f (c)
L
f
G
c
FUNCIONES CONTINUAS Y DISCONTINUAS AUTOR:
JUAN ALFREDO HUAMANCHAQUI QUISPE
.
Índi e General 1. Continuidad de fun ión
Fun ión ontinua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fun ión dis ontinua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bibliografía
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Li : Juan A. Huaman haqui
Cap´ıtulo
1
Continuidad de fun ión Fun ión ontinua Sea f : I → R, I ⊂ R una fun ión. De ir que f es ontinua en el punto c ∈ I , es tomar f (x) muy proximo a f (c) uando x esta muy proximo a c. Ahora pongamos la de ni ión formal de ontinuidad. De ni ión: Se di e que f es ontinua en el punto c ∈ Dom(f ) si umple las siguientes ondi iones 1. Existe f (c), para c ∈ Dom(f ) 2. Existe l´ım f (x) x→c
3. l´ım f (x) = f (c) x→c
Pongamos una observa ión. Para que una fun ión f sea ontinua en el punto c ∈ Dom(f ), siempre tiene que existir el punto (o número f (c)). Los límites laterales tienen que ser iguales y oin idir on el punto f (c).
3
FUNCIÓN CONTINUA
.
f
f (x)
l´ım f (x) c
l´ım f (x)
x→c+
x→c−
Continuidad Laterales 1. Sea f : I → R, I ⊂ R una fun ión. De ir que f es ontinua por la dere ha del punto c ∈ Dom(f ) si umple las siguientes ondi iones a ) Existe f (c), para c ∈ Dom(f ) b ) Existe l´ım+ f (x) x→c
) l´ım+ f (x) = f (c) x→c
2. Sea f : I → R, I ⊂ R una fun ión. De ir que f es ontinua por la izquierda del punto c ∈ Dom(f ) si umple las siguientes
ondi iones a ) Existe f (c), para c ∈ Dom(f ) b ) Existe l´ım− f (x) x→c
) l´ım− f (x) = f (c) x→c
Teorema: Una fun ión f es ontinua en c si y sólo si f es ontinua a la dere ha y a la izquierda del punto c.
En efe to:
→) Por hipótesis f es ontinua en el punto c, enton es por de ni ión f (c) existe y l´ım f (x) = f (c). x→c Enton es existen l´ım− f (x) = f (c) y l´ım+ f (x) = f (c). x→c
x→c
por lo tanto f (c) existe y se umple que l´ım− f (x) = f (c) y x→c
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FUNCIÓN CONTINUA
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l´ım f (x) = f (c). Esto quiere de ir que la fun ión f es ontinua
x→c+
a la dere ha e izquierda. ←) Como f es ontinua a la dere ha e izquierda en el punto c, por de ni ión existen f (c), l´ım− f (x) = f (c) y l´ım+ f (x) = f (c). Por x→c
x→c
lo tanto f es ontinua en en punto c.
Teorema: Sean f, g :
R → R dos fun iones ontinuas en el punto
c ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) enton es:
1. λf es ontinua en el punto c 2. f ± g es ontinua en el punto c 3. f × g es ontinua en el punto c 4.
f , g(c) 6= 0 es ontinua en el punto c g
Demostra ión: Por hipótesis sabemos que f y g son ontinuas en el punto c, enton es por de ni ión de ontinuidad existen f (c) y g(c). Por f g
algebra de fun iones tenemos que [f ±g](c), [f ×g](c), (c) on g(c) 6= 0
y λf (c). También existen l´ım f (x) = f (c) y l´ım g(x) = g(c). Por propiedad de x→c x→c límites se umple que: l´ım[f ± g](x) = [f ± g](c), l´ım[f × g](x) = [f × g](c), x→c
x→c
f f l´ım (x) = (c) y l´ım λf (x) = λf (c). x→c g x→c g
Por lo tanto umple las ondi iones de la de ni ión de ontinuidad.
Ejemplo: 1. Halle las onstantes a y b para que f sea ontinua: sen |x| x f (x) = ax +b cos x
; x ∈ h−π, 0i ; x ∈ [0, πi ; x ∈ [π, 2πi
Solu ión: Para hallar a y b on la ondi ión de que f es ontinua
vastará hallar los límites laterales en los puntos x = 0 y x = π. a ) Para x = 0: por de ni ión sabemos que: P
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1) f (0) = a(0) + b = b 2) los límites laterales: sen |x| sen(−x) = l´ım− − = −1 x→0 x→0 x→0 x −x l´ım+ f (x) = l´ım+ (ax + b) = b l´ım− f (x) = l´ım−
x→0
x→0
Igualando ambos límites en ontramos que b = −1
b ) Para x = π : por de ni ión sabemos que:
1) f (π) = cos π = −1 2) los límites laterales: l´ım f (x) = l´ım− cos π = −1
x→π −
x→π
l´ım f (x) = l´ım− (ax + b) = aπ + b = aπ − 1
x→π −
x→π
Igualando ambos límites en ontramos que a = 0 Por lo tanto a = 0 y b = −1. q √ 2+ 5x−2
, x 6= 32, de nir f (32) para que la fun2. Sea f (x) = x − 32
ión f sea ontinua en R. Solu ión: Para que f sea ontinua en el punto x = 32 debe umplir que: a ) f (32) existe b ) l´ım f (x) existe x→32
) l´ım f (x) = f (32) x→32
Para pode hallar el límite primero re ordemos una propiedad algebra que: x5 − b5 = (a − b)(a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + b4 )
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FUNCIÓN CONTINUA
l´ım f (x) = l´ım x→32
x→32
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q √ 2+ 5x−2
x − 32 √
x−2 q √ x→32 (x − 32)( 2 + 5 x + 2) x − 32 q = l´ım √ 3 2 1 4 x→32 (x − 32)( 2 + 5 x + 2)(x 5 + 2x 5 + 4x 5 + 8x 5 + 16) 1 = 5 × 26 5
= l´ım
enton es la fun ión rede nida es: f (x) =
q √ 5 2 + x−2
x − 32 1 5 × 26
; x 6= 32 ; x = 32
3. Si f (x) = J7x2 − 7K, demuestre que a ) ¾f es ontinua en 0?
Solu ión: Para que f sea ontinua en x = 0 debe o urrir que: 1) f (0) existe 2) l´ım f (x) existe x→0
3) l´ım f (x) = f (0) x→0
Probemos las tres ondi iones 1) f (0) = J7(0)2 − 7K = −7 2) Hallando el l´ım f (x): Límites laterales x→0
r
1 < x < 0, ha iendo operax→0 7
iones se tiene −7 < 7x2 −7 < −6, de donde J7x2 −7K = −7. Finalmente l´ım− J7x2 − 7K = −7 x→0 r 1 l´ım+ f (x): enton es 0 < x < , ha iendo opera iones x→0 7 se tiene −7 < 7x2 − 7 < −6, de donde J7x2 − 7K = −7. Finalmente l´ım+ J7x2 − 7K = −7 l´ım− f (x): enton es −
x→0
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FUNCIÓN CONTINUA
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Por lo tanto el l´ım f (x) existe x→0
3) y l´ım f (x) = f (0) x→0
Por lo tanto, f es ontinua en 0. √ b ) ¾Es f ontinua es 2? Solu ión: Probemos las tres ondi iones √ √ 1) f ( 2) = J7( 2)2 − 7K = 7 2) Hallando el l´ım f (x): Límites laterales x→0
√ 13 l´ım f (x) : enton es < x < 2, ha iendo op√ − 7 x→ 2 era iones se tiene 6 < 7x2 −7 < 7, de donde J7x2 −7K = 6. 2 Finalmente l´ım √ − J7x − 7K = 6 x→ 2 r √ 15 l´ım f (x) : enton es 2 < x < , ha iendo op√ + 7 x→ 2 era iones se tiene 7 < 7x2 −7 < 8, de donde J7x2 −7K = 7. 2 Finalmente l´ım √ + J7x − 7K = 7 x→ 2 Por lo tanto el l´ım √ f (x) no existe x→ 2 √ Por lo tanto, f no es ontinua en 2. r
4. Hallar los valores de a y b para que la fun ión f sea ontinua en todo su dominio si |2x2 − 3x − 9| 2x2 − 3x − 9 f (x) = a b
3 2
; x3 ; ;
x=3 3 x=− 2
Solu ión: Para que f sea ontinua es ne esario que sea ontinua −3 . Veamos 2 3 a ) Para x = − : 2
en x = 3 y x =
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3 =b f − 2 l´ım f (x) tiene que existir: ompletando uadrados a la 3− x→− 2 3 81 expresión 2x2 − 3x − 9 = 3(x − )2 − 4 8 3 3 81
omo sabemos que x < − enton es 3(x − )2 − > 0, 2 4 8
de donde
|2x2 − 3x − 9| l´ım =1 − 2x2 − 3x − 9 3 x→− 2 igualando se tiene b = 1 b ) Para x = 3:
de forma análogo en ontramos que a = 1.
Fun ión dis ontinua Sea f : I ⊂ R → R, se di e que f es dis ontinua en c ∈ I si f no es ontinua en c. Esto quiere de ir que, no umple una de los tres
ondi iones de la de ni ión de ontinuidad.
Tipos de dis ontinuidad:
La dis ontinuidad se lasi a en: 1. Dis ontinuidad evitable: La fun ión f es dis ontinua evitable si f (c) a) l´ım f (x) = L existe y x→c b) f (c) 6= L
f G
L
c
2. Dis ontinuidad no evitable: La fun ión f es dis ontinua no evitable se lasi a en dos P
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FUNCIÓN DISCONTINUA
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a) Una fun ión f es dis on-
f
tinua de primera espe ie f (c)
si existen los límites laterales ( l´ım+ f (x), l´ım− f (x)) y son x→c x→c diferentes.
c
b) Una fun ión f es dis on-
tinua de segunda espe ie si existen l´ım+ f (x) = ∓∞ y/o x→c l´ım− f (x) = ±∞.
x→c
f c
Ejemplo: En uentre los puntos de dis ontinuidad de los siguientes fun-
iones, diga el tipo de dis ontinuidad y si es posible rede nir la fun ión f para que sea ontinua en todo su dominio 1. f (x) =
x3 − 2x2 − 11x + 12 x2 − 5x + 4
Solu ión: Fa torizando la fun ión tenemos que
(x − 4)(x − 1)(x + 3) enton es la fun ión es dis ontinua (x − 4)(x − 1) en los puntos x = 4 y x = 1: Simpli ando se tiene f (x) = x + 3, es fá il ver que existen los limites uando x tiende a 1 y 4. Por lo tanto es dis ontinuidad f (x) =
evitable.
q 1 2 − √cos x x2 2. f (x) = 1 8
; x 6= 0
; x=0 Solu ión: La fun ión es dis ontinua en el punto x = 0, es de ir que: a ) f (0) =
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FUNCIÓN DISCONTINUA b ) l´ım
x→0
q
2−
√
cos x
. 1 x2
existe
1 q √ √ x2 1 = l´ım (1 + 1 − cos x) 2x2 l´ım 2 − cos x x→0 x→0 √ 1 − cos x l´ım 2x2 = ex→0 sen x √ l´ım 2 = ex→0 2x (1 + cos x)(1 + cos x) 1 = e8
Por lo tanto no umple la igualdad de la ter era ondi ión. Es una dis ontinuidad evitable. 3. f (x) = 1 + 2 x Solu ión: Vemos que un punto de dis ontinuidad es x = 0. Veamos que tipo de dis ontinuidad es: Hallando los límites laterales: 1
1
l´ım+ (1 + 2 x ) = +∞
x→0
1
l´ım− (1 + 2 x ) = 1
x→0
es dis ontinua no evitable de segunda espe ie. 4. Analizar la ontinuidad en los puntos x = 2 y x = −2 de la fun ión f on regla de orresponden ia r rxz 2 x −5 2 f (x) = 1 − x3 x+1
; −2 ≤ x ≤ 2 ; ;
x < −2 x>2
Solu ión: Anali emos la ontinuidad en los puntos x = 2, x = −2. a ) Para el aso del punto x = −2 i) existe fs (−2), veamos. s { −2 f (−2) = (−2)2 − 5 = 3, si existe. 2 ii) Existe el l´ım f (x) x→−2
Por límites laterales. P
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r rxz 2 l´ım f (x) = l´ım + x − 5 =3 x→−2+ x→−2 2
Se sabe que −2 ≤ x ≤ −1, enton es −1 ≤ rxz
x −1 ≤ . Luego 2 2
= −1 2 l´ım − f (x) = l´ım − 1 − x3 = 9
x→−2
x→−2
Por lo tanto el límite de la fun ión f en el punto x = −2 no existe, Por lo que es una dis ontinuidad no evitable de primera espe ie. b ) Para el aso del punto x = 2. Trabajo.
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Bibliografía [1℄ ESPINOZA RAMOS, Eduardo, Análisis matemáti o I., Editorial Edukperú E.I.R.L.: Quinta edi ión, Lima-Perú, 2009 [2℄ HAASER, Norman B. LASALLE, Joseph P. SULLIVAN, Joseph A., Análisis Matemáti o I, Edi iones trillas. [3℄ LAGES LIMA, Elon., Curso de análise, volume 1 , Instituto de matemáti a pura e apli ada, Brazil. [4℄ PISKUNOV, N., Cál ulo diferen ial e integral. tomo I , editorial Mir Mos ú, sexta edi ión, tradu tor del ruso al español. MEDKOV. K,. 1977 . [5℄ VENERO B. Armando, Análisis matemáti o, Edi iones Gemar: segunda edi ión, Lima-Perú, 2008.
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