puede demostrar que el ĺımite c es único para toda sucesión de números
racionales {rn → x}
Nota
Si {rn} → x, {r′n} → x, rn, r′n ∈ Q, entonces {f(rn)}, {f(r′n)} convergen, sean
ĺım
n→∞ f(rn) = c, ĺımn→∞ f(r
′
n) = c
′ Supongamos que c 
= c′.
Tenemos: {r1, r′1, r2, r′2, r3, r′3, . . . , rn, r′n, . . .} → x.
luego: {f(r1), f(r′1), f(r2), f(r′2), . . . , f(rn), f(r′n) . . .}
converge (absurdo).
Definamos ahora :
f∗(x) = c = ĺım
n→∞ f(rn) donde rn ∈ Q, rn → x. (3.69)
f∗(r) = f(r) si r ∈ Q
La función f∗ está definida en R1, y es una extensión de f . Sean x, y ∈ R1,
entonces existen sucesiones de números racionales:
rn → x, sn → y, rn, sn ∈ Q
Si |x− y| < δ se tiene que |rn − sn| < δ para n suficientemente grande ya que
rn → x, sn → y, de (3.67) tenemos entonces que:
|f(rn) − f(sn)| < � (para n suficientemente grande).
tomando ĺımite cuando n → ∞:
|f(x)∗ − f(y)∗| ≤ � (para |x − y| < δ).
Aśı que f∗ es uniformementecontinua en R1.
Ejercicio 67.
Si f es uniformemente continua en un conjunto acotado S, entonces f es
acotada en S.
234 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
Dado � > 0 existe δ tal que |f(x)−f(y)| < � para todo x, y ∈ S con |x−y| < δ.
El conjunto S̄ es compacto, y la colección de las bolas de radio
δ
2
es un recu-
brimiento abierto de S̄:
⋃
x∈S̄
B
(
x,
δ
2
)
⊃ S̄,
Luego existe un número finito de bolas que forman un recubrimiento abierto
de S̄:
B
(
x1,
δ
2
)
,B
(
x2,
δ
2
)
, . . . ,B
(
xN ,
δ
2
)
(x1, x2, . . . , xN ∈ S̄)
N⋃
k=1
B
(
xk,
δ
2
)
⊃ S̄.
La vecindad B
(
xk,
δ
2
)
contiene por lo memos un punto de S, sea x̃k
x̃k ∈ B
(
xk,
δ
2
)
, x̃k ∈ S̄ (k = 1, 2, 3, . . . , N).
si y ∈ B(xk, δ2), y ∈ S entonces:
|y − x̃k| = |y − xk + xk − x̃k| ≤ |y − xk| + |xk − x̃k| < δ,
luego: |f(y) − f(x̃k)| < �, esto es: |f(y)| < |f(x̃k)| + �.
Si A = máximo {|f(x̃1)|, |f(x̃2)|, . . . , |f(x̃N )|}
entonces |f(y)| < A + � para todo y ∈ S, o sea que f es acotado en S.
Como se observo en el ejemplo (14), y el ejercicio (60), la función f(x) = x2
no es uniformemente continua en (−∞,∞), ni en [0,∞), pero si lo es en [0, 1].
Mas generalmente se tiene la siguiente propiedad de la continuidad uniforme:
Sea f continua en D, si D es compacto entonces f es uniformemente continua
en D (Teorema de Heine).
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 235
Demostación.
Dado � > 0, para cada x ∈ D existe δ(x) > 0 tal que |y − x| < δ(x), y ∈ D,
implica |f(y) − f(x)| < �
2
(Continuidad de f en x ∈ D).
La familia de vecindades
{
B
(
x,
δ(x)
2
)
| x ∈ D
}
es un recubrimiento abierto
del conjunto compacto D, entonces existe un subrecubrimiento abierto finito:
B
(
x1,
δ1
2
)
,B
(
x2,
δ2
2
)
, . . . ,B
(
xN ,
δN
2
)
(δj = δ(xj)),
N⋃
j=1
B(xj ,
δj
2
) ⊃ D.
Sea
δ = mı́nimo
{δ1
2
,
δ2
2
, . . . ,
δN
2
}
si x, y ∈ D con |x−y| < δ tenemos que x pertenece a alguna vecindad digamos:
x ∈ B(xj , δj2 ) ⊂ B(xj , δj)
luego:
|y − xj | = |y − x + x − xj | ≤ |y − x| + |x − xj | < δ + δj2 ≤
δj
2
+
δj
2
= δj .
Por lo tanto tenemos que:
|f(x) − f(xj)| < �2 , y, |f(y) − f(xj)| <
�
2
aśı que:
|f(x) − f(y)| = |f(x) − f(xj) + f(xj) − f(y)| ≤
|f(x) − f(xj)| + |f(xj) − f(y)| < �2 +
�
2
= �.
Ejercicio 68.
Demostrar que f(x) =
√
x es uniformemente continua en [0,∞).
Solución.
f es uniformemente continua en [0, 1] ya que [0, 1] es compacto.
236 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Si x ≥ 1, y, y ≥ 1 se tiene:
|f(y) − f(x)| = |√y −√x| = |
√
y −√x|(√y + √x)√
y +
√
x
=
|y − x|√
y +
√
x
≤ |y − x|
2
por lo tanto f es uniformemente continua en [1,∞) (ejercicio 57).
por el ejercicio 64, f es uniformemente continua en [0,∞)
Ejercicio 69.
Demostrar que⎧⎨⎩f(x) = x sen
1
x
es uniformemente continua en R1
f(0) = 0
Sugerencia.
i) f es uniformemente continua en [−1, 1].
ii) Sean x, y ∈ [1,∞), entonces
|f(y) − f(x)| ≤
∣∣∣∣y sen 1y − y sen 1x
∣∣∣∣ + ∣∣∣∣y sen 1x − x sen 1x
∣∣∣∣
= y
∣∣∣∣ sen 1y − sen 1x
∣∣∣∣ + |y − x|∣∣∣∣ sen 1x
∣∣∣∣
≤ 2y
∣∣∣∣ sen {12
(
1
y
− 1
x
)}
cos
{
1
2
(
1
y
+
1
x
)}∣∣∣∣ + |x − y|
≤ 2y |x − y|
2|xy| + |y − x| = |y − x| ·
(
1 +
1
x
)
≤ 2|y − x|.
Ejercicio 70.
Sea f continua de valor real en [a, b]. Definimos g como sigue: g(a) = f(a) g(x)
= máximo de f(t) con t ∈ [a, x] demostrar que g es uniformemente continua
en [a, b].
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 237
Solución.
Como f es uniformemente continua en [a, b], dado � > 0 existe δ tal que
[t − x] < δ, t, x ∈ [a, b] implica f(x) − � < f(t) < f(x) + �, por lo tanto(
Máximo de f(t) con t ∈ [a, x+δ]
)
≤
(
{máximo de f(t) con t ∈ [a, x]}+ �
)
,
o sea g(x + δ) ≤ g(x) + �.
a
t
bx-δ
[ | ] | ]
x
x+δ
Figura 3.33.
Por otra parte, se tiene evidentemente que g(x) ≤ g(x + δ), luego:
0 ≤ g(x + δ) − g(x) < �, o sea que g es uniformemente continua en [a, b].
Ejercicio 71.
Sea f continua en [a, b], s = [a, b] × [a, b]. Definimos
g(x, x) = f(x) g(x, y) = el máximo de f(t) con t ∈ [x, y] si a ≤ x < y ≤ b,
g(y, x) = g(x, y) si x 
= y.
Demostrar que g es uniforme continua en s.
(c,d)
(c,c)
d
b
x<
y
(x,y)
c
Figura 3.34.
238 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
(i) Sea c ∈ [a, b], entonces g(c, c) = f(c).
Dado � > 0 existe δ tal que |x − c| < δ implica |f(x) − f(c)| < �.
Sea (x, y) ∈ B((c, c)δ) entonces |x − c| < δ, |y − c| < δ. Para (x, x) ∈
B((c, c), δ) tenemos: |g(x, x) − g(c, c)| = |f(x) − f(c)| < �. Para (x, y) ∈
B((c, c), δ), x < y tenemos:
|g(x, y) − g(c, c)| = |máx{f(t)/t ∈ [x, y]} − f(c)| < � ya que t ∈ [x, y]
implica c − δ < x ≤ t ≤ y < c + δ ,ó, |t − c| < δ. Por lo tanto, g es
continua en (c, c)
(ii) Si c < d entonces:
g(c, d) = máx{f(t)/t ∈ [c, d]}.
Por la continuidad de f en c, y en d, dado � > 0 existe δ tal que
|x − c| < δ implica |f(x) − f(c)| < �,
|y − d| < δ implica |f(y) − f(d)| < �,
Tomemos una vecindad del punto (c, d) con radio b < δ contenida total-
mente en la región {(x, y)/x < y}, entonces (Figura 7):
(x, y) ∈ B((c, d), b) implica √(x − c)2 + (y − d)2 < b < δ, luego:
|x − c| < δ ,y, |y − d| < δ, x < y.
Si t ∈ [x, y], entonces c − δ < x ≤ t ≤ y < d + δ, esto es |máx.{f(t)/t ∈
[x, y]} − máx.{f(t)/t ∈ [c, d]}| < �, o sea:
|g(x, y) − g(c, d)| < �.
Teorema del valor intermedio
Ejemplo 15.
La función f(x) = 2 − x2 es continua en [0, 2]. Como f(0) = 2 > 0, en la
vecindad de 0 el valor de la función es positivo. En la figura 3.35 se observa
que el valor de f(x) (la altura de la curva y = f(x)) disminuye gradualmente
a medida que x se mueve hacia la derecha continuamente sobre la recta real
OX, por lo tanto en algún momento (antes de x = 2) se debe llegar a un punto
c en donde f(c) = 0, puesto que en x = 2 se tiene el valor negativo.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 239
2
2 X
Y
f(0)=2>0
f(x)>0
x c0
(2,-2)
f(2)=-2<0
Figura 3.35.
Ejemplo 16.
Sea f(x) = 1 − x + |1 − x|
1 − x (x 
= 1). f(1) = 1, se muestra en la gráfica de f
en la figura 3.36. f(0) = 2 > 0, y el valor de la función f(x) disminuye cuando
x aumenta, pero tiene una cáıda discontinua en x = 1, razón por la cual no
existe un c tal que f(c) = 0 a pesar de que f(0) = 2 > 0 ,y, f(2) = −2 < 0.
[ ]
x
f (0)=2>0
2
0
2
Y
X
f (2)=2<0
f (x)>0
Figura 3.36.
240 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Formalizando la situación que se presentó en el ejemplo (15), tenemos el si-
guiente teorema de Bolzano:
Sea f una función de valor real, continua en [a, b]. Si f(a) > 0, yf(b) < 0
entonces existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0
Demostación.
I Como en el ejemplo (15), es posible, a partir del punto a, mover “x”
continuamente vaćıa la derecha hasta llegar en algún momento al punto
c en donde f(c) = 0. Este procedimiento puede precisarse como sigue:
Sea A = {t/f(t) > 0}. Entonces el conjunto S : S = {x/[a, x) ⊂ A}
no es vaćıo ya que en una vecindad del punto “a” el valor de la función
es positivo. Además S es acotado superiormente por b ya que en una
vecindad del punto ´´b” el valor de la función es negativo.
[//////////////)
a t x
f (b)<0
b
f (a)>0
f (t)>0
Figura 3.37.
Sea c = supS = sup{x/[a, x) ⊂ A}.
Demostremos ahora que: f(c) = 0
(i) Si t < c, existe un x, t < x ≤ c, tal que [a, x) ⊂ A, luego f(t) > 0.
(ii) Supongamos que f(c) > 0, entonces existe δ > 0 tal que (c− δ, c+
δ) ⊂ A, por lo tanto [a, c + δ) ⊂ A, esto es imposible puesto que
c = Sup{x/[a, x) ⊂ A}
(iii) Supongamos que f(c) < 0, entonces existe δ > 0 tal que f(t) < 0
para todo t ∈ (c − δ, c + δ), esto es imposible (contradice a (i)).
De (ii) y (iii) se tiene que f(c) = 0.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 241
II Otra demostración.
Se puede sintetizar la demostración anterior en una forma más corta como
sigue:
Sea A = {x ∈ [a, b]/f(x) > 0}, entonces a ∈ A, b /∈ A, por lo tanto, existe
un punto de frontera de A, digamos c.
i) c /∈ A.
Supongamos que c ∈ A, existiŕıa una vecindad de c en donde f(x) > 0,
o sea que “c” seŕıa un punto interior de A (absurdo).
ii) f(c) no es negativo.
Supongamos que f(c) < 0, existiŕıa una vecindad de c en donde f(c)< 0,
luego “c” seŕıa un punto exterior de A (absurdo).
De i) y ii) se tiene que f(c) = 0.
III Otra demostración por recubrimientos finitos.
Supongamos que no existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = 0, o sea que, para todo
x ∈ [a, b], f(x) 
= 0.
Dado x ∈ [a, b], f(x) > 0, ó f(x) < 0, luego existe una vecindad de x,
B(x, δx), en donde no hay cambio de signo de f . Como⋃
x∈[a,b]
B(x, δx) ⊃ [a, b],
la familia de vecindades, {B(x, δx) | x ∈ [a, b]}, es un recubrimiento abier-
to de un conjunto compacto [a, b], por lo tanto existe un subrecubrimiento
abierto finito, sea
B(x1, δ1),B(x2, δ2), . . . ,B(xN , δN ) tal que
N⋃
k=1
B(xk, δk) ⊃ [a, b]. (Nota: δk = δxk)
Sin perdida de generalidad se puede suponer que
B(xj , δj) ∩ B(xj+1, δj+1) 
= ∅ (j = 1, 2, 3, . . . , N − 1).
Como a ∈ [a, b], entonces en alguna vecindad de este recubrimiento el
valor de la función es positivo, luego f(x) > 0 para toda vecindad del
recubrimiento, por lo tanto se tiene que f(b) > 0 (absurdo).
242 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
IV Demostración por sucesiones.
Sean a1 = a, b1 = b, entonces f(a1) > 0, f(b1) < 0.
Consideremos el punto medio del intervalo,
a1 + b1
2
.
Si f
(a1 + b1
2
)
< 0, sea a2 = a1, y, b2 =
a1 + b1
2
, si f
(a1 + b1
2
)
≥
0, sea a2 =
a1 + b1
2
, y, b2 = b1, entonces f(a1) ≥ 0, y, f(b2) < 0,
b2 − a2 = 12 (b1 − a1).
En general,
si f
(an + bn
2
)
< 0, sean an+1 = an, y, bn+1 =
an + bn
2
si f
(an + bn
2
)
≥ 0, sean an+1 = an + bn2 , y, bn+1 = bn,
aśı:
f(an+1) ≥ 0, f(bn+1) < 0,
bn+1 = an+1 =
1
2
(bn − an) = (12)
n(b − a).
La sucesión {an} es creciente, luego existe el ĺımite:
ĺım
n→∞ an = a0,
la sucesión {bn} es decreciente, luego existe ĺım
n→∞ bn = b0, tenemos que:
ĺım
n→∞ f(an) = f(a0) ≥ 0 ya que f(an) ≥ 0 ( para todo n),
ĺım
n→∞ f(bn) = f(b0) ≤ 0 ya que f(bn) < 0 ( para todo n).
Pero como (bn+1−an+1) = (12)
n(b−a) se tienen que b0−a0 = ĺım
n→∞(bn+1−
an+1) = 0, por lo tanto a0 = b0, luego, f(a0) = f(b0) = 0 tiene por lo
menos una ráız real.
Ejemplo 17. Sea f(x) = xn+a1xn−1+a2xn−2+· · ·+an−1x+an (n = impar)
un polinomio de grado impar, entonces la ecuación f(x) = 0 tiene por lo menos
una ráız real.
Solución.
ĺım
x→+∞ f(x) = +∞, ĺımx→−∞ f(x) = −∞, o sea que si b es suficientemente grande
f(b) > 0, y que si a es suficientemente pequeño (negativo con valor absoluto
grande) f(a) < 0. Por lo tanto existe un c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0, esto es, c
es una ráız de la ecuación f(x) = 0.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 243
Ejercicio 72.
Demostrar que existe por lo menos una ráız de cada una de las siguientes
ecuaciones en los intervalos indicados:
i) x3 − 2x2 − 2 = 0 en [2, 3]
ii) x3 − 2x − 5 = 0 en [2, 3]
iii) cothx − x = 0 en
(
0,
π
2
)
iv) sen 2x − x = 0 en
(π
4
,
π
2
)
v) ex + x − 2 = 0 en
(
0,
1
2
)
Ejercicio 73.
(
Teorema del valor intermedio
)
Sea f una función de valor real, continua en [a, b]. Sean M =Máx{f(x) | x ∈
[a, b]}, m =Mı́n{f(x) | x ∈ [a, b]}. si c ∈ [m,M ] entonces existe x0 ∈ [a, b] tal
que f(x0) = c
En palabras, una función continua en [a, b] puede alcanzar cualquier valor
intermedio entre el mı́nimo y el máximo
Solución.
Sean f(a0) = m, f(b0) = M, a0, b0 ∈ [a, b], para mayor sencillez suponga-
mos que a0 < b0. Sea g(x) = −f(x) + c (m ≤ c ≤ M) entonces g es continua
en [a0, b0], y
g(a0) = −f(a0) + c = c − m ≥ 0, g(b0) = −f(b0) + c = c − M ≤ 0,
por lo tanto existe x0 ∈ [a0, b0] tal que g(x0) = −f(x0)+c = 0, o sea f(x0) = c
Ejercicio 74.
Sea f una función de valor real, continua en [a, b], entonces
f([a, b]) = [m,M ]
donde M = máx
[a,b]
f(x), y, m = mı́n
[A,B]
f(x)
Ejercicio 75.
Sea f una función de valor real, continua en [a, b]. Demostrar que la imagen
de (a, b) por f es un intervalo (cerrado, abierto o semiabierto).
244 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
Sean m = Inf{f(x) | x ∈ (a, b)}, y, M = Sup{f(x) | x ∈ (a, b)} entonces
f((a, b)) ⊂ [m,M ].
Si y ∈ (m,M) existen c, y, d ∈ (a, b) tales que m ≤ f(c) < y, y < f(d) ≤ M ,
por lo tanto existe un x entre c, y, d tal que f(x) = y.
Esto es f((a, b)) es un intervalo.
Ejercicio 76.
Sea f una función de valor real, uno a uno y continua en [a, b]. Demostrar que
f es estrictamente monótona.
f (a)
f (x)
a
f (b)
c x b
Figura 3.38.
Solución.
Sin pérdida de generalidad, supongamos que f(a) < f(b).
i) Si x ∈ (a, b) entonces f(a) < f(x) < f(b). Pues si f(x) > f(b) entonces
existe c ∈ (a, x) tal que f(c) = f(b) (absurdo ya que f es uno a uno).
De la misma manera, se demuestra que f(x) > f(a).
ii) Sean x1, y, x2 tales que a < x1 < x2 < b. Si f(x1) > f(x2) entonces
existe d ∈ (a, x1) tal que f(d) = f(x2) (absurdo), por lo tanto se tiene
que f(x1) < f(x2), esto es, f es estrictamente creciente.
Ejercicio 77.
Sea f una función de valor real, continua y uno a uno en (a, b), entonces f es
estrictamente monótona y f((a, b)) es un intervalo abierto.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 245
Ejercicio 78.
Sea f una función de valor real, continua y uno a uno en (a, b). Demostrar que
si A ⊂ (a, b) es un conjunto abierto entonces f(A) es abierto en R1. Demostrar
que además f−1 es continua.
Solución.
i) Si (c, d) ⊂ (a, b), entonces f((c, d)) es un intervalo abierto (Ejercicio 77).
ii) Si A ⊂ (a, b) es abierto, entonces A toma la forma: A =
∞⋃
k=1
(ak, bk) luego:
f(A) =
⋃
k=1
f((ak, bk)).
Como los f((ak, bk)) son conjuntos abiertos, f(A) es abierto. f−1 es
continua ya que la imagen inversa, por f−1 de un conjunto abierto es
abierta.
Ejercicio 79.
Sea f(x) = sen
1
x
, x ∈ (0,∞).
Si A ⊂ (0,∞) es abierto en R1, entonces el conjunto: f(A)−{−1, 1} es abierto.
sugerencia
i) Sean g(x) =
1
x
, y, b(y) = sen y entonces f(x) = (b◦g)(x) = b(g(x)).
ii) Si (a, b) ⊂ (0,∞), entonces g((a, b)) es un intervalo abierto.
iii) Si (c, d) es un intervalo abierto, b((c, d)) es un intervalo de la forma:
(a1, b1), ó [−1, b1), ó (a1, 1], ó [−1, 1], entonces b((c, d)) − {−1, 1} es un
intervalo abierto.
Ejercicio 80.
Sea f una función de valor real no negativo y continua en [0, 1], si f(0) =
f(1) = 0 demostrar que para a dado, 0 < a < 1, existe x ∈ [0, 1] tal que
f(x + a) = f(x).
Solución.
Para a dado, sea F (x) = f(x + a) − f(x),
entonces F es continua en [0, 1 − a], y F (0) = f(a) − f(0) = f(a) ≥ 0,
F (1− a) = f(1)− f(1− a) = −f(1− a) ≤ 0 luego, existe x ∈ [0, 1− a] tal que
F (x) = 0, o sea, f(x + a) = f(x).
246 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejercicio 81.
Sea f una función de valor real, continua en [a, b], Si f([a, b]) = [a, b] demostrar
que existe c ∈ [a, b] tal que f(x) = x.
Solución.
Sea g(x) = f(x) − x entonces g es continua en [a, b], y g(a) = f(a) − a ≥ 0,
y, g(b) = f(b) − b ≤ 0 luego existe x ∈ [a, b] tal que g(x) = 0, o sea, f(x) = x.
Ejercicio 82.
Sea f continua en [0, 1] y f(0) = f(1). Demostrar que para todo n natural
dado, existe x ∈ [0, 1] tal que f(x + 1
n
) = f(x).
Solución.
Supongamos que no existe x ∈ [0, 1] tal que f(x + 1n) = f(x). Sea F (x) =
f(x + 1n) − f(x), como la ecuación F (x) = 0 no tiene ráıces entre 0 y 1n
entonces F (0) = f( 1n) − f(0) ,y, F ( 1n) = f( 2n) − f( 1n) tienen el mismo signo,
digamos el signo positivo: f( 1n) > f(0) ,y, f(
2
n) > f(
1
n).
La ecuación F (x) = 0 no tiene ráıces en [ 1n ,
2
n ], entonces F (
1
n) = f(
2
n)− f( 1n),
y, F ( 2n) = f(
3
n) − f( 2n) tienen el mismo signo positivo, luego :
f(
3
n
) > f(
2
n
).
Aśı sucesivamente se tiene que: f(0) < f( 1n) < f(
2
n) < · · · < f(n−1n ) < f(1),
esto es imposible ya que f(0) = f(1).
[ I I [ I ]
0 1
n
2
n
n-2
 n
n-1
 n 1
Figura 3.39.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 247
Ejercicios adicionales
Ejercicio 83.
Sea f continua, de valor real en (−∞,∞), y sea Fb(x) = Máximo {f(t)/t ∈
[x, x + b]}.
Demostrar que Fb es continua en (−∞,∞).
Solución.
Para x ∈ R1, dado � > 0; existen δ1, y, δ1 tales que
|t − x| < δ1 implica |f(t) − f(x)| < � (continuidad de f en x),
|t − (x + b)| < δ2 implica |f(t) − f(x + b)| < � (continuidad de f en x + b).
Sea δ = mı́mino(δ1, δ2) entonces:
|t − x| < δ implica |f(t) − f(x)|< �,
|t − (x + b)| < δ implica |f(t) − f(x + b)| < �
[ [ ] ]
0 x+s
x+δ b+δ
x+b x+b+s
Figura 3.40.
Si |s| < δ se tiene que:
|Max{f(t)/t ∈ [x + s, x + b + s]} − Max{f(t)/t ∈ [x, x + b]}| < �, o sea
|Fb(x + s) − Fb(x)| < � si |s| < δ, esto es, Fb es continua en x.
Ejercicio 84.
En el ejercicio 83, demostrar que ĺım
b→0
Fb(x) = f(x),
Solución.
Dado � > 0 existe δ tal que t ∈ B(x, δ) implica |f(t) − f(x)| < �, luego , si
|b| < δ se tiene que | máx
t∈[x,x+b]
f(t)−f(x)| < �, o sea |Fb(x)−f(x)| < � si |b| < δ.
248 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejercicio 85.
Sea f continua de valor real en R1, y sea
Gb(x) = max.{f(t)/t ∈ [x, x + b]|} − Min{f(t)/t ∈ [x, x + b]}.
Demostrar que:
i) Gb es continua para todo x
ii) ĺım
b→0
Gb(x) = 0 para todo x
Sugerencia
−Min{f(t)/t ∈ [x, x + b]} = Max{−f(t)/t ∈ [x, x + b]}.
Ejercicio 86.
Sea f continua en (a,∞), si ĺım
x→∞{f(x + 1) − f(x)} = l demostrar que
ĺım
x→∞
f(x)
x
= l
Solución.
i) Sea g(x) = f(x) − lx
entonces ĺım
x→∞{g(x + 1) − g(x)} = ĺımx→∞{f(x + 1) − f(x) − l} = 0
ii) Dado � > 0 existe x0 tal que
x > x0 implica |g(x + 1) − g(x)| < �.
Si t ∈ [x0, x0 + 1] tenemos que:
|g(t+n)−g(t)| = |g(t+n)−g(t+n−1)+g(t+n−1)−· · ·+g(t+1)−g(t)|
≤ |g(t + n) − g(t + n − 1)| + · · · + |g(t + 1) − g(t)| < n�,
o sea |g(t + n)| < |g(t)| + n�.
Si M = Max{|g(t)|/t ∈ [x0, x0 + 1]} entonces |g(t + n)| < M + n�,
luego:
|g(x)|
x
=
|g(t + n)|
t + n
<
M + n�
t + n
−→ � (cuando n → ∞), esto es:
ĺım
x→∞
g(x)
x
= 0. Entonces: ĺım
x→∞
f(x) − x
x
= ĺım
x→∞
f(x)
x
− 1 = 0.
Ejercicio 87.
Sea f(x) = x si x es racional ,y, x ∈ [0, 1].
f(x) = 1 − x si x es irracional ,y, x ∈ [0, 1].
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 249
Demostrar que:
i) f es continua solamente en x =
1
2
.
ii) El recorrido de f es [0,1].
Solución.
i) f(
1
2
) =
1
2
.
Dado � > 0, sea δ = �, si |x − 1
2
| < δ = � tenemos:
∣∣∣f(x) − f(1
2
)∣∣∣ =
⎧⎪⎨⎪⎩
|x − 1
2
| < � si x es racional
|1 − x − 1
2
| = |1
2
− x| < � si x es irracional.
luego f es continua en
1
2
.
Sea xo 
= 12. Si x0 es racional, para x irracional se tiene:
|f(x) − f(x0)| = |1 − x − x0| → |1 − 2x0| 
= 0 (cuando x → x0).
Si x0 es irracional, para x racional tenemos:
|f(x) − f(x0)| = |x − (1 − x0)| → |2x0 − 1| 
= 0 (cuandox → x0).
Por lo tanto, f no es continua en x0.
ii) Sea y ∈ [0, 1], si y es racional se tiene f(y) = y.
Si y es irracional, 1− y es irracional, luego f(1− y) = 1− (1− y) = y, aśı que
el recorrido de f es [0, 1].
Ejercicio 88.
Sea f continua en (a, b), si Q = {xn | n ∈ N} es el conjunto de todos los
números racionales en (a, b), demostrar que f(Q) es denso en el recorrido de
f .
Solución.
Sea R = f((a, b)). Sea B cualquier bola abierta con B∩R 
= ∅, entonces B∩R
es relativamente abierto en R, luego el conjunto f−1(B∩R) es abierto en R1.
Evidentemente existe un intervalo (c, d) tal que (c, d) ⊂ f−1(B ∩ R).
250 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Sea xn ∈ Q tal que xn ∈ (c, d), entonces f(xn) ∈ B∩R, esto es f(Q) es denso
en R (R es el recorrido de f).
Ejercicio 89.
Sea S(⊂ Rp) un conjunto que no tiene puntos aislados, si f es continua y uno
a uno en S, demostrar que el conjunto f(S) no tiene puntos aislados.
Ejercicio 90.
Sea S(⊂ Rp) un conjunto perfecto, acotado. Si f es continua en S demostrar
que f(S) es perfecto y acotado, suponiendo que f es uno a uno.
Ejercicio 91.
Sea f una función de valor real, continua en [a, b]. Si f tiene un máximo local
en x1, y un máximo local en x2 (x1 < x2), demostrar que existe por lo menos
un punto entre x1 y x2 donde f tiene un mı́nimo local.
Solución.
Como f es continua en [x1, x2], f tiene un mı́nimo absoluto en [x1, x2], diga-
mos, en x3 ∈ [x1, x2].
Si x3 = x1 (ó x3 = x2),
f(x1) ≤ f(t) para todo t ∈ [x1, x2].
Pero f(x1) es un máximo local, luego existe b > 0 tal que
f(x1) ≥ f(t) para todo t ∈ [x1, x1 + b),
por lo tanto se tiene
f(t) = f(x1) para todo t ∈ [x1, x1 + b).
Esto es, f es constante en el intervalo [x1, x1 + b), en este caso podemos decir
que hay un mı́nimo local en x1 +
b
2
.
Ejercicio 92.
Sea f una función de valor real definida en [0, 1] tal que para todo real y
que pertenezca al recorrido de f existen exactamente dos valores de x en el
intervalo [0, 1] tales que f(x) = y.
a) Demostrar que f no es continua en [0, 1].
b) Construir una función que posea la propiedad mencionada.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 251
Solución.
a) Supongamos que f es continua en [0, 1] y llegamos a un absurdo.
Si f es continua en [0, 1], entonces f toma el máximo absoluto en dos
puntos, digamos en c, y, d (c < d)
f(c) = f(d) = M = máx{f(x) | x ∈ [0, 1]},
y f tiene el mı́nimo absoluto en dos puntos, digamos en p, y, q (p < q)
f(p) = f(q) = m = mı́n{f(x) | x ∈ [0, 1]}.
Se presentan los siguientes casos
(1) c < d < p < q (2) c < p < q < d (3) c < p < d < q
(4) p < q < c < d (5) p < c < q < d (6) p < c < d < q
Caso (1).
Entre c, y, d hay un mı́nimo local, digamos en t, sea y tal que f(t) < y < M ,
entonces existe x1, x2, y, x3
x1 ∈ [c, t], x2 ∈ [t, d], y, x3 ∈ [d, p]
tales que f(x1) = f(x2) = f(x3) = y (absurdo).
M M
m
c x1 t x2
x
3 pd
y
Figura 3.41.
De la misma manera todos los otros casos son imposibles.
252 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejemplo 18.
Sea Q = {xn} el conjunto de todos los racionales en [0, 1].
Sea
f(x) = x si x es irracional, y, x <
1
2
= 1 − x si x es irracional, y, x > 1
2
f(x2n) = − 1
n
, y, f(x2n−1) < − 1
n
(para todo n).
Ejemplo 19.
Ver la figura 3.42.
1
2 10
1
4 =x1
5
8 =x2
3
4
13
16=x3
f(x
1
)=f(1)=1, f(x
2
)=f(x
3
)=-1/2, f(x
4
)=f(x
5
)=-1/3, f(x
6
)=f(x
7
)=-1/4,...
Figura 3.42.
Ejercicio 93.
Sea f continua en D(⊂ Rp), si S es compacto contenido en D, demostrar que
dado � > 0 existe δ0 tal que
x ∈ S, y ∈ D, y, |x − y| < δ0 implica |f(x) − f(y)| < �. (3.70)
Solución.
Dado � > 0, para a ∈ S existe δa tal que
|a − t| < δa, t ∈ D implica |f(a) − f(t)| < �2
(continuidad de f en a ∈ S)
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 253
Como {B(a, δa
2
) | a ∈ S} es un recubrimiento abierto del conjunto compacto
S, existe un número finito de tales vecindades:
B
(
a,
δa
2
)
(k = 1, 2, 3, . . . , N) (Nota : δk = δak)
tales que
N⋃
k=1
B
(
a,
δa
2
)
⊃ S
Sea δ0 =mı́nimo {δ12 ,
δ2
2
, . . .
δN
2
}. si x ∈ S existe k tal que
x ∈ B
(
ak,
δk
2
)
⊂ B(ak, δak),
luego |f(x) − f(ak)| < �2.
Si y ∈ D, |y − x| < δ0 se tiene
|y − ak| ≤ |y − x| + |x − ak| < δ0 + δk2 ≤
δk
2
+
δk
2
= δk
luego |f(y) − f(ak)| < �2, por lo tanto
|f(y) − f(x)| ≤ |f(y) − f(ak)| + |f(ak) − f(x)| < �2 +
�
2
�.
Nota
En la condición 3.70, “y” puede no estar en S.
La condición 3.70 implica la continuidad uniforme de f en S.
Ejercicio 94.
Sea f una función de valor real, continua en [a, b]. Si f no tiene ni máximo
local ni mı́nimo local en (a, b) demostrar que f es monótona en [a, b].
Solución.
Sin perdida de generalidad, supongamos que f(a) < f(b). Sean a ≤ c < d ≤ b,
como f es continua f toma el máximo el mı́nimo absoluto en [a, b], pero f no
puede tomar ni máximo ni mı́nimo local en (a, b), por lo tanto f(b) debe ser
el máximo absoluto, esto es f(c) ≤ f(b).
Aplicando el mismo razonamiento al intervalo [c, d], f(c) debe ser el mı́nimo
absoluto en [c, d], o sea f(c) ≤ f(d), aśı que en f es creciente.
254 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Ejercicio 95.
Sea f continua en (c − b, c + b), si en ninguna vecindad de c la función f es
monótona, demostrar que c es un punto de acumulación de los puntos extremos
locales de f , ó c es un punto extremo. Dar un ejemplo de la función con la
propiedad indicada.
Solución.
Supongamos que f no toma un valor extremo en “c”. Existe x1 ∈ (c− b, c+ b)
en donde f toma un valor extremo local. Sea δ2 = mı́n
(1
2
, |c − x1|
)
, existe
x2 ∈ B(c, δ2) en donde f toma un valor extremo local. Sea δ3 = mı́nimo(13 , |c−
x2|), entonces existe x3 ∈ B(c, δ3) en donde f toma un valor extremo local.
Aśı sucesivamente se construye una sucesión
{x1, x2, . . . , xn, . . .} → c
tal que f toma un extremo local en xn (para todo n).
Ejemplo 20.f(x) = x sen
1
x
(x 
= 0), f(0) = 0.
Como f
( 1
nπ
)
=
1
nπ
sen nπ = 0, en el intervalo
( 1
(n + 1)π
,
1
nπ
)
hay un
máximo o un mı́nimo. Aśı que en ninguna vecindad de 0 f es monótona.
Ejemplo 21.
f(x) = x + 2x2 sen
1
x
(x 
= 0), y f(0) = 0.
Ejercicio 96.
Sea f continua en S(⊂ Rp) tal que
a) f(S) = T ⊂ S.
b) para todo x ∈ T se tiene que f(x) = x.
Demostrar que T es relativamente cerrado en S.
Solución.
Sea x0 un punto de acumulación de T , x0 ∈ S.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 255
Entonces existe una sucesión {xn} → x0, xn ∈ T .
Por la continuidad de f en x0 se tiene que xn = f(xn) → f(x0) ∈ T, luego
x0 = f(x0) ∈ T .
Aśı que T es relativamente cerrado en S.
Ejercicio 97.
Sea S(⊂ Rp) un conjunto convexo, compacto. Si f es una función de S en S
que satisface
|f(x) − f(y)| < |x − y| para todo x,∈ S, (3.71)
demostrar que existe x0 ∈ S tal que f(x0) = x0.
Nota
Un conjunto se llama convexo si para toda pareja x, y ∈ S el segmento x → y
(que une a x con y) está contenido en S.
Demostación.
De la condición 3.71, f es continua en S. Sea F (x) = |f(x) − x|, entonces F
es de valor real, continua en S (compacto), luego F toma toma un mı́nimo
absoluto en algún punto de S, digamos t0.
Sea x un punto sobre el segmento t0 → f(x0), entonces (Figura 3.43) |f(x) −
f(t0)| < |x − t0|.
t
0
f (t
0
)
S
x
Figura 3.43.
Tenemos
|x − f(x)| ≤ |x − f(t0)| + |f(t0) − f(x)|
< |x − f(t0)| + |x − t0| = |t0 − f(t0)|,
256 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
(La última igualdad se tiene porque t0, x, y, f(t0) están sobre una recta) esto
es imposible si |t0 − f(t0)| 
= 0. Entonces t0 = f(t0).
Ejercicio 98.
Sea F una función de valor entero, continua en un conjunto convexo D(⊂ Rp).
Demostrar que F es una constante.
Solución.
Supongamos que existe x, y ∈ D con f(x) 
= f(y). Aplicando el teorema del
valor intermedio sobre el segmento x → y, se tiene que f puede tomar cualquier
valor entre f(x) y f(y) sobre el segmento x → y, esto es imposible ya que el
valor de la función es entero.
Ejercicio 99.
Sea f(x, y) una función de valor real, continua en [a, b]× [c, d] tal que f(x, d)−
f(x, c) = número entero.
Si f(x0, d) − f(x0, c) = n0, demostrar que f(x, d) − f(x, c) = n0 para todo
x ∈ [a, b].
Sugerencia.
Aplicar el ejercicio 98 para F (x) = f(x, d) − f(x, c).
Ejercicio 100.
Sea F (x) una función de valor real, continua en [a, b] tal que
eiF (x) = 0 para todo x ∈ [a, b].
Demostrar que F (x) = 2πn0 para todo x ∈ [a, b] donde n0 es un número entero
constante.
Sugerencia.
Como eiF (a) = 0 entonces F (a) = 2πn0.
Ahora, F (x)/2π debe tener valores enteros para todo x, aplicar el ejercicio 98
Ejercicio 101.
Sea E2 el disco unitario, S1 la frontera de E2
E2 = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}, S1 = {(x, y) | x2 + y2 = 1}.
Demostrar que no existe una función f : E2 → S1, continua en E2 tal que
f(x) = x para todo x ∈ S1.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 257
Solución.
Supongamos que existe tal función continua, f , de E2 sobre S1.
utilizando coordenadas polares (r, θ) se tiene:
f : [0, 1] × [0, 2π] −→[0, 2π]
(r, θ) �−→f(r, θ)
Como f es continua por el ejercicio 98 se tiene:
f(0, θ) − f(0, 0) = 0 para todo θ ∈ [0, 2π]
f(r, 2π) − f(r, 0) = 2πn para todo r ∈ [0, 1],
donde n es una constante entera.
En la segunda condición, tomando r = 0 se tiene que n = 0, o sea f(r, 2π) −
f(r, 0) = 0 para todo r ∈ [0, 1].
Por otra parte, como f es idéntica sobre S1 entonces:
f(1, θ) − θ = 2πm (m es una constante entera),
luego:
0 = f(1, 2π) − f(1, 0) = (2π + 2πm) − (2πm) = 2π,
esto es imposible.
Ejercicio 102. (teorema de punto fijo de Bronwer)
Sea f una función continua, de E2 en E2, demostrar que existe x0 ∈ E2 tal
que f(x0) = x0.
x
f (x)
S1 g (x)
E2
Figura 3.44.
258 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
Supongamos que no existe tal punto, o sea x ∈ E2 implica f(x) 
= x.
Luego, podemos definir una función continua g como se muestra en la figura
3.44, entonces
g : E2 −→ S1, g(x) = x si x ∈ S1.
Esto es imposible (Ejercicio 101).
Ejercicio 103.
Sea S, y T (⊂ Rp) dos conjuntos cerrados disyuntos, sea
f(x) =
d(x, S)
d(x, S) + d(x, T )
demostrar que
i) f es continua en Rp
ii) El recorrido de f es [0, 1], y, f(x) = 0 si x ∈ S, y, f(x) = 1 si x ∈ T .
iii) Existen A, y, B abiertos disyuntos tales que A ⊃ S, y, B ⊃ T .
Solución.
i) Como S ∩ T = ∅, y, S, y T son cerrados, se tiene que
d(x, S) + d(x, T ) 
= 0.
(Nota. Si d(x, S) + d(x, T ) = 0 entonces d(x, S) = d(x, T ) = 0, o sea,
x ∈ S, y, x ∈ T , imposible ya que S ∩ T = ∅).
Por lo tanto f es continua en Rp.
ii) Si x ∈ S, se tiene que d(x, S) = 0, luego f(x) = 0.
Si x ∈ T se tiene que d(x, T ) = 0, luego f(x) = 1.
Aplicando el teorema del valor intermedio la función f puede asumir
cualquier valor entre 0 y 1.
iii) Sean A = f−1
(
[0,
1
2
)
)
, y, B = f−1
(
(
1
2
, 1]
)
entonces A y B son abiertos,
disyuntos y A ⊃ S, y, B ⊃ T .
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 259
Ejercicio 104.
Sea f una función continua, acotada en un conjunto cerrado S(⊂ Rp).
Suponemos:
ı́nf{f(x) | x ∈ S} = 1, y sup{f(x) | x ∈ S} = 2,
sea
g(x) =
⎧⎨⎩
ı́nf{f(y)|x − y| | y ∈ S}
d(x, S)
si x /∈ S
f(x) si x ∈ S,
demostrar que g es continua en Rp, y ı́nf g(x) = 1 y sup g(x) = 2.
Demostación.
Evidentemente se tiene que 1 ≤ g(x) ≤ 2 ya que
|y − x| ≤ f(y)|y − x| ≤ 2|y − x| para todo y ∈ S,
o sea:
ı́nf
y∈S
|y − x| ≤ ı́nf
y∈S
{f(y)|y − x|} ≤ 2 ı́nf
y∈S
|y − x|
i) De la desigualdad: ∣∣|y − x1| − |y − x2|∣∣ ≤ |x1 − x2|
tenemos
f(y)|y − x1| − f(y)|x1 − x2| ≤ f(y)|y − x2| ≤
f(y)|y − x1| + f(y)|x1 − x2|,
luego
ı́nf
y∈S
f(y)|y − x2| ≤ ı́nf
y∈S
f(y)|y − x1| + 2|x1 − x2|
ı́nf
y∈S
f(y)|y − x1| − 2|x1 − x2| ≤ ı́nf
y∈S
f(y)|y − x2|
esto es ∣∣ ı́nf
y∈S
f(y)|y − x2| − ı́nf
y∈S
f(y)|y − x1|
∣∣ ≤ 2|x1 − x2|
Por lo tanto, ı́nf
y∈S
f(y)|y−x| es continua, luego g(x) es continua en Rp−S.
260 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
ii) Sea x /∈ S, sea d(x, S) = |x−x0| (x0 ∈ S) e ı́nf
y∈S
f(y)|y−x| = f(x1)|x1−x|
(x1 ∈ S), entonces tenemos:
f(x1)|x1 − x| ≤ f(x0)|x0 − x|,
o sea
1 ≤ |x1 − x||x0 − x| ≤
f(x0)
f(x1)
≤ 2
S
x
1
x
0
x
a
Figura 3.45.
Si a ∈ S tenemos entonces
g(a) − g(x) = f(a) − f(x1)|x1 − x||x0 − x|
= f(a)
[
1 − |x1 − x||x0 − x|
]
+
|x1 − x|
|x0 − x|{f(a) − f(x1)}.
Si x → a entonces x0, y, x1 → a ya que
|x − x0| ≤ |x − a|, |x − x1| ≤ 2|x0 − x| ≤ 2|x − a|,
luego
|x1 − x|
|x0 − x| → 1, y, f(x1) → f(a) (cuando x → a),
por lo tanto se tiene
ĺım
x→a[g(a) − g(x)] = 0.
Ejercicio 105. (Teorema de Uryzon)
Sea f una función continua y acotada en un conjunto cerrado S(⊂ Rp). De-
mostrar que existe una extensión de f , continua en Rp.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 261
Sugerencia.
i) Si f(S) ⊂ Rq, sea
f(x) =
(
f1(x), f2(x), . . . , fq(x)
)
,
basta buscar extensiones continuas de f1, f2, . . . , fq al espacio Rp.
Para mayor sencillez, supongamos que q = 1, o sea f es de valor real.
ii) Sea M = sup{f(x) | x ∈ S}, y, m = ı́nf{f(x) | x ∈ S}, definimos la
función F :
F (x) =
1
M − mf(x) +
M − 2m
M − m
entonces F es continua, y 1 ≤ F (x) ≤ 2.
Por el ejercicio anterior, existe G, continua en Rp tal que
G(x) = F (x) para todo x ∈ S.
Sea f∗(x) = (M −m)G(x)− (M − 2m) entonces f∗ es una extensión de
f , continua Rp.
Ejercicio 106.
Sea Q = {xn} el conjunto de todos los números racionales en [0, 1], si {ln} es
una sucesión numérica que tiende a cero, entonces la función f definida por:
f(xn) = ln si xn ∈ Q
f(x) = 0 si x /∈ Q
es continua en [0, 1] − Q, y discontinua en Q.
Solución.
i) Sea xn ∈ Q, en cualquier vecindad de xn hay un número irracional,
digamos y, luego |f(xn) − f(y)| = |ln − 0| = |ln|, por lo tanto f es
discontinua en xn.
ii) Sea x /∈ Q. Dado � > 0 existe N tal que
|ln| < � para todo n > N (puesto que ln → 0).
262 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
x
1
x
5 xN
x
2x3x4x6
x
(/////////////////////////////// )
y
δ
Figura 3.46.
Sea δ = mı́n
(|x − x1|, |x − x2|, . . . , |x − xN |), si y ∈ B(x, δ), entonces
|y − x| < δ, luego y 
= x1, x2, . . . , xN , por lo tanto
|f(y) − f(x)| = |0 − 0| = 0 < � si y /∈ Q,
|f(y) − f(x)| = |f(xk) − 0|= |ln| < � si y = xk ∈ Q.
Esto es, f es continua en x.
Ejercicio 107.
Sea f(x) = 0 si x es irracional,
f(x) = f
( n
m
)
=
1
m
si x =
n
m
un número racional en forma irreducible.
Demostrar que f es continua en cualquier punto irracional, discontinua en
cualquier punto racional, pero ĺım
y→x f(y) existe para todo x.
Solución.
Sea x =
n
m
. consideremos una sucesión de números racionales que tiende a
n
m
: { nk
mk
}
→ n
m
(k → ∞), y, nk
mk

= n
m
.
Entonces ∣∣∣ nk
mk
− n
m
∣∣∣ = |mnk − nmk|
mmk
≥ 1
mmk
,
luego
mk → ∞ cuando k → ∞.
Entonces
f
( nk
mk
)
=
1
mk
→ 0 (k → ∞),
por lo tanto tenemos
ĺım
t→n/m
t�=n/m
f(t) = 0 
= f
( n
m
)
=
1
m
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 263
Si x es irracional, sea
{pk/qk} → x (k → ∞)
entonces x es un punto de acumulación del conjunto de números racionales
{pk/qk | k ∈ N}, esto es, qk → ∞ (k → ∞), aśı:
f
(pk
qk
)
=
1
qk
→ 0 (k → ∞), f(x) = 0.
Ejercicio 108.
Sea Q = {xn} el conjunto de todos los números racionales ordenados en la
forma:
ĺım
n→∞(xn − xn+1) = 0. (#)nota
Sea
f(xn) = xn+1 si xn ∈ Q
f(x) = x si x /∈ Q
demostrar que f es continua en los irracionales, y discontinua en Q.
Solución.
dado x, sea {xnk} una sucesión de números racionales que tiende a x, xnk → x,
entonces:
f({xnk}) = xnk+1 = xnk + (xnk+1 − xnk) → x (k → ∞).
Por lo tanto, f es continua en los irracionales.
Si x = xj ∈ Q, tenemos:
f(xnk) → x = xj 
= f(xj) = xj+1,
luego f es discontinua en xj .
(#) Nota:
Sea Q = {y1, y2, y3, . . .} una ordenación del conjunto Q, sean
I1 = [0, 1] I3 =
[1
2
, 1
]
I5 = [
1
2
,
3
4
] I7 = [0,
1
4
],
I2 = [0,
1
2
] I4 = [
3
4
, 1] I6 = [
1
4
,
1
2
]
264 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
I I
I II I
I II II I I I
I
I
I
1
I
2
I
3
I
7
I
6 I5 I4
I
8
I
9 I15
1
2
1
2
1
4
3
4
10
Figura 3.47.
en general, I2k+j = [
j
2k
,
j + 1
2k
] si k es impar, y I2k+j = [1 −
j + 1
2k
, 1 − j
2k
] si
k es par (j = 0, 1, 2, . . . , 2k − 1).
Ahora, reordenemos el conjunto Q de la siguiente manera:
x1 = y1
x2 = el número racional yk ∈ I2, yk 
= x1, cuyo ı́ndice k es mı́nimo.
y en general,
xn = el número racional yk ∈ In, yk 
= x1, x2, . . . , xn−1, cuyo ı́ndice k es mı́nimo.
Evidentemente {x1, x2, x3, . . .} es una reordenación de Q, y se tiene:
ĺım
n→∞ |xn − xn+1| = 0.
Ejercicio 109.
Demostrar que no existe una función de valor real f definida en [0, 1] tal que
f sea continua en todos los números racionales, y discontinua en todos los
números irracionales.
Solución.
Supongamos que existe tal función y lleguemos a un absurdo.
Sea Q = {xn} el conjunto de todos los números racionales en [0, 1]. Si f es
continua en xn, dado � > 0 existe δn(�) > 0 tal que
|y − xn| < δn(�) implica |f(y) − f(xn)| < �.
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 265
Sean
A(k) =
∞⋃
n=1
B(xn, δn(
1
k
)) (Nota: A(k) es abierto).
y A =
∞⋂
k=1
A(k).
Si x0 ∈ A entonces x0 ∈ A(k) para todo k.
Vamos a demostrar que f es continua en x0.
Dado � > 0 cualquiera, existe k tal que
1
k
<
�
2
,
y x0 ∈ A(k) =
∞⋃
n=1
B(xn, δn(
1
k
)), luego x0 ∈ B(xn, δn( 1
k
)) para algún n.
Sea δ tal que B(x0, δ) ⊂ B(xn, δn( 1
k
)), si y ∈ B(x0, δ) entonces se tiene:
|f(y) − f(xn)| < 1
k
, |f(x0) − f(xn)| < 1
k
,
luego:
|f(y) − f(x0)| < 1
k
+
1
k
=
2
k
< �,
esto es, f es continua en x0. Por lo tanto f es continua en A. Sabemos que
A ⊃ Q, pero A 
= Q (Q no puede ser igual a una intersección de conjuntos
abiertos, ver el ejercicio (119) § 5 caṕıtulo 2), por lo tanto f tiene que ser
continua en algún número irracional.
( ( ) )
x
n
x
0
y
δ
δ
n
(1/k)
Figura 3.48.
Ejercicio 110.
Sea f una función creciente (ó decreciente) de D(⊂ R1) sobre R(⊂ (c, d) ⊂ R1).
Si R es denso en (c, d) entonces f es continua en D.
266 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
( 
 
 
( 
 
 
 
 
 ) 
)
y
1
y
2
y
y - ε
D
X
x
1 x x2
d
c
y + ε
Figura 3.49.
Solución. (Para f creciente)
Sea x ∈ D, y, f(x) = y ∈ R. Dado � > 0 existen y1, y y2 ∈ R tales que
y1 ∈ (y − �, y − �2), y2 ∈ (y +
�
2
, y + �).
Sean f(x1) = y1, y, f(x2) = y2, si δ = mı́n(x − x1, x2 − x) entonces t ∈
B(x, δ) ∩ D implica f(t) ∈ B(y, �), esto es, f es continua en x.
Ejercicio 111.
Sea f creciente en [a, b]. Si f([a, b]) = [f(a), f(b)] entonces f es continua.
Ejercicio 112.
Sea Q = {xn} el conjunto de todos los números racionales en (a, b), S = {yn}
un conjunto contable denso en (c, d). Demostrar que existe una aplicación f
de Q sobre S, continua y estrictamente creciente.
Solución.
definimos f como sigue
[1] f(x1) = y1
[2] f(x2) = yk2 donde k2 es el menor ı́ndice tal que
i) yk2 > y1 (si x2 > x1)
3.5. CONTINUIDAD UNIFORME 267
ii) yk2 < y1 (si x2 < x1).
[3] En general, si xs < xn < xt (s < n, t < n) donde el intervalo (xs, xt) no
contiene los puntos x1, x2, . . . , xn−1, definimos f(xn) = ykn donde kn es el
menor ı́ndice tal que ykt < ykn < yks . Entonces f es una función uno a uno
de Q sobre S, estrictamente creciente y continua (Ejercicio 110).
Ejercicio 113.
Sea f una función creciente, definida en D, un conjunto denso en [a, b]. Sean
m = ı́nf{f(x) | x ∈ D} y, M = sup{f(x) | x ∈ D}, si f(D) es denso en [m, M ],
demostrar que existe una extensión de f continua en [a, b].
Solución.
Del ejercicio 110 se tiene que f es continua en D. Sea x ∈ [a, b]−D. Como D
es denso en [a, b] existen dos sucesiones monótonas de puntos de D, {rn}, y,
{sn} tales que:
r1 < r2 < r3 < · · · < rn < · · · → x (rn ∈ D)
s1 > s2 > s3 > · · · > sn > · · · → x (sn ∈ D).
Tenemos que {f(rn)} es creciente y {f(sn)} es decreciente, luego son conver-
gentes, sean
ĺım
n→∞ f(rn) = y1, ĺımn→∞ f(sn) = y2.
Evidentemente se tiene que y2 ≥ y1. Si y2 > y1, existe x0 ∈ D tal que y1 <
f(x0) < y2, luego:
rn < x0 < sn (para todo n).
esto es, x0 = x (imposible). Por lo tanto:
y1 = y2.
Definimos:
f∗(x) = ĺım
n→∞ f(rn) = ĺımn→∞ f(sn),
f∗(x) = f(x) si x ∈ D.
Evidentemente f∗ es creciente, y f∗([a, b]) es denso en [m,M ], por lo tanto f∗
es continua en [a, b] (por el Ejercicio 110).
Ejercicio 114.
Sea Q el conjunto de todos los números racionales en [0, 1]. Demostrar que
existe una función continua de Q sobre Q − {0}.
268 3. ĹIMITES Y CONTINUIDAD
Solución.
Sea {λn} una sucesión de números irracionales estrictamente decreciente que
tiende a cero, {βn} una sucesión de números irracionales que converge a 12 en
forma oscilante. ({β1, β3, β5, . . .} es decreciente, y, {β2, β4, β6, . . .} es creciente).
Considérese la aplicación f indicada en la figura 3.50.
13
3 245678
578642
1
1234560
20 4 6 5 3 1
1
2
(
Figura 3.50.
4
Función de valor real, de una
variable real
En este caṕıtulo estudiaremos funciones de valor real, definidas en R1, o en un
intervalo de R1.
4.1. Ĺımite por la derecha y ĺımite por la izquierda
Ejemplo 1.
Sea
f(x) =
x|x − 1|
x − 1 =
{
x si x > 1
−x si x < 1
El dominio D de la función f es: D = R1 − {1} = (−∞, 1) ∪ (1,∞). El punto
“1” no pertenece a D, pero es un punto de acumulación de D, y se ve que no
existe el ĺımite:
ĺım
x→1
f(x), ya que para � < 12 para todo δ > 0 se tiene que: 1 +
δ
2 ∈ B(1, δ) ,y,
1 − δ2 ∈ B(1, δ) pero∣∣∣f(1 + δ
2
)
− f
(
1 − δ
2
)∣∣∣ = ∣∣∣∣(1 + δ2)− (−1 + δ2)∣∣∣ = 2 > �
es decir , f(x) no satisface la condición de Cauchy cuando x → 1.
Sea D1 = {x ∈ D | x > 1} = (1,∞), y restrinjamos
269
270 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
1-δ
1+δ
1
0 1
Y
X
Figura 4.1.
Nota 35.
f1 es una restricción de la función f con la condición x > 1.
la función f al dominio D1, o sea:
f1(x) = f(x), x ∈ D1 = (1,∞).
El punto “1” es un punto de acumulación de D1, y se tiene el siguiente limite:
ĺım
x→1
(x>1)
f1(x) = ĺım
x→1
f(x) = 1. (Figura 4.2)
10 X
/////////////////////)
D
2
Figura 4.2.
Sea D2 = {x ∈ D | x < 1} = (−∞, 1), y restringimos la función f al dominioD2, o sea: f2(x) = f(x), x ∈ D2 = (−∞, 1), entonces el punto “1” es un punto
de acumulación del dominio D2, y tenemos el ĺımite:
ĺım
x→1
(x<1)
f2(x) = ĺım
x→1
f(x) = −1 (Figura 4.3)
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 271
0 1 X
/////////////////////)
D
2
Figura 4.3.
Se observa que f2 es una restricción de la función f con la condición x < 1.
Ejercicio 1.
Sea g(x) =
x
|x| , x ∈ D = R
1 − {0}.
Demostrar que:
i) ĺım
x→0
g(x) no existe.
ii) Existen los siguiente ĺımites de las restricciones de g:
ĺım
x→0
(x>0)
g(x) (función restringida a x > 0)
ĺım
x→0
(x<0)
g(x) (función restringida a x < 0)
Más generalmente, sea f una función definida en un conjunto D, podemos
considerar el ĺımite cuando x → a de la función restringida con la condición
x > a:
ĺım
x→a
(x>a)
f(x)
este ĺımite, si existe, se llama el ĺımite por la derecha de f(x) cuando x → a,
y se nota: ĺım
x→a+
f(x) = f(a+).
272 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
De la misma manera, el ĺımite cuando x → a de la restricción de f con x < a,
en caso de que exista, se llama ĺımite por la izquierda de f y se nota:
ĺım
x→a
(x<a)
f(x) = ĺım
x→a−
f(x) = f(a−)
Si f esta definida en alguna vecindad del punto a, el ĺımite por la derecha
f(a+) puede ser definido como:
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que
a < x < a + δ implica |f(x) − f(a+)| < �. (4.1)
Análogamente, el ĺımite por la izquierda f(a−) es caracterizado por:
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que
a − δ < x < a implica |f(x) − f(a−)| < � (4.2)
En el ejemplo 1: f(1+) = 1, f(1−) = −1
en el ejercicio 1 g(0+) = 1, g(0−) = −1
Ejemplo 2. Sea
f(x) =
|x2 − 1|
x − 1 =
⎧⎪⎨⎪⎩
x + 1 si x > 1
−(x + 1) si − 1 ≤ x < 1
x + 1 si x < −1
f(1) = 2.
El dominio de f es R1, y tenemos f(1+) = 2, f(1−) = −2.
Nótese que la siguiente restricción de f es continua en 1: f1(x) = f(x), x ∈
{x | x ≥ 1} ya que ĺım
x→1
f1(x) = f(1+) = 2 = f1(1).
Ejercicio 2.
Sea f definida en alguna vecindad de “a”, demostrar que existe ĺım
x→a f(x) si
y sólo si existen f(a+) ,y, f(a−), y f(a+) = f(a−). En este caso se tiene
ĺım
x→a f(x) = f(a
+) = f(a−).
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 273
2
0 1 X
Y
-1
-2
Figura 4.4.
Solución.
i) Si existe ĺım
x→a f(x), se tiene evidentemente que f(a
+) = f(a−) = ĺım
x→a f(x).
ii) Supongamos que existen f(a+), y f(a−), y que f(a+) = f(a−) = b Dado
� > 0 existen δ1, y δ2 tales que
a < x < a + δ1 implica |f(x) − f(a+)| < � (f(a+) = b)
a − δ2 < x < a implica |f(x) − f(a−)| < � (f(a−) = b)
Si δ =mı́nimo(δ1, δ2) entonces:
a − δ < x < a + δ, x 
= a implica |f(x) − b| < �, esto es: ĺım
x→a f(x) = b.
Ejercicio 3.
Sea f una función definida en un vecindad de “a”, demostrar que existe f(a+)
si y sólo si para toda sucesión {xn} → a, xn > a, la sucesión {f(xn)} converge.
Sugerencia
f(a+) es el ĺımite cuando x → a de la función restringida con x > a.
Ejercicio 4.
Sea f una función definida en una vecindad de a, demostrar que:
f(a−) = ĺım
x→a+
f(−x), f(a−) = ĺım
x→a−
f(−x).
274 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 5.
Sea f creciente(ó decreciente) en (a, b). Si c ∈ (a, b) existen f(c+) y f(c−) y
se tiene:
f(c−) ≤ f(c) ≤ f(c+) ó f(c−) ≥ f(c) ≥ f(c+).
x
0
m+ ε
m
c
Figura 4.5.
Solución.
(Para f creciente). Sea S = {f(x) | c < x < b} entonces S es acotado inferior-
mente por f(c), sea m = InfS = Inf{f(x) | c < x < b}.
Dado � > 0 existe x0 > c tal que m ≤ f(x0) < m + �. Sea δ = x0 − c > 0,
entonces: x ∈ (c, c + δ) = (c, x0) implica m ≤ f(x) ≤ f(x0) < m + �, o sea:
c < x < c + δ implica |f(x) − m| < �, aśı que m = f(c+). Evidentemente se
tiene que f(c) ≤ f(c+). De la misma manera tenemos: f(c−) = Sup{f(x) |
a < x < c} ≤ f(c)
Ejercicio 6.
Sea f creciente (ó decreciente) en (a, b). Demostrar que f es continua en
c ∈ (a, b) si y sólo si f(c+) = f(c−).
Sugerencia
f(c−) ≤ f(c) ≤ f(C+), si f(c−) = f(c+) si y sólo si ĺım
x→c f(x) = f(c)
(Ejercicio 2).
Ejercicio 7.
Sea f creciente (ó decreciente) en R1 demostrar que ĺım
x→c+
f(x−) = f(c+)
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 275
c c+δx
δ
Figura 4.6.
Solución.
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que t ∈ (c, c + δ) implica 0 ≤ f(t) − f(c+) < �. Si
x ∈ (c, c + δ) entonces f(c+) ≤ f(x−) ≤ f(x), luego:
0 ≤ f(x−) − f(c+) ≤ f(x) − f(c+) < �
Ejercicio 8.
Sea f una función de [a, b] sobre S, donde S es denso en [c, d]. Si f es creciente
(o decreciente) demostrar que f es continua en [a, b].
(Para f creciente) Sea λ ∈ [a, b), demostrar que f(λ) = f(λ+) por el método
del absurdo.
Supongamos que f(λ) < f(λ+), entonces existe y = f(x) ∈ S tal que
f(λ) < f(x) < f(λ+).
Como f es creciente, x > λ, por lo tanto: f(λ+) ≤ f(x) (absurdo).
Continuidad por la derecha y por la izquierda
La función: g(x) =
x
|x|(x 
= 0), g(0) = 1 no es continua en 0 ya que g(0
+) 
=
g(0−), pero su restricción con la condición x ≥ 0 es continua en 0, o sea
g(0) = g(0+) = 1, en este caso decimos que g es continua por la derecha en 0.
Más generalmente,se dice que una función f es continua por la derecha en a si
a pertenece al dominio de f , y f(a) = f(a+), f es continua por la izquierda en
a si a pertenece al dominio de f , y f(a) = f(a−). Evidentemente f es continua
en a si y sólo si “f es continua por la derecha y por la izquierda en a”.
276 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
1
0
X
-1
Figura 4.7.
Ejemplo 3.
Sea b(x) = x|x| + x(x 
= 0), b(0) = −1. Tenemos: b(0+) = 1, y, b(0−) = −1,
entonces b es continua por la izquierda en 0.
0
1
-1
X
Y
Figura 4.8.
Ejemplo 4.
Sea f(x) =
x2
|x|(x 
= 0) f(0) = 1. Tenemos: f(0
+) = 0, f(0−) = 0, entonces
f(0+) 
= f(0), f(0−) 
= f(0), por lo tanto f no es continua por la derecha, ni
por la izquierda en 0.
0
1
X
Y
Figura 4.9.
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 277
Ejercicio 9.
Sea f creciente en (a, b), sean g(x) = f(x+), x ∈ (a, b), b(x) = f(x−), x ∈ (a, b),
entonces g y b son crecientes, g es continua por la derecha, y b es continua por
la izquierda en (a,b).
Solución.
Si x < y se tiene que f(x) ≤ f(y), luego: f(x+) ≤ f(y+) ,y, f(x−) ≤ f(y−),
esto es, g y b son crecientes.
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que f(x+) ≤ f(t) ≤ f(x+) + � para todo t ∈
(x, x + δ),luego: f(x+) ≤ f(t+) ≤ f(x+) + �, o sea f(x+) ≤ g(t) ≤ f(x+) + �.
Tomando el ĺımite cuando t → x(t > x) se tiene: g(x) = f(x+) ≤ g(x+) ≤
g(x) + �, esto es g(x+) = g(x) ya que � > 0 es cualquiera.
Nota 36.
En caso de que f sea decreciente, formular y demostrar un enunciado equiva-
lente.
Ejercicio 10.
Sea f definida en (a, b), supongamos que existe f(x+) para todo x del intervalo
(a, b), entonces la función g(x) = f(x+) es continua por la derecha en (a, b).
x
( | | )
x+δy
t
Figura 4.10.
Solución.
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que t ∈ (x, x + δ) implica |f(t) − g(x)| ≤ �.
Si y ∈ (x, x + δ) entonces tomando ĺımite cuando t → y (t > y):
|f(x+) − g(x)| ≤ �,
o sea |f(y) − g(x)| ≤ �, esto es, g es continua por la derecha en x.
Ejercicio 11.
Sea f definida en (a, b). Si el conjunto S = {(x, y) | y ≥ f(x), x ∈ (a, b)} es un
conjunto convexo se dice que f es una función convexa.
278 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Demostrar que una función convexa es continua.
Nota 37.
Se dice que un conjunto es convexo si el segmento que une a dos puntos cua-
lesquiera del conjunto está contenido totalmente en el conjunto.
Solución.
Demostremos que f(c+) = f(c) para cualquier c ∈ (a, b).
i) La ecuación del segmento que une a (c, f(c)) con (x0, f(x0)) (x0 > c) es:
y(t) = f(c) +
f(x0) − f(c)
x0 − c (t − c), t ∈ [c, x0].
Como la función f es convexa, se tiene que y(t) ≥ f(t) para todo t ∈
S= {(x,y) y P f (x)}
y=f (x)
a b
Figura 4.11.
[c, x0], o sea f(t) − f(y) = f(t) − f(c) − f(x0) − f(c)
x0 − c (t − c) ≤ 0 esto es:
f(t) ≤ f(c) + f(x0) − f(c)
x0 − c (t − c), t ∈ [c, x0].
Tomando ĺımite cuando t → c (t > c) se tiene que f(c+) ≤ f(c) ya que
(t − c) → 0 cuando t → c.
ii) Sea d∈ (a, c), y x > c,. La ecuación del segmento que une a (d, f(d)) con
(x, f(x)) es:
y(t) = f(d) +
f(x) − f(d)
x − d (t − d), t ∈ [d, x].
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 279
(x
0
 , f (x
0
))
(c , f (c))
f (t)
y (t)
c t x
0
 
(a)
(x , f (x))
(d, f (d))
 f (c)
 y (c)
cd x
(b)
Figura 4.12.
Como la función f es convexa se tiende que y(c) ≥ f(c), luego:
f(c) − y(c) = f(c) − [f(d) + f(x) − f(d)
x − d (c − d)]
= [f(c) − f(d)] − f(x) − f(d)
x − d (c − d) ≤ 0,
o sea
f(c) ≤ c − d
x − df(x) +
x − c
x − df(d),
Tomando ĺımite cuando x → c (x > c) se tiene f(c) ≤ f(c+).
De (I) y (II) se tiene que f(c+) = f(c). (Dejamos al lector el resto).
Discontinuidad de una función
Hemos visto el ejercicio 5 que una función creciente f no es continua (o sea, es
discontinua) si f(c+) > f(c−) (Figura 4.13), en este caso la gráfica de f pega
un salto de f(c+) − f(c−) al pasar el punto c de la izquierda a la derecha, la
cantidad “f(c+) − f(c−)” se llama el salto de f en c.
En caso de que f sea decreciente, la discontinuidad se presenta si f(c−) >
f(c+), y el salto en c será f(c−) − f(c+).
Para una función más general, en caso de que f(c+) y f(c−) existen entonces
f es continua en c si y sólo si f(c) = f(c+) y f(c) = f(c−).
Si f(c−) 
= f(c), se presenta un salto por la izquierda (en cantidad |f(c) −
f(c−)|) en c.
280 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
el salto
f (c)
c
(a)
el salto
f (c)
c
(b)
el salto
f (c)
c
(c)
Figura 4.13.
En caso de que f(c+) = f(c−), existe el ĺımite:
ĺım
x→c f(x) = f(c
+)(= f(c−)),
aún aśı la función f es discontinua si f(c) 
= ĺım
x→c f(x) esta clase de disconti-
nuidad se llama removible, puesto que basta una nueva definición de f en el
punto c para hacer desaparecer la discontinuidad.
Ejemplo 5.
Sea f(x) =
x2
|x| , y, f(0) = 1, f es discontinua en 0, pero esta discontinuidad
es removible. Para hacer desaparecer la discontinuidad basta dar una nueva
definición de f en 0 como f(0) = 0.
{
c c
f (c)
f (c)}
Figura 4.14.
Ejemplo 6.
Sea f(x) = sen 1x (x 
= 0) f(0) = 0. La función f no es continua en 0 puesto
que no existe ĺımite de f cuando x → 0. En realidad, para todo δ > 0 tenemos
2
2nπ + π
∈ B(0, δ) si n es suficientemente grande, y
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 281
f
( 2
2nπ + π
)
= sen
(
nπ +
π
2
)
= (−1)n,
esto es, en B(0, δ) hay puntos en donde el valor de f(x) es 1, y −1.
(------------)
-δ δ
-1
1
Y
X
Figura 4.15.
En este ejemplo, la discontinuidad de f en 0 no es del tipo salto observado
anteriormente.
En caso de que existan f(c+) y f(c−) se puede observar la magnitud de la
discontinuidad en c utilizando el salto de f , pero esto no siempre es posible
como se pudo ver en el ejemplo 6. A continuación, vamos a definir algo que
nos permite medir la magnitud de la discontinuidad para cualquier caso.
Oscilación de una función
Sea f una función acotada en un conjunto T , la cantidad:
sup{f(x) | x ∈ T} − ı́nf{f(x) | x ∈ T}
se llama la oscilación de f en T y se denota por
Ωf (T ) = sup
x∈T
f(x) − ı́nf
x∈T
f(x)
Ejemplo 7.
Sea f(x) =
{
x si x > 1
−x si x < 1 f(1) = 0.
282 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
[/////////////////////////////////]
T
m
M=sup f (x)
T
Figura 4.16.
Ωf ((1 − δ, 1 + δ)) = (1 + δ) − (−1) = 2 + δ,
Ωf ([1, 1 + δ)) = 1 + δ − 0 = 1 + δ,
Ωf ((1, 1 + δ)) = δ.
Ejercicio 12.
i) Sea f(x) = |x|, x 
= 0, f(0) = 1, demostrar que
Ωf ((−δ, δ)) = 1 para todo δ, 0 < δ < 1,
Ωf ((0, δ)) = δ.
ii) Sea g(x) = sen 1x (x 
= 0) g(0) = 0 demostrar que Ωf ((−δ, δ)) = 2,
Ωf ((0, δ)) = 2.
1-δ
1+δ
1
0 1
Y
X
Figura 4.17.
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 283
Ejercicio 13.
i) Ωf ((c − b, c + b)) = f((c + b)−) − f((c − b)+)
ii) Ωf ([c − b, c + b]) = f(c + b) − f(c − b)
iii) ĺım
b→0
Ωf ([c − b, c + b]) = f(c+) − f(c−)
iv) ĺım
b→0
Ωf ((c − b, c + b)) = f(c+) − f(c−).
Solución.
I) y II) evidentes.
III) sup{f(x) | x < c+b} = f((c+b)−) (Ejercicio 5 ), ı́nf{f(x) | x > c−b} =
f((c − b)+) (Ejercicio 5).
IV) Aplicar el ejercicio 7.
Ejercicio 14.
Sea f acotada en D, si S ⊂ T ⊂ D entonces Ωf ()S) ≤ Ωf (T ).
Sugerencia.
Como S ⊂ T se tiene
sup{f(x) | x ∈ S} ≤ sup{f(x) | x ∈ T}
ı́nf{f(x) | x ∈ S} ≥ ı́nf{f(x) | x ∈ T}.
Ejercicio 15.
Sea f una función acotada en T , demostrar que
Ωf (T ) = sup{f(x) − f(y) | x, y ∈ T}.
Sugerencia.
Sea sup{f(x) | x ∈ T} = b, y, ı́nf{f(x) | x ∈ T} = a, luego
f(x) ≤ b, y, f(y) ≥ a para todo x, y ∈ T,
por lo tanto f(x) − f(y) ≤ b − a.
284 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Dado � > 0 existen x0, y0 ∈ T tales que
b − �
2
< f(x0), f(y0) < a +
�
2
,
luego f(x0) − f(y0) > (b − a) − �.
Sea f una función acotada en D, entonces la oscilación:
Ωf ((a − b, a + b) ∩ D) con a ∈ D
disminuye a medida que b disminuye (Ejercicio 14), luego existe el ĺımite:
ĺım
b→0
Ωf ((a − b, a + b) ∩ D).
Este ĺımite se llama la oscilación de f en a y se nota por wf (a):
wf (a) = ĺım
b→0
Ωf ((a − b, a + b) ∩ D) (4.3)
Si f es creciente, entonces wf (a) es igual al salto de f en a
wf (a) = f(a+) − f(a−) (Ejercicio 13).
Si f es decreciente
wf (a) = |f(a+) − f(a−)| = f(a−) + f(a+).
Ejercicio 16.
Sea f(x) = sen 1x (x 
= 0), f(0) = 0, demostrar que wf (0) = 2.
Ejercicio 17.
Sea f(x) =
x|x − 1|
x − 1 (x 
= 1), f(1) = 1, demostrar que wf (1) = 2.
Tenemos la siguiente relación entre la continuidad de f en a y la oscilación de
f en a.
f es continua en a si y sólo si wf (a) = 0.
Demostación.
i) Supongamos que f es continua en a.
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ D implica |f(x) − f(a)| < �
2
,
y ∈ (a − δ, a + δ) ∩ D implica |f(y) − f(a)| < �
2
.
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 285
Por lo tanto, se tiene que
|f(x) − f(y)| ≤ |f(x) − f(a)| + |f(a) − f(y)| < �2 + �2 = � para todo
x, y ∈ (a − δ, a + δ) ∩ D.
Luego sup{f(x) − f(y) | x, y ∈ (a − δ, a + δ) ∩ D} ≤ �, esto es Ωf ((a −
δ, a + δ) ∩ D) ≤ �).
Aśı que wf (a) ≤ �, como � es cualquiera, se tiene que wf (a) = 0.
ii) Supongamos que wf (a) = 0, o sea ĺım
b→0
Ωf ((a − b, a + b) ∩ D) = 0.
Dado � > 0 existe δ tal que Ωf ((a − δ, a + δ) ∩ D) < �.
Esto es, si x ∈ (a− δ, a + δ)∩D se debe tener que |f(x)− f(a)| < �, por
lo tanto ĺım
x→a f(x) = f(a).
Ejercicio 18.
Sea f una función acotada en D, demostrar que f es continua por la derecha
en a si y sólo si ĺım
b→0
Ωf ([a − δ, a + δ) ∩ D) = 0.
Ejercicio 19.
Sea f definida por
f(x) =
{
0 si x es racional,
1 si x es irracional,
demostrar que wf (a) = 1 para cualquier a ∈ R1.
Ejercicio 20.
Sea f definida por:
f(x) =
{
|x − c| si x es irracional (c = constante)
0 si x es racional,
demostrar:
i) wf (x) = |x − c| para todo x.
ii) f es continua en c, y discontinua en x 
= c.
286 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicios adicionales
Ejercicio 21. Sea Q = {xn} | n ∈ N} el conjunto de todos los números
racionales en [0, 1], si {xnk | k ∈ N} es el conjunto de todos los números
racionales menores o iguales a x, definimos f(x) =
∞∑
k=1
1
2nk
demostrar que
i) f es creciente.
ii) f es continua en cualquier número irracional.
iii) El salto de f en x = xn ∈ Q es 1/2n.
Solución.
i) Evidente.
ii) Sea x un irracional, dado � > 0 existe n tal que
1
2n
< �.
x
3
x
n
( )
x
t x
k
x
2 
x
1
δ δ
(k < m)
Figura 4.18.
Sea δ = mı́n{|x − x1|, |x − x2|, . . . , |x − xn|} entonces śı xk ∈ B(x, δ) se
tiene que k > n, luego: para todo t ∈ B(x, δ) tenemos:
|f(t) − f(x)| <
∞∑
k=n+1
1
2k
=
1
2n
< �
ya que los racionales localizados entre t y x tiene sub́ındices mayores que
n. Esto es, f es continua en x.
iii) Sea x = xn ∈ Q. Evidentemente se tiene
ĺım
t→x−
f(t) = f(x−) = f(x) − 1
2n
.
Por un procedimiento análogo a ii) se demuestra que
ĺım
t→x+
f(t) = f(x+) = f(x),
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 287
aśı que
f(x+) − f(x−) = 1
2n
.
Nótese que esta función f es continua por la derecha.
Ejercicio 22.
Con lamisma notación del ejercicio 21, dado x ∈ (0, 1] si {xsk | k ∈ N} es el
conjunto de todos los racionales menores que x, definimos
g(x) =
∞∑
k=
1
2sk
,
demostrar:
i) g es creciente.
ii) g es continua en cualquier irracional.
iii) g es continua por la izquierda en toda parte.
iv) El salto de g en xn ∈ Q es 1/2n.
Ejercicio 23.
Sea f creciente en [a, b]. Si f es discontinua en x1, x2x . . . , xn entonces:
n∑
k=1
[f(x+k ) − f(x−k )] ≤ f(b) − f(a).
Si f es decreciente, entonces:
n∑
k=1
|f(x+k ) − f(x−k )| ≤ |f(b) − f(a)| = f(a) − f(b).
Demostación.
(Para f creciente)
Para mayor sencillez supongamos:
a ≤ x1 < x2 < · · · < xk−1 < xk < · · · < xn ≤ b.
Sean t0, t1, . . . , tn tales que
xk < tk < xk+1 (k = 1, 2, 3, . . . , n − 1), t0 = a, tn = b,
288 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
entonces f(tk−1) ≤ f(x−k ) ≤ f(x+k ) ≤ f(tk) (k = 1, 2, . . . , n) luego
f(x+k ) − f(x−k ) ≤ f(tk) − f(tk−1).
Sumando esta desigualdad con respecto a k, de 1 hasta n se tiene:
n∑
k=1
[f(x+k ) − f(x−k )] ≤
n∑
k=1
[f(tk) − f(tk−1)].
Pero
n∑
k=1
[f(tk) − f(tk−1)] = f(t1) + f(t2) − f(t1) + f(t3) − f(t2) + · · ·
· · · + f(tn) − f(tn−1) = f(tn) − f(t0) = f(b) − f(a),
por lo tanto se tiene:
n∑
k=1
[f(x+k ) − f(x−k )] ≤ f(b) − f(a).
f (t
k-1
)
f (x
k
+) f (tk)
x
k+1
t
kxk
t
k-1xk-1
Figura 4.19.
Ejercicio 24.
Sea f creciente (ó decreciente) en [a.b]. Demostrar que el conjunto D de todos
los puntos de discontinuidad de f es contable.
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 289
Solución (Para f creciente)
i) Sea Dn = {x ∈ [a, b] | f(x+) − f(x−) > 1n}, entonces Dn ⊂ D (para todo
n), luego:
∞∑
n=1
Dn ⊂ D.
Por otra parte, si x ∈ D entonces f(x+) − f(x−) > 0, luego existe un
número natural n tal que f(x+) − f(x−) > 1n , esto es x ∈ Dn, por lo
tanto se tiene que D ⊂
∞⋃
n=1
Dn.
Entonces D =
∞⋃
n=1
Dn.
ii) Ahora vamos a demostrar que Dn es un conjunto finito.
Supongamos que Dn es infinito, esto es, para todo m existe m puntos
distintos de Dn, digamos x1, x2 . . . , xm, por el ejercicio 23 se tiene:
m∑
k=1
[f(x+k ) − f(t−k )] ≤ f(b) − f(a).
Pero f(x+k ) − f(x−k ) > 1n (para todo k = 1, 2, 3, . . . , m) puesto que
xk ∈ Dn, por lo tanto tenemos:
m∑
k=1
1
n
<
m∑
k=1
[f(x+k ) − f(x−k )] ≤ f(b) − f(a),
o sea mn ≤ f(b) − f(a), m ≤ n(f(b) − f(a)), absurdo ya que m puede ser
tan grande como una quiera.
iii) Como Dn es finito (contable), la unión contable de conjuntos contables
es contable, aśı D es contable.
Ejercicio 25.
Demostrar que : ĺım
b→0+
f((x + b)−) = f(x+) suponiendo que existen todos los
ĺımites citados.
Solución.
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que 0 < t < δ implica
|f(x + t) − f(x+)| < �
2
(por la existencia de f(x+)) (i)
290 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
)
δ
x+δ
x+b
x+t
x
Figura 4.20.
Sea b ∈ B(0, δ), entonces si b− t(> 0) es suficientemente pequeña se tiene que:
|f(x + t) − f((x + b)−)| < �
2
(por la existencia de f((x + b)−)) (ii)
por lo tanto, de (i) y (ii) tenemos: |f(x+)−f((x+ b)−)| < �, o sea ĺım
b→0+
f((x+
b)−) = f(x+).
Nota 38. Ver el ejercicio 7.
Ejercicio 26.
Sea f una función definida en [a, b], sea D = {x | f(x+) y f(x−) existen, y
f(x+) 
= f(x−)} entonces D es un conjunto no contable.
Solución.
Dados tres números racionales p, q y r, definimos el conjunto Dp,q,r como sigue:
Dp,q,r = {x | f(x+) y f(x−) existen y, f(x−) < p < f(x+)}
∩ {x | f(t) < p para todo t ∈ (q, x)}
∩ {x | f(t) > p para todo t ∈ (x, r)}
Si x, x
′
(x < x
′
) ∈ Dp,q,r entonces para todo t ∈ (x, x′) se tiene: f(t) < p, y,
f(t) > p esto es imposible. Por lo tanto el conjunto Dp,q,r contiene a lo más
un elemento.
Si f(x+) > f(x−), entonces existen p, q, y r tales que x ∈ Dp,q,r, como la
familia {Dp,q,r | p, q, r ∈ Q} es contable, entonces: {x | f(x+) > f(x−)} es
contable.
Nota 39.
Q es el conjunto de todos los numeros racionales.
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 291
////////////
f (t) < p
f ( t´ ) > p
t´tq
p
x
10
Figura 4.21.
De la misma manera, el conjunto: {x | f(x+) < f(x−)} es contable, luego el
conjunto D es contable.
Ejercicio 27.
Sea f una función definida en (a, b) tal que para cada punto c de (a, b) existe
una vecindad donde f es creciente. Demostrar que f es creciente en (a, b).
Solución.
Sean x < y, x, y ∈ (a, b), para cada t ∈ [x, y] existe una vecindad, B(t, δt), en
donde la función f es creciente. Como [x, y] es compacto, [x, y] puede ser re-
cubierto por un número finito de tales vecindades: [x, y] ∈
N⋃
k=1
B(tk, δk) donde
f es creciente en B(tk, δk) = (tk − δk, tk + δk) (para todo k).
(
(
( )
t
k-1 
t
k
s
Figura 4.22.
Sin pérdida de generalidad, supongamos que: t1 < t2 < t3 < · · · < tN además
ninguna vecindad ésta contenida en otra de la familia finita: Entonces existe
s: s ∈ B(tk−1, δk−1) ∩ B(tk, δk), luego: f(tk−1) ≤ f(s) ≤ f(tk), aśı se llega a
tener: f(x) ≤ f(y).
292 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 28.
Sea f una función definida en [0, 1] como sigue: Expresemos x en el sistema
binario, y lo leemos en el sistema decimal. Sea f(x) este valor (léıdo del sistema
decimal). Por ejemplo:
1
2
= 0.1 (binario), f(
1
2
) = 0.1(decimal) =
1
10
1
4
= 0.01 (binario), f(
1
4
) = 0.01 (decimal) =
1
100
7
8
= 0.111 (binario), f(
7
8
) = 0.111 (decimal) =
111
1000
2
3
= 0.10101010 . . . (binario), f(
2
3
) = 0.101010 . . . (decimal) =
10
99
En caso de que existan dos expresiones en el sistema binario para x, se utiliza
la expresión finita, por ejemplo:
1
2 = 0.1 (expresión finita en el sistema binario)
1
2 = 0.011111 . . . (expresión
ćıclica infinita) entonces f(12) = 0.1 (decimal)=
1
10
Nótese que 0.01111 . . . en el sistema decimal es igual a 190 , no se debe escoger
este valor para f(12).
Demostrar que f es creciente, y hallar los puntos de discontinuidad de f .
Solución.
Evidentemente f es creciente.
Sea x0 un número racional cuyo denominador es igual a una potencia de 2:
x0 = a12 +
a2
4 + · · · + an−12n−1 + 12n = (0.a1a2 . . . an−11) entonces: xk = a12 + a24 +
· · · + an−1
2n−1 + 0 + [
1
2n+1
+ 1
2n+2
+ · · · + 1
2n+k
] → x0 (cuando k → ∞) y {xk} es
creciente, xk < x0.
Tenemos:
f(xk) = a110 +
a2
100 + · · ·+ an−110n−1 + 110n+1 [1 + 110 + · · ·+ 110k−1 ] → a110 + a2102 + · · ·+
an−1
10n−1 +
1
9×10n (k → ∞), f(x0) = a110 + a2102 + · · · + an−110n−1 + 110n
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 293
luego:
ĺım
k→∞
f(xk) < f(x0), o sea que f es discontinua por la izquierda en x0, y
f(x0) − f(x−0 ) =
1
10n
− 1
9 × 10n =
8
9 × 10n
Dejamos al lector la demostración de que f es siempre continua por la de-
recha, y la única discontinuidad de f se presenta en los puntos discutidos
anteriormente.
Ejercicio 29.
Sea f creciente(ó decreciente) en (a, b), c ∈ (a, b). Si para una sucesión {xn} →
c, xn > c se tiene: ĺım
n→∞ f(xn) = b demostrar que b = f(c
+).
Si para una sucesión {tn} → c, tn < c se tiene ĺım
n→∞ f(tn) = s demostrar que
s = f(c−).
Función aditiva
Ejercicio 30.
Sea f una función de valor real, definida en R1 tal que
(i) f(x + y) = f(x) + f(y) para todo x, y ∈ R1.
(ii) f es continua en algún punto x0.
Demostrar que existe una constante a tal que f(x) = ax.
Solución.
[1] f(0) = 0 ya que f(0 + 0) = f(0) + f(0).
[2] f(nx) = f(x + x + · · · + x) = nf(x) (n = natural).
[3] f
(
1
n
)
= 1n f(1) ya que f(1) = f
(
n 1n
)
= nf
(
1
n
)
.
[4] f
(
m
n
)
= mn f(1) ya que f
(
m
n
)
= f
(
m 1n
)
= mf
(
1
n
)
.
[5] f es continua en cualquier punto ya que
|f(x0 + b) − f(x0)| = |f(b)| → 0 (b → 0) (por (ii))
|f(x + b) − f(x)| = |f(b)| → 0 (b → 0).
294 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
[6] Dado x, existe una sucesión de números racionales, {rn}, tal que rn → x,
por la continuidad de f en x se tiene
f(x) = ĺım
n→∞ f(rn) = ĺımn→∞ rnf(1) = xf(1),
o sea f(x) = ax donde a = f(1).
Ejercicio 31.
Sea f una función de valor real, definida en R1 tal que
f(x +y) = f(x) + f(y) para todo x, y ∈ R1.
Si f es acotada superiormente en (a, b), demostrar que:
a) f es acotada inferiormente en (a, b).
b) f es acotada en cualquier intervalo acotado.
c) f es continua en R1 (esto es f(x) = ax).
Solución.
a) Por el ejercicio anterior, tenemos:
f(rx) = rf(x) para todo r racional.
Supongamos que f(x) ≤ M en (a, b).
(
( ( (
a x c y b
Figura 4.23.
Sea c =
a + b
2
, si x ∈ (a, c) entonces escogemos y ∈ (c, b) tal que
c − x = y − c, luego f(c − x) = f(y − c), o sea f(c) − f(x) = f(y) − f(c),
2f(c) − f(x) = f(y) ≤ M .
Por lo tanto f(x) ≥ 2f(c)−M , aśı que f es acotada inferiormente en (a, b).
Obtenemos el mismo resultado si x ∈ (c, b).
4.1. ĹIMITE POR LA DERECHA Y ĹIMITE POR LA IZQUIERDA 295
b) Sea [c, d] cualquier intervalo compacto,entonces [c, d] se puede recubrir por
un número finito de intervalos abiertos de longitud (b − a):
[c, d] ⊂
N⋃
k=1
(ak, bk) donde bk − ak = b − a.
Si |f(x)| ≤ M en (a, b) se tiene
t ∈ (ak, bk) implica t + (a − ak) ∈ (a, b)
f(t) = f(t + (a − ak)) − f(a − ak),
|f(t)| ≤ M + |f(a − ak).|
Por lo tanto, f es acotada en (ak, bk), luego f es acotada en [c, d].
c) Sea |f(x)| ≤ M0 en [−t, t].
Dado � > 0 existe N tal que M0N < �, sea δ =
1
N .
Si |b| < δ tenemos que
si n es la parte entera de
1
|b| , n ≥
1
δ
= N,
|f(b)| =
∣∣∣ 1
n
f(nb)
∣∣∣ = 1
n
|f(nb)| ≤ M0
n
≤ M0
N
< �,
es decir, f es continua en 0.
Ejercicio 32.
Sea f una función de valor real definida en R1 tal que
f(x + y) = f(x) + f(y), y, f(x, y) = f(x)f(y)
demostrar que entonces f = 0, ó, f(x) = x.
Solución.
f(x2) = f(xx) = f(x)f(x) = [f(x)]2 ≥ 0.
Si y′ > y, entonces y′ − y > 0, luego existe x ∈ R1 tal que y′ − y = x2.
Tenemos f(y′) − f(y) = f(x2) ≥ 0, o sea que f es creciente, por lo tanto
f es acotada en cualquier intervalo acotado. Aplicando el ejercicio anterior
f(x) = ax, luego f(xy) = axy = f(x)f(y) = a2xy, ó a2 = a, aśı que f(x) = 0,
ó, f(x) = x.
296 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 33.
Dar un ejemplo de una función de valor real, definida en R1 tal que
a) f(x + y) = f(x) + f(y) para todo x, y ∈ R1.
b) f no sea de la forma ax.
Solución.
Sea Q el conjunto de todos los números racionales en R1.
Existe una base de R1 con los coeficientes racionales (#), o sea que existe un
conjunto S de números reales tal que:
a) Cualquier número real es una combinación lineal finita de los números del
conjunto S con coeficientes racionales.
b) Si a1, a2, . . . , aN ∈ S, entonces
q1a1 + q2a2 + · · · + qNaN = 0 con q1, q2, . . . , qN ∈ Q
implica q1 = q2 = · · · = qN = 0.
S es un conjunto infinito ya que Q es contable y R1 no es contable.
Sea T = {λk | k ∈ N} un subconjunto infinito contable de S, si x ∈ R1
entonces x toma la forma
x = q1λ1+q2λ2+· · ·+qnλn+
{ una combinación lineal finita de números
de S − T con coeficientes racionales
}
donde q1, q2, . . . , qn ∈ Q.
Definimos la función f :
f(x) = q1 + 2q2 + 3q3 + · · · + nqn.
Es fácil demostrar que f satisface la condición a). Evidentemente, f no es
da la forma ax.
Nótese que en ningún intervalo f es acotada.
(#) Nota
Para demostrar la existencia de una base de R1 hay que emplear el axioma de
Zorn.
4.2. DERIVACIÓN 297
Sea F la familia de conjunto numérica, A, tales que si
λ1 + λ2 + · · · + λn ∈ A, y, q1λ1 + q2λ2 + · · · + qnλn = 0
con q1, q2, . . . , qn ∈ Q.
entonces q1, q2, . . . , qn = 0 (n cualquiera).
Se establece una orden en F con la relación de inclusión (⊂). Dada una cadena
de conjuntos en F:
A1 ⊂ A2 ⊂ · · · ⊂ Ak ⊂ · · ·
se tiene que
∞⋃
k=1
Ak ∈ F.
Por el axioma de Zorn, F tiene un conjunto maximal, digamos S. Si S no es
una base de R1, debe haber un número x ∈ R1 que no pueda ser expresado
como combinación lineal finita (con coeficientes racionales) de números de S,
entonces S ∪ {x} ∈ F, y S es un subconjunto propio de S ∪ {x} (absurdo).
Por lo tanto, S es una base de R1.
4.2. Derivación
Muy seguramente el lector conoce bien los conceptos de derivada y algunas pro-
piedades relacionadas con ella, estudiados en los cursos elementales de cálculo.
La totalidad de los tópicos que se van a tratar en este parágrafo es, en realidad,
un repaso de los cursos elementales.
Derivada en un punto
Dada una función definida en una vecindad del punto a, la razón de aumento
de f entre a y x es:
f(x) − f(a)
x − a . (4.4)
Si existe el ĺımite de 4.4 cuando x → a, a este ĺımite se le llama la derivada
de f en ay se nota:
f ′(a) = ĺım
x→a
f(x) − f(a)
x − a . (4.5)
A veces se usa la notación Df(a) en lugar de f ′(a).
298 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
y=f (x)
f (x)-f (a)
f (a)
x-a
ax´ x
X
Y
0
Figura 4.24.
Ejemplo 1.
Hallar la derivada de f en 0:
a) f(x) = x2 sen 1x , (x 
= 0), f(0) = 0.
b) f(x) = e−1/|x| (x 
= 0), f(0) = 0.
c) f(x) = e−1/x2 (x 
= 0), f(0) = 0.
Solución.
(a)
f(x) − f(0)
x − 0 = x sen
1
x → 0 (cuando x → 0) ya que
|x sen 1
x
| = |x|| sen 1
x
| ≤ |x| → 0 (cuando x → 0),
luego f ′(0) = 0.
(b)
f(x) − f(0)
x − 0 =
e−1/|x|
x
=
1
x
1
e1/|x|
→ 0 (cuando x → 0) puesto que
1
|x| → +∞ cuando x → 0( 1
|x|
) 1
e1/|x|
→ 0 cuando 1|x| → ∞
aśı que f ′(0) = 0.
(c) f ′(0) = 0 (Similar a (b)).
4.2. DERIVACIÓN 299
Ejercicio 34.
Si f es derivable en a, entonces f es continua en a.
Solución.
f(x) − f(a) = f(x) − f(a)
x − a (x − a) → f
′(a)0 = 0 (x → a), por lo tanto
ĺım
x→a f(x) = f(a).
Ejercicio 35.
Si f es derivable en a, existe una constante M > 0 tal que en una vecindad
adecuada de a se tiene:
|f(x) − f(a)| ≤ M |x − a|. (4.6)
Solución.
dado � > 0 existe δ > 0tal que∣∣∣f(x) − f(a)
x − a − f
′(a)
∣∣∣ < � para todo x ∈ B(a, δ),
luego ∣∣∣f(x) − f(a)
x − a
∣∣∣ < |f ′(a)| + �.
Multiplicando por |x − a| se tiene∣∣f(x) − f(a)∣∣ ≤ {|f ′(a)| + �}|x − a| (para todo x ∈ B(a, δ)).
Tomando M = |f ′(a) + �|, se completa la prueba.
A la desigualdad 4.6 se le llama la condición de Lipshitz de orden 1 en a.
Ejercicio 36.
Sea f derivable en a, demostrar que f es acotada en una vecindad adecuada
de a.
Solución.
Del ejercicio 35, se tiene
|f(x)| ≤ |f(a)| + M |x − a| < |f(a)| + Mδ para todo x ∈ B(a, δ).
300 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 37.
Sea f definida en una vecindad de a, si f ′(a) 
= 0 demostrar que existe una
vecindad de a en donde f(x) 
= f(a).
Solución.
Si f ′(a) 
= 0 se puede escoger � = |f ′(a)|, entonces existe δ > 0 tal que∣∣∣f(x) − f(a)
x − a − f
′(a)
∣∣∣ < � = |f ′(a)| para todo x ∈ B(a, δ),
luego ∣∣∣f(x) − f(a)
x − a
∣∣∣ > � − |f ′(a)| = 0,
por lo tanto f(x) 
= f(a) para todo x ∈ B(a, δ).
Otra demostración (por el método del absurdo)
Si toda vecindad de “a” contiene un punto en donde el valor de f es igual a
f(a), existe una sucesión {xn} → a (xn 
= a) tal que
f(xn) = f(a) (para todo n).
Por la derivabilidad de f en a se tiene que:
f ′(a) = ĺım
n→∞
f(xn) − f(a)
xn − a = ĺımn→∞
0
xn − a = 0 (absurdo).
Nota
f ′(a) = 0 no significa la existencia de puntos, x, tales que f(x) = f(a).
Ejemplo
Sea f(x) = x3, entonces f(x) 
= f(0) para todo x 
= 0, pero f ′(0) = ĺım
x→0
x3 − 0
x − 0 =
0.
Ejercicio 38.
Si f y g son derivables en a, demostrar:
(a) (f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a).
(b) (f · g)(a) = f ′(a)g(a) + f(a) + g′(a).
4.2. DERIVACIÓN 301
(c)
( 1
g
)′
(a) =
f ′(a)g(a) − f(a)g′(a)
[g(a)]2
(con g(a) 
= 0).
El lector debe conocer la demostración de este resultado. Si no lo sabe, puede
consultar cualquier libro de cálculo elemental.
Ejercicio 39.
Sean f definida en una vecindad de a, y g definida en una vecindad de f(a);
si f es derivable en a, y g es derivable en f(a) entonces la función compuesta
g ◦ f es derivable en a, y se tiene:
(g ◦ f)′(a) = g′(f(a))f ′(a).
Nota
El lector debe conocer este resultado, pero la demostración es a veces defec-
tuosa en los cursos elementales, razón por la cual aqúı repetiremos la demos-
tración.
Demostación.
i) Supongamos primero que f ′(a) 
= 0. Por el ejercicio 37 existe una vecindad
B(a, δ) endonde f(x) 
= f(a). Tenemos
g(f(x)) − g(f(a))
x − a =
g(f(x)) − g(f(a))
f(x) − f(a)
f(x) − f(a)
x − a −−−−→(x→a) g
′(f(a))f ′(a),
puesto que f(x) → f(a) cuando x → a (por la continuidad de f en a).
ii) Supongamos que f ′(a) = 0.
Por el ejercicio 35, existe M > 0 y δ0 > 0 tales que
|g(y) − g(f(a))| ≤ M |y − f(a)| para todo y ∈ B(f(a), δ0).
Por la continuidad de f en a, para este δ0 ya escogido existe δ1 > 0 tal
que |f(x) − f(a)| < δ0 para todo x ∈ B(a, δ1).
Como f ′(a) = 0, dado � > 0 existe δ > 0 (escogemos δ < δ1 ) tal que∣∣∣f(x) − f(a)
x − a
∣∣∣ < �
M
para todo x ∈ B(a, δ) ⊂ B(a, δ1), o sea que:
|f(x) − f(a)| < �
M
|x − a| para todo x ∈ B(a, δ).
Como f(x) ∈ B(f(a), δ0), si x ∈ B(a, δ) tenemos que
|g(f(x))−g(f(a))| ≤ M |f(x)−f(a)| < M �
M
|x−a| para todo x ∈ B(a, δ),
302 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
aśı que ∣∣∣g(f(x)) − g(f(a))
x − a
∣∣∣ < � si x ∈ B(a, δ),
por lo tanto
ĺım
x→a
g(f(x)) − g(f(a))
x − a = 0 (= g
′(f(a)) · f ′(a) = 0).
Ejercicio 40.
Sea f derivable en a, demostrar que:
(i) |f(x)| es derivable si f(a) 
= 0.
(ii) Si f(a) = 0, |f(x)| es derivable si y sólo si f ′(a) = 0.
Sugerencia.
(ii) Supongamos que f(a) = 0.
Tenemos ĺım
x→a
f(x) − f(a)
x − a = ĺımx→a
f(x)
x − a = f
′(a), luego ĺım
x→a
|f(x)|
|x − a| =
|f ′(a)|. Aśı que ĺım
x→a+
|f(x)|
x − a = |f
′(a)|, ĺım
x→a−
|f(x)|
x − a = −|f
′(a)| por lo
tanto, el ĺımite ĺım
x→a
|f(x)|
x − a existe si y sólo si f
′(a) = 0.
Ejercicio 41.
Sea f derivable en a, investigar la derivabilidad de g(x) = f(|x|) en |a|.
Sugerencia.
(i) Si a 
= 0, g es derivable en |a|.
(ii) Si a = 0,
x > 0,
g(x) − g(0)
x − 0 =
f(x) − f(0)
x − 0 → f
′(0) (cuando x → 0+)
x < 0,
g(x) − g(0)
x − 0 =
f(−x) − f(0)
x − 0 = −
{f(−x) − f(0)}
(−x) − 0 → −f
′(0)
(cuando x → 0−),
por lo tanto, g es derivable en a = 0 si y sólo si f ′(0) = 0.
4.2. DERIVACIÓN 303
Ejercicio 42.
Demostrar que
(i) g(y) = y sen 1y no es derivable en 0, pero g(x
λ) (λ > 1) si es derivable
en 0.
(ii) f(x) = |x| no es derivable en 0, pero {f(x)}λ = |x|λ (λ > 1) si es
derivable en x = 0.
Ejemplo 2.
Sea g(x) = x2, x ∈ D = [1,∞).
g está definida en la parte derecha del punto “1”, podemos pensar en el si-
guiente ĺımite
ĺım
x→1
x∈D
g(x) − g(1)
x − 1 = ĺımx→1
(x>1)
x2 − 1
x − 1 = 2.
En forma más general, el ĺım
x→a
(x>a)
f(x) − f(a)
x − a se llama la derivada de f por la
derecha en a y se nota:
D+f(a) = ĺımx→a
(x>a)
f(x) − f(a)
x − a , (4.7)
análogamente, la derivada de f por la izquierda es
D−f(a) = ĺımx→a
(x<a)
f(x) − f(a)
x − a (4.8)
Ejercicio 43.
Sea f definida en una vecindad de a, f es derivable en a si sólo si existen
D+f(a), y, D−f(a) y D+f(a) = D−f(a).
en este caso, se tiene f ′(a) = D+f(a) = D−f(a).
Ejercicio 44.
En los casos siguientes, mostrar que existen D+f(a) y D−f(a), pero f no es
derivable en a. (Nótese que la continuidad no siempre implica la derivabilidad).
i) f(x) = |x|, a = 0.
ii) f(x) = x|x − 1|, a = 1.
304 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
iii) f(x) = |x2 − 1|, a = −1.
Ejemplo 3.
i) Sea f(x) =
√
x, x ∈ D = [0,∞), entonces:
ĺım
x→0+
f(x) − f(0)
x − 0 = ĺımx→0+
√
x
x
= ĺım
x→0+
1√
x
= +∞
(el ĺımite diverge hacia + ∞),
esto hecho se nota por D+f(0) = +∞.
ii) Sea g(x) = 1 − x1/3, x ∈ D = [0,∞), tenemos
ĺım
x→0+
g(x) − g(0)
x − 0 = ĺımx→0+
−x1/3
x
= ĺım
x→0+
− 1
x2/3
= −∞( el ĺımite diverge
hacia −∞
)
,
esto se nota por D+g(0) = −∞,
iii) Sea b(x) = |x|1/3, x ∈ R1, tenemos:
ĺım
x→0+
b(x) − b(0)
x − 0 = ĺımx→0+
|x|1/3
x
= +∞,
ĺım
x→0−
b(x) − b(0)
x − 0 = ĺımx→0−
|x|1/3
x
= ĺım
x→0−
−|x|
1/3
|x| = −∞.
luego D+b(0) = +∞, D−b(0) = −∞.
iv) Sea F (x) =
x√|x| (x 
= 0), F (0) = 0, entonces
ĺım
x→0
F (x) − F (0)
x − 0 = ĺımx→0
1√|x| = +∞ (el ĺımite diverge hacia + ∞),
entonces F ′(0) = +∞.
Ejercicio 45.
Sea f una función convexa en (a, b), si c ∈ (a, b) demostrar que existen D+f(c)
y D−f(c).
4.2. DERIVACIÓN 305
Nota
La funciónf es convexa si el conjunto {(x, y) | y ≥ f(x), x ∈ (a, b)} es convexo.
Sabemos que una función convexa es continua (Ejercicio 11).
Solución.
Sea x > c, la ecuación del seguimiento (c, f(c)) → (x, f(x)) es y = y(t) =
f(c) +
f(x) − f(c)
x − c (t − c), t ∈ [c, x].
Como la función es convexa, y(t) ≥ f(t) f(c) + f(x) − f(c)
x − c ≥ f(t) si t ∈
(c, x), o sea que
f(x) − f(c)
x − c ≥
f(t) − f(c)
t − c (4.9)
( x , f (x))
(c , f (c))
x X
(d , f (d))
tcd
Figura 4.25.
Por otro lado, si d < c, la ecuación del segmento (d, f(d)) → (x, f(x)) es
y = y1(t) = f(d) +
f(x) − f(d)
x − d (t − d), t ∈ [d, x],
como y1(c) ≥ f(c) tenemos
f(d) +
f(x) − f(d)
x − d (c − d) ≥ f(c),
esto es (ver la nota #)
f(x) − f(c)
x − c ≥
f(c) − f(t)
c − d (4.10)
De 4.9, se tiene que el cociente
f(x) − f(c)
x − c (4.11)
306 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
disminuye cuando x disminuye (x → c, x > c), en tanto que el valor del cociente
4.11 es acotado por
f(c) − f(d)
c − d (por 4.10), por lo tanto existe el ĺımite
ĺım
x→c+
f(x) − f(c)
x − c = D+f(c).
De la misma manera, se puede demostrar la existencia de D−f(c).
(#) Nota
f(d) +
f(x) − f(d)
x − c (c − d) ≥ f(c),
Multiplicando por x − d > 0 se tiene
f(d)(x − d) + {f(x) − f(d)}(c − d) ≥ f(c)(x − d).
Descomponemos (x − d) en el segundo miembro de la desigualdad anterior
como x − d = (x − c) + (c − d),
f(d)(x − d) + f(x)(c − d) − f(d)(c − d) ≥ f(c)(x − c) + f(c)(c − d),
f(d) [x − d − (c − d)]︸ ︷︷ ︸
x−c
+(c − d)[f(x) − f(c)] ≥ f(c)(x − c)
aśı
(c − d)[f(x) − f(c)] ≥ [f(c) − f(d)](x − c).
Ejemplo 4.
i) f(x) = |x| es convexa en (−∞,∞), y
D+f(0) = 1, y, D−f(0) = −1 (D+f(0) 
= D−f(0)),
1. f(x) = −√x es convexa en [0,∞). En el punto “0” (el extremo de
dominio de f) se tiene D+f(0) = −∞.
Esto nos muestra que el resultado del ejercicio 45 sirve únicamente en los
puntos interiores del dominio de la función.
Función derivada
Sea f definida en D, sea D1(⊂ D) el conjunto de todos los puntos, x ∈ D tales
que f ′(x) existe, entonces podemos definir una nueva función f ′:
f ′ : D1 −→ R1
x −→ f ′(x),
4.2. DERIVACIÓN 307
a esta función f ′ se le llama la función derivada de f , la función f ′ también
es denotada por Df ó
df
dx
.
Ejemplo 5.
i) Sea f(x) =
√|x|, D = (−∞,∞), entonces
D1 = D − {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞), se tiene f ′(x) = 1
2
√|x| , x ∈ D1.
ii) Sea g(x) = |x2 − 1|, D = (−∞,∞), entonces
D1 = D − {−1, 1} = {x ∈ R1 | x 
= −1, x 
= 1}, se tiene
g′(x) =
⎧⎪⎨⎪⎩
2x si x > 1,
−2x si − 1 < x < 1,
2x si x < −1.
iii) Sea f(x) = |x2 − 1|, D = [−1, 1].
Obsérvese que f es una restricción de la función g de (ii), f es derivable
para todo punto de (−1, 1)
f ′(x) = −2x si x ∈ (−1, 1).
Además, en x = 1 existe la derivada por la derecha, y en x = 1 existe la
derivada por la izquierda
D+f(−1) = 2 y D−f(1) = −2.
Aśı, en los extremos del intervalo [−1, 1] considerando la derivada por
la derecha, o la derivada por la izquierda como la derivada, podemos
definir la función derivada f ′:
f ′(x) − 2x con x ∈ [−1, 1].
Teorema de valor medio
Sea f una función definida en una vecindad de a, decimos que f es creciente
en a si para todo x suficientemente cercano al punto a se tiene:
f(x) < f(a) si x < a
308 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
y
f(x′) < f(a) si x′ < a
Más precisamente, f es creciente en a si existe una vecindad del punto “a”
B(a, δ) tal que
f(x) > f(a) para todo x ∈ (a, a + δ)
y
f(x) < f(a) para todo x ∈ (a − δ, a).
(4.12)
De la misma forma podemos hablar de una función decreciente en a.
Ejemplo 6.
i) f(x) = sen x es creciente en 0.
ii) g(x) = x sen
1
x
+ 2x (x 
= 0), y g(0) = 0.
Si x > 0 se tiene:
g(x) = x
(
2 + sen
1
x
)
> 0 ya que 2 + sen
1
x
> 0.
Si x < 0 se tiene
g(x) = x
(
2 + sen
1
x
)
< 0,
por lo tanto g es creciente en 0.
iii) b(x) = x sen 1x (x 
= 0), b(0) = 0.
Dada cualquier vecindad de 0, B(0, δ), si n es suficientemente grande se
tiene:
2
(4n + 1)π
,
2
(4n + 3)π
,∈ B(0, δ),
y
b
( 2
(4n + 1)π
)
=
2
(4n + 1)π
sen
(4n + 1)π
2
=
2
(4n + 1)π
> 0,b
( 2
(4n + 3)π
)
=
2
(4n + 3)π
sen
(4n + 3)π
2
= − 2
(4n + 3)π
< 0,
asi que b no es creciente ni decreciente en 0.
iv) t(x) = x2 + 1.
4.2. DERIVACIÓN 309
Dada cualquier vecindad de 0, B(0, δ), tenemos:
− δ
2
,
δ
2
∈ B(0, δ),
t
(δ
2
)
− t(0) = δ
2
4
> 0,
t
(
−δ
2
)
− t(0) = δ
2
4
> 0,
por lo tanto, t no es creciente ni decreciente en 0.
Ejercicio 46.
Sea f definida en una vecindad de a, si f es derivable en a, y f ′(a) > 0
(ó f ′(a) < 0) entonces f es creciente en a (ó decreciente en a).
Solución (para f ′(a) > 0)
Sea � = f ′(a) > 0, existe δ > 0 tal que∣∣∣f(x) − f(a)
x − a − f
′(a)
∣∣∣ < � = f ′(a) para todo x ∈ B(a, δ),
o sea:
0 = f ′(a) − f ′(a) < f(x) − f(a)
x − a < f
′(a) + f ′(a) = 2f ′(a),
por lo tanto:
f(x) > f(a) para todo x ∈ (a, a + δ),
f(x) < f(a) para todo x ∈ (a − δ, a).
Ejercicio 47.
Sea f definida en una vecindad de a, si f ′(a) = +∞ (ó −∞) demostrar que f
es creciente (ó decreciente) en a.
Sugerencia (para f ′(a) = +∞)
ĺım
x→a
f(x) − f(a)
x − a = +∞,
esto es,
f(x) − f(a)
x − a puede ser tan grande como uno quiera si x está muy
próximo al punto “a”, o sea que el cociente
f(x) − f(a)
x − a puede sobrepasar
310 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
a cualquier número, digamos 1, si x pertenece a una vecindad adecuada del
punto “a”, B(a, δ):
f(x) − f(a)
x − a > 1 si x ∈ B(a, δ).
el lector puede completar la demostración.
Nota
El hecho de que la función sea creciente en a no implica la derivabilidad de f
en a, ver el siguiente ejercicio.
Ejercicio 48. Dar un ejemplo de una función f creciente en a, tal que su
derivada en a no exista.
Solución.
i) f(x) = x sen 1x + 2x (x 
= 0), y f(0) = 0 (Ejemplo 6 (ii))
ii) Sea Q = {xn | n ∈ N} el conjunto de todos los números racionales
en [0, 1], dado x ∈ (0, 1) si {xnk | k ∈ N} es el conjunto de todos los
racionales menores que x, definimos:
f(x) =
∞∑
k=1
1
2nk
+ x (ver el ejercicio 21, cap. IV)
la función f es creciente en cada punto x del intervalo (0, 1), pero f no
es derivable en Q (ya que f es discontinua en Q).
Ejercicio 49.
Sea f una función creciente en cada punto de (a, b), demostrar que f es es-
trictamente creciente en (a, b), esto es:
a < x < y < b implica f(x) < f(y)
Solución
Ver el ejercicio 27, Capitulo 4 §1.
Ejercicio 50. Sea f derivable en (a, b), si f toma un máximo (o mı́nimo)
local en c ∈ (a, b), demostrar que f ′(c) = 0.
4.2. DERIVACIÓN 311
Sugerencia (por el método del absurdo)
Si f ′(c) > 0 entonces f es creciente en c, o sea que f(c) no puede ser un
máximo (o mı́nimo) local.
De la misma manera, si f ′(c) < 0 entonces f es decreciente en c (absurdo).
Ejemplo 7.
i) f(x) = x3, f ′(0) = 0 pero no se presenta máximo local ni mı́nimo local
en x = 0.
ii) g(x) = x2 sen 1x (n 
= 0), g(0) = 0.
Se tiene que g′(0) = 0, pero no hay máximo ni mı́nimo local en x = 0,
puesto que para todo δ > 0 se tiene:
2
4nπ + 3π
,
2
4nπ + π
∈ B(0, δ) si n es suficientemente grande,
g
( 2
4nπ + 3π
)
=
( 2
4nπ + 3π
)2
> 0.
y
g
( 2
4nπ + 3π
)
=
( 2
4nπ + 3π
)2
(−1) < 0.
iii) b(x) =
√
x, x ∈ [0,∞).
Hay un mı́nimo en x = 0, pero D+b(0) 
= 0.
Teorema de Rolle
Sea f continua en [a, b] y derivable en (a, b). Si f(a) = f(b) existe por lo
menos un c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) = 0.
Demostación.
Por la continuidad de f en el intervalo compacto [a, b] f debe tener un máximo
y un mı́nimo absoluto en [a, b].
i) Si el máximo y el mı́nimo de f están en el extremo del intervalo [a, b],
entonces:
El máximo de f(x) = El mı́nimo de f(x) = f(a) = f(b),
por lo tanto f es una constante en [a, b], esto es f ′(x) = 0 para todo x.
312 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
} }
y = f (x)
 f (b) f (a)
RY
0 a c b
Figura 4.26.
ii) Si existe el máximo o el mı́nimo en (a, b), digamos en c ∈ (a, b), por el
ejercicio 50 se tiene que f ′(0) = 0.
En la figura 4.26, el teorema de Rolle garantiza la existencia de un punto sobre
la curva y = f(x), R = (c, f(c)), donde la recta tangente es horizontal (o sea
f ′(c) = 0).
R} }
 b-a
 f (a)- f (b)
A
Y
0 a c b
Y´ B
X´
X
Figura 4.27.
En caso de que f(a) 
= f(b) (Figura 4.27) también existe un punto sobre la
curva y = f(x), R, en donde la recta tangente es paralela a la cuerda AB
(basta realizar una rotación de los ejes coordenados para que el nuevo eje OX ′
sea paralelo a la cuerda AB). La pendiente de la recta tangente en c es f ′(c),
y la pendiente de la cuerda AB es:
f(b) − f(a)
b − a ,
de estas consideraciones obtenemos el siguiente teorema del valor medio:
4.2. DERIVACIÓN 313
Teorema del valor medio
Si f es continua en [a, b] y derivable en (a, b) entonces existe c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) =
f(b) − f(a)
b − a .
Demostación.
Sea
F (x) = (b − a)f(x) − {f(b) − f(a)}x, (4.13)
entonces F es continua en [a, b] y derivable en (a, b). Además:
F (b) = (b − a)f(b) − {f(b) − f(a)}b = bf(a) − af(b),
F (a) = (b − a)f(a) − {f(b) − f(a)}a = bf(a) − af(b),
o sea F (b) = F (a). Aplicando el teorema de Rolle, existe un punto c tal que
F ′(c) = (b − a)f ′(c) − {f(b) − f(a)} = 0, esto es
f ′(c) =
f(b) − f(a)
b − a .
Nota
Utilizar la función F definida en 4.13 no es un método artificial ya que la
transformación que esta ecuación representa es una rotación del sistema de
coordenadas, como puede verse a continuación en la figura 4.28.
}
}
Y
0 x
y´ X´
X
θ
}x se
n θ
θ
θ
Y´
Figura 4.28.
y′ = y cos θ − x sen θ
= cos θ{y − tan θ · x}.
314 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Si la dirección de OX ′ es paralela a la cuerda AB se tiene que:
tan θ =
f(b) − f(a)
b − a
luego:
y′ = y cos θ{y − f(b) − f(a)
b − a x} =
cos θ
b − a {(b − a)y − [f(b) − f(a)]x}
=
cos θ
b − a F (x) (donde y = f(x)).
Se puede generalizar el teorema del valor medio de la siguiente manera:
Teorema del valor medio generalizado
Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b). Entonces existe
al menos un punto c ∈ (a, b) tal que
f ′(c)[g(b) − g(a)] = g′(c)[f(b) − f(a)]. (4.14)
Demostación.
Definimos una función H(x) como sigue:
H(x) = f(x)[g(b) − g(a)] − g(x)[f(b) − f(a)].
Según esto, se tiene que:
H(b) = H(a) (dejamos al lector la comprobación de esta igualdad).
Aplicando el teorema de Rolle, existe un punto c ∈ (a, b) en donde H ′(c) = 0,
esto es
H ′(c) = f ′(c)[g(b) − g(a)] − g′(c)[f(b) − f(a)] = 0.
Nota
Si g(b) 
= g(a) y g′(c) 
= 0 la igualdad 4.14 se transforma en:
f(b) − f(a)
g(b) − g(a) =
f ′(c)
g′(c)
. (4.15)
En especial, si g(x) = x, 4.15 es el teorema del valor medio ya estudiado.
4.2. DERIVACIÓN 315
Ejemplo 8.
Sean f(x) = 2x3 − x2 + 2 y g(x) = 3x2 − 2x en [0, 1], tenemos
f ′(x) = 2x(3x − 1) y g′(x) = 2(3x − 1), entonces f
′(x)
g′(x)
=
2x(3x − 1)
2(3x − 1) = x.
Por otro lado f(1) − f(0) = 1, g(1) − g(0) = 1, luego f(1) − f(0)
g(1) − g(0) =
1
1
= 1.
Por lo tanto, no existe x ∈ (0, 1) tal que f
′(x)
g′(x)
sea igual a
f(1) − f(0)
g(1) − g(0) .
evidentemente, x =
1
3
∈ (0, 1) satisface la igualdad:
f ′(x)[g(1) − g(0)] = g′(x)[f(1) − f(0)].
Ejercicio 51. Sea f continua en a y derivable en x < a. Si f(a) = 0 y
f ′(x) > 0 para todo x > a, demostrar que f(x) > 0 para todo x > a.
Solución
Sea x > a, aplicando el teorema del valor medio en [a, x] f(x) − f(a) =
f ′(θ)(x − a), θ ∈ (a, x), como f ′(θ) > 0, se tiene que f(x) − f(a) > 0, o sea
f(x) > f(a).
Ejemplo 9.
Demostrar que
(1 + b)a > 1 + ab si a > 1 y b > 0. (4.16)
Solución
Sea f(b) = (1 + b)a − (1 + ab), entonces,
f(0) = 0, f ′(b) = a(1 + b)a−1 − a = a{(1 + b)a−1 − 1} > 0 (b > 0).
Aplicando el ejercicio anterior se tiene que f(b) > 0 para todo b > 0.
Ejercicio 52. supongamos que f ′(x) > 0 en (a, b). Demostrar que:
a) f es estrictamente creciente en (a, b).
b) Si g = f−1 (la función inversa de f) entonces g es derivable y
g′(f(x)) =
1
f ′(x)
.
316 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Nota
Compárese este resultado con el ejercicio 49.
Solución
a) Si a < x < y < b tenemos f(y)−f(x) = f ′(c)(y−x) > 0 (donde c ∈ (x, y)),
es decir, f(y) > f(x).b) Sean
m = ı́nf{f(x) | x ∈ (a, b)},
M = sup{f(x) | x ∈ (a, b)}.
Si y ∈ (m,M), entonces existe un x ∈ (a, b) tal que f(x) = y.
( [ ] )
a x x+δ b
f (x+δ)
f (x-δ)
y
m
M
Y
X
0
Figura 4.29.
Existe δ > 0 tal que [x− δ, x + δ] ⊂ (a, b), Como [x− δ, x + δ] es compacto,
g = f−1 es continua en [f(x − δ), f(x + δ)]. Sea b tal que
(y − b, y + b) ⊂ [f(x − δ), f(x + δ)],
si f(x + k) = y + b = f(x) + b (ó g(y + b) = g(y) + k), tenemos
g(y + b) − g(y)
b
=
x + k − x
f(x + k) − f(x) =
k
f(x + k) − f(x)
=
1
f(x + k) − f(x)
k
−→ 1
f ′(x)
(cuando b → 0)
puesto que b → 0 implica k → 0 por la continuidad de g = f−1.
4.2. DERIVACIÓN 317
Ejercicio 53.
Sea f continua en a, derivable en una vecindad de a, que no incluya al punto
a. Demostrar que si existe el ĺımite: ĺım
x→a f
′(x) = l entonces f es derivable en
a, y f ′(a) = l
Sugerencia
Por el teorema del valor medio, tenemos:
f(x) − f(a)
x − a = f
′(θ) → l (x → a)
ya que θ ∈ (a, x).
Ejercicio 54.
Sea f derivable para todo x > 0. Si ĺım
x→+∞ f
′(x) = 0 demostrar que
ĺım
x→+∞{f(x + 1) − f(x)} = 0
Sugerencia
Dado � > 0 existe N tal que |f ′(x)| < � para todo x > N . Si x > N , aplicando
el teorema del valor medio, tenemos:
|f(x + 1) − f(x)| = |f ′(x + θ)| < � (x + θ ∈ (x, x + 1)).
Ejercicio 55.
Sea f continua en 0 y derivable en x > 0. Si f(0) = 0 y f ′ es creciente en
x > 0, demostrar que
f(x)
x
es creciente.
Solución
Sea g(x) =
f(x)
x
entonces g′(x) =
xf ′(x) − f(x)
x2
pero, xf ′(x) − f(x) = x
[
f ′(x) − f(x)
x
]
= x
[
f ′(x) − f(x) − f(0)
x − 0
]
= x[f ′(x) − f ′(c)] (donde c ∈ (0, x))
≥ 0 (ya que f ′ es creciente).
por lo tanto se tiene que: g′(x) ≥ 0 para todo x > 0.
Ejercicio 56.
Sea f derivable en (−∞,∞). La función derivada f ′ es creciente si y sólo si el
conjunto S = {(x, y) | y ≥ f(x)} es convexo.
318 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Solución
i) Supongamos que f ′ es creciente. Sean x1 < x2, la ecuación del segmento
(x1, f(x1)) → (x2, f(x2)) es:
y = f(x1) +
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (t − x1), t ∈ [x1, x2].
Sea F (t) = f(x1) +
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (t − x1) − f(t) entonces
F ′(t) =
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 − f
′(t) = f ′(c) − f ′(t)
donde c ∈ (x1, x2) (Teorema del valor medio). Por lo tanto se tiene:
F ′(t) ≥ 0 si t ∈ [x1, c)
F ′(t) ≤ 0 si t ∈ [c, x2)
o sea que F (t) tiene un máximo en t = c. Pero F (x1) = 0, y, F (x2) = 0,
luego F (t) ≥ 0 para todo t ∈ [x1, x2]. Esto es el segmento (x1, f(x1)) →
(x2, f(x2)) pertenece al conjunto S.
x
1 
 t x
2
}
(x
1
 , f(x
1
)) (x2 , f(x2))
f(t)
Figura 4.30.
ii) Ahora supongamos que el conjunto S es convexo. Para x1 < x2 tenemos:
f(x1) +
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (t − x1) ≥ f(t) para todo t ∈ [x1, x2] (4.17)
o sea
f(t) − f(x1)
t − x1 ≤
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (si x1 < t ≤ x2)
4.2. DERIVACIÓN 319
Tomando ĺımite cuando t → x+1 se tiene:
f ′(x1) ≤ f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (4.18)
puesto que D+f(x1) = f ′(x1) (por la derivabilidad de f en x1).
De (4.17) tenemos también la siguiente desigualdad (ver nota):
f(x2) − f(t)
x2 − t ≥
f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (x1 ≤ t < x2)
tomando el ĺımite cuando t → x−2 se tiene:
f ′(x2) ≥ f(x2) − f(x1)
x2 − x1 (4.19)
De 4.18 y 4.19 obtenemos: f ′(x2) ≥ f ′(x1), o sea que f ′ es creciente.
Nota
De (4.17)
f(x1) +
f(x2 − f(x1))
x2 − x1 (t − x2 + x2 − x1) ≥ f(t),
f(x1)[(x2x1)− (t−x1)]+ f(x2)(t−x2)+ f(x2)(x2 −x1) ≥ f(t)(x2 −x1).
Ejercicio 57.
Sea f derivable en [a, b], o sea que existen:
f ′(x) para todo x ∈ (a, b), D+f(a) y D−f(b).
Si D+f(a) 
= D−f(b) existe por lo menos un x ∈ (a, b) tal que f ′(x) = c para
cualquier c entre D+f(a) y D−f(b).
Nota
Si suponemos adicionalmente la continuidad de f ′ en [a, b], este resultado es
el teorema del valor intermedio de la función continua f ′. Ahora vamos a
demostrarlo sin suponer la continuidad de f ′.
Solución
a) Si c es un número entre D+f(a) y
f(b) − f(a)
b − a , definimos
F (x) =
f(x) − f(a)
x − a (x 
= a) y F (a) = D+f(a),
320 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
[ ]
a t
0
x
b
Figura 4.31.
entonces F es continua en [a, b]. Por el teorema del valor intermedio de una
función continua, existe x ∈ (a, b) tal que F (x) = c, o f(x) − f(a)
x − a = c.
Aplicando el teorema del valor medio a la función f en [a, x], existe t0 ∈
(a, x) tal que
f(x) − f(a)
x − a = f
′(t0) = c.
b) Si c esta entre D−f(b) y
f(b) − f(a)
b − a , utilicemos la función G:
G(x) =
f(x) − f(b)
x − b (x 
= b), G(b) = D−f(b),
por la continuidad de G existe un x ∈ (a, b) tal que
G(x) =
f(x) − f(b)
x − b = c,
aplicando el teorema del valor medio a la función f en [x, b], existe s0 ∈
(x, b) tal que
f(x) − f(b)
x − b = f(s0) = c.
Ejercicio 58.
Sea f definida en [a, b] y derivable en (a, b). Si D+f(a) = +∞ y D−f(b) 
= +∞,
entonces para todo c > D−f(b) existe un x tal que f ′(x) = c.
Sugerencia
Como D+f(a) = ĺım
x→a+
f(x) − f(a)
x − a = +∞, existe a0 tal que
f(a0) − f(a)
a0 − a =
k > c
a) Si c ≥ f(b) − f(a)
b − a , definimos la siguiente función F :
F (x) =
f(x) − f(a)
x − a en [a0, b],
4.2. DERIVACIÓN 321
entonces F es continua en [a0, b]. Por el teorema del valor intermedio existe
t ∈ [a0, b] tal que
F (t) =
f(t) − f(a)
t − a = c,
luego existe x0 ∈ (a, t) tal que
f(t) − f(a)
t − a = f
′(x0) = c.
b) Si c <
f(b) − f(a)
b − a , entonces de la condición: c > D−f(b) existe b0 tal que
f(b0) − f(b)
b0 − b < c. Se utiliza ahora la función:
G(x) =
f(x) − f(b)
x − b en [a, b0].
Ejercicio 59.
Sea f derivable en (a, b). Si ĺım
x→b−
f(x) = +∞ demostrar que ĺım
x→b−
f ′(x) no
existe o es infinito.
Solución
Supongamos que ĺım
x→b−
f ′(x) = l (existe y es finito). Dado � > 0 existe δ > 0
tal que
x ∈ [b − δ, b) implica |f ′(x) − l| < �
Aplicando el teorema del valor medio a la función f en el intervalo [b − δ, x]
f(x) − f(b − δ) = f ′(θ)(x − b + δ) (b − δ < θ < x < b).
por lo tanto:
|f(x)| ≤ |f(b − δ)| + |f ′(θ)|δ ≤ |f(b − δ)| + {|l| + �}δ,
esto es, f es acotada (absurdo).
Ejercicio 60.
Sea f ′ continua en [a, b]. Demostrar que:
Dado � > 0 existe δ(que depende únicamente de �) tal que
|t − x| < δ, t, x ∈ [a, b] implica ∣∣f(t) − f(x)
t − x − f
′(x)
∣∣∣ < �.
322 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Nota
La derivabilidad de f en x nos da la condición anterior en la misma forma,
pero δ depende del punto x. En este ejercicio se afirma que hay un δ indepen-
diente de “x”. En este caso se dice que f es uniformemente derivable en [a, b].
Utilizando este término se tiene:
“Si f ′ es continua en [a, b] entonces f es uniformemente derivable en [a, b]”.
Solución
Como f ′ es uniformemente continua en [a, b] (ya que [a, b] es compacto), dado
� > 0 existe δ > 0 tal que
|f ′(y) − f ′(z)| < � para todo |y − z| < δ.
Si |t − x| < δ, t, x ∈ [a, b] tenemos:
f(t) − f(x)
t − x = f
′(θ) donde t < θ < x,
luego
|f ′(θ) − f ′(x)| < � ya que |θ − x| < |t − x| < δ.
Por lo tanto ∣∣∣f(t) − f(x)
t − x − f
′(x)
∣∣∣ < �.
Ejercicio 61.
Sea f(x) = x2 sen
1
x
+
x
2
(x 
= 0), y f(0) = 0, demostrar que:
a) f ′(0) existe, y f es creciente en 0.
b) f ′ no es continua en 0.
c) En cualquier vecindad de 0, f ′(x) puede tomar valores positivos y valores
negativos.
Solución
a)
f(x) − f(0)
x − 0 = x sen
1
x
+
1
2
→ 1
2
(x → 0), o sea f ′(0) = 1
2
.
Como f ′(0) > 0 entonces f es creciente en 0.
4.2. DERIVACIÓN 323
b) Si x 
= 0 se tiene f ′(x) = 2x sen 1
x
− cos 1
x
+
1
2
ĺım
x→0
f ′(x) no existe ya
que ĺım
x→0
cos
1
x
no existe.
c) Dado δ > 0 cualquiera se tiene,
1
nπ
∈ B(0, δ) (para n suficientemente
grande),
f ′
( 1
nπ
)
=
1
2
cos nπ =
1
2
− (−1)n =
⎧⎪⎨⎪⎩
3
2
si n es impar
−1
2
si n es par
Ejercicio 62.
Sea f derivable en (a, b). Si f ′ es continua en c ∈ (a, b) y f ′(c) 
= 0, demostrar
que f es uno a uno en una vecindad de c.
Solución
Supongamos que f ′(c) > 0. Existe una vecindad de c,B(c, δ), en donde
f ′(x) > 0, entonces en (c − δ, c + δ) f es estrictamente creciente,o sea,
uno a uno.
Ejercicio 63.
Sea f(x) = x2 sen
1
x
+
x
2
(x 
= 0), f(0) = 0. Demostrar que f es derivable
para todo x, y f ′(0) > 0, pero f no es uno a uno en ninguna vecindad de
0. (Esto es, para toda vecindad B(0, δ) existe y ∈ B(0, δ) tal que f(x1) =
f(x2) = y, (x1 
= x2))
Solución
Demostremos que la ecuación:
1
4nπ
= x2 sen
1
x
+
x
2
(n fijo) tiene dos ráıces.
Sea
1
x
= t entonces: g(t) = sen t −
[ t2
4nπ
− t
2
]
= 0, evidentemente una ráız
es: t1 = 2nπ. Si t = 2nπ +
π
2
, tenemos:
g(t) = sen
π
2
−
(
2nπ +
π
2
)2
4nπ
+
2nπ +
π
2
2
= 1− π
4
− π
16n
> 0 (si n es grande).
pero:
g(t) = sen t −
[ t2
4nπ
− t
2
]
→ −∞ cuando t → +∞,
esto es, existe t2 > 2nπ +
π
2
tal que g(t2) = 0.
324 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 64.
Sea g derivable y g′(x) acotada para todo x ∈ R1. Si f(x) = x + �g(x) (para �
fijo) demostrar que f es uno a uno si � es suficientemente pequeño.
Solución
Supongamos: |g′(x)| ≤ M para todo x. Si x > y entonces aplicando el teorema
del valor medio:
f(x)−f(y) = (x−y)+�(g(x)−g(y)) = (x−y)+�g′(θ)(x−y) donde y < θ < x.
Si 0 < � <
1
M
se tiene:
|f(x)− f(y)| = |x− y||1+ �g′(θ)| ≥ |x− y|{1− �|g′(θ)|} ≥ |x− y|{1− �M} > 0
o sea: f(x) 
= f(y).
Ejercicio 65.
i) Sea f derivable en (a, b). Si f ′(x) es acotada en (a, b) demostrar que f
es uniformemente continua en (a, b).
ii) Dar un ejemplo de una función uniformemente continua en (a, b) tal que
su derivada no sea acotada en (a, b).
iii) Sea f derivable en (a,∞). Si ĺım
x→+∞ f
′(x) = +∞( o −∞) demostrar que
f no es uniformemente continua en (a,∞).
iv) Sea g(x) = xa, demostrar que g es uniformemente continua en [0,∞) si
0 ≤ a ≤ 1, y que g no es uniformemente continua si a > 1.
Solución
i) Supongamos que |f ′(x)| ≤ M para todo x ∈ (a, b). Si y, x ∈ (a, b) se
tiene:
|f(x) − f(y)| = |f ′(θ)(y − x)| = f ′(θ)|y − x| ≤ M |y − x| (x < θ < y).
ii) f(x) =
√
1 − x es uniformemente continua en (0, 1) ya que f es continua
en el intervalo compacto [0, 1]. Pero:
ĺım
x→1−
f ′(x) = ĺım
x→1−
−1
2
1√
1 − x = −∞.
4.2. DERIVACIÓN 325
iii) Supongamos que f es uniformemente continua en (a,∞). Dado � > 0
existe δ > 0 tal que |x − y| < δ implica |f(x) − f(y)| < � (para todo
x, y > a).
Como ĺım
x→∞ f
′(x) = +∞, existe N tal que f ′(x) > 2�
δ
si x > N .
Sean x = N , y, y = N +
δ
2
entonces |x − y| = δ
2
< δ, pero
|f(y) − f(x)| = |f ′(θ)||y − x| (N = x < θ < y)
>
2�
δ
δ
2
= � (absurdo).
iv) Si 0 ≤ a ≤ 1, g′(x) = axa−1 → 0 (x → +∞), entonces g es uniforme-
mente continua en (1,∞). Como g es uniformemente continua en [0, 1]
se tiene que g es uniformemente continua en [0,∞).
Si a > 1 se tiene
g′(x) = axa−1 → +∞ (x → +∞),
aśı que g no es uniformemente continua en [0,∞).
Fórmula de Taylor
Sea f definida en una vecindad de a, si f es derivable en a, entonces, dado
� > 0 existe δ > 0 tal que
|x − δ| < δ implica
∣∣∣f(x) − f(a)
x − a − f
′(a)
∣∣∣ < �
o sea
|f(x) − f(a) − f ′(a)(x − a)| < �|x − a|. (4.20)
En (4.20) se observa que f(x) − f(a) − f ′(a)(x − a) es muy pequeña si x
está próximo al punto “a”, o sea:
f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x − a) (4.21)
El segundo miembro en (4.21), f(a) + f ′(a)(x− a) es la diferencial de f en a.
Podemos expresar (4.21) diciendo que:
“La diferencial de f en a es una aproximación de f(x) cuando x está muy
próximo al punto a”.
326 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
El error de aproximación en (4.21) es:
El error R(x) = f(x) − {f(a) + f ′(a)(x − a)}, y tenemos que
R(a) = 0, R′(x) = f ′(x) − f(a) y R′(a) = 0.
Ahora, comparemos R(x) con la función g(x) = (x−a)2, aplicando el teorema
del valor medio generalizado:
R(x)
g(x)
=
R(x) − R(a)
g(x) − g(a) =
R′(x1)
g′(x1)
(4.22)
donde x1 es un punto adecuado en (a, x). (Nota: Para mayor sencillez supon-
gamos que x > a).
Como R′(a) = 0 y g′(a) = 0, aplicando nuevamente el teorema del valor medio
generalizado en el intervalo [a, x1]:
R(x1)
g(x1)
=
R′(x1) − R′(a)
g′(x1) − g′(a) =
R′′(x2)
g′′(x2)
(4.23)
donde x2 es un punto adecuado en (a, x1). De (4.22) y (4.23):
R(x)
g(x)
=
R′′(x2)
g′′(x2)
(a < x2 < x1 < x)
Teniendo en cuenta que: g′′(x) = 2 y R′′(x) = f ′′(x) se tiene
R(x) =
f ′′(x2)
2
(x − a)2, (4.24)
aśı que la fórmula de aproximación (4.21) puede ser precisada como sigue:
f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x − a) + f
′′(x2)
2
(x − a)2 (4.25)
donde x2 ∈ (a, x).
Generalizando (4.25) se tiene la siguiente fórmula de Taylor:
Sea f derivable n veces en una vecindad del punto a. Entonces, para todo x
en esta vecindad se tiene:
f(x) = f(a) +
f ′(a)
1!
(x − a) + · · · + f
(n−1)(a)
(n − 1)! (x − a)
n−1 + Rn(x) (4.26)
donde
Rn(x) =
f (n)(x0)
n!
(x − a)n, y, x0 ∈ (a, x).
4.2. DERIVACIÓN 327
A la función Rn(x) que representa el error de la aproximación en (4.26)
se le llama el resto de Taylor . x0 es algún punto adecuado entre a y x. La
demostración de (4.26) es similar a la demostración anterior, comparando el
error de la aproximación:
Rn(x) = f(x) − {f(a) + f
′(a)
1!
(x − a) + · · · + f
(n−1)(a)
(n − 1)! (x − a)
n−1}
con la función g(x) = (x − a)n, los detalles de la demostración los dejamos al
lector.
La fórmula de Taylor es un caso particular del siguiente teorema:
Sean f y g dos funciones n veces derivables en una vecindad del punto “a”,
en esta vecindad se tiene:
[
f(x) −
n−1∑
k=0
f (k)(a)
k!
(x − a)k]g(n)(x0)
=
[
g(x) −
n−1∑
k=0
g(k)(a)
k!
(x − a)k]f (n)(x0) (4.27)
donde x0 es un punto adecuado en (a, x).
Nótese que en (4.27) tomando g(x) = (x − a)n se tiene la fórmula de Taylor
(4.26). Daremos dos demostraciones diferentes.
[i] Sean
R(x) = f(x) −
n−1∑
k=0
f (k)(a)
k!
(x − a)k, (0! = 1, f (0)(a) = f(a))
S(x) = g(x) −
n−1∑
k=0
g(k)(a)
k!
(x − a)k, (g(0)(a) = g(a))
entonces
R(a) = f(a) − f(a) = 0, S(a) = g(a) − g(a) = 0,
R′(x) = f ′(x) −
n−1∑
k=1
f (k)(a)
k!
k(x − a)k−1
R′(a) = f ′(a) − f ′(a) = 0,
de la misma forma
R′′(a) = 0, . . . , Rn−1(a) = 0,
S′(a) = 0, S′′(a) = 0, . . . , S(n−1)(a) = 0.
328 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Aplicando primero el teorema del valor medio generalizado en el intervalo [a, x]
{R(x)−���R(a)}S′(x1) = {S(x) −���S(a)}R′(x1), x1 ∈ (a, x).
�
0
�
0
Ahora aplicamos el teorema del valor medio generalizado para S′ y R′ en el
intervalo [a, x1]:
{R′(x1)−���R′(a)}S′′(x2) = {S′(x1) −���S′(a)}R′′(x2), x2 ∈ (a, x1).
�
0
�
0
Aśı sucesivamente:
{R(n−1)(xn−1)−�����R(n−1)(a)}S(n)(xn) = {S(n−1)(xn−1) −�����S(n−1)(a)}R(n)(xn)
�
0
�
0
donde
a < xn < xn−1 < · · · < x2 < x1 < x.
Multiplicando estas n igualdades sucesivamente, se tiene:
R(x)S(n)(xn) = S(x)R(n)(xn)
donde xn ∈ (a, x), esta última es la fórmula (4.27) con x0 = xn.
[ii] Otra demostración.
Sean F (t) y G(t) definidas por:
F (t) = f(t) +
n−1∑
k=1
f (k)(t)
k!
(x − t)k, t ∈ [a, x]
G(t) = g(t) +
n−1∑
k=1
g(k)(t)
k!
(x − t)k, t ∈ [a, x]
(4.28)
entonces F y G son continuas en [a, x], y derivables en (a, x). Aplicamos el
teorema del valor medio generalizado a F y G en el intervalo [a, x]:
[G(x) − G(a)]F ′(x0) = [F (x) − F (a)]G′(x0) (4.29)
donde x0 es un punto adecuado en (a, x).
Pero
F (x) = f(x), y G(x) = g(x), (4.30)
4.2. DERIVACIÓN 329
F ′(t) = f ′(t) +
n−1∑
k=1
{f (k+1)(t)
k!
(x − t)k + f
(k)(t)
k!
k(x − t)k−1(−1)
}
= f ′(t)
n−1∑
k=1
f (k+1)(t)
k!
(x − t)k −
n−1∑
k=1
f (k)(t)
k!
(x − t)k−1
= f ′(t) +
f (n)(t)
(n − 1)!(x − t)
n−1 − f ′(t) = f
(n)(t)
(n − 1)!(x − t)
n−1, (4.31)
G′(t) =
g(n)(t)
(n − 1)!(x − t)
n−1. (4.32)
Reemplazando (4.30), (4.31) y (4.32) en (4.29) se obtiene la fórmula (4.27).
Ejemplo 10.
a) Sea f(x) = ex. Entonces f (k)(x) = ex para todo k.
Para x > 0 se tiene
ex = 1 +
1
1!
x +
1
2!
x2 + · · · + + 1
(n − 1)!x
n−1 +
eθ
n!
xn
donde θ ∈ (0, x).
b) Sea g(x) = sen x. Entonces
g(k)(x) = sen (x +
kπ
2
) (k = 0, 1, 2, 3, . . .)
Tenemos
sen x =
n−1∑
k=1
1
k!
(
sen
kπ
2
)
xk +
1
n!
sen
(
x0 +
kπ
2
)
xn
donde x0 está entre 0 y x.
Si n = 2m
sen x = x − x
3
3!
+
x5
5!
+ · · · + (−1)m−1 x
2m−1
(2m − 1)! +
(−1)m
(2m)!
( sen x0)x2m
c)f(x) = ex y g(x) = e−x, entonces
ex −
[
1 + x +
x2
2!
+ · · · + x
n−1
(n − 1)!
]
e−x −
[
1 − x + x
2
2!
+ · · · + (−1)n−1 x
n−1
(n − 1)!
] = eθ(−1)ne−θ
donde θ ∈ (0, x).
330 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
d) f(x) = log x (x > 0) f (k)(x) =
(−1)k−1(k − 1)!
xk
entonces
log x = (x − 1) − (x − 1)
2
2
+
(x − 1)3
3
− · · · + (−1)
n−1
n − 1 (x − 1)
n−1+
(−1)n
n
[x − 1
x0
]n
donde x0 ∈ (1, x) ó x0 ∈ (x, 1).
Ejercicio 66.
Sea f(x) = e−1/x2 (x 
= 0), f(0) = 0, demostrar que:
a) f y todas sus derivadas son continuas.
b) La fórmula de Taylor en 0 es:
e−1/x
2
=
f (n)(x0)
n!
xn, x0 ∈ (0, x).
Solución
a) si x 
= 0 evidentemente f es continua en x. en x = 0 tenemos:
ĺım
x→0
f(x) = ĺım
x→0
e−1/x
2
= 0 = f(0).
b) Se puede comprobar inmediatamente (por inducción con respecto a k) que
f (k)(x) = {un polinomio de 1
x
}e−1/x2 si x 
= 0,
entonces f (k)(x) es continua en x 
= 0, y ĺım
x→0
f (k)(x) = 0.
Ahora, demostremos por inducción que f (k)(0) = 0 para todo k.
Supongamos que f (k)(0) = 0, entonces
f (k+1)(0) = ĺım
x→0
f (k)(x) − f (k)(0)
x
= ĺım
x→0
1
x
{un polinomio de 1
x
}e−1/x2 = 0.
Como todas las derivadas de f en 0 son iguales a cero, la fórmula de Taylor
no tiene n resultado significativo.
4.2. DERIVACIÓN 331
Ejercicio 67.
Demostrar las siguientes fórmulas para el resto de Taylor:
a) Rn(x) =
(x − a)(x − x1)n−1
(n − 1)! f
(n)(x1) donde x1 ∈ (a, x).
b) Rn(x) =
(1 − θ)n−1(x − a)n
(n − 1)! f
(n)(θx + (1 − θ)a) donde 0 < θ < 1.
Solución
Sean F (t) = f(t) +
n−1∑
k=1
f (k)(t)
k!
(x − a)k, t ∈ [a, x] y G(t) = t.
Entonces, por el teorema del valor medio generalizado tenemos:
(x − a)F ′(x1) = [F (x) − F (a)] · 1.
Por (4.31), tenemos:
F (x) − F (a) = (x − a)(x − x1)
n−1
(n − 1)! f
(n)(x1)
o sea
f(x) = f(a) +
n−1∑
k=1
f (k)(a)
k!
(x − a)k + (x − a)(x − x1)
n−1
(n − 1)! f
(n)(x1). (4.33)
Sea 1 − θ = x − x1
x − a entonces 0 < 1 − θ < 1, o sea, 0 < θ < 1, se tiene
Rn(x) =
(x − a)(x − x1)n−1
(n − 1)! f
(n)(x1) =
(x − a)n(1 − θ)n−1
(n − 1)! f
(n)(θx+(1−θ)a).
(4.34)
Ejercicio 68.
Hallar la fórmula de Taylor para f(x) = (1+x)λ aplicando el ejercicio anterior.
Solución
Tenemos:
f (k)(x) = λ(λ − 1) · · · (λ − k + 1)(1 + x)λ−k
332 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
luego:
(1 + x)λ = 1 +
n−1∑
k=1
λ(λ − 1) · · · (λ − k + 1)
k!
+ Rn(x)
= 1 +
n−1∑
k=1
(
λ
k
)
xk + Rn(x)
donde
Rn(x) =
λ(λ − 1) · · · (λ − n + 1)
(n − 1)! x(x − x1)
n−1(1 + x1)λ−n
=
( λ
n
)
nxn
[1 − x1/x
1 + x1
]n−1
(1 + x1)λ−1.
Nótese que
[1 − x1/x
1 + x1
]
< 1 si |x| < 1 ya que x1 está entre 0 y x.
Regla de L’Hôpital
Es bien conocido el método llamado Regla de L’Hôpital para hallar el va-
lor del ĺımite del cociente de dos funciones ĺım
x→a
f(x)
g(x)
cuando ĺım
x→a f(x) = 0 y
ĺım
x→a g(x) = 0, hay dos tipos de la regla:
(I) Primer Tipo
Sean f y g derivables en a, si f(a) = g(a) = 0 y g′(a) 
= 0 entonces
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
=
f ′(a)
g′(a)
. (4.35)
Nótese que g(x) 
= 0 (x 
= a) en una vecindad adecuada del punto “a”, y que
ĺım
x→a f(x) = 0 y ĺımx→a g(x) = 0 puesto que f y g son continuas en “a”.
Demostración
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= ĺım
x→a
f(x) − f(a)
g(x) − g(a) = ĺımx→a
f(x) − f(a)
x − a
g(x) − g(a)
x − a
=
f ′(a)
g′(a)
.
4.2. DERIVACIÓN 333
(II) Segundo Tipo
Sean f y g derivables en una vecindad de “a”, de la cual se ha excluido a, si
f(a) = g(a) = 0 y si existe el ĺımite ĺım
x→a
f ′(x)
g′(x)
entonces se tiene:
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= ĺım
x→a
f ′(x)
g′(x)
. (4.36)
Nótese que al escribir la expresión ĺım
x→a
f ′(x)
g′(x)
estamos suponiendo que g′(x) 
= 0
en alguna vecindad del punto a, x 
= a.
Demostración
Sea ĺım
x→a
f ′(x)
g′(x)
= L, dado � > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ B(a, δ) implica
∣∣∣f ′(x)
g′(x)
− L
∣∣∣ < �.
Si x ∈ B(a, δ) entonces
f(x)
g(x)
=
f(x) − f(a)
g(x) − g(a) =
f ′(c)
g′(c)
donde c ∈ (a, x), ó c ∈ (x, a).
Como |c − a| < |a − x| < δ, se tiene∣∣∣f(x)
g(x)
− L
∣∣∣ = ∣∣∣f ′(x)
g′(x)
− L
∣∣∣ < �
esto es ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= L.
Ejemplo 11.
(a) f(x) = x2 sen
1
x
(x 
= 0), f(0) = 0 y g(x) = sen x.
Tenemos
f ′(0) = ĺım
x→0
f(x) − f(0)
x − 0 = ĺımx→0
x2 sen
1
x
x
= ĺım
x→0
x sen
1
x
= 0
g′(0) = [ cos x]0 = 1 
= 0.
334 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Aplicando la regla (Tipo (I)) se tiene
ĺım
x→0
x2 sen
1
x
sen x
=
0
1
= 0.
En este caso no se puede aplicar la regla tipo (II) ya que
f ′(x) = 2x sen
1
x
− cos 1
x
(x 
= 0),
g′(x) = cos x,
f ′(x)
g′(x)
=
2x sen
1
x
− cos 1
x
cos x
no converge cuando x → 0.
(b) f(x) = |x(x + 1)|, g(x) = |x| + sen x2.
Ni f ni g son derivables en 0, luego no es posible aplicar la regla tipo (I).
f ′(x) =
{
2x + 1, x ∈ (−∞,−1) ∪ (0,∞)
−2x − 1, x ∈ (−1, 0)
g′(x) =
{
1 + 2x cos x2, x ∈ (0,∞)
−1 + 2x cos x2, x ∈ (−∞, 0)
por lo tanto ĺım
x→0+
f ′(x)
g′(x)
= 1 y ĺım
x→0−
f ′(x)
g′(x)
= 1, o sea ĺım
x→0
f ′(x)
g′(x)
= 1.
Aplicando la regla de tipo (II) se tiene que
ĺım
x→0
|x(x + 1)|
|x| + sen x2 = 1.
Nótese que f ′(0) y g′(0) no existen.
(c) f(x) = 1 − cos x, g(x) = x sen x, f ′(x) = sen x y g′(x) = sen x +
x cos x, luego f ′(0) = 0, g′(0) = 0.
Ahora, f ′′(x) = cos x, g′′(x) = 2 cos x − x sen x, entonces
ĺım
x→0
f ′′(x)
g′′(x)
= ĺım
x→0
cos x
2 cos x − x sen x =
1
2
, (existe),
por lo tanto
ĺım
x→0
f ′(x)
g′(x)
= ĺım
x→0
f ′′(x)
g′′(x)
=
1
2
(regla de L’Hôpital tipo (II)),
4.2. DERIVACIÓN 335
finalmente
ĺım
x→0
f(x)
g(x)
= ĺım
x→0
f ′(x)
g′(x)
=
1
2
(regla de L’Hôpital tipo (II)).
Como se observa en el ejemplo (c), la regla tipo (II) nos permite su aplicación
sucesiva hasta que se obtenga finalmente el ĺımite del cociente, o sea:
Ejercicio 69.
Sean f y g derivables n veces en alguna vecindad de a (de la cual se excluye
a), si
f(a) = f ′(a) = f ′′(a) = · · · == fn−1(a) = 0,
g(a) = g′(a) = g′′(a) = · · · == gn−1(a) = 0,
y
ĺım
x→a
f (n)(x)
g(n)(x)
= l (existe)
entonces se tiene
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= ĺım
x→a
f (n)(x)
g(n)(x)
. (4.37)
La demostración la dejamos al lector.
La regla de L’Hôpital tipo (I) también tiene la siguiente generalización:
Ejercicio 70.
Sean f y g derivables n veces en a, si
f(a) = f ′(a) = f ′′(a) = · · · = fn−1(a) = 0,
g(a) = g′(a) = g′′(a) = · · · = gn−1(a) = 0, gn(a) 
= 0
entonces tenemos
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
=
f (n)(a)
g(n)(a)
. (4.38)
Nota
f (n)(a) = ĺım
x→a
f (n−1)(x) − f (n−1)(a)
x − a
naturalmente estamos suponiendo la existencia de f (n−1) en alguna vecindad
de “a”, o sea que la existencia de f (n)(a) y g(n)(a) nos obliga a suponer f y g
son derivables (n−1) veces en alguna vecindad de “a”. Además de la hipótesis
g(n)(a) 
= 0, existe alguna vecindad de a en donde g(n−1)(x) 
= 0.
336 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Demostración
Aplicando la fórmula (4.27) del numeral anterior (Fórmula de Taylor) (cam-
biando n por (n − 1)):
[
f(x) −
n−2∑
k=0
f (k)(a)
k!
(x − a)k
]
g(n−1)(c)
=
[
g(x) −
n−2∑
k=0
g(k)(a)
k!
(x − a)k
]
f (n−1)(c)
donde c ∈ (a, x) ó c ∈ (x, a).
Como f (k)(a) = 0 y g(k)(a) = 0 para todo k = 0, 1, 2, . . . , n − 2, tenemos
f(x)g(n−1)(c) = g(x)f (n−1)(c), ó
f(x)
g(x)
=
f (n−1)(c)
g(n−1)(c)
.
Como |c − a| < |x − a|, se tiene que x → a implica c → a. Aśı que
ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= ĺım
c→a
f (n−1)(c)
g(n−1)(c)
= ĺım
c→a
f (n−1)(c) − f (n−1)(a)
c − a
g(n−1)(c) − g(n−1)(a)
c − a
=
f (n)(a)
g(n)(a)
.
Nota
Si f (n) y g(n) son continuas en “a”, (4.37) y (4.38) son equivalentes.
Ejercicio 71.
Sean f(x) = x3 sen
1
x2
(x 
= 0), f(0) = 0 y g(x) = 1 − cos x, demostrar que
(a) f(0) = g(0) = 0, f ′(0) = g′(0), y g′′(0) 
= 0, pero f
′′(0)
g′′(0)
no existe.
(b) ĺım
x→0
f ′′(x)
g′′(x)
no existe.
(c) ĺım
x→0
f(x)
g(x)
si existe.
4.2. DERIVACIÓN 337
Solución
(a)
f ′(0) = ĺım
x→0
f(x) − f(0)
x − 0 = ĺımx→0 x
2 sen
1
x2
= 0,
f ′(x) = 3x2 sen
1
x2
− 2 cos 1
x2
(x 
= 0),
g′(x) = sen x, g′(0) = 0.
ĺım
x→0
f ′(x) − f ′(0)
x − 0 = ĺımx→0
f ′(x)
x
= ĺım
x→0
[
3x sen
1
x2
− 2
x
cos
1
x2
]
esteĺımite no existe
por lo tanto, f ′′(0) no existe.
g′′(x) = cos x, g′′(0) = 1.
(b) f ′′(x) = 6x sen
1
x2
− 6
x
cos
1
x2
− 4
x3
sen
1
x2
, luego ĺım
x→0
f ′′(x)
g′′(x)
no existe.
(c) ĺım
x→0
f(x)
g(x)
= ĺım
x→0
x3 sen
1
x2
1 − cos x = ĺımx→0
x3 sen
1
x2
x2
x2
1 − cos x , pero
ĺım
x→0
x3 sen
1
x2
1 − cos x = ĺımx→0 x sen
1
x2
x2 = 0,
ĺım
x→0
x2
1 − cos x =
2
1
= 2,
por lo tanto
ĺım
x→0
f(x)
g(x)
= 0 · 2 = 0.
Ejercicio 72.
Sean f y g derivables en (b,∞). Si
ĺım
x→∞ f(x) = 0, ĺımx→∞ g(x) = 0 y ĺımx→∞
f ′(x)
g′(x)
= l,
demostrar que
ĺım
x→∞
f(x)
g(x)
= ĺım
x→∞
f ′(x)
g′(x)
= l. (4.39)
338 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Solución
Sea x =
1
t
entonces
d
dt
f(1/t) = − 1
t2
f ′(1/t), y
d
dt
g(1/t) = − 1
t2
g′(1/t),
luego
ĺım
x→∞
f ′(x)
g′(x)
= ĺım
t→0+
f ′(1/t)
g′(1/t)
= ĺım
t→0+
− 1
t2
f ′(1/t)
− 1
t2
g′(1/t)
= ĺım
t→0+
d
dt
f(1/t)
d
dt
g(1/t)
= l.
por lo tanto
ĺım
x→∞
f(x)
g(x)
= ĺım
t→0+
f(1/t)
g(1/t)
= l.
Ejercicio 73.
Sean f y g derivables en una vecindad de a (de la cual se excluye a), si
ĺım
x→a f(x) = ∞, ĺımx→a g(x) = ∞ y ĺımx→a
f ′(x)
g′(x)
= l entonces ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= l.
Solución
Dado � > 0 existe δ > 0 tal que
t ∈ B(a, δ) implica
∣∣∣f ′(x)
g′(x)
− l
∣∣∣ < �.
Si x ∈ (a, t) entonces f(x) − f(t)
g(x) − g(t) =
f ′(θ)
g′(θ)
, θ ∈ (x, t) luego
∣∣∣f(x) − f(t)
g(x) − g(t) − l
∣∣∣ = ∣∣∣f(x)
g(x)
1 − f(t)/f(x)
1 − g(t)/g(x) − l
∣∣∣ = ∣∣∣f ′(θ)
g′(θ)
− l
∣∣∣ < �
ya que θ ∈ B(a, δ).
)
a x θ t
δ
δ0
Figura 4.32.
4.2. DERIVACIÓN 339
Como f(x) → ∞ y g(x) → ∞ (x → a) entonces
1 − f(t)/f(x)
1 − g(t)/g(x) → 1 (x → a),
o sea que existe δ0 > 0 tal que
|x − a| < δ0 implica 1 − f(t)/f(x)1 − g(t)/g(x) = 1 + Δ donde |Δ| < �.
Entonces: ∣∣∣f(x)
g(x)
(1 + Δ) − l
∣∣∣ < �
ó ∣∣∣f(x)
g(x)
− l
1 + Δ
∣∣∣ < �|1 + Δ| < �1 − � ,
esto es ∣∣∣f(x)
g(x)
− l
∣∣∣ < �
1 − � + |l|
|δ|
|1 + Δ| <
�
1 − �(1 + |l|),
para todo x ∈ B(a, δ0).
Por lo tanto tenemos que ĺım
x→a
f(x)
g(x)
= l.
Ejercicio 74.
Sean f(x) = |x|3/2 sen 1
x
(x 
= 0), f(0) = 0 y g(x) = |x(x− 1)| demostrar que
a) ĺım
x→0
f(x)
g(x)
= 0 (existe)
b) f ′(0) = 0 y g′(0) no existe.
c) ĺım
x→0
f ′(x)
g′(x)
no existe.
Ejercicios adicionales
Ejercicio 75.
Sea f una función definida en una vecindad de a, se dice que f satisface la
condición de Lipshitz de orden β en a si existe δ > 0 y M > 0 tales que
x ∈ B(a, δ) implica |f(x) − f(a)| ≤ M |x − a|β
340 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Demostrar que
i) f es continua en a si β > 0, y derivable en a si β > 1.
ii) Dar un ejemplo de una función que satisfaga la condición de Lipshitz de
orden 1, pero que no sea derivable en a.
Solución
i) Si β > 1 entonces ∣∣∣f(x) − f(a)
x − a
∣∣∣ ≤ M |x − a|β−1
tomando ĺımite cuando x → a:
ĺım
x→a
f(x) − f(a)
x − a = 0.
o sea f ′(a) = 0.
ii) f(x) = x sen
1
x
(x 
= 0), f(0) = 0.
|f(x) − f(0)| =
∣∣∣x sen 1
x
∣∣∣ ≤ |x| = |x − 0|,
pero f ′(0) no existe.
Ejercicio 76.
Sea f(x) =
√
x2 − 1, demostrar que
i) f satisface la condición de Lipshitz de orden 1 uniformemente en [c, 2]
con c > 1.
ii) f satisface la condición de Lipshitz de orden
1
2
uniformemente en [1, 2].
Solución
i)
|f(y) − f(x)| = |
√
y2 − 1 −
√
x2 − 1|
=
∣∣∣√y2 − 1 −√x2 − 1∣∣∣∣∣∣√y2 − 1 + √x2 − 1∣∣∣√
y2 − 1 + √x2 − 1
≤ |y
2 − x2|
2
√
c2 − 1 =
|y − x||y + x|
2
√
c2 − 1 ≤
4
2
√
c2 − 1 |y − x|.
4.2. DERIVACIÓN 341
ii) Si y > 1 se tiene:
|f(y) − f(1)| =
√
y2 − 1 =
√
y2 − 1 =
√
y − 1
√
y + 1 < 2(y − 1)
1
2 .
Si 1 < x < y ≤ 2 entonces
|f(y) − f(x)| = |y − x||y + x|√
y2 − 1 + √x2 − 1 ≤
4
√
y − x√
y2 − 1 + √x2 − 1
√
y − x.
Pero como √
x2 − 1 +
√
y2 − 1 ≥
√
x2 + y2 − 2
tenemos
√
y − x√
y2 − 1 + √x2 − 1 ≤
√
y − x√
x2 + y2 − 2 =
√
y − x
x2 + y2 − 2 ≤ 1 (#Nota),
por lo tanto
|f(y) − f(x)| ≤ 4√y − x = 4(y − x)
1
2 .
(#) Nota
(x2 +y2−2)− (y−x) = x2 +y2−2−y+x = x(x−1)+y(y−1)+2(x−1) ≥ 0.
Ejercicio 77.
Sea f derivable en B(a, b) y continua en [a− b, a + b]. Demostrar que existe θ,
0 < θ < 1, tal que
(a)
{f(a + b) − f(a − b)}
b
= f ′(a + θb) + f ′(a − θb).
(b)
f(a + b) − 2f(a) + f(a − b)
b
= f ′(a + θb) − f ′(a − θb).
Solución
(a) Haciendo F (x) = f(a+x)− f(a−x), se aplica el teorema del valor medio
en (a, b).
(b) Haciendo G(x) = f(a+x)+ f(a−x), se aplica el teorema del valor medio
en (a, b).
342 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 78.
Supongamos que existe f ′′(a), demostrar que
ĺım
b→0
f(a + b) + f(a − b) − 2f(a)
b2
= f ′′(a).
Solución
Sea F (x) = f(a + x) + f(a − x), entonces
f(a + b) + f(a − b) − 2f(a)
b2
=
F (b) − F (0)
b2 − 0 =
F ′(θ)
2θ
(0 < θ < b),
luego
ĺım
b→0
f(a + b) + f(a − b) − 2f(a)
b2
= ĺım
θ→0
F ′(θ)
2θ
= ĺım
θ→0
f(a + θ) + f(a − θ) − 2f(a)
2θ
= ĺım
θ→0
1
2
{f ′(a + θ) − f ′(a)
θ
+
f ′(a − θ) − f ′(a)
−θ
}
=
1
2
{
f ′′(a) + f ′′(a)
}
= f ′′(a).
Ejercicio 79.
Sean f y g derivables en c, hallar
ĺım
x→c
f(x)g(x) − f(c)g(c)
x2 − c2
Nota
Supóngase f(c) = g(c) = 0 en caso de que c = 0.
4.2. DERIVACIÓN 343
Solución
f(x)g(x) − f(c)g(c)
x2 − c2 =
f(x)g(x) − f(x)g(c) + f(x)g(c) − f(c)g(c)
x2 − c2
=
f(x)
x + c
(g(x) − g(c))
x − c +
g(c)
x + c
f(x) − f(c)
x − c
−−−−→
(x→c)
f(c)
2c
g′(c) +
g(c)
2c
f ′(c) (si c 
= 0)
−−−−→
(x→c)
f ′(0)g′(0) (si c = 0).
Ejercicio 80.
Demostrar que sen x >
2
π
x en (0,
π
2
).
Solución
Sea f(x) = sen x − 2
π
x, entonces f ′(x) = cos x − 2
π
x, f ′(0) = 1 − 2
π
> 0.
Por lo tanto f es creciente en 0. La ecuación f ′(x) = cos x− 2
π
= 0 tienen una
sola ráız en (0,
π
2
), por lo tanto f tiene un máximo (sólo uno) en el intervalo
[0,
π
2
]. Como f(0) = f
(π
2
)
= 0 entonces el mı́nimo de f(x) está en x = 0 y
x =
π
2
, luego f(x) > 0 en (0,
π
2
).
Ejercicio 81.
Si c0 +
c1
2
+ · · · + cn−1
n
+
cn
n + 1
= 0 (c0, c1, . . . , cn son reales), demostrar que
la ecuación c0 + c1x + c2x2 + · · · + cnxn = 0 tiene por lo menos una ráız real
entre 0 y 1.
Solución
Sea F (x) = c0x +
c1
2
x2 + · · ·+ cn
n + 1
xn+1 entonces F ′(x) = c0 + c1x + c2x2 +
· · · + cnxn y F (0) = F (1) = 0.
Por el teorema del valor medio existe θ, 0 < θ < 1, tal que
0 − 0
1
=
F (1) − F (0)
1 − 0 = F
′(θ), o sea F ′(θ) = 0.
344 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 82.
Sea f derivable en (a, b). Sean x ∈ (a, b), x < an < βn tales que an → x, βn →
x. Demostrar que
f(βn) − f(an)
βn − an converge a f
′(x) si
∣∣∣ βn − x
βn − an
∣∣∣ es acotada.
Dar un ejemplo de que
f(βn) − f(an)
βn − an no converja a f
′(x) en caso de que{ βn − x
βn − an
}
no sea acotada.
Solución
f(βn) − f(an)
βn − an =
f(βn) − f(x) + f(x) − f(an)
βn − an
=
f(βn) − f(x)
βn − x
βn − x
βn − an +
f(x) − f(an)
x − an
x − an
βn − an
=
f(βn) − f(x)
βn − x
βn − x
βn − an +
f(x) − f(an)
x − an
[
1 − βn − x
βn − an
]
=
f(an) − f(x)
an − x +
βn − x
βn − an
[
f(βn) − f(x)
βn − x −
f(an) − f(x)
an − x
]
−−−−−→
(n→∞)
f ′(x) + 0 = f ′(x)
ya que
f(βn) − f(x)
βn − an −
f(an) − f(x)
an − x → f
′(x) − f ′(x) = 0,
y
{ βn − x
βn − an
}
es acotada.
Ejemplo.
f(x) = x2 sen
1
x
(x 
= 0), f(0) = 0. f es derivable para todo x, y f ′(0) = 0.
Sean an =
1
nπ
y βn =
1
nπ
+
1
2n2π
entonces
f(βn) − f(an)
βn − an =
[ 1
nπ
+
1
2n2π
]2
sen
2n2
2n + 1
π
1
2n2π
−−−−→
(x→∞)
1
2π
(±1)
puesto que
2n2
2n + 1
= n − n
2n + 1
,
sen
2n2
2n + 1
π = − cos nπ sen 2n
2
2n + 1
π = (−1)n−1 sen n
2n + 1
π → ±1.
4.2. DERIVACIÓN 345
Ejercicio 83.
Sea f(x) = 8x3 + 17x2 − 28x + 3 y g(x) = 6x2 − 7x + 1, demostrar que
f(1) − f(0)
g(1) − g(0) no es igual a
f ′(x)
g′(x)
en (0, 1).
¿Cómo se explica este hecho que contradice el teorema del valor medio?
Solución
f ′(x) = 24x2 + 34x − 28 = 2(12x − 7)(x + 2)
g′(x) = 12x − 7.
f(1) − f(0)
g(1) − g(0) =
−3
−1 = 3,
f ′(x)
g′(x)
= 2(x + 2),
la ecuación 2(x + 2) = 3 no tiene solución en (0, 1).
Según el teorema del valor medio existe c ∈ (0, 1) tal que
[f(1) − f(0)]g′(c) = [g(1) − g(0)]f ′(c),
o sea
−3(12c− 7) = −2(12c − 7)(c + 2),
evidentemente, c =
7
12
∈ (0, 1) satisface la condición.
Ejercicio 84.
Sea f definida en (a, b) tal que cada x ∈ (a, b), dado � > 0 existe δ > 0 (δ
depende de x, y de �) tal que
y ∈ B(x, δ) implica |f(y) − f(x) − A(x)(y − x)| < �|y − x|
donde A(x) es una función de x, demostrar que f es derivable en (a, b).
Demostrar que f ′ es uniformemente continua en (a, b) si δ es independiente de
x.
Solución
(a) Se tiene
∣∣∣f(y) − f(x)
y − x − A(x)
∣∣ < � para todo y ∈ B(x, δ), esto es
ĺım
y→x
f(y) − f(x)
y − x = A(x) = f
′(x).
346 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
(b) Supongamos que δ es independiente de x.
x ∈ B(x0, δ) implica
∣∣∣f(x) − f(x0)
x − x0 − f
′(x0)
∣∣ < �,
x0 ∈ B(x0, δ) implica
∣∣∣f(x0) − f(x)
x0 − x − f
′(x)
∣∣ < �
entonces
|f ′(x) − f ′(x0)| −
∣∣∣f ′(x) − f(x) − f(x0)
x − x0 +
f(x) − f(x0)
x − x0 − f
′(x0)
∣∣∣ < 2�,
esto es, f ′ es uniformemente continua en (a, b).
Ejercicio 85.
Sea f derivable en (0, 1] tal que |f ′(x)| < 1. Sea an = f
( 1
n
)
. Demostrar que
ĺım
n→∞ an existe
Solución
|an − ak| =
∣∣∣f( 1
n
)− f(1
k
)∣∣∣ = ∣∣∣ 1
n
− 1
k
∣∣∣|f ′(θ)| < ∣∣∣ 1
n
− 1
k
∣∣∣ → 0 (n, k → ∞),
entonces {an} satisface la condición de Cauchy.
Ejercicio 86.
Sea S un conjunto cerrado en R1. Dar un ejemplo de una función derivable (n
veces para todo n) en R1 que se anula en S.
Solución
R1 − S =
∞⋃
k=1
(ak, bk), donde (ak, bk), k = 1, 2, 3, . . . son dos a dos disyuntos.
Sea
f(x) = exp
{
− 1
(x − ak)(bk − x)
}
si x ∈ (ak, bk)
= 0 si x ∈ S
entonces f es derivable n veces para todo n.
4.2. DERIVACIÓN 347
Nota
para a < b tenemos
− 1
(x − a)(b − x) = −
1
b − a
[ 1
x − a −
1
x − b
]
,
−e
1
(x − a)(b − x) = e
1
(b − a)(x − b) e
−
1
(b − a)(x − a)
Entonces
1
x − ae
1
(b − a)(x − b) e
−
1
(b − a)(x − a) → 0 (x → a+).
Ejercicio 87.
Sea f derivable en [a,∞), si ĺım
x→∞ f(x) = f(a) entonces existe θ > a tal que
f ′(θ) = 0.
Solución
Supongamos que a > 0 . consideremos F (x) = f
( 1
x − 1
)
, entonces
F
(
1 +
1
a
)
= f(a) y F (1+) = ĺım
x→∞ f(x) = f(a).
Apliquemos el teorema de Rolle en [1, 1 +
1
a
].
Ejercicio 88.
Sea Q(x) derivable en R1. Si a y β (a < β) son dos ráıces contiguas de la
ecuación Q(x) = 0, demostrar que Q′(a)Q′(β) ≤ 0.
α
c
d β
Figura 4.33.
348 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Solución.
Como Q es continua en [a, β], entonces Q(x) no cambia de signo en (a, β) ya
que no hay ráız de Q(x) = 0 en (a, β) (Teorema del valor medio). Supongamos
que Q(x) > 0 en (a, β). Si Q′(a) > 0 y Q′(β) > 0 entonces existen c > a y
d < β tales que Q(c) > Q(a) = 0 y Q(d) < Q(β) = 0 (absurdo).
De la misma manera, no es posible tener Q′(a) < 0 y Q′(β) < 0, por lo tanto
Q′(a)Q′(β) < 0.
Ejercicio 89.
Sea
dn
dxn
[ 1
x2 + 1
]
=
Pn(x)
(x2 + 1)n+1
, demostrar que
(a) Pn(x) es un polinomio de grado n.
(b) Pn(x) = 0 tiene n ráıces separadas por n − 1 ráıces de Pn−1(x) = 0.
Solución (Demostración por inducción con respecto a n)
Supongamos que Pn−1(x) = 0 tiene n − 1 ráıces simples diferente, digamos
a1, a2, . . . , an−1 (a1 < a2 < · · · < an−1).
Entonces Pn−1(ak) = 0 y P ′n−1(ak) 
= 0 (k = 1, 2, . . . , n − 1). Pero
Pn(x) = (1 + x2)n+1
dn
dxn
1
x2 + 1
= (1 + x2)n+1
d
dx
Pn−1(x)
(x2 + 1)n
= (1 + x2)n+1
[ P ′n−1(x)
(x2 + 1)n
− n
(x2 + 1)n+1
2xPn−1(x)
]
(4.40)
Pn(ak) = (1 + a2k)
n+1 P
′
n−1(ak)
(1 + a2k)
n
= (1 + a2k)P
′
n−1(ak) 
= 0.
Por el ejercicio (88) se tiene que Pn(ak)Pn(ak−1) < 0, por el teorema del valor
intermedio existe una ráız de Pn(x) = 0 en el intervalo (ak−1, ak), digamos βk
Pn(βk) = 0, ak−1 < βk < ak.
También, como
[ dn−1
dxn−1
1
1 + x2
]
x=an−1
= 0 y
[ dn−1
dxn−1
1
1 + x2
]
x=+∞
= 0,
existe βn (βn > an−1) tal que[ dn
dxn
1
1 + x2
]
x=βn
= 0.
4.2. DERIVACIÓN 349
De la relación (4.40), si Pn−1 es un polinomio de grado n− 1 entonces se tiene
que Pn es un polinomio de grado n.
Ejercicio 90.
Sea f continua por la derecha en a y derivable n veces en (a, b).
Si f(x) → l, f ′(x) → l1 . . . , f (n)(x) → ln cuando x → a, demostrar que
f ′(a) = l1, f ′′(a) = l2, . . . , f (n)(a) = ln.
Sugerencia
f(x) − f(a)
x − a = f
′(θ) → l1 (x → a), luego f ′(a) = l1.
Aśı sucesivamente.
Ejercicio 91.
Sea f continua en [a, b], dos veces derivable en (a, b).
Si f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b), f(a) > 0 y f(b) < 0, sean
a1 = a − f(a)
f ′(a)
, a2 = a1 − f(a1)
f ′(a1)
, a3 = a2 − f(a2)
f ′(a2)
, . . .
entonces la sucesión {an} es creciente y converge a la única ráız de la ecuación
f(x) = 0 en (a, b) (Método de Newton).
Solución
Como f ′ es monótonamente creciente ((f ′)′ > 0) f no puede tomar un máximo
local en (a, b), aśı que la ráız de f(x) = 0 es única, digamos x0. f es decreciente
en [a, x0], si an ∈ [a, x0] entonces an+1 − an = − f(an)
f ′(an)
> 0 ya que f(an) > 0
y f ′(an) < 0. Tenemos (#):
f(x) > f ′(an)(x − an) + f(an) (si x > an),
luego, tomando x = an+1 se tiene que f(an+1) > 0, por lo tanto an+1 < x0.
Aśı que {an} es creciente y acotada. Sea ĺım
n→∞ an = c, entonces, tomando el
ĺımite de la relación
an+1 = an − f(an)
f ′(an)
350 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
a
n
x
0
a
n+1
b
Figura 4.34.
se tiene c = c − f(c)
f ′(c)
, esto es f(c) = 0.
(#)Nota
Sea F (x) = f(x) − f ′(an)(x − an) − f(an) entonces F (an) = 0, F ′(x) =
f ′(x) − f ′(an) > 0 para x > an (ya que f ′ es creciente) por lo tanto F (x) > 0
si x > an.
Ejercicio 92.
Sea f dos veces derivable en (0,∞), sean M0 = sup |f(x)|, M1 = sup |f ′(x)| y
M2 = sup |f ′′(x)|, demostrar que M21 ≤ 4M0M2
Solución
De la fórmula de Taylor
f(x + 2b) = f(x) + (2b)f ′(x) +
(2b)2
2
f ′′(ξ) {x < ξ < x + 2b, b > 0}
o
f ′(x) =
1
2b
[f(x + 2b) − f(x)] − bf ′′(ξ),
luego
|f ′(x)| ≤ M0
b
+ bM2. (4.41)
Por lo tanto M1 = sup |f ′(x)| ≤ M0
b
+ bM2 o sea b2(M2) − M1b + M0 ≥ 0
(para todo b > 0).
Luego el discriminante de la ecuación cuadrática b2(M2)−M1b+M0 = 0 debe
ser no positivo, o sea (M1)2 − 4M0M2 ≤ 0.
4.2. DERIVACIÓN 351
Nota
El resultado anterior se cumple automáticamente si M0 = +∞ ó M2 = +∞
ya que (M1)2 < +∞. Si M0 
= +∞ y M2 
= +∞ se debe tener que M1 
= +∞
(por 4.41).
Ejercicio 93.
Sea f dos veces derivable en (0,∞) con su segunda derivada acotada. Si f(x) →
0 (x → +∞) demostrar que f ′(x) → 0 (x → +∞).
Solución
Sean
M0(a) = sup
x>a
|f(x)|, M1(a) = sup
x>a
|f ′(x)| y M2(a) = sup
x>a
|f ′′(x)|
entonces del ejercicio (92) tenemos que (M1(a))2 ≤ 4M0(a)M2(a), como M2(a)
es acotada (a → +∞) y M0(a) → 0 entonces M1(a) → 0 (a → +∞).
Ejemplo.
Sea
f(x) =
1
x
sen (x2) (x > 0)
f ′(x) = − 1
x2
sen x2 + 2 cos x2,
f ′′(x) =
2
x3
sen x2 − 2
x
cos x2 − 4x sen x2.
Se tiene que f(x) → 0 (x → ∞), pero |f ′′(x)| no es acotada cuando x → ∞.
Se ve que f ′(x) no tiende a cero cuando x → ∞.
Ejercicio 94.
Sea f derivable en [a, b] y f(a) = 0. Si existe una constante A > 0 tal que
|f ′(x)| ≤ A|f(x)|, x ∈ [a, b], demostrar que f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b].
Solución
Sean x0 ∈ [a, b], M0 = sup
[a,x0]
|f(x)| y M1 = sup
[a,x0]
|f ′(x)|. Si a ≤ x ≤ x0 tenemos
|f(x)| = |f(a) + f ′(θ)(x − a)| = |f ′(θ)(x − a)| ≤ M1(x − a)
≤ (x − a)AM0 ≤ (x0 − a)AM0,
luego M0 ≤ (x0 − a)AM0.
352 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
|////////////////| | 
f (x)=0
x
0
< a+
 1
A ba
Figura 4.35.
Si x0 < a +
1
A
(ó (x0 − a)A < 1) entonces de la desigualdad anterior se tiene
que M0 ≤ (x0 − a)AM0 < M0, o sea M0 = 0, esto es f(x) = 0 en
[
a, a +
1
A
]
.
Ahora, en lugar del intervalo [a, b] consideremos el intervalo
[
a +
1
A
, b
]
(f
(
a +
1
A
)
= 0 ya que f es continua), entonces se tiene f(x) = 0 en
[
a +
1
A
, a +
2
A
]
,
aśı sucesivamente, f(x) = 0 en [a, b].
Ejercicio 95. (Unicidad de la solución de una ecuación diferencial)
Sea F (x, y) una función de valor real, definida en [a, b] × [c, d].
Si F satisface la condición de Lipshitz con respecto a la variable y |F (x, y2)−
F (x, y1)| ≤ K|y2 − y1| (K > 0 es una constante) entonces no hay dos solu-
ciones de la siguiente ecuacióndiferencial f ′(x) = F (x, f(x)), con f(a) = y0
(condición inicial) donde y0 es una constante, y0 ∈ [c, d].
Solución
Supongamos que existen dos soluciones f y g y demostremos que f(x) = g(x)
para todo x.
f ′(x) = F (x, f(x)), g′(x) = F (x, g(x)), f(a) = g(a) = y0.
Sea b(x) = f(x) − g(x), entonces b(a) = f(a) − g(a) = 0.
Tenemos
|b′(x)| = |f ′(x) − g′(x)| = |F (x, f(x)) − F (x, g(x))|
= K|f(x) − g(x)| = K|b(x)|,
por el ejercicio (94) se tiene que b(x) = 0 para todo x ∈ [a, b].
4.2. DERIVACIÓN 353
Nota
La ecuación diferencial
f ′(x) =
√
f(x)
f(0) = 0
posee un número infinito de soluciones, como se ve a continuación
fλ(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ λ,
fλ(x) =
(x − λ)2
4
si x ≥ λ,
es una solución para cualquier valor constante λ ≥ 0.
En este caso F (x, y) =
√
y = y
1
2 , la función y
1
2 no satisface la condición de
Lipshitz.
Ejercicio 96.
Sea F (x, y) definida en [a, b] × [c, d]. Si f y g satisface las condiciones
f ′(x) = F (x, f(x)),f(a) = y0 (ecuación diferencial)
g′(x) > F (x, g(x)),g(a) = y0 (desigualdad diferencial)
demostrar que g(x) > f(x) para todo x > a.
Solución
Supongamos que {t 
= a | f(t) ≥ g(t)} 
= ∅, sea x0 = ı́nf{t 
= a | f(t) ≥ g(t)}
entonces f(x0) = g(x0) (por la cotinuidad de f y g). Pero g′(x0) − f ′(x0) >
F (x0, g(x0)) − F (x0, f(x0)), luego, g − f es creciente en x0, por lo tanto para
t muy próximo a x0 se tiene g(t) − f(t) < g(x0) − f(x0) = 0 (t < x0), esto
contradice la definición de x0.
Ejercicio 97.
Sea F (x, y) definida en [a, b]× [c, d] con |F (x, y1)−F (x, y2)| ≤ K|y1−y2|. Si f
y g satisfacen f ′(x) = F (x, f(x)), g′(x) = F (x, g(x)) y g(a) > f(a) demostrar
que g(x) > f(x) para todo x ≥ a.
Sugerencia (Ejercicio 95).
354 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
(x
0
,f (x
0
))
x
0
f
g
Figura 4.36.
Ejercicio 98.
En los siguientes casos demostrar que
f(b) − f(a)
g(b) − g(a) =
f ′(c)
g′(c)
donde c =
a + b
2
(a) f(x) = sen x, g(x) = cos x,
(b) f(x) = ex, g(x) = ex,
(c) f(x) = λx + v, g(x) = λ′x + v′, (λ, λ′, v.v′ son constantes)
Solución
(a)
sen b − sen a
cos b − cos a =
2 cos
b + a
2
sen
b − a
2
−2 sen b − a
2
sen
b + a
2
=
cos
b + a
2
− sen b + a
2
.
(b)
eb − ea
e−b − e−a =
(eb − ea)ebea
ea − eb = −e
a+b =
e
a + b
2
−e−
a + b
2
.
(c)
(λb + v) − (λa + v)
(λ′b + v′)(λ′a + v′)
=
λ(b − a)
λ′(b − a) =
λ
λ′
.
Ejercicio 99.
Supongamos que f y g son derivables tres veces en (−∞,∞), si para todo
intervalo [a, b] se tiene:
f(b) − f(a)
g(b) − g(a) =
f ′(c)
g′(c)
donde c =
a + b
2
4.2. DERIVACIÓN 355
demostrar que f y g son funciones trigonométricas, ó funciones exponenciales
ó funciones de primer grado, o f es función de segundo grado y g es función
de primer grado.
Solución
Tenemos
f(b) − f(a)
g(b) − g(a) =
f ′
(a + b
2
)
g′
(a + b
2
) para cualquier a y b, a < b.
Sean b = c + x, a = c − x, entonces
f(c + x) − f(c − x)
g(c + x) − g(c − x) =
f ′(c)
g′(c)
= A(c) (4.42)
o
f(c + x) − f(c − x) = A(c){g(c + x) − g(c − x)} (4.43)
donde A(c) es una función de c derivable dos veces.
Derivando (4.43) con respecto a x dos veces:
f ′′(c + x) − f ′′(c − x) = A(c){g′′(c + x) − g′′(c − x)}, (4.44)
Derivando (4.43) con respecto a c dos veces:
f ′′(c+x)−f ′′(c−x) = A(c){g′′(c+x)−g′′(c−x)}+2A′(c){g′(c+x)−g′(c−x)}+
A′′(c){g(c + x) − g(c − x)} (4.45)
De (4.44) y (4.45):
A′′(c){g(c + x) − g(c − x)} + 2A′(c){g′(c + x) − g′(c − x)} = 0
ó
g′(c + x) − g′(c − x)
g(c + x) − g(c − x) = −
1
2
A′′(c)
A′(c)
,
luego
d
dc
{log(g(c + x) − g(c − x))} = −1
2
d
dc
log A′(c),
aśı que
log{g(c + x) − g(c − x)} = log{A′(c)}−
1
2 + constante,
356 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
donde la constante de integración no contiene a “c”, pero puede contener la
variable x, sea g(c + x) − g(c − x) = B(x){A′(c)}−
1
2 . Sea D(c) = {A′(c)}−
1
2
entonces
g(c + x) − g(c − x) = B(x)D(c) (4.46)
Derivando (4.46) dos veces con respecto a x y con respecto a c:
g′′(c + x) − g′′(c − x) = B′′(x)D(c),
g′′(c + x) − g′′(c − x) = B(x)D′′(c),
luego
B′′(x)D(c) = B(x)D′′(c), (4.47)
aśı
B′′(x)
B(x)
=
D′′(c)
D(c)
= k (4.48)
donde k es la constante de separación. (# Nota)
Tenemos
B′′(x) − kB(x) = 0, y D′′(c) − kD(c) = 0 (4.49)
luego
B(x) = e
√
kx, e−
√
kx y D(c) = e
√
kc, e−
√
kc (k 
= 0) (4.50)
B(x) = λx + v, D(c) = λ′x + v′ (k = 0). (4.51)
Dejamos al lector el resto del desarrollo.
(# Nota)
Como B′′(x)/B(x) no contiene c, y D′′(c)/D(c) no contiene x, si ambos son
iguales entonces es una cantidad que no tiene ni x ni c, o sea que es una
constante.
4.3. Función de variación acotada
Ejemplo 1.
Sea f(x) =
√
x, x ∈ [1, 4], cuando x varia de 1 a 4 el valor de f(x) aumenta
de
√
1 = 1 a
√
4 = 2. Luego el incremento de f(x) entre x = 1 y x = 4
f(4) − f(1) = √4 − √1 = 2 − 1 = 1, es igual a la distancia recorrida por
y = f(x) sobre el eje 0Y , correspondiente a la variación de x en [1, 4].
4.3. FUNCIÓN DE VARIACIÓN ACOTADA 357
[ /
//
//
//
/ 
]
[//////////////]
y = x
Y
X0 1 4
Figura 4.37.
Ejemplo 2.
Sea g(x) = x2 − 2x + 2, x ∈ [0, 3]. se observa que g es decreciente en [0, 1] y
creciente en [1, 3]. Cuando x recorre el eje 0X entre 0 y 3 la imagen y = g(x)
se mueve (sobre la recta 0Y ) de 2 a 1, y luego de 1 a 5:
g(1) − g(0) = 1 − 2 = −1 < 0,
g(3) − g(1) = 5 − 1 = 4 > 0,
aśı que la distancia recorrida por y = g(x) (sobre el eje 0Y ) es igual a 5
|g(1) − g(0)| + |g(3) − g(1)| = | − 1| + |4| = 5.
A esta distancia recorrida por y = g(x) cuando x se mueve de 0 a 3 se le
llama la variación total de g en [0, 3], ya que la variación total es diferente al
incremento de g en [0, 3], puesto que este último es
g(3) − g(0)︸ ︷︷ ︸ = 5 − 2 = 3 
= 3
el incremento
de g en [0, 3]
Ejemplo 3.
Sea b(x) = 2x3 − 3x2 + 3, x ∈ [−1, 2]. Se observa que b es creciente en [−1, 0]
y que el espacio recorrido por y = b(x) en el intervalo es b(0) − b(−1) =
358 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
[//////////////]
1
||
(3,5)
0 1 2 3
y=x2-2x+2
5
2
X
Figura 4.38.
3− (−2) = 5, b es decreciente en [0, 1], y la distancia recorrida por y = b(x) en
[0, 1] es |b(1)− b(0)| = |2− 3| = |− 1| = 1, b es creciente en [1, 2] y la distancia
recorrida por y = b(x) en este último intervalo es b(2) − b(1) = 7 − 2 = 5.
Aśı que el espacio recorrido por y = b(x) (sobre el eje 0Y ) correspondiente al
movimiento de x de −1 hasta 2 es
|b(0) − b(−1)| + |b(1) − b(0)| + |b(2) − b(1)| = 5 + 1 + 5 = 11,
o sea que la variación total de b en [−1, 2] es igual a 11. Mientras que el
incremento de b en [−1, 2] es b(2) − b(−1) = 7 − (−2) = 9.
Más generalmente, sea f una función definida en [a, b]. Subdividimos el inter-
valo [a, b] en un número finito, digamos n, de subintervalos. Sean
(x0 = a), x1, x2, x3, . . . , xk, . . . , xn−1, (xn = b) (4.52)
(a < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < b)
los puntos de subdivisión, aśı que el k-ésimo subintervalo es [xk−1, xk] (k =
2, 3, . . . , n). El incremento Δkf de f en el k-ésimo subintervalo es
Δkf = f(xk) − f(xk−1) (k = 1, 2, 3, . . . , n) (4.53)
A la siguiente suma
n∑
k=1
|Δkf | =
n∑
k=1
|f(xk) − f(xk−1)| (4.54)
se le llama la variación de f correspondiente a la subdivisión (4.52).
4.3. FUNCIÓN DE VARIACIÓN ACOTADA 359
[ ]
-1 0 1 2
1
2
3
7
(2,7)
(-1,-2)
(1,2)
Figura 4.39.
Nota
Para determinar una subdivisión del intervalo [a, b] basta escoger los puntos
de subdivisión. Al conjunto de los puntos de subdivisión del intervalo [a, b]
P = {x0, x1, . . . , xk, . . . , xn−1, xn} (x0 = a, xn = b, xk−1 < xk) (4.55)
se le llama partición del intervalo [a, b].
Dar una partición de [a, b] es equivalente a tener una subdivisión del intervalo
[a, b], o sea que el término partición se usa como un sinónimo del término
subdivisión.
[ | | | | | | | | ]
a x
1 
x
2 
x
k-1 
x
k 
x
n-1 
 b
x
n
=
x
0
=
Figura 4.40.
360 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejemplo 4.
Sea g(x) = x2−2x+2, x ∈ [0, 3]. Consideremosla siguiente partición {0, 1.5, 3},
la variación de g correspondiente a esta partición es
|g(1.5) − g(0)| + |g(3) − g(1.5)| = | − 0.75| + |3.75| = 4.5.
Si consideramos la partición {0, 0.5, 1.5, 2, 3}, la variación de g correspondiente
a ésta es
|g(0.5) − g(0)| + |g(1.5) − g(0.5)| + |g(2) − g(1.5)| + |g(3) − g(2)| (4.56)
= | − 0.75| + |0| + |0.75| + |3| = 4.5. (4.57)
la variación correspondiente a {0, 1, 3} es igual a
|g(1) − g(0)| + |g(3) − g(1)| = | − 1| + 4 = 5 (la variación total de g),
que es la mayor variación de g en el intervalo [0, 3].
Como se observó en el ejemplo anterior, la variación de una función f depende
de la partición escogida, la mayor variación posible de la función f se llama
variación total de f , o más precisamente, se define la variación total de f ,
Vf (a, b), como sigue
Vf (a, b) = sup(
toda partición
de [a, b]
) n∑
k=1
|Δkf |, (4.58)
donde el extremo superior se toma sobre el conjunto de variaciones de f corres-
pondientes a todas las particiones posibles del intervalo [a, b]. A una función
cuya variación total sea finito se le llama función de variación acotada.
Ejemplo 5.
(a) Sea f una función creciente en [a, b], sea
x0 = a, x1, x2, . . . , xk, . . . , xn−1, xn = b
una partición de [a, b], entonces
n∑
k=1
|Δkf | =
n∑
k=1
|f(xk) − f(xk−1)| =
n∑
k=1
{f(xk) − f(xk−1)}
= ��
�f(x1) − f(x0) +���f(x2) −���f(x1) +���f(x3) −���f(x2) + · · · + f(xn) −����f(xn−1)
= f(xn) − f(x0) = f(b) − f(a).
Como la variación de f es f(b) − f(a) para toda partición, entonces
Vf (a, b) = f(b) − f(a).
4.3. FUNCIÓN DE VARIACIÓN ACOTADA 361
(b) Si f es decreciente en [a, b], entonces
n∑
k=1
|Δkf | =
n∑
k=1
|f(xk) − f(xk−1)|
=
n∑
k=1
−{f(xk) − f(xk−1)} = −
n∑
k=1
−{f(xk) − f(xk−1)}
= −(f(b) − f(a)),
luego
Vf (a, b) = −
(
f(b) − f(a)) = |f(b) − f(a)|.
Ejercicio 100.
Si f es creciente en [a, c] y decreciente en [c, d], entonces demostrar
Vf (a, b) = |f(c) − f(a)| + |f(b) − f(c)|.
Solución
Sea
x0 = a, x1, . . . , xj−1, xj , . . . , xn−1, xn = b xj−1 ≤ c, xj > c
una partición del intervalo [a, b], entonces
n∑
k=1
|Δkf | =
j−1∑
k=1
|Δkf | + |Δjf | +
n∑
k=j+1
|Δkf |
=
j−1∑
k=1
−(f(xk) − f(xk−1)) + |Δjf | +
n∑
k=j+1
−(f(xk) − f(xk−1)) (4.59)
Pero
|f(xj) − f(xj−1)| = |f(xj) − f(c) + f(c) − f(xj−1)|
≤ |f(xj) − f(c)| + |f(c) − f(xj−1)| = {f(c) − f(xj)} + {f(c) − f(xj−1)}
(4.60)
Reemplazando (4.59) en (4.60)
n∑
k=1
|Δkf | =
j−1∑
k=1
|Δkf | + |Δjf | +
n∑
k=j+1
|Δkf |
≤ {f(xj−1) − f(a)} + {f(c) − f(xj−1)} + {f(c) − f(xj)} + {f(xj) − f(b)}
= (f(c) − f(b)) + (f(c) − f(a))
= |f(c) − f(a)| + |f(b) − f(c)|.
362 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Si consideremos la partición {a, c, b}, la variación de f es
|f(c) − f(a)| + |f(b) − f(c)|, (4.61)
por lo tanto se tiene que (4.61) es la máxima variación de f en [a, b].
Ejercicio 101.
Hallar la variación total de las siguientes funciones
(a) f(x) = x3 − 3x2 + 2 en [−1, 3].
(b) g(x) = sen x en [0, 2π].
(c) b(x) = 1 si x 
= 0, b(0) = 0, en [−1, 2.
(d) t(x) =
x|x − 1|
x − 1 si x 
= 1, t(1) = 1, en [0, 3.
(e) s(x) =
|x|
x
(x + 1) si x 
= 0, s(0) = 2, en [−1, 1].
Sugerencia
(a) Vf (−1, 3) = |f(0) − f(−1)| + |f(2) − f(0)| + |f(3) − f(2)| = 12.
(b) Vg(0, 2π) = |g
(π
2
)− g(0)| + |g(3
2
π
)− g(π
2
)| + |g(2π) − g(3
2
π
)| = 4.
(c) Vb(−1, 2) = |b(0) − b(0−1)| + |b(0+) − b(0)| = 2.
(d) Vt(0, 3) = |t(1−) − t(0)| + |t(1) − t(1−)| + |t(3) − t(1)| = 5.
(e) Vs(−1, 1) = |s(0−)−s(−1)|+|s(0)−s(0−)|+|s(0+)−s(0)|+|s(1)−s(0+)| =
6.
Ejercicio 102.
Sea f una función de variación acotada en [a, b], demostrar que |f(x)| ≤
|f(a)| + Vf (a, b) (para todo x ∈ [a, b]), esto es, f es acotada en [a, b].
Solución
Sea x ∈ [a, b], entonces {a, x, b} es una partición del intervalo [a, b], luego
|f(x) − f(a)| + |f(b) − f(x)| ≤ Vf (a, b), luego
|f(x)| − |f(a)| ≤ |f(x) − f(a)| ≤ |f(x) − f(a)| + |f(b) − f(x)| ≤ Vf (a, b),
por lo tanto |f(x)| ≤ |f(a)| + Vf (a, b).
4.3. FUNCIÓN DE VARIACIÓN ACOTADA 363
1
2
-1 0 1
-1
X
s(x)
[ ]
Figura 4.41.
Ejercicio 103.
Sean f y g definidas en [a, b], demostrar que
(a) Vf±g(a, b) ≤ Vf (a, b) + Vg(a, b).
(b) Vf ·g(a, b) ≤ BVf (a, b)+AVg(a, b) donde A y B son cotas de f y g, respec-
tivamente, en [a, b].
Solución
(a) Sea {x0 = a, x1, x2, . . . , xk, . . . , xn−1, xn = b} una participación de [a, b],
entonces
|Δk(f + g)| = |{f(xk) + g(xk)} − {f(xk−1 + g(xk−1))}|
≤ |f(xk) − f(xk−1| + |g(xk) − g(xk−1)| = |Δkf | + |Δkg|,
luego
n∑
k=1
|Δk(f + g)| ≤
n∑
k=1
{|Δkf | + |Δkg|}
=
n∑
k=1
|Δkf | +
n∑
k=1
|Δkg| ≤ Vf (a, b) + Vg(a, b).
364 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Considerando el extremo superior en la desigualdad anterior se tiene
Vf+g(a, b) ≤ Vf (a, b) + Vg(a, b).
(b) Sean A, B las cotas de f , g en [a, b] respectivamente, o sea
|f(x) ≤ A| y |g(x)| ≤ B para todo x ∈ [a, b].
Sea {x0 = a, x1, . . . , xk, . . . , xn = b} una partición de [a, b], entonces
|Δk(f · g)| = |f(xk)g(xk) − f(xk−1)g(xk−1)|
= |f(xk)g(xk) − f(xk)g(xk−1) + f(xk)g(xk−1) − f(xk−1)g(xk−1)|
= |f(xk)(g(xk) − g(xk−1)) + g(xk−1)(f(xk) − f(xk−1))|
≤ |f(xk)||g(xk) − g(xk−1)| + |g(xk−1)||f(xk) − f(xk−1))|
≤ A|Δkg| + B|Δkf |.
Por lo tanto
n∑
k=1
|Δk(f · g)| ≤ A
n∑
k=1
|Δkg| + B
n∑
k=1
|Δkf |
≤ AVg(a, b) + BVf (a, b).
Considerando el extremo superior en la desigualdad anterior se obtiene
Vf ·g(a, b) ≤ AVg(a, b) + BVf (a, b).
Ejercicio 104.
Sea f definida en [a, b], si existe c > 0 tal que |f(x)| ≥ c para todo x ∈ [a, b]
demostrar que V1/f (a, b) ≤
1
c2
Vf (a, b).
Sugerencia
Sea {x0, x1, . . . , xk, . . . , xn} una partición de [a, b], entonces∣∣∣Δk( 1
f
)∣∣∣ = ∣∣∣ 1
f(ak)
− 1
f(ak−1)
∣∣∣ = |f(ak) − f(ak−1)|
f(ak) · f(ak−1)
≤ 1
c2
|Δkf | (k = 1, 2, 3, . . . , n).
Ejercicio 105.
Sea f una función definida en [a, b]. Si f satisface la condición de Lipshitz
uniformemente en [a, b], |f(y) − f(x)| ≤ M |y − x|, y, x ∈ [a, b] demostrar que
Vf (a, b) ≤ M(a − b).
4.3. FUNCIÓN DE VARIACIÓN ACOTADA 365
Sugerencia
Sea {x0 = a, x1, . . . , xk, . . . , xn = b} una partición de [a, b], entonces
|Δkf | = |f(ak) − f(ak−1)| ≤ M(xk − xk−1),
luego
n∑
k=1
|Δkf | ≤ M
n∑
k=1
(xk − xk−1) = M(b − a).
Considerando el extremo superior en la desigualdad anterior se tiene que:
Vf (a, b) ≤ M(b − a).
Ejercicio 106.
Sea f continua en [a, b] y derivable en (a, b). Si f ′(x) es acotada en (a, b),
|f ′(x)| ≤ M para todo x ∈ (a, b), demostrar que Vf (a, b) ≤ M(b − a)
Sugerencia
Aplicando el teorema del valor medio a f en [xk−1, xk]
|Δkf | = |f(ak) − f(ak−1)| = |f ′(θ)(xk − xk−1)| ≤ M(xk − xk−1)
donde θ ∈ (xk − xk−1).
De los ejercicios anteriores se deduce que
(a) Las funciones monótonas son de variación acotada.
(b) Las funciones derivables con derivada acotada son de variación acotada.
(c) Si f y g son de variación acotada, entonces f ± g y f · g son de variación
acotada.
(d) Si f y g son de variación acotada, y |g| está separada de cero por una
constante positiva, entonces f/g es de variación acotada.
Ejercicio 107.
Sea f una función de variación acotada en [a, b], si c es una constante demostrar
que Vf (a, b) = Vf+c(a, b).
Sugerencia
Δkf = f(xk) − f(xk−1) = (f(xk) + c) − (f(xk−1) + c) = Δk(f + c).
366 4. FUNCIÓN DE VALOR REAL, DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 108.
Demostrar que las siguientes funciones son de variación acotada,
(a) f(x) = x2 sen
1
x
(x 
= 0) en [0, 1], f(0) = 0.
(b) g(x) = x2 sen
1
x
(x 
= 0)en [0, 1], g(0) = 1.
Solución
(a) f es continua en [0, 1], y
f ′(x) = 2x sen
1
x
− cos 1
x
(x 
= 0),
|f ′(x)| ≤ |2x|
∣∣∣ sen 1
x
∣∣∣ + |∣∣∣ cos 1
x
∣∣∣ ≤ 2 + 1 = 3 en (0, 1),
por lo tanto, f es de variación acotada.
(b) Sea f la función definida en (a), sea b
b(0) = 1, b(x) = 0 si x ∈ (0, 1],
entonces b es decreciente en [0, 1] (Nota: Vb(0, 1) = 1).
Como g = f + b, entonces g es de variación acotada en [0, 1].
Ejercicio 109.
Sea g una función de variación acotada en [a, b] y continua en a. La función f
definida por
f(x) = g(x) si x 
= a
f(a) = c
es de