Autor Tema: Prueba \(\;\;\frac{1}{g}\;\;\) es continua si \(\;\;g\;\;\) es continua.

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12 Marzo, 2018, 08:18 pm
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Buscón

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Sea    \( g \)    una función real definida en    \( A \).    Prueba que se verifica que:


   si    \( g(x)\neq{0} \)    para todo    \( x\in{A} \),    la función    \( \displaystyle\frac{1}{g} \)    es continua en todo punto de    \( A \)    en el que    \( g \)

   sea continua.


Es decir, prueba que la función cociente de dos funciones continuas cuyo denominador no se anula

nunca, es una función continua.



P.D.: Se ha de utilizar el método    \( \epsilon-\delta \)    para la resolución del ejercicio.

12 Marzo, 2018, 08:59 pm
Respuesta #1

Buscón

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A ver si es correcto.

Tenemos que por hipótesis    \( g \)    es continua, así que por hipótesis es



\begin{equation}\cancel{\forall{\;\epsilon_1}>0.\;\exists{\;\delta_1>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_1\Rightarrow{\big|g(x)-g(a)\big|<\epsilon_1}},\end{equation}


deberemos probar que ello implica que

\begin{equation}\cancel{\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta_2>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_2\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2}},\end{equation}


tomando    \( \cancel{\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}} \)     podemos hacer


\begin{equation}\cancel{\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2}},\end{equation}


operando en (3),


\begin{align*}\cancel{\Bigg|\displaystyle\frac{g(a)-g(x)}{g(x)\cdot{g(a)}}\Bigg|}&=&\cancel{\displaystyle\frac{\big|g(a)-g(x)\big|}{\big|g(x)\cdot{g(a)}\big|}<\big|g(a)-g(x)\big|\leq{\big|g(x)-g(a)\big|}<\epsilon_1}\end{align*}


Saludos.


CORREGIDO.

No hay nada aprovechable. Metedura de pata como de costumbre.

12 Marzo, 2018, 09:23 pm
Respuesta #2

Ignacio Larrosa

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A ver si es correcto.

Tenemos que por hipótesis    \( g \)    es continua, así que por hipótesis es


\begin{equation}\forall{\;\epsilon_1}>0.\;\exists{\;\delta_1>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_1\Rightarrow{\big|g(x)-g(a)\big|<\epsilon_1},\end{equation}


deberemos probar que ello implica que

\begin{equation}\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta_2>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_2\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2},\end{equation}


tomando    \( \delta=\min\{\delta_1,\delta_2\} \)     podemos hacer


\begin{equation}\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2},\end{equation}


operando en (3),


\begin{align*}\Bigg|\displaystyle\frac{g(a)-g(x)}{g(x)\cdot{g(a)}}\Bigg|&=&\displaystyle\frac{\big|g(a)-g(x)\big|}{\big|g(x)\cdot{g(a)}\big|}<\big|g(a)-g(x)\big|\leq{\big|g(x)-g(a)\big|}<\epsilon_1\end{align*}


Saludos.

Pero esa desigualdad es incorrecta, la del '<'. Debe ser \( g(x)\neq{}0, g(a)\neq{}0 \), pero pueden ser muy pequeños en valor absoluto. Por otra parte, aunque ya no ha lugar, pero no se porque a continuación pones \( \leq{} \), podría ir un '=' sin más.

Saludos,
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

12 Marzo, 2018, 09:26 pm
Respuesta #3

Buscón

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A ver si es correcto.

Tenemos que por hipótesis    \( g \)    es continua, así que por hipótesis es


\begin{equation}\forall{\;\epsilon_1}>0.\;\exists{\;\delta_1>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_1\Rightarrow{\big|g(x)-g(a)\big|<\epsilon_1},\end{equation}


deberemos probar que ello implica que

\begin{equation}\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta_2>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta_2\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2},\end{equation}


tomando    \( \delta=\min\{\delta_1,\delta_2\} \)     podemos hacer


\begin{equation}\forall{\;\epsilon_2}>0.\;\exists{\;\delta>0}:\;x\in{A}\wedge|x-a|<\delta\Rightarrow{\Bigg|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\Bigg|<\epsilon_2},\end{equation}


operando en (3),


\begin{align*}\Bigg|\displaystyle\frac{g(a)-g(x)}{g(x)\cdot{g(a)}}\Bigg|&=&\displaystyle\frac{\big|g(a)-g(x)\big|}{\big|g(x)\cdot{g(a)}\big|}\color{red}\leq{}\color{black}\big|g(a)-g(x)\big|\color{red}=\color{black}{\big|g(x)-g(a)\big|}<\epsilon_1\end{align*}


Saludos.

Pero esa desigualdad es incorrecta, la del '<'. Debe ser \( g(x)\neq{}0, g(a)\neq{}0 \), pero pueden ser muy pequeños en valor absoluto. Por otra parte, aunque ya no ha lugar, pero no se porque a continuación pones \( \leq{} \), podría ir un '=' sin más.

Saludos,


Entonces así ¿sería correcto? Gracias.





EDITADO.

Ostras!
    :-[ :-[ :-[ :-[   No, no lo sería.

12 Marzo, 2018, 09:51 pm
Respuesta #4

Buscón

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Obviando la posdata es fácil.

Usando el

Corolario.

Si el producto de dos funciones es continuo y una de ellas es continua y no se anula, la otra función es continua.




\( g(x)\cdot{\displaystyle\frac{1}{g(x)}}=1 \)    para    \( x\in{A} \),    constante y por lo tanto continua,


Como    \( g \)    continua, no se anula, por el corolario, ha de ser    \( \displaystyle\frac{1}{g} \)    continua.


Muy fácil. Lo complicado es usar el método \( \epsilon-\delta \).


Saludos.

13 Marzo, 2018, 09:57 am
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

Obviando la posdata es fácil.

Usando el

Corolario.

Si el producto de dos funciones es continuo y una de ellas es continua y no se anula, la otra función es continua.




\( g(x)\cdot{\displaystyle\frac{1}{g(x)}}=1 \)    para    \( x\in{A} \),    constante y por lo tanto continua,

Ese corolario además tiene toda la pinta de salir de dos resultados previos: el producto de continuas es continuo y la inversa de una continua no nula es continua, que es justo lo que pretendes probar.

Para resolver lo que te piden la clave es acotar por ejemplo así:

\( \left|\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}\right|=\dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|} \)

Ahora como \( g(a)\neq 0 \) y \( g \) es continua en \( a \) existe un \( \delta_1>0 \) tal que si:

\( |x-a|<\delta_1 \) entonces \( |g(x)-g(a)|<|g(a)|/2 \); en particular \( |g(x)|>|g(a)|/2 \)

Por tanto si \( |x-a|<\delta_1 \)

\( \dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|}<\dfrac{2|g(x)-g(a)|}{|g(a)|^2} \)

ahora necesitas garantizar que:

\( \dfrac{2|g(x)-g(a)|}{|g(a)|^2}<\epsilon \)

es decir que:

\( |g(x)-g(a)|<\dfrac{\epsilon |g(a)|^2}{2} \)

Hazlo volviendo a aplicar la continuidad de \( g(x) \) en \( a \).

Saludos.

14 Marzo, 2018, 07:13 pm
Respuesta #6

Buscón

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Hola

Obviando la posdata es fácil.

Usando el

Corolario.

Si el producto de dos funciones es continuo y una de ellas es continua y no se anula, la otra función es continua.




\( g(x)\cdot{\displaystyle\frac{1}{g(x)}}=1 \)    para    \( x\in{A} \),    constante y por lo tanto continua,

Ese corolario además tiene toda la pinta de salir de dos resultados previos: el producto de continuas es continuo y la inversa de una continua no nula es continua, que es justo lo que pretendes probar.

Para resolver lo que te piden la clave es acotar por ejemplo así:

\( \left|\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}\right|=\dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|} \)

Ahora como \( g(a)\neq 0 \) y \( g \) es continua en \( a \) existe un \( \delta_1>0 \) tal que si:

\( |x-a|<\delta_1 \) entonces \( |g(x)-g(a)|<|g(a)|/2 \); en particular \( |g(x)|>|g(a)|/2 \)

Por tanto si \( |x-a|<\delta_1 \)

\( \dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|}<\dfrac{2|g(x)-g(a)|}{|g(a)|^2} \)

ahora necesitas garantizar que:

\( \dfrac{2|g(x)-g(a)|}{|g(a)|^2}<\epsilon \)

es decir que:

\( |g(x)-g(a)|<\dfrac{\epsilon |g(a)|^2}{2} \)

Hazlo volviendo a aplicar la continuidad de \( g(x) \) en \( a \).

Saludos.

Está garantizado por hipótesis. Si    \( g \)    es continua verifica la condición de continuidad para todo     \( \epsilon>0 \),    en

particular para    \( \epsilon=\dfrac{\epsilon |g(a)|^2}{2}>0 \)    para algún    \( \delta_2 \),   bastará tomar    \( \delta=\min\{\delta_1,\delta_2\} \). 

14 Marzo, 2018, 07:19 pm
Respuesta #7

Luis Fuentes

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14 Marzo, 2018, 08:16 pm
Respuesta #8

Buscón

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Hola

 Bien.

Saludos.

No. Bien lo has hecho tu. Yo sólo he leído y comprendido, al menos un poco. Se me hace duro lo de acotar con tanta variable y no acabo de entender porqué. No sé si es por no entender algún concepto, por falta de capacidad, por falta de experiencia...

Saludos y muchas gracias.

EDITO.

Ni de casualidad se me hubiese ocurrido considerar    \( \big|g(x)\big|>\displaystyle\frac{\big|g(a)\big|}{2} \)   ya que para el caso que nos ocupa, se supone

que    \( g(x) \)    y    \( g(a) \)    son muy próximos entre si al considerar     \( \epsilon \)     infinitesimal.

15 Marzo, 2018, 11:17 am
Respuesta #9

Luis Fuentes

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Hola

EDITO.

Ni de casualidad se me hubiese ocurrido considerar    \( \big|g(x)\big|>\displaystyle\frac{\big|g(a)\big|}{2} \)   ya que para el caso que nos ocupa, se supone

que    \( g(x) \)    y    \( g(a) \)    son muy próximos entre si al considerar     \( \epsilon \)     infinitesimal.


La idea de esa acotación es la siguiente. Tenemos que garantizar que::

\( \left|\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}\right|=\dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|} \)

no supere \( \epsilon \). Ese \( g(x) \) en el denominador es "peligroso" porque si \( g(x) \) es cero (o se acerca mucho) ese cociente es muy grande lo cual nos impediría acotarlo. Entonces lo primero es controlar que ese \( g(x) \) se aleje suficientemente del cero.

Saludos.

15 Marzo, 2018, 12:13 pm
Respuesta #10

Buscón

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Hola

EDITO.

Ni de casualidad se me hubiese ocurrido considerar    \( \big|g(x)\big|>\displaystyle\frac{\big|g(a)\big|}{2} \)   ya que para el caso que nos ocupa, se supone

que    \( g(x) \)    y    \( g(a) \)    son muy próximos entre si al considerar     \( \epsilon \)     infinitesimal.


La idea de esa acotación es la siguiente. Tenemos que garantizar que::

\( \left|\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}\right|=\dfrac{|g(x)-g(a)|}{|g(x)g(a)|} \)

no supere \( \epsilon \). Ese \( g(x) \) en el denominador es "peligroso" porque si \( g(x) \) es cero (o se acerca mucho) ese cociente es muy grande lo cual nos impediría acotarlo. Entonces lo primero es controlar que ese \( g(x) \) se aleje suficientemente del cero.

Saludos.

Re thank you. Realmente útil la estrategia.

21 Agosto, 2019, 05:13 pm
Respuesta #11

Buscón

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Otro enfoque aunque me temo que en los "tiende a" está implícito el concepto límite y el ejercicio no lo permite.

De la hipótesis

\begin{align}\forall{\,\epsilon_1>0}.\;\exists{\,\delta_1>0}.\;a\in{A}\wedge |x-a|<\delta_1\Rightarrow{\big|g(x)-g(a)\big|<\epsilon_1},\end{align}


se deduce que cuando    \( x\rightarrow{a} \),    \( g(x)\rightarrow{g(a)} \),    y por consiguiente


\begin{align}\big|g(x)-g(a)\big|\rightarrow{0},\end{align}

y además

\begin{align}\big|g(x)\cdot{}g(a)\big|\rightarrow{\big(g(a)\big)^2}.\end{align}

El problema se reduce a probar que de 10 se puede deducir

\( \forall{\,\epsilon_2>0}.\;\exists{\,\delta_2>0}.\;a\in{A}\wedge |x-a|<\delta_2\Rightarrow{\left|\displaystyle\frac{1}{g(x)}-\displaystyle\frac{1}{g(a)}\right|<\epsilon_2} \),

operando,

\( \forall{\,\epsilon_2>0}.\;\exists{\,\delta_2>0}.\;a\in{A}\wedge |x-a|<\delta_2\Rightarrow{\left|\displaystyle\frac{g(a)-g(x)}{g(x)g(a)}\right|<\epsilon_2} \),

\begin{align}\forall{\,\epsilon_2>0}.\;\exists{\,\delta_2>0}.\;a\in{A}\wedge |x-a|<\delta_2\Rightarrow{\displaystyle\frac{\left|g(x)-g(a)\right|}{\left|g(x)g(a)\right|}<\epsilon_2}.\end{align}

De 11 y 12 es fácil ver que cuando    \( x\rightarrow{a} \),    \( \displaystyle\frac{\left|g(x)-g(a)\right|}{\left|g(x)g(a)\right|}\rightarrow{\displaystyle\frac{0}{\left(g(a)\right)^2}}\rightarrow{0} \)    si     \( g(a)\neq{0} \),    lo que prueba 13.


Saludos y gracias.