CAP´ITULO II. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

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CAP´ITULO II.

CONTINUIDAD DE

FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

SECCIONES

1. Dominios y curvas de nivel.

2. C´alculo de l´ımites.

3. Continuidad.

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1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL.

Muchos problemas geométricos y f´ısicos conducen a funciones de varias variables. 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) = px²+ 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 : R^m → _Rⁿ definida por f (x₁, . . . , x_m) = (y₁, . . . , y_n) se escribir´a como un vector (f₁, . . . , f_n) de funciones fi : R^m → _R definidas por fi(x1, . . . , xm) = yi (i = 1, . . . , n).

Destacaremos los casos particulares siguientes:

Si n = 1, tenemos una funci´on real de m variables (que llamaremos campo escalar).

Si m = 1, tenemos una funci´on vectorial de una variable (o campo vectorial).

Ejemplos inmediatos de ambos casos son las rectas f :_R→_R³ en el espacio tridimensional, definidas por f (t) = (x0, y0, z0) + t(a, b, c), y los planos, que son funciones f :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) ∈R^m : ∃f (−→x ) ∈Rⁿ}.

Rango o imagen de f :

R(f ) = {−→y = (y₁, . . . , y_n) ∈_Rⁿ: ∃−→x = (x₁, . . . , x_m) ∈ D(f ), f (−→x ) = −→y }.

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

Gr´afica de f :

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

En el caso particular de funciones f : _R² → _R, es importante destacar el concepto de curvas de nivel, que son los conjuntos de la forma

C_k= {(x, y) ∈ D(f ) : f (x, y) = k},

para valores k ∈_R, pues representan el conjunto de puntos del dominio cuya imagen toma el valor constante k. Como en este caso la gr´afica de la funci´on

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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

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

PROBLEMA 2.1

Describir los conjuntos de nivel f (x₁, . . . , x_n) = 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) =p

x²+ 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) = e^xy, 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´on x²+y² = k representa una circunferencia de centro el origen y radio √

k. Las curvas de nivel indicadas son entonces las siguientes (para k = 0, la curva de nivel se reduce al punto (0, 0)):

Con esta información podemos deducir que la gráfica tiene la siguiente forma (se trata de un paraboloide de revolución):

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(b) Las ecuaciones p

x²+ 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 a k sea lineal. Las curvas de nivel son:

mientras que la superficie es ahora la de un cono:

(c) Como la funci´on es ahora de tres variables, las ecuaciones x²+ y² = k son las superficies de nivel de la funci´on y representan cilindros cuyo eje es el eje Z y el radio√

k (para k = 0 degenera en una recta).

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(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 representación gráfica en un plano.

(d) En este caso, las curvas x²− y² = k representan hipérbolas, 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 rectas x = y y x = −y). La gráfica es la de un paraboloide hiperbólico y su forma es la siguiente:

(e) Las ecuaciones e^xy = k o, en forma equivalente, xy = ln k, también representan hipérbolas pero en este caso sus as´ıntotas son los ejes de coordenadas (salvo el caso k = 1 que degenera en las rectas x = 0 e y = 0). Las curvas de nivel y la gráfica de la función son de la forma que indican las figuras:

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(f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x + y) = k produce un n´umero infinito de rectas x + y = arc cos k + 2nπ, para cualquier n ∈ Z. Esto quiere decir que la superficie es peri´odica (es decir, si x⁰ = x + π, y⁰ = y + π, entonces cos(x + y) = cos(x⁰ + y⁰)).

No representamos las curvas de nivel pues no dan informaci´on sobre la gr´afica de la superficie pero s´ı ilustramos la forma de la propia superficie:

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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) =

(px²+ y² si x ≥ 0,

|y| si x < 0.

Soluci´on

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

(b) Si k < 10, las curvas de nivel f (x, y) = k son circunferencias centradas

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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.

(d) En este caso, la curva de nivel f (x, y) = k est´a compuesta por el par de semirrectas y = k, y = −k, para x < 0, y la semicircunferencia x²+ y²= k², para x ≥ 0. Queda por tanto una superficie de la forma indicada en la figura.

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PROBLEMA 2.3

Hallar los dominios de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) =p

1 − x²− y². (b) f (x, y) =√

x²− 4 +p 4 − y². (c) f (x, y) =√

y sen x.

(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´aneamente 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},

cuya gr´afica es la de la figura adjunta:

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

y ≥ 0 , sen x ≥ 0 y ≤ 0 , sen x ≤ 0,

es decir, para los valores de x donde sen x ≥ 0, están en el dominio los puntos del semiplano superior y, para los valores de x donde sen x ≤ 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.

Este sistema est´a formado por los octantes primero, tercero, sexto y octavo de la superficieR³.

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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 calcular f (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 que f (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, si x²+y²≤ 1, u²

4 + (v − 1)² ≤ 1, que corresponde a la regi´on limitada por la elipse de la figura.

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f (B)

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

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 que f⁻¹(A) = [0, 1/2] × [−1, 0].

f⁻¹(A)

Análogamente, el conjunto de puntos que verifican (2x, y + 1) ∈ B debe cumplir la relación 4x²+ (y + 1)² ≤ 1, y la imagen inversa de B es la región limitada por la elipse de la figura.

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f⁻¹(B)

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2. C ´ALCULO DE L´IMITES.

Consideremos una funci´on arbitraria f :R^m →_Rⁿ con dominio D(f ) = D.

Sean S ⊂ D, −x→₀∈_R^m, −→y₀ ∈_Rⁿ. Diremos que l´ım

x→x0

x∈S

f (x) = y₀ (en palabras, el l´ımite de f 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 métricos R^m y Rⁿ (dada por la correspondiente norma eucl´ıdea).

Observemos que la definición no tiene sentido si x₀ 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

x→xl´ım0

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 ⊂_R^m → _Rⁿ y g : D2 ⊂ _R^m → _Rⁿ, y un conjunto S ⊂ D1 ∩ D₂, si

x→xl´ım0

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

(λf )(x) = λy1.

(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 ⊂ R^m → _Rⁿ en sus componentes f (x) = f₁(x), . . . , f_n(x), donde cada f_i : D →R(1 ≤ i ≤ n), entonces

x→xl´ım0

x∈S

f (x) = (a1, . . . , an) ⇐⇒ l´ım

x→x0

x∈S

fi(x) = ai, 1 ≤ i ≤ n.

Proposici´on 5. Dada una funci´on f :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

y→yl´ım0

x→xl´ım0

f (x, y)

= l´ım

x→x0

y→yl´ım0

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 variables.

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

|3x − 2y − 14| < ε cuando d (x, y), (4, −1) < δ.

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Para ello obtenemos de la condici´on la siguiente cadena de desigualdades:

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 elegir δ = ε/5 para que |3x−2y−14| < ε cuando d (x, y), (4, −1) <

δ.

PROBLEMA 2.6

Sea f : D ⊂ R^m → _Rⁿ, x0 ∈ _R^m, y0 ∈ _Rⁿ, T ⊂ S ⊂ D. Probar que

x→xl´ım0

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:

x→xl´ım0

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 punto x0).

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

f (x) = y0.

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En la práctica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuada- mente un subconjunto T ⊂ 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

y→yl´ım0

x→xl´ım0

f (x, y)

= l´ım

x→x0

y→yl´ım0

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 ello ε > 0 arbitrario. Por hip´otesis, existe δ₁> 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.

Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los l´ımites iterados no es suficiente la existencia del l´ımite de la función: hace falta también la existencia de los l´ımites de funciones de una variable. Observemos además que el rec´ıproco no es cierto (ver problema 2.12).

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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 es S =R²\{(0, 0)} y consideramos el subconjunto T = {(x, mx) : x ∈R\ {0}}. Tenemos entonces

l´ım

(x,y)→(0,0) (x,y)∈T

x²+ y²

|x| + |y| = l´ım

(x,mx)→(0,0)

x²+ (mx)²

|x| + |mx| = l´ım

x→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 <p

x²+ y² < δ =⇒ x²+ y²

|x| + |y| < ε.

En efecto, como |x| ≤p

x²+ 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 elegir δ = ε/2 para que x²+ y²

|x| + |y| < ε.

Ser´a com´un en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = 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 funci´on, pero si dicho l´ımite var´ıa con cada trayectoria, la funci´on no tiene l´ımite.

PROBLEMA 2.9 Hallar l´ım

(x,y)→(0,0)

e^xy − 1 sen x · ln(1 + y).

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Soluci´on

Haciendo u = x · y, podemos escribir e^xy = e^u = 1 + u

1!+u²

2! + · · · = 1 + xy +x²y² 2 + . . . , con lo que tenemos la equivalencia entre infinit´esimos e^xy− 1 ∼ xy.

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

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

l´ım

(x,y)→(0,0)

e^xy − 1

sen x · ln(1 + y) = l´ım

(x,y)→(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 = l´ım

(x,y)→(0,1)(√ x +p

1 − 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+ m²x² = 2m 1 + m².

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Como indica el resultado, este var´ıa según los distintos valores de m, 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 y 6= 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→0x sen(1/y) no existe, tampoco existe el l´ımite iterado

x→0l´ım

y→0l´ımx sen(1/y)

.

Por otra parte, como l´ım

x→0x sen(1/y) = 0, tambi´en

y→0l´ım

x→0l´ımx sen(1/y)

= 0.

Una de las condiciones necesarias para que el l´ımite de la funci´on coincida con los l´ımites iterados es que ambos existan. Como dicha condici´on no

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

k(x, y)k < δ =⇒ |x| < δ, |y| < δ

=⇒ |x sen(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)(x²+ y²) sen 1 xy. (d) l´ım

(x,y)→(0,0)

x|y|

px²+ y². Soluci´on

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

y→0l´ım

x→0l´ım

x²− y² x²+ y²

= l´ım

y→0(−1) = −1;

x→0l´ım

y→0l´ım

x²− y² x²+ y²

= l´ım

x→01 = 1.

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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:

y→2l´ım

x→0l´ım

sen(xy) x

= l´ım

y→2y = 2;

x→0l´ım

y→2l´ım

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

y cos(xy) ≤ sen(xy)

x ≤ y si x > 0, y ≤ sen(xy)

x ≤ y cos(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

≤ x²+ y²,

(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:

y→0l´ım

x→0l´ım

x|y|

px²+ y²

= l´ım

y→00 = 0;

x→0l´ım

y→0l´ım

x|y|

px²+ y²

= l´ım

x→00 = 0.

Para demostrar que, efectivamente, el l´ımite es cero, utilizamos la siguiente desigualdad:

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

=⇒ |xy|

px²+ y² ≤

px²+ y² 2

=⇒ −

px²+ y²

2 ≤ x|y|

px²+ y² ≤

px²+ 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

En la gráfica siguiente se describen los valores de la función en cada región del plano.

(24)

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

Como hemos encontrado dos trayectorias para las cuales el l´ımite es distinto, deducimos que dicho l´ımite no existe.

(25)

3. CONTINUIDAD.

Decimos que una funci´on f :R^m →_Rⁿcon dominio D es continua 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.

Si x₀ ∈ D⁰, lo anterior implica que l´ım

x→x0

x∈D

f (x) = f (x₀).

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones continuas.

Teorema 1 (Caracterizaci´on por sucesiones.) Sea f : D ⊂ _R^m → _Rⁿ y

−

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

∀{x_n}_n≥1 ⊂ D, x_n→ x₀=⇒ f (x_n) → f (x₀), es decir l´ım

n→∞f (x_n) = f ( l´ım

n→∞x_n).

Teorema 2 (Continuidad de la funci´on compuesta.) Sean f : R^m → _Rⁿ, g :Rⁿ → _R^p 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.) Sean f :_R^m →_Rⁿ y g :R^m → _Rⁿ funciones continuas en −x→0. Entonces f + g, λf , f · g y kf k son continuas en −→x0.

Teorema 4. Si f_k : _R^m → _R (1 ≤ k ≤ n) son las componentes de f : R^m→_Rⁿ, entonces f es continua en −→x0 si y s´olo si cada f_k es continua en

−

→x₀.

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

Definimos tambi´en el concepto de continuidad global: decimos que una funci´on f :R^m→_Rⁿes continua en un conjunto A ⊂R^m cuando lo es en todos los puntos del conjunto.

Son importantes en este contexto las siguientes propiedades.

Teorema 5. Una funci´on f : _R^m → _Rⁿ es continua en _R^m si y s´olo si f⁻¹(B) es abierto, para cualquier abierto B ⊂Rⁿ.

(26)

Corolario 6. Una funci´on f :R^m →_Rⁿ es continua si y s´olo si f⁻¹(F ) es cerrado, para cualquier cerrado F ⊂Rⁿ.

Teorema 7. Sea M ⊂ _R^m un compacto y f : _R^m → _Rⁿ continua en M . Entonces f (M ) es compacto.

Corolario 8. Sea f :_R^m →_Rcontinua en un compacto M ⊂_R^m. 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 : _R^m → _Rⁿ inyectiva. Si D ⊂ _R^m es compacto y f continua en D, entonces f⁻¹ es continua en f (D).

Teorema 10. Sea f :_R^m → _Rⁿ una funci´on continua en M ⊂_R^m. 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 : _R^m → _Rⁿ es uniformemente continua en A ⊂ _R^m 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 :R^m →_Rⁿ continua y A ⊂R^m 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

La funci´on es continua en los puntos que no pertenecen a la circunferencia unidad S = {(x, y) ∈R²: x²+ y²= 1}. Sin embargo, no lo es en los puntos

(27)

de S pues, si a²+ b² = 1:

l´ım

(x,y)→(a,b)f (x, y) = ∞.

PROBLEMA 2.16

(_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 ≤ sen²(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

(x,y)→(0,0)f (x, y) = 0 = f (0, 0).

(28)

PROBLEMA 2.17

Determinar los puntos de discontinuidad de la funci´on f (x, y) = x²+ 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 si x + y 6= 0, entonces l´ım

(x,y)→(x0,x0)f (x, y) (para x₀6= 0) no existe.

Sin embargo, l´ım

(x,y)→(x0,−x0)f (x, y) = 0 (para x0 6= 0), por lo que la discontinuidad es evitable en los puntos de la recta x + y = 0.

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

En efecto,

l´ım

y=mxx→0

x + y x − y = l´ım

x→0

(1 + m)x

(1 − m)x = (1 + m) (1 − m), resultado que, evidentemente, var´ıa seg´un el valor de m.

(29)

PROBLEMA 2.18

(_x+sen(x+y)

x+y si x + y 6= 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 + y 6= 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

x→0l´ım

y→0l´ım x x + y

= l´ım

x→01 = 1,

y→0l´ım

x→0l´ım 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 es x 6= 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

( _x2y²

x⁴+y⁴ si (x, y) 6= (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0).

(30)

Soluci´on

Necesitamos estudiar ´unicamente la continuidad de la funci´on en el origen.

Es f´acil 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´ım

x→0

m²x⁴

x⁴(1 + m⁴) = m² 1 + m⁴. Como este l´ımite depende del valor de m, deducimos que no existe el l´ımite de la funci´on y, en consecuencia, no es continua en el origen.

PROBLEMA 2.20

( _y2

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

ii) En los puntos (x0, y0), donde x0 = 0 ´o x0+ y0= 0 (distintos del origen), la funci´on no es continua pues no existe el l´ımite (el denominador se anula pero el numerador no).

(31)

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

y=mxx→0

f (x, y) = m² 1 + m, resultado que depende del valor de m.

PROBLEMA 2.21

(_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| ≤p

x²+ y²+p

x²+ y², elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que

px²+ y² < δ =⇒

x³+ y³ x²+ y²

≤ 2δ = ε.