dominio funciones multivariables

(1)

CAP´

ITULO II.

CONTINUIDAD DE

FUNCIONES DE VARIAS

VARIABLES

SECCIONES

1. Dominios y curvas de nivel. 2. C´alculo de l´ımites.

(2)

1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL.

Muchos problemas geométricos y f´ısicos conducen a funciones de varias va-riables. Por ejemplo, el área de un rectángulo viene dado por la función f(x, y) = xy, donde x es la base e y la altura, la distancia de un punto del espacio P = (x, y, z) al origen corresponde a la función f(x, y, z) = p

x2₊_y2₊_z2_{, etc. De ah´ı que sea necesario extender los conceptos y la} teor´ıa de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de varias variables.

En general, una funci´on vectorial de m variables f : Rm → Rn definida

porf(x1, . . . , xm) = (y1, . . . , yn) se escribir´a como un vector (f1, . . . , fn) de

funciones fi : Rm → R definidas por fi(x1, . . . , xm) = yi (i = 1, . . . , n).

Destacaremos los casos particulares siguientes:

Sin= 1, tenemos una funci´on real demvariables (que llamaremoscampo escalar). Sim= 1, tenemos una funci´on vectorial de una variable (ocampo vectorial). Ejemplos inmediatos de ambos casos son las rectasf :R→R3 en el espacio

tridimensional, definidas porf(t) = (x0, y0, z0) +t(a, b, c), y los planos, que son funcionesf :R2 →Rdefinidas por f(x, y) =ax+by+c.

Los conceptos b´asicos relativos a propiedades globales de estas funciones son los siguientes:

Dominio de f:

D(f) ={−→x = (x1, . . . , xm)∈Rm :∃f(−→x)∈Rn}. Rango o imagen de f:

R(f) ={−→y = (y1, . . . , yn)∈Rn:∃−→x = (x1, . . . , xm)∈D(f), f(−→x) =−→y}.

Decimos que una funci´on est´a acotada cuando su imagen es un con-junto acotado.

Gr´afica de f:

G(f) ={(x1, . . . , xm, y1, . . . , yn)∈Rm+n: (y1, . . . , yn) =f(x1, . . . , xm)}.

En el caso particular de funciones f : R2 → R, es importante destacar el

concepto decurvas de nivel, que son los conjuntos de la forma Ck={(x, y)∈D(f) :f(x, y) =k},

(3)

es una superficie, las curvas de nivel corresponden a los conjuntos de puntos que est´an a la misma altura de dicha superficie; permiten ver las variaciones de altitud en un dominio dado y en algunos casos hacerse una idea de la propia superficie.

Se definen an´alogamente las superficies de nivel en el caso de funciones f :

R3→Rcomo los conjuntos

Sk ={(x, y, z)∈D(f) :f(x, y, z) =k}, k ∈R.

PROBLEMA 2.1

Describir los conjuntos de nivel f(x1, . . . , xn) =k, para los valores

de k indicados, de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =x2+y2, k= 0,1,2,3. (b) f(x, y) =px2₊_y2_, _k_{= 0,}_1,_2,₃_. (c) f(x, y, z) =x2+y2, k= 0,1,2. (d) f(x, y) =x2−y2, k=−2,−1,0,1,2. (e) f(x, y) =exy, k=e−2, e−1,1, e, e2.

(f) f(x, y) = cos(x+y), k=−1,0,1/2,√2/2,1.

Soluci´on

(a) La ecuaci´onx2_+y2 ₌_k_{representa una circunferencia de centro el origen} y radio √k. Las curvas de nivel indicadas son entonces las siguientes (parak= 0, la curva de nivel se reduce al punto (0,0)):

(4)

(b) Las ecuaciones px2₊_y2 ₌_k _tambi´_{en representan circunferencias de} centro el origen, pero de radio k, lo que hace que el crecimiento de dicho radio con respecto ak sea lineal. Las curvas de nivel son:

mientras que la superficie es ahora la de un cono:

(5)

(El cilindro exterior no est´a completo para mayor claridad en la ilus-traci´on.)

Observar que la gráfica de la función es ahora una región del espacio

R4 y, por tanto, no es posible su representaci´on gr´afica en un plano.

(d) En este caso, las curvas x2₋_y2 ₌_k _{representan hip´}_{erbolas, cuyo eje} real es el eje X si k > 0 y es el eje Y cuando k < 0 (en el caso k= 0 degenera en las rectasx =y y x=−y). La gr´afica es la de un paraboloide hiperb´olico y su forma es la siguiente:

(6)

(f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x+y) = k produce un n´umero infinito de rectas x+y = arc cosk+ 2nπ, para cualquier n ∈ Z. Esto quiere decir que la superficie es peri´odica (es

(7)

PROBLEMA 2.2

Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y deducir la gr´afica de las mismas:

(a) f(x, y) = 3x+ 2y+ 1. (b) f(x, y) = (100−x2−y2)1/2. (c) f(x, y) =|y|.

(d) f(x, y) = (p

x2₊_y2 _si _x_≥_0,

|y| si x <0.

Soluci´on

(a) Las curvas de nivelf(x, y) =kson las rectas paralelas 3x+ 2y=k−1, lo que corresponde a un plano de la forma indicada en la figura.

(8)

en el origen y radio√100−k2_{. La superficie es la esfera centrada en} el origen y radio 10.

(c) Cada curva de nivel f(x, y) =k es el par de rectas y = k,y = −k, lo que da lugar a la superficie que se indica en la gr´afica.

(9)

PROBLEMA 2.3

Hallar los dominios de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =p1−x2₋_y2_. (b) f(x, y) =√x2₋_{4 +}p

4−y2_. (c) f(x, y) =√ysenx.

(d) f(x, y, z) = ln(x/yz).

Soluci´on

(a) El dominio ser´a el conjunto {(x, y)∈R2 : 1−x2−y2≥0}(debido a la

existencia de una ra´ız cuadrada). Esto es equivalente a la desigualdad x2+y2≤1, de modo que

D(f) ={(x, y)∈R2 :x2+y2 ≤1},

que es precisamente la bola unidad.

(b) Para que existan ambas ra´ıces cuadradas, debe verificarse simult´ anea-mente que

x2−4≥0 y 4−y2 ≥0,

sistema que, al resolver, da como soluci´on|x| ≥2, |y| ≤2.Entonces D(f) ={(x, y)∈R2:|x| ≥2, |y| ≤2},

(10)

(c) En este caso, los puntos del dominio deben verificar la inecuaci´on ysenx≥0, la cual se descompone en las dos siguientes:

y≥0 , senx≥0 y≤0 , senx≤0,

es decir, para los valores dex donde senx≥0, están en el dominio los puntos del semiplano superior y, para los valores dexdonde senx≤0, están en el dominio los puntos del semiplano inferior. La gráfica es la siguiente:

(d) Para que un punto (x, y, z) est´e en el dominio, debe verificarse que x/(yz)>0, lo que equivale al siguiente conjunto de desigualdades:

x >0 , y >0, z >0 x >0 , y <0, z <0; x <0 , y >0, z <0; x <0 , y <0, z >0.

(11)

PROBLEMA 2.4

Sea f : R2 → R2 la funci´on definida por f(x, y) = (2x, y+ 1). Si

llamamos A= [0,1]×[0,1]y B ={(x, y)∈R2 :x2+y2≤1}, calcular

f(A), f(B), f−1(A) y f−1(B). Soluci´on

(a) Para calcularf(A), tomemos un punto (x, y)∈A. Entonces 0≤x≤1

0≤y≤1

=⇒

0≤2x≤2 1≤y+ 1≤2

=⇒f(x, y)∈[0,2]×[1,2], de modo quef(A) = [0,2]×[1,2].

An´alogamente, si (x, y)∈B y llamamos (u, v) =f(x, y), entonces u= 2x, v=y+1 =⇒u/2 =x, v−1 =y=⇒(u/2)2+(v−1)2 =x2+y2. As´ı pues, six2_+y2_≤_1,u

2

4 + (v−1)

(12)

f(B)

(b) Calculemos a continuación las imágenes inversas de los conjuntos A y B. Por definición, dado cualquier conjuntoG,

f−1(G) ={(x, y)∈R2:f(x, y)∈G}.

En particular,f−1_{(A) =}_{_{(x, y)}_∈

R2: (2x, y+ 1)∈A}.Resulta as´ı:

0≤2x≤1 =⇒ 0≤x≤1/2 0≤y+ 1≤1 =⇒ −1≤y ≤0

de modo quef−1(A) = [0,1/2]×[−1,0].

f−1(A)

(13)

(14)

2. C ´ALCULO DE L´IMITES.

Consideremos una funci´on arbitraria f :Rm →Rn con dominio D(f) =D.

SeanS⊂D,−x→0∈Rm,−→y0 ∈Rn.

Diremos que l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y0 (en palabras, el l´ımite def en −→x0 a lo largo de S es igual a −→y0), cuando

∀ε >0, ∃δ >0 :f(x)∈B(y0, ε), ∀x∈(B(x0, δ)\ {x0})∩S. Equivalentes a este enunciado son los siguientes:

∀ε >0, ∃δ >0 :f (B(x0, δ)\ {x0})∩S⊂B(y0, ε);

∀ε >0, ∃δ >0 : 0<kx−x0k< δ, x∈S =⇒ kf(x)−y0k< ε. Esta definición es una simple extensión de la definición usual de l´ımite de una función real donde se sustituye la distancia en R (dada por el valor

absoluto) por la distancia en cada uno de los espacios m´etricos Rm y Rn

(dada por la correspondiente norma eucl´ıdea).

Observemos que la definición no tiene sentido six0 6∈S0 pues, en este caso, (B(x0, δ)\{x0})∩S=∅y cualquier punto puede ser el l´ımite de una función en x0. En el caso de que S =D, y no haya lugar a confusión, escribiremos simplemente l´ım

x→x0 f(x).

Enunciamos a continuaci´on las siguientes propiedades b´asicas del l´ımite. Teorema 1.Si existe l´ım

x→x0

x∈S

f(x), este l´ımite es ´unico.

Teorema 2.Sea T ⊂S ⊂D. Entonces

l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y0=⇒ l´ım

x→x0

x∈T

f(x) =y0

(ver problemas 2.6 y 2.8).

Teorema 3 (Operaciones algebraicas con el l´ımite.)Dadas dos funciones

f :D1 ⊂Rm → Rn y g : D2 ⊂ Rm → Rn, y un conjunto S ⊂ D1 ∩D2, si

l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y1 y l´ım

x→x0

x∈S

g(x) =y2, entonces:

(a) l´ım

x→x0

x∈S

(f+g)(x) =y1+y2.

(b) l´ım

x→x0

x∈S

(15)

(c) l´ım

x→x0

x∈S

f(x)·g(x) =y1·y2.

(d) l´ım

x→x0

x∈S

kf(x)k=l´ım

x→x0 f(x).

Proposici´on 4. Si descomponemos la funci´on f : D ⊂ Rm → Rn en sus

componentesf(x) = f1(x), . . . , fn(x)

, donde cadafi :D→R(1≤i≤n),

entonces

l´ım

x→x0

x∈S

f(x) = (a1, . . . , an)⇐⇒ l´ım x→x0

x∈S

fi(x) =ai, 1≤i≤n.

Proposici´on 5.Dada una funci´onf :R2→R, si existe l´ım

(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = L, y existen tambi´en los l´ımites de una variable l´ım

x→x0

f(x, y) y l´ım

y→y0

f(x, y), entonces existen y son iguales los llamados l´ımites iterados

l´ım

y→y0

l´ım

x→x0

f(x, y)= l´ım

x→x0

l´ım

y→y0

f(x, y)=L.

[Esta propiedad est´a demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad se deduce en particular que, si existen los l´ımites iterados pero son distintos, entonces no existe el l´ımite de la funci´on.

Resultados similares se pueden obtener para funciones de m´as de dos varia-bles.

PROBLEMA 2.5

Utilizando la definici´on de l´ımite, demostrar que

l´ım (x,y)→(4,−1)(3x

−2y) = 14.

Soluci´on

Se trata de probar que, dado cualquier ε >0, se puede encontrar δ >0 tal que

(16)

Para ello obtenemos de la condici´on la siguiente cadena de desigualda-des:

d (x, y),(4,−1)

< δ =⇒ p(x−4)2_{+ (y}_{+ 1)}2_{< δ} =⇒ (x−4)2< δ2, (y+ 1)2< δ2 =⇒ |x−4|< δ, |y+ 1|< δ. Como

|3x−2y−14|=|3(x−4)−2(y+ 1)| ≤3|x−4|+ 2|y+ 1|, de lo anterior deducimos que

|3x−2y−14|<3δ+ 2δ= 5δ.

Basta pues elegirδ =ε/5 para que|3x−2y−14|< εcuandod (x, y),(4,−1) < δ.

PROBLEMA 2.6

Sea f : D ⊂ Rm → Rn, x0 ∈ Rm, y0 ∈ Rn, T ⊂ S ⊂D. Probar que

l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y0 =⇒ l´ım

x→x0

x∈T

f(x) =y0.

Soluci´on

La hipótesis del problema se traduce, según la definición, en la condición siguiente:

l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y0 ⇐⇒ ∀ε >0, ∃δ >0 :f S∩B∗(x0, δ)⊂B(y0, ε)

(donde B∗(x0, δ) representa la bola de centro x0 y radio δ excluyendo el propio puntox0).

Ahora bien, como T ⊂ S, entonces T ∩B∗(x0, δ) ⊂ S ∩B∗(x0, δ) con lo que

f T ∩B∗(x0, δ)⊂f S∩B∗(x0, δ)⊂B(y0, ε). Luego,

∀ε >0, ∃δ >0 :f T∩B∗(x0, δ)

⊂B(y0, ε),

es decir l´ım

x→x0

x∈T

(17)

En la práctica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuada-mente un subconjuntoT ⊂S (para el que sea fácil el cálculo del l´ımite), una condición necesaria para que l´ım

x→x0

x∈S

f(x) =y0 es que l´ım

x→x0

x∈T

f(x) =y0. El rec´ıproco no es cierto, como se comprueba en el problema 2.14.

PROBLEMA 2.7

Se considera la funci´on z=f(x, y). Supongamos que existen l´ım

(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) =L, l´ım

x→x0

f(x, y) y l´ım

y→y0

f(x, y). Probar que existe

l´ım

y→y0

l´ım

x→x0

f(x, y)

= l´ım

x→x0

l´ım

y→y0

f(x, y)

=L.

Soluci´on

Probaremos aqu´ı que, si l´ım (x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = L y l´ım

x→x0

f(x, y) = G(y),

entonces l´ım

y→y0

G(y) =L(el otro caso se comprueba de forma an´aloga). Sea para elloε >0 arbitrario. Por hip´otesis, existeδ1>0 tal que

|f(x, y)−L|< ε/2 sip|x−x0|2₊_|_y₋_y0_|2 _{< δ1.} En particular,

|f(x, y)−L|< ε/2 si|x−x0|< δ1√2/2 y|y−y0|< δ1√2/2. La segunda hip´otesis indica que tambi´en existe δ2 >0 tal que

|f(x, y)−G(y)|< ε/2 si|x−x0|< δ2. Eligiendo ahora δ = m´ın{δ1

√

2/2, δ2}, las dos desigualdades anteriores se verifican simult´aneamente y resulta:

|G(y)−L|=|G(y)−f(x, y)+f(x, y)−L| ≤ |G(y)−f(x, y)|+|f(x, y)−L|< ε si|y−y0|< δ, lo que prueba que l´ım

y→y0

G(y) =L.

(18)

PROBLEMA 2.8

Calcular l´ım (x,y)→(0,0)

x2+y2

|x|+|y|.

Soluci´on

En este ejercicio, el dominio de la funci´on esS=R2\{(0,0)}y consideramos

el subconjuntoT ={(x, mx) :x∈R\ {0}}. Tenemos entonces

l´ım (x,y)→(0,0)

(x,y)∈T

x2₊_y2

|x|+|y| =(x,mxl´ım)→(0,0)

x2_{+ (mx)}2

|x|+|mx| = l´ımx→0

(1 +m2_)x2 (1 +|m|)|x| = 0.

De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el l´ımite pedido, este debe ser cero. Debemos probar pues que

∀ε >0, ∃δ >0 : 0<px2₊_y2 _{< δ}₌_⇒ x 2₊_y2

|x|+|y| < ε.

En efecto, como|x| ≤px2₊_y2 _{< δ,} _|_y_{| ≤}p

x2₊_y2_{< δ} _y x2+y2

|x|+|y| ≤

x2+y2+ 2|x| · |y| |x|+|y| =

(|x|+|y|)2

|x|+|y| =|x|+|y|<2δ,

basta elegirδ=ε/2 para que x 2₊_y2

|x|+|y| < ε.

Será común en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipoy=mx. As´ı, si el l´ımite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a ser el l´ımite de la función, pero si dicho l´ımite var´ıa con cada trayectoria, la función no tiene l´ımite.

PROBLEMA 2.9

Hallar l´ım (x,y)→(0,0)

(19)

Soluci´on

Haciendou=x·y, podemos escribir exy =eu = 1 + u

1!+ u2

2! +· · ·= 1 +xy+ x2_y2

2 +. . . , con lo que tenemos la equivalencia entre infinit´esimosexy₋₁_∼_xy.

Teniendo en cuenta las equivalencias ya conocidas para funciones de una variable

senx∼x, ln(1 +y)∼y, obtenemos directamente que

l´ım (x,y)→(0,0)

exy −1

senx·ln(1 +y) =(x,yl´ım)→(0,0) xy xy = 1.

PROBLEMA 2.10

Calcular L= l´ım (x,y)→(0,1)

x+y−1

√

x−√1−y. Soluci´on

Multiplicando numerador y denominador por√x+√1−y, tenemos: L= l´ım

(x,y)→(0,1)

(x+y−1)(√x+√1−y)

x−1 +y =(x,yl´ım)→(0,1)(

√

x+p1−y) = 0.

PROBLEMA 2.11

Calcular l´ım (x,y)→(0,0)

2xy x2₊_y2. Soluci´on

Si tendemos hacia el origen seg´un la recta y=mx, obtenemos: l´ım

(x,y)→(0,0)

y=mx

2xy

x2₊_y2 = l´ım_x_→₀

2mx2 x2₊_m2_x2 =

(20)

Como indica el resultado, este var´ıa según los distintos valores dem, lo que indica que la función dada carece de l´ımite en el origen. Sin embargo, es fácil comprobar que los l´ımites iterados son ambos iguales a cero, lo que muestra de nuevo que la existencia e igualdad de los l´ımites iterados no es condición suficiente para la existencia de l´ımite.

En la gr´afica de las curvas de nivel se observa que ´estas tienden a cortarse en el origen, lo que intuitivamente significa que el l´ımite en este punto no existe.

PROBLEMA 2.12

Probar que f(x, y) = (

sen(1/y) si y6= 0

0 si y= 0 tiene l´ımite cero cuando (x, y) → (0,0) pero los l´ımites iterados son distintos. ¿Por qu´e es posible esta situaci´on?

Soluci´on

Como l´ım

y→0xsen(1/y) no existe, tampoco existe el l´ımite iterado l´ım

x→0

l´ım

y→0xsen(1/y)

.

Por otra parte, como l´ım

x→0xsen(1/y) = 0, tambi´en l´ım

y→0

l´ım

x→0xsen(1/y)

= 0.

(21)

se cumple, no se puede aplicar la propiedad. Sin embargo, en este caso el l´ımite existe y vale cero, pues dado cualquierε >0, basta elegir δ=εpara que

k(x, y)k< δ =⇒ |x|< δ, |y|< δ =⇒ |xsen(1/y)| ≤ |x|< δ =⇒ |f(x, y)−0|< ε.

PROBLEMA 2.13

Hallar los siguientes l´ımites o justificar su existencia:

(a) l´ım (x,y)→(0,0)

x2−y2 x2₊_y2. (b) l´ım

(x,y)→(0,2)

sen(xy) x .

(c) l´ım (x,y)→(0,0)(x

2₊_y2_{) sen} 1 xy.

(d) l´ım (x,y)→(0,0)

x|y|

p

x2₊_y2. Soluci´on

(a) Calculemos en primer lugar los l´ımites iterados: l´ım

y→0

l´ım

x→0

x2−y2 x2₊_y2

= l´ım

y→0(−1) =−1; l´ım

x→0

l´ım

y→0

x2−y2 x2₊_y2

= l´ım

(22)

Deducimos de este resultado que no existe el l´ımite propuesto. Las gr´aficas siguientes muestran diferentes curvas de nivel de la funci´on (las cuales tienden a cortarse en el origen) y la forma de la superficie, donde se puede comprobar intuitivamente que el l´ımite buscado no existe.

(b) Comprobemos nuevamente la existencia de los l´ımites iterados: l´ım

y→2

l´ım

x→0

sen(xy) x

= l´ım

y→2y= 2; l´ım

x→0

l´ım

y→2

sen(xy) x

= l´ım

x→0

sen(2x) x = 2.

Para comprobar que, efectivamente, el l´ımite de la funci´on es 2, apli-camos el teorema de la funci´on intermedia. Como

ycos(xy)≤ sen(xy)

x ≤y si x >0, y≤ sen(xy)

x ≤ycos(xy) si x <0,

y las dos funciones de los extremos tienen l´ımite 2 cuando (x, y) →

(0,2), resulta que la funci´on propuesta tambi´en tiene l´ımite 2. (c) Al igual que en el apartado anterior, debido a que

−(x2+y2)≤

(x2+y2) sen 1 xy

(23)

y como el l´ımite de ambos extremos es cero, la funci´on propuesta tiene l´ımite cero en el origen. Observemos sin embargo que no existen los l´ımites iterados.

(d) Calculamos en primer lugar los l´ımites iterados: l´ım

y→0

l´ım

x→0

x|y|

p

x2₊_y2

= l´ım

y→00 = 0; l´ım

x→0

l´ım

y→0

x|y|

p

x2₊_y2

= l´ım

x→00 = 0.

Para demostrar que, efectivamente, el l´ımite es cero, utilizamos la si-guiente desigualdad:

(|x| − |y|)2 ≥0 =⇒ x2+y2−2|xy| ≥0 =⇒2|xy| ≤x2+y2 =⇒ _p|xy|

x2₊_y2 ≤ p

x2₊_y2 2 =⇒ −

p

x2₊_y2

2 ≤

x|y|

p

x2₊_y2 ≤ p

x2₊_y2

2 .

Nuevamente, los l´ımites de las funciones en los extremos son iguales a cero, por lo que el l´ımite de la funci´on propuesta tambi´en es cero.

PROBLEMA 2.14

Hallar l´ım

(x,y)→(0,0)f(x, y) si f(x, y) = (

0 si y≤0 ´o y≥x2 1 si 0< y < x2 . Soluci´on

(24)

Observemos que, en cualquier entorno del origen, todas las rectas y = mx están contenidas en la región {(x, y) : y ≤ 0 óy ≥ x2}. En esta región la función toma el valor cero, lo que significa que, a lo largo de cualquier trayectoria del tipoy =mxel l´ımite de la función es cero:

l´ım (x,y)→(0,0)

y=mx

f(x, y) = 0.

Sin embargo, todos los puntos de la parábolay =x2/2, salvo el origen, están contenidos en la región{(x, y) : 0< y < x2}, donde la función toma el valor 1. Esto significa que

l´ım (x,y)→(0,0)

y=x2_/₂

f(x, y) = 1.

(25)

3. CONTINUIDAD.

Decimos que una funci´onf :Rm →Rncon dominioDescontinua en un punto −

→

x0 ∈D cuando

∀ε >0, ∃δ >0 :f(x)∈B(f(x0), ε), ∀x∈B(x0, δ)∩D, condici´on equivalente a cualquiera de las siguientes:

∀ε >0, ∃δ >0 :f B(x0, δ)∩D

⊂B f(x0), ε

;

∀ε >0, ∃δ >0 :kx−x0k< δ, x∈D=⇒ kf(x)−f(x0)k< ε. Six0 ∈D0, lo anterior implica que l´ım

x→x0

x∈D

f(x) =f(x0).

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones conti-nuas.

Teorema 1 (Caracterizaci´on por sucesiones.) Sea f : D ⊂ _Rm _→ Rn y −

→

x0 ∈D. Entonces f es continua en−x→0 si y s´olo si

∀{xn}n≥1 ⊂D, xn→x0=⇒f(xn)→f(x0),

es decir l´ım

n→∞f(xn) =f( l´ımn→∞xn).

Teorema 2 (Continuidad de la funci´on compuesta.) Sean f :Rm → Rn,

g :Rn → Rp funciones arbitrarias. Si f es continua en −→x0 y g es continua

en−−−→f(x0), entonces g◦f es continua en −→x0.

Teorema 3(Continuidad de las operaciones algebraicas.)Seanf :Rm →Rn

y g :Rm → Rn funciones continuas en −x0→. Entonces f+g, λf, f ·g y kfk

son continuas en −→x0.

Teorema 4. Si fk : Rm → R (1 ≤ k ≤ n) son las componentes de f : Rm→Rn, entonces f es continua en −→x0 si y s´olo si cada fk es continua en −

→

x0.

Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una funci´on al de la continuidad denfunciones reales.

Definimos tambi´en el concepto de continuidad global: decimos que una fun-ci´onf :Rm→Rnescontinua en un conjuntoA⊂Rm cuando lo es en todos

los puntos del conjunto.

Son importantes en este contexto las siguientes propiedades.

Teorema 5. Una funci´on f : Rm → Rn es continua en Rm si y s´olo si

(26)

Corolario 6.Una funci´on f :Rm →Rn es continua si y s´olo sif−1(F) es

cerrado, para cualquier cerrado F ⊂Rn.

Teorema 7. Sea M ⊂ _Rm _{un compacto y} _f _:

Rm → Rn continua en M.

Entonces f(M) es compacto.

Corolario 8.Sea f :Rm →Rcontinua en un compactoM ⊂Rm. Entonces

f alcanza los valores m´aximo y m´ınimo, es decir

∃x1, x2 ∈M :f(x1)≤f(x)≤f(x2), ∀x∈M.

Este es el llamado teorema de Weierstrass, que asegura la existencia de extremos para una funci´on real.

Teorema 9. Sea f : Rm → Rn inyectiva. Si D ⊂ Rm es compacto y f

continua enD, entoncesf−1 es continua en f(D).

Teorema 10. Sea f :Rm → Rn una funci´on continua en M ⊂Rm. Si M

es conexo,f(M) es tambi´en conexo.

Un concepto m´as preciso corresponde al de continuidad uniforme. Decimos que una funci´on f : Rm → Rn es uniformemente continua en A ⊂ Rm

cuando

∀ε >0, ∃δ >0 :ka−bk< δ=⇒ kf(a)−f(b)k< ε, ∀a, b∈A. Es evidente que toda funci´on uniformemente continua es continua. Una es-pecie de rec´ıproco es el siguiente resultado.

Teorema 11.Sea f :Rm →Rn continua y A⊂Rm un conjunto compacto.

Entonces f es uniformemente continua en A.

PROBLEMA 2.15

Estudiar la continuidad de la funci´on

f(x, y) =

( ₁

1−x2₋_y2 si x2+y2 6= 1 0 si x2+y2 = 1.

Soluci´on

(27)

de S pues, sia2+b2 = 1:

l´ım

(x,y)→(a,b)f(x, y) =

∞.

PROBLEMA 2.16

f(x, y) =

(_sen2₍_x₋_y₎

|x|+|y| si (x, y)6= (0,0)

0 si (x, y) = (0,0).

Soluci´on

Basta estudiar la continuidad de la funci´on en el origen. Ahora bien, debido a las desigualdades

0≤ sen

2_(x₋_y)

|x|+|y| ≤

|x−y|2

|x|+|y| ≤

|x|2₊_|_y_|2_{+ 2}_|_x_{| · |}_y_|

|x|+|y| ≤ |x|+|y|,

es evidente que l´ım

(28)

PROBLEMA 2.17

Determinar los puntos de discontinuidad de la funci´on

f(x, y) = x

2_{+ 2xy}₊_y2 x2₋_y2 .

Soluci´on

Debido a que D(f) = {(x, y) ∈ R2 : x+y 6= 0, x−y 6= 0}, la funci´on

es obviamente discontinua en todos los puntos de las rectas y = x, y =

−x.

Ahora bien, como

f(x, y) = (x+y) 2

(x+y)(x−y) = x+y

x−y six+y6= 0, entonces l´ım

(x,y)→(x0,x0)

f(x, y) (parax06= 0) no existe. Sin embargo, l´ım

(x,y)→(x0,−x0)

f(x, y) = 0 (para x0 6= 0), por lo que la disconti-nuidad es evitable en los puntos de la rectax+y= 0.

Por ´ultimo, en el origen tampoco existe el l´ımite de la funci´on. En efecto,

l´ım

x→0

y=mx

x+y x−y = l´ımx→0

(1 +m)x (1−m)x =

(29)

PROBLEMA 2.18

f(x, y) =

(_x_+sen(_x₊_y₎

x+y si x+y6= 0

0 si x+y= 0.

Soluci´on

Escribimos la funci´on como f(x, y) = x

x+y +

sen(x+y)

x+y si x+y6= 0.

Distinguimos el origen del resto de los puntos de la recta x+y= 0. i) En el origen, l´ım

(x,y)→(0,0)

sen(x+y)

x+y = 1 pero l´ım

x→0

l´ım

y→0 x x+y

= l´ım

x→01 = 1, l´ım

y→0

l´ım

x→0 x x+y

= l´ım

y→00 = 0, de modo que no existe el l´ımite.

ii) En el resto de los puntos de la recta x+y= 0 esx6= 0; por tanto, l´ım

(x,y)→(x0,−x0) x

x+y =∞.

En definitiva, la funci´on es discontinua en todos los puntos de la recta x+y= 0.

PROBLEMA 2.19

f(x, y) = ( _x2_y2

(30)

Soluci´on

Necesitamos estudiar únicamente la continuidad de la función en el origen. Es fácil comprobar que los l´ımites iterados son ambos iguales a cero. Sin embargo, si calculamos el l´ımite a lo largo de una recta arbitraria y =mx, tenemos:

l´ım (x,y)→(0,0)

y=mx

f(x, y) = l´ım

x→0f(x, mx) = l´ımx→0

m2x4 x4_{(1 +}_m4₎ =

m2 1 +m4.

Como este l´ımite depende del valor dem, deducimos que no existe el l´ımite de la funci´on y, en consecuencia, no es continua en el origen.

PROBLEMA 2.20

f(x, y) = ( _y2

x(x+y) si x6= 0, x+y6= 0 0 en el resto.

Soluci´on

i) En los puntos (x0, y0) tales que x0 6= 0 y x0 +y0 6= 0, la funci´on es evidentemente continua.

(31)

iii) En el origen la funci´on tampoco es continua pues l´ım

x→0

y=mx

f(x, y) = m 2

1 +m, resultado que depende del valor dem.

PROBLEMA 2.21

f(x, y) =

(_x3₊_y3

x2₊_y2 si (x, y)6= (0,0) 0 si (x, y) = (0,0).

Soluci´on

Veamos que la funci´on es continua en el origen (en el resto ya lo es por su propia definici´on).

Utilizando la desigualdad

x3+y3 x2₊_y2 ≤ x3 x2₊_y2

+ y3 x2₊_y2

≤ x3 x2 + y3 y2

=|x|+|y| ≤px2₊_y2₊p_x2₊_y2_, elegido cualquierε >0, basta hacer δ=ε/2 para que

p

x2₊_y2 _{< δ}₌_⇒

x3+y3 x2₊_y2

(32)

PROBLEMA 2.22

f(x, y) =

(_x2₊_y2

x2₊_y si x2+y6= 0 0 si x2+y= 0.

Soluci´on

En los puntos que no pertenecen a la parábola x2 +y = 0, la función es evidentemente continua. Para estudiar la continuidad en los puntos de la parábola, distinguiremos dos casos:

i) En el origen la funci´on no es continua pues:

l´ım

x→0

l´ım

y→0

x2+y2 x2₊_y

= 1, l´ım

y→0

l´ım

x→0

x2+y2 x2₊_y

= 0.

ii) Fuera del origen la funci´on tampoco es continua pues, si (x0, y0) 6= (0,0),

l´ım (x,y)→(x0,y0)

x2 0+y0=0

f(x, y) =∞.

PROBLEMA 2.23

f(x, y) = (

x si |x| ≤ |y|

y si x|>|y|.

Soluci´on

(33)

i) Recta y = x: l´ım (x,y)→(x0,x0)

f(x, y) = x0 (a un lado de la recta y = x la función toma el valor y y al otro lado de dicha recta el valor que toma la función esx, y ambos tienden ax0). De aqu´ı se deduce que la función es continua.

ii) Rectay=−x: En cualquier entorno del punto (x0,−x0) la funci´on toma los valores xe y; por tanto, tiene dos posibles l´ımites,x0 y−x0. Esto quiere decir que no es continua (salvo en el origen).

En la figura adjunta se ilustran los valores de la funci´on en las diferentes regiones del plano donde se observa el comportamiento de la funci´on en las proximidades de los puntos de las rectas y=x e y=−x.

PROBLEMA 2.24

¿Qu´e valor debemos asignar a f(0,0) para que la funci´on f(x, y) = 1−cos

p

x2₊_y2

(34)

Debemos calcular el l´ımite de la funci´on en el origen. Multiplicando nume-rador y denominador por 1 + cospx2₊_y2_{, resulta:}

l´ım (x,y)→(0,0)

1−cospx2₊_y2

x2₊_y2 =₍_x,yl´ım₎_→₍₀_,₀₎

sen2px2₊_y2 (px2₊_y2₎2 ·

1

1 + cospx2₊_y2 = 1 2.

[Observemos que l´ım (x,y)→(0,0)

senpx2₊_y2 p

x2₊_y2 = 1 lo cual se deduce del teorema de la funci´on intermedia aplicado a la desigualdad cospx2₊_y2_≤ sen

p

x2₊_y2 p

x2₊_y2 ≤1.] Basta pues definir f(0,0) = 1/2 y la funci´on ser´a continua en el origen.

PROBLEMA 2.25

f(x, y, z) =

(₂_x₋_y₊_z₋₂

x+y−z−1 si x+y−z6= 1 0 si x+y−z= 1.

Soluci´on

Debemos estudiar la continuidad de la funci´on en los puntos del plano x+ y−z = 1 (en el resto la funci´on es obviamente continua). Distinguiremos dos casos:

i) Six0 6= 1, entonces l´ım (x,y,z)→(x0,y0,z0)

x0+y0−z0=1

f(x, y, z) = 3(x0−1) 0 =∞.

ii) Si x0 = 1, debe ser y0 = z0. Veamos que existen dos l´ımites iterados diferentes:

l´ım

x→1

l´ım

y→y0

l´ım

z→y0

2x−y+z−2 x+y−z−1

= l´ım

x→1

l´ım

y→y0

2x−y+y0−2 x+y−y0−1

= l´ım

x→1 2x−2

x−1 = 2; l´ım

y→y0

l´ım

z→y0

l´ım

x→1

2x−y+z−2 x+y−z−1

= l´ım

y→y0

l´ım

z→y0

−y+z y−z

= l´ım

y→y0

(35)

En consecuencia, la funci´on tampoco es continua en estos puntos.

PROBLEMA 2.26

Sea f :Rm →Rn una contracci´on, es decir ∃α∈(0,1) tal que kf(x)−f(y)k ≤αkx−yk, ∀x, y∈Rm.

(a) Probar que f es uniformemente continua.

(b) Probar que existe un ´unico punto p∈Rm tal quef(p) =p(dicho

punto se llama punto fijo de f).

Soluci´on

(a) Basta tomar, dado cualquierε >0,δ =ε/αy comprobar directamente la definici´on de continuidad uniforme.

(b) Seax∈Rm arbitrario; definimos la sucesi´on

p0 =x, p1 =f(x), . . . , pn=f(pn−1).

Veamos que dicha sucesi´on es de Cauchy. Para ello, seann, m∈Ncon

m > n:

kpn−pn+1k ≤ αkpn−1−pnk ≤ · · · ≤αnkp0−p1k

=⇒ kpn−pmk ≤ m−1

X

k=n

kpk−pk+1k ≤ kp0−p1k ·

m−1 X

k=n

αk

< kp0−p1k ·

∞

X

k=n

αk =kp0−p1k · αn 1−α, expresi´on que tiende a cero cuando n→ ∞, debido a que α <1. Como en Rm toda sucesi´on de Cauchy es convergente, existe p =

l´ım

n→∞pn. Resulta adem´as, debido a la continuidad def, que

f(p) =f( l´ım

n→∞pn) = l´ımn→∞f(pn) = l´ımn→∞pn+1=p.

Veamos por ´ultimo que s´olo puede haber un punto fijo:

(36)

PROBLEMA 2.27

Probar que la aplicaci´on k · k:Rn→R es uniformemente continua.

Soluci´on

Debemos probar que, para cualesquier par de puntos −→x ,−→y ∈ Rn, se

cum-ple:

∀ε >0, ∃δ >0 :k−→x − −→yk< δ=⇒

k−→xk − k−→yk < ε. Para ello, probaremos en primer lugar quek−→xk − k−→yk

≤ k−→x − −→yk. En efecto, como

k−→xk=k−→x − −→y +−→yk ≤ k−→x − −→yk+k−→yk =⇒ k−→xk − k−→yk ≤ k−→x − −→yk,

k−→yk=k−→y − −→x +−→xk ≤ k−→y − −→xk+k−→xk =⇒ k−→yk − k−→xk ≤ k−→y − −→xk

=⇒ −k−→x − −→yk ≤ k−→xk − k−→yk,

deducimos que −k−→x − −→yk ≤ k−→xk − k−→yk ≤ k−→x − −→yk, lo que equivale precisamente a k−→xk − k−→yk

≤ k−→x − −→yk.

Utilizando esta desigualdad, basta tomar en la definici´on de continuidad δ=εporque sik−→x − −→yk< δ, entonces

k−→xk − k−→yk

≤ k−→x − −→yk< δ=ε, lo que prueba la continuidad uniforme de la funci´on.

PROBLEMA 2.28

(37)

Soluci´on

Veamos en primer lugar que ∃M > 0 tal que kf(−→x)k ≤ Mk−→xk, ∀−→x ∈ Rn.

En efecto, si{−→e1, . . . ,−→en}es la base can´onica deRny−→x = (x1, . . . , xn) = n

X

i=1 xi−→ei,

entonces

kf(−→x)k = f n X i=1 xi−→ei

= n X i=1

xif(−→ei)

≤ n X i=1

|xi| · kf(−→ei)k ≤ m´ax

1≤i≤n|xi| · n

X

i=1

kf(−→ei)k.

Teniendo en cuenta que m´ax

1≤i≤n|xi| ≤ k−

→_x_k_{, deducimos que}

kf(−→x)k ≤ k−→xk · n

X

i=1

kf(−→ei)k,

lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M =

n

P

i=1

kf(−→ei)k.

Para probar la continuidad def, seaε >0 arbitrario. Si hacemos δ=ε/M, de la desigualdadk−→x − −→yk< δdeducimos:

kf(−→x)−f(−→y)k=kf(→−x − −→y)k ≤M· k−→x − −→yk< M·δ=ε. Deducimos as´ı que la funci´on es incluso uniformemente continua.

PROBLEMA 2.29

Probar que todas las normas sobre Rn son equivalentes.

Soluci´on

Probaremos que la norma eucl´ıdea k · k2 es equivalente a cualquier otra. Por la transitividad de la relaci´on de equivalencia, esto basta para que dos normas arbitrarias sean equivalentes entre s´ı.

Para ello consideramos la aplicaci´on identidadf : (Rn,k · k2) →(Rn,k · k),

(38)

Por serf lineal y de acuerdo al resultado probado en el problema anterior, existeM >0 tal que

k−→xk ≤M· k−→xk₂.

También se probó en el ejercicio anterior quef es continua. Como además la aplicaciónk·k: (Rn,k·k)→Res continua, la composiciónkfkes continua. El

conjuntoB ={−→x ∈Rn:k−→xk2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto. Como toda aplicaci´on continua sobre un compacto alcanza el valor m´ınimo, existe una constantem= m´ın{k−→xk:−→x ∈B}.

Sea−→x ∈Rnun elemento no nulo; entonces−→x /k−→xk2∈B, luegok−→xk/k−→xk2≥ m, es decir

k−→xk ≥m· k−→xk2

(si−→x = 0 esta desigualdad es obviamente cierta). En definitiva, existen dos constantesm, M >0 tales que

m· k−→xk₂ ≤ k−→xk ≤M· k−→xk₂,

(39)

4. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y esbozar las gr´aficas de las mismas, en caso de ser posible.

(a) f(x, y) =x/y. (b) f(x, y) =x2+xy. (c) f(x, y) =y/√x. (d) f(x, y) =

( ₂_xy

x2₊_y2 si (x, y)6= (0,0), 0 si (x, y) = (0,0). (e) f(x, y, z) = 4x2+y2+ 9z2.

(f) f(x, y, z) = sen(x2+y2+z2).

2.-Hallar y representar los dominios de las funciones siguientes: (a) f(x, y) = 1

x2₊_y2.

(b) f(x, y) = 1 +p1−(x−y)2_. (c) f(x, y) = ln(x2+y).

(d) f(x, y) =pcos(x2₊_y2₎_.

3.- Sea f(x, y) = x 2_y2

x2_y2_{+ (x}₋_y)2. Probar que los l´ımites iterados en (0,0) son iguales pero que no existe el l´ımite.

4.- Probar que no existe l´ım (x,y)→(0,0)

x−y x+y.

5.- Hallar los siguientes l´ımites o justificar su existencia:

(a) l´ım (x,y)→(0,0)

sen(x2+y2) x2₊_y2 . (b) l´ım

(x,y)→(0,0)

(x−y)2 x2₊_y2. (c) l´ım

(x,y)→(0,0)

cos(xy)−1

(40)

6.-Calcular el l´ımite de la funci´on f(x, y) = x

x2₊_y2₊_a en los puntos (0,0) y (1,1), seg´un los valores del par´ametro “a”.

7.- Estudiar la continuidad de (a) f(x, y) = lnpx2₊_y2_. (b) f(x, y) = cos 1

xy.

(c) f(x, y) = arc tg(y/x). (d) f(x, y) = _p x

x2₊_y2. (e) f(x, y) =

(p

1−x2₋_y2 _si _x2₊_y2 _≤_1, 0 si x2+y2 >1.

8.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones en los puntos indicados:

(a) f(x, y) = (_x₊_y

x2₊_y si x2+y6= 0

1/2 si (x, y) = (1,−1) en el punto (1,−1).

(b) f(x, y) = (

(x+y) sen(1/x) si x6= 0

0 si x= 0 en (0,0).

(c) f(x, y) =

(_x3₋_y3

x−y si x6=y

x+y si x=y en la recta x=y.

(d) f(x, y) = ( _x2_y

x2₊_y2 si (x, y)6= (0,0)

0 si (x, y) = (0,0) en (0,0).

9.-Dada la funci´on f(x, y) = 1−cos

√

xy

x , parax6= 0, ¿es posible defi-nir f(0, y) para que f sea continua?

10.-Definir, caso de ser posible,f(1,0)en la funci´onf(x, y) = p x−1

x2₋_2x₊_y2_{+ 1}, para que sea continua en dicho punto.

11.-Estudiar la continuidad de la funci´onf(x, y) =

(_sen(_x₊_y₋₂₎

x+y−2 si x+y6= 2,

1 si x+y= 2,

(41)

12.- Estudiar la continuidad de las funciones

(a) f(x, y) =

(_sen_πx

senπy si y6∈Z

1 si y∈Z.

(b) f(x, y) = (_x2₊_y

x2₋_y si x26=y 1 si x2₌_y.

13.- ¿Existe alg´un valor de “a”para el que la funci´on

f(x, y) =

(₅_x3₊_x2₊_y2

x2₊_y2 si (x, y)6= (0,0) a si (x, y) = (0,0) es continua en R2?

14.- Dadas las funciones f(x, y) =x2−y2, g(x, y) =x+y, estudiar la continuidad de las funciones f /g y g/f.

15.- Sea f(x, y) = x

2₊_y2₋₁

x2₊_λx_{+ 1}. Determinar los valores de λ que ha-gan

(a) f continua en R2.