Probar que la función está acotada inferiormente es sencillo pues sabemos que \(0< \frac{1}{x}\) para todo \(x>0\). Así tomando \(m=0\) concluimos que \(m < f(x)\) para todo \(x\in (0,1)\).

Finalmente, la función no está acotada superiomente pues de estarlo existiría una constante \(M\) tal que \(\frac{1}{x} \leq M\) para todo \(x\in (0,1)\). Por otro lado usando \(\lim_{x\to 0^+ }\frac{1}{x}=+\infty\) existe una \(x_0\in (0,1)\) tal que \(\frac{1}{x_0} > M\), contradiciendo lo anterior.

Usando directamente la desigualdad del triángulo tenemos \[ |f(x)|=|mx+c|\leq |mx|+|c|=|m||x|+|c|. \] Además sabemos que \(x\in [a,b]\), es decir \(a\leq x \leq b\), por lo que tomando casos cuando \(x\geq 0\) ó \(x\leq 0\) obtenemos \(|x| \leq \max\{|a|,|b|\}\). Por lo tanto \[ |m||x|+|c| \leq |m|\max\{|a|,|b|\} +|c| \] lo cual conluye la solución.

Supongamos que \(f\) está definida en la vecindad \((x_0-r,x_0+r)\), con \(r\) un número positivo.

Por la continuidad de \(f\) en \(x_0\) para \(\varepsilon =1\) existe \( \delta >0 \) tal que \(|x-x_0| < \delta\) entonces \(|f(x)-f(x_0)| < 1\). Nota que podemos suponer que \( \delta < r\) (pues si es necesario podemos reemplazar \(\delta\) por un \(\min\{r,\delta\}\)).

Por la otra desigualdad del triángulo tenemos \[ ||f(x)|-|f(x_0)|| \leq |f(x)-f(x_0)|, \] de lo cual se sigue que para toda \(x\) con \(|x-x_0|<\delta \): \begin{eqnarray*} ||f(x)|-|f(x_0)|| &\leq & |f(x)-f(x_0)|< 1 \\ &\Rightarrow & |f(x)|-|f(x_0)|< 1 \\ &\Rightarrow & |f(x)|< 1+|f(x_0)|. \end{eqnarray*}

Por lo tanto, tomando \(M=1+|f(x_0)|\) y el intervalo cerrado \([x_0-\delta/2,x_0+\delta/2]\), concluimos \[ |f(x)| \leq M, \quad \textrm{para toda \(x\in [x_0-\delta/2,x_0+\delta/2]\)}. \]

Primera hacemos la siguiente observación:

Si una función \(g\) no está acotada en el intervalo \([c,d]\) entonces su restricción a alguna de las mitades, \([c,\frac{c+d}{2}]\) ó \([\frac{c+d}{2},d]\), tampoco está acotada. Razón: supongamos lo contrario y sean \(M_1\) y \(M_2\) cotas para \(g\) en \([c,\frac{c+d}{2}]\) y en \([\frac{c+d}{2},d]\) respectivamente. Entonces \(M=\max\{M_1,M_2\}\) es una cota para \(g\) en todo \([c,d]\), contradiciendo el hecho de que \(g\) no está acotada en \([c,d]\).

Le prueba del ejercicio consiste en aplicar esta observación consecutivamente.

Supongamos que \(f\) no está acotada en \([a,b]\). Por la observación la restricción de \(f\) a alguna de las mitades, \([a,\frac{a+b}{2}]\) ó \([\frac{a+b}{2},b]\), no está acotada. Sea \([a_1,b_1]\) dicha mitad. Nota que \(\textrm{longitud}([a_1,b_1])=\frac{\textrm{longitud}([a,b])}{2}\) y \([a_1,b_1]\subset [a,b]\).

Ahora aplicamos la misma observación a \(f \) restringida a \([a_1,b_1]\). Se sigue que debe de existir una mitad de \([a_1,b_1]\) para la cual \(f\) no está acotada, sea \([a_2,b_2]\) dicha mitad. Nota que \(\textrm{longitud}([a_2,b_2])=\frac{\textrm{longitud}([a,b])}{2^2}\) y \([a_2,b_2]\subset [a_1,b_1]\).

Continuando con este proceso podemos encontrar una sucesión de intervalos \(([a_n,b_n])_{n=1}^\infty\) tales que, para toda \(n\geq 1\):

• \(f\) no está acotada en \([a_n,b_n]\),
• \(\textrm{longitud}([a_n,b_n])=\frac{\textrm{longitud}([a,b])}{2^n} \),
• \([a_{n+1},b_{n+1}] \subset [a_n,b_n]\).

Por el Teorema de los intervalos cerrados anidados podemos asegurar que \(\cap_{n=1}^\infty [a_n,b_n]=\{x_0\}\).

Nota que hasta ahora no hemos usado la suposición de que \(f\) es continua en todo el intervalo \([a,b]\), éste es el momento de usarla. Ya que \(f\) es continua en \(x_0\), por el Ejercicio 14.7 existe un intervalo centrado en \(x_0\), denotemoslos \([x_0-\eta, x_0+\eta]\), tal que \(f\) es acotada en dicho intervalo.

Ya que la longitud de los intervalos \([a_n,b_n]\) tiende cero podemos tomar un \(m\) tal que \(\textrm{longitud}([a_m,b_m]) < \eta/2 \) y aunado a \(x_0\in \cap_{n=1}^\infty[a_n,b_n] \subset [a_m,b_m]\) se sigue que \( [a_m,b_m] \subseteq [x_0-\eta, x_0+\eta]\). Pero si esto pasa, usando que \(f\) está acotada en \([x_0-\eta, x_0+\eta]\) obtenemos que \(f\) también está acotada en \([a_m,b_m]\), contradiciendo la construcción de los intervalos \([a_m,b_m]\).

Prueba de 1.

La función no tiene mínimo pues para todo \(x\in [-1,1]\) podemos tomar existe \(x'\in [-1,1]\) tal que \(f(x') < f(x)\). En efecto, si \(x\ne 0\) simplemente tomamos \(x'=\frac{x}{2}\) para tener \[ f(x')=\frac{|x|}{2} < |x|=f(x) \] y si \(x=0\) tomamos \(x'=1/2\) para llegar a \[ f(x')=\frac{1}{2} < 1 = f(x). \]

Otra forma de ver que la función no tiene mínimo es notando que \(f(x)>0\) para todo \(x\in [-1,1]\) además de que \(\lim_{x\to 0}f(x)=0\), por lo que \(\inf_{x\in [-1,1]}\{f(x)\}=0\) y sin embargo no existe un punto \(x\in [-1,1]\) para el cual \(f(x)=0\).

Prueba de 2.

Usando la versión de Ejercicio 6.8 para límites laterales obtenemos \[ \lim_{x\to 1^-} \frac{x}{1-x^2}=+\infty, \quad \lim_{x\to -1^+} \frac{x}{1-x^2}=-\infty \] Por lo tanto no existen puntos \(x_*,x^*\in (-1,1)\) tales que \(f(x)\leq f(x^*)\) y \(f(x_*)\leq f(x)\) para todo \(x\in (-1,1)\).

Prueba de 1.

Si la función \(f\) es idénticamente \(0\) hemos terminado. Así pues podemos suponer que existe \(x_0\) con \(f(x_0) \ne 0\). Además sin pérdida de generalidad podemos suponer \(f(x_0)>0\) (si \(f(x_0)< 0\) podemos cambiar \(f\) por \(-f\) y entonces \(f\) tiene máximo absoluto sii \(-f\) tiene mínimo absoluto).

Usando \eqref{Eqn:limitesCeroAlInfinito} podemos asegurar que existe \(M\in \mathbb{R}\) tal que \(|f(x)|< f(x_0)\) para todo \(x \) con \(|x| > M\).

Ahora consideramos la función \(f\) restringida a \([-M,M]\). Por el Teorema Min/Max \(f\) alcanza su máximo absoluto en \([-M,M]\), por lo tanto existe \(\tilde{x}\in [-M,M]\) tal que \(f(x)\leq f(\tilde{x})\) para todo \(x\in [-M,M]\)

Afirmamos que \(\max\{f(x_0), f(\tilde{x})\}\) es el máximos absoluto de \(f\) en \(\mathbb{R}\). Para probarlo sea \(x\in \mathbb{R}\) arbitrario.

Si \(|x|> M\) entonces \[ f(x)\leq |f(x)| < f(x_0) \leq \max\{f(x_0), f(\tilde{x})\}. \] Si \(|x|\leq M\) entonces \(x\in [-M,M]\) y por lo tanto \[ f(x)\leq f(\tilde{x})\leq \max\{ f(x_0), f(\tilde{x})\}. \]

En cualquiera de los casos tenemos \(f(x)\leq \max\{f(x_0), f(\tilde{x})\}\).

Nota: la misma demostración prueba que si una función \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) es continua en todo \(\mathbb{R}\) y satisface \eqref{Eqn:limitesCeroAlInfinito} entonces: si exsite \(x_0\) con \(f(x_0)>0 \), \(f\) alcanza su máximo absoluto y si existe \(x_1\) con \(f(x_1)< 0 \), \(f\) alcanza su mínimo absoluto.

Prueba de 2.

Considera la función \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) dada por \[ f(x)=\left\{ \begin{array}{cc} 1 & |x|\leq 1, \\ \frac{1}{|x|} & |x| > 1. \end{array} \right. \] Nota que \[ \lim_{x\to +\infty} f(x)=0=\lim_{x\to -\infty} f(x). \] Además el máximo absoluto de \(f\) en \(\mathbb{R}\) es 1 pero \(f\) no tiene mínimo absoluto pues los valores de la función \(f\) se aproximan tanto al cero como queramos sin tocarlo ya que \(f(x) >0\) para toda \(x\) y \(\lim_{x\to \pm \infty} f(x)=0\).

Prueba de 3.

Considera la función \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) dada por \[ f(x)=\left\{ \begin{array}{cc} -2-x & -2\leq x \leq -1 x & |x|\leq 1, \\ 2-x & 1\leq x \leq 2 \\ 0 & |x| > 2. \end{array} \right. \] Entonces \[ \lim_{x\to +\infty} f(x)=0=\lim_{x\to -\infty} f(x) \] y de la gráfica podemos ver que el máximo absoluto de \(f\) en \(\mathbb{R}\) es \(1\) y su mínimo absoluto es \(-1\).

Proponemos \(f:[-1,1]\to\mathbb{R}\) dad por \(f(x)=x^3\). Entonces es claro que \(f'(0)=0\) pero \(f\) no tiene ni máximo ni mínimo local en \(x=0\) pues para \(x\in (-1,0)\), \(f(x)< 0 = f(0)\) y para \(x\in (0,1)\), \(f(x)>0=f(0)\)

Proponemos \(f:[-1,1]\to \mathbb{R}\) dada por \(f(x)=|x|\). Es claro que \(f\) tiene un mínimo absoluto (y por lo tanto relativo) en \(x=0\) sin embargo la función no es diferenciable en \(x=0\).