L´ımites de Funciones de Rm → Rn

Lı́mites de Funciones de Rm → Rn
Ejemplo.- Determinar si existe, el lı́mite de la función definida por
f (x, y) =


x2 y
x2 +y 2
 0
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
Para determinar su lı́mite podemos acercarnos por trayectorias (funciones continuas) al
origen. Pongamos y = g(x) = 0 se tiene entonces que
lı́m
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
lı́m
f (x, g(x)) =
(x,y)→(0,0)
x2 0
=0
x→0 x2 + 02
lı́m
f (x, 0) = lı́m
(x,y)→(0,0)
Pongamos ahora y = g(x) = x se tiene entonces que
lı́m
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
lı́m
f (x, g(x)) =
(x,y)→(0,0)
lı́m
x2 x
x3
=
lı́m
=0
x→0 2x2
x→0 x2 + x2
f (x, x) = lı́m
(x,x)→(0,0)
Lo anterior nos dice que si existe el lı́mite, éste tendrı́a que ser 0, para comprobarlo usaremos
2 la definición, se tiene entonces que debemos hallar un δ > 0 tal que x2x+yy 2 < siempre que
k(x, y) − (0, 0)k < δ. Observamos que
2 2
2
2
xy = |x ||y| = |x| |y| ≤ kxk kxk = kxk < δ.
x2 + y 2 |x2 + y 2 |
|x2 + y 2 |
kxk2
∴ podemos tomar δ = Ejemplo.- Determinar si existe, el lı́mite de la función definida por
f (x, y) =


xy
x2 +y 2
 0
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
Para determinar su lı́mite podemos acercarnos por trayectorias (funciones continuas) al
origen. Pongamos y = g(x) = x se tiene entonces que
lı́m
(x,y)→(0,0)
f (x, y) =
lı́m
f (x, g(x)) =
(x,y)→(0,0)
lı́m
(x,x)→(0,0)
1
x2
1
=
2
2
x→0 x + x
2
f (x, x) = lı́m
Pongamos y = g(x) = 0 se tiene entonces que
lı́m
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
lı́m
f (x, g(x)) =
(x,y)→(0,0)
como
1
2
lı́m
x(0)
=0
x→0 x2 + 02
f (x, 0) = lı́m
(x,0)→(0,0)
6= 0 entonces ∃ el lı́mite de la función
Proposición.- (Unicidad del lı́mite). Sea A ⊂ Rm , f una función : A → Rm y x0 un punto de
acumulación de A. Si l1 Rm y l2 Rm son tales que:


l1 = lı́m f (x) 
x→x0
Entonces

l2 = lı́m f (x) 
l1 = l2
x→x0
Demostración: Para probar la proposición mostraremos que kl1 − l2 k = 0 0 ≤ kl1 − l2 k =
kl1 − f (x) + f (x) − l2 k ≤ kl1 − f (x)k + kf (x) − l2 k como kl1 − f (x)k → 0 y
kf (x) − l2 k → 0 entonces 0 ≤ kl1 − l2 k ≤ 0
∴
l1 = l2
Proposición.- Sea A ⊂ Rn y f una función f : A → Rm x0 un punto de acumulación de A.
Escribimos f en términos de sus componentes f = (f1 , . . . , fm ). Entonces, la existencia del
lı́mite lı́m f (x) es equivalente a la existencia de los lı́mites lı́m fi (x) para i = 1, . . . , m.
x→x0
x→x0
En este caso se tiene además que lı́m f (x) = lı́m f1 (x), . . . , lı́m fm (x)
x→x0
x→x0
x→x0
Demostración: Supongamos que existe el lı́mite lı́m f (x) = l = (l1 , . . . , lm ) y mostraremos
x→x0
que para cada i = 1, . . . , m |fi (x) − li | → 0.
Pero esto se sigue de las desigualdades
0 ≤ |fi (x) − li | ≤ kfi (x) − li k → 0
Reciprocamente.- Supongamos que existen los lı́mites lı́m fi (x) = li para i = 1, . . . , m
x→x0
y sea l = (l1 , . . . , lm ) tenemos entonces |fi (x) − li | → 0 para i = 1, . . . , m
m
X
∴
0 ≤ kf (x) − lk ≤
|fi (x) − li |
i=1
2
∴
kf (x) − lk → 0
Proposición.- Sea A ⊂ Rn , f : A → Rm y x0 un punto de acumulación. Entonces la condición
lı́m fi (x) = l, es equivalente a lı́m f (xk ) = l para toda sucuesión (xk )∞
k=1 de elementos
x→x0
k→∞
de A, con puntos diferentes de x0 , tienda a x0 .
Demostración: Supongamos que lı́m fi (x) = l y sea {xk }∞
1 una sucesión arbitraria de
x→x0
elementos de A con xk 6= x0 , que tiende a x0 . Mostraremos usando la definición de
lı́mite de una sucesión que f (xk ) → l.
Sea r > 0 arbitraria, como lı́m f (x) = l existe ρ > 0 tal que kf (x) − lk < r para
x→x0
todo x A que cumpla 0 < kx − x0 k < ρ.
Por otra parte, como xk → x0 existe N ∈ N tal que kxk − x0 k < ρ para todo k, con
k > N . Por lo tanto kf (xk ) − lk < r para todo k > N
∴
lı́m f (xk ) = l
k→∞
Reciprocamente.- Supongamos que lı́m f (xk ) = l para toda sucesión {xk }∞
1 en A, de
k→∞
puntos distintos de x0 , que convergen a x0
Si no se tuviese lı́m f (x) = l existe r0 > 0 tal que para cada ρ > 0, seria posible
x→x0
encontrar xk ∈ A tal que 0 < kxk − x0 k < ρ pero kf (x) − lk ≥ r0 . En particular para
cada k ∈ N, habria puntos xk A tal que 0 < kxk − x0 k < 1/k y kf (xk ) − lk ≥ r0 .
Es claro que la sucesión {xk }∞
1 asi construida al vector x0 , pero lı́m f (xk ) 6= l]
k→∞
Ejemplo.- Determinar si existe, el lı́mite de la función definida por
f (x, y) =


x3
x2 +y 2
 0
Vamos a considerar la sucesiones xn =
1
n
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
y yn =
1
n
y vamos aproximarnos al origen por
sucesiones que tienden a cero, se tiene que
1 1
f (x, y) = lı́m f (xn , yn ) = lı́m f ( , ) = lı́m
n→∞
n→∞
n→∞
(x,y)→(0,0)
n n
lı́m
3
1
n3
1
n2
+
1
n2
1
n3
n→∞ 22
n
= lı́m
1
=0
n→∞ 2n
= lı́m
Para comprobar que éste es el lı́mite usamos la definición, se tiene entonces que dado
3 > 0 debemos encontrar δ > 0 tal que x2x+y2 < siempre que k(x, y) − (0, 0)k < δ,
observamos que
x3 xx2 x2 + y 2 = x2 + y 2 ≤ |x| ≤ kxk < δ.
por tanto tomamos δ = Lı́mite con cambio a coordenadas polares
Sea A = (0, ∞) × (0, 2π] y sea g : A → R2 definida por g(ρ, θ) = (ρ cos(θ), ρ cos(θ)). Vamos a
demostrar que g es una biyección continua de A sobre B = R2 − {0} tal que
g{(ρ, θ)|0 < ρ < r, 0 < θ < 2π} = B((0, 0), r) − {0}
Demostración.- Como ambas componentes de g son contiuas g será continua. Por otra parte
g(ρ, θ) = g(ρ0 , θ0 ) ⇒ (ρ cos(θ), ρ sen(θ)) = (ρ0 cos(θ0 ), ρ0 sen(θ0 ))
⇒ ρ cos(θ) = ρ0 cos(θ0 ) ρ sen(θ) = ρ0 sen(θ0 ) ⇒ ρ = ρ0
θ = θ0
∴ g es inyectiva.
Ahora bien dado (x, y) ∈ B si ρ =
θ ∈ (0, 2π) tal que cos(θ) =
x
ρ
p
x2 + y 2 > 0 ⇒ ( xρ , yρ ) ∈ B(0, 1) con lo cual existe
y sen(θ) =
y
ρ
luego g(ρ, θ) = (x, y) ∴ g : A → B es una
biyección
Una consecuencia de lo anterior es lo siguiente ∀θ ∈ (0, 2π] se tiene que
lı́m
f (x, y) = L ⇔
Dado > 0 ∃ δ > 0 tal
que 0 < ρ < δ ⇒ |g(ρ, θ) − L| < (x,y)→(a,b)
Ejemplo Determinar si existe, el lı́mite de la función definida por

 x4 y (x, y) 6= (0, 0)
4
4
f (x, y) = x +y
 0
(x, y) = (0, 0)
4
Vamos a considerar el cambio de variables polares se tiene que
lı́m
ρ4 cos4 (θ)ρ sen(θ)
cos4 (θ) sen(θ)
=
lı́m
ρ=0
ρ→0 ρ4 cos4 (θ) + ρ4 sen4 (θ)
ρ→0 cos4 (θ) + sen4 (θ)
f (x, y) = lı́m
(x,y)→(0,0)
Para comprobar que éste es el lı́mite usamos la definición, se tiene entonces que dado > 0
4 debemos encontrar δ > 0 tal que x4x+yy 4 < siempre que k(x, y) − (0, 0)k < δ, observamos que
4 4 x y x y x4 + y 4 ≤ x4 = |y| ≤ k(x, y)k < δ.
por tanto tomamos δ = Lı́mite Iterados
Sea f : R2 → R y (a, b) un punto en R2 , para cada x fijo consideramos que exista el lı́mite
f1 (x) = lı́m f (x, y). Analogamente para cada y fijo consideramos que existe f2 (x) = lı́m f (x, y)
x→a
y→b
se llaman lı́mites reiterados a los lı́mites
lı́m f1 (x) = lı́m (lı́m f (x, y))
x→a
x→a y→b
lı́m f2 (x) = lı́m(lı́m f (x, y))
y→b x→a
x→b
1. Si existe f1 (x), f2 (x) y el lı́mite doble
lı́m
f (x, y) = L, entonces existen los limites
(x,y)→(a,b)
reiterados y son iguales a L.
2. Si existen los lı́mites reiterados y son diferentes, entonces no existe el lı́mite doble.
3. Pueden existir los limites reiterados, ser iguales y no existir el lı́mite doble.
Ejemplo: Calculese, si existen, los lı́mites reiterados y el lı́mite doble en (0, 0) de las siguientes
funciones de R2 en R.
1. Sea
y
y 6= x2
2
y
−
x
f (x, y) =

0
x = y2


5
y
0
= lı́m
=0
2
x→0 y→0 y − x
x→0 0 − x2
lı́m lı́m f (x, y) = lı́m lı́m
x→0 y→0
y
y
=
lı́m
=1
x→0 y→0 y − x2
y→0 y − 02
lı́m lı́m f (x, y) = lı́m lı́m
x→0 y→0
∴
el lı́mite doble
lı́m
f (x, y) no existe.
(x,y)→(0,0)
2. Calcular
lı́m
2xy
+ y2
(x,y)→(0,0) x2
lı́m lı́m
2xy
0
= lı́m 2 = 0
2
x→0 x
+y
lı́m lı́m
2xy
0
= lı́m 2 = 0
2
y→0 y
+y
x→0 y→0 x2
x→0 y→0 x2
Si nos acercamos al origen por rectas y = mx obtenemos
2mx2
x2 2m
2m
2m
2xy
lı́m
= lı́m 2
= lı́m 2
= lı́m
=
2
2
2
x→0
x→0
x→0
(x,y)→(0,0) x + y
x + mx
x (1 + m)
1+m
1+m
Este resultado varia según el valor de m
∴
la función no tiene lı́mite en (0, 0). La condición de que existen y sean iguales
los lı́mites iterados no es suficiente para la existencia del lı́mite.
Problema: Probar que


 x sin 1 , y 6= 0
y
f (x, y) =

 0,
y=0
6
Tiene lı́mite 0 cuando (x, y) → (0, 0) pero los lı́mites iterados son distintos
1
lı́m x sin
y→0
y
1
No existe
∴ lı́m lı́m x sin
tampoco existe
x→0 y→0
y
1
1
lı́m x sin
=0
∴ lı́m lı́m x sin
=0
x→0
x→0 y→0
y
y
Una de las condiciones necesarias para que el lı́mite de la función coincida con los lı́mites
iterados es que ambos existan
Dado ε > 0 basta elegir δ = ε
k(x, y)k < δ ⇒ |x| < δ
|y| < δ
⇒ |x sin y1 | ≤ |x| < δ
⇒ |f (x, y) − 0| < ε
Proposición.- Se considera la función z = f (x, y). Supongamos que existen
lı́m
f (x, y),
(x,y)→(0,0)
lı́m f (x, y) y lı́m f (x, y)
x→x0
y→y0
Probar
que existe lı́m lı́m f (x, y) = lı́m lı́m f (x, y) = L =
y→y0
x→x0
x→x0
y→y0
Demostración.- Probaremos que si
lı́m
f (x, y)
(x,y)→(0,0)
lı́m
f (x, y) = L y lı́m f (x, y) = G(y), entonces
(x,y)→(0,0)
x→x0
lı́m G(y) = L.
y→y0
Sea ε > 0 arbitrario. Por hipotesis existe δ1 > 0 tal que |f (x, y) − L| < ε/2 si
k(x, y) − (x0 , y0 )k < δ1
Tambien tenemos que
|f (x, y) − G(y)| <
ε
2
si |x − x0 | < δ2 tomando δ = mı́n{δ1 , δ2 }
|G(y)−L| = |G(y)−f (x, y)+f (x, y)−L| ≤ |G(y)−f (x, y)|+|f (x, y)−L| <
si |y − y0 | < δ lo que prueba que lı́m G(y) = L
y→y0
7
ε ε
+ =ε
2 2
Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los lı́mites iterados no
es sificiente la existencia del lı́mite de la función hace falta también la existencia de los
lı́mites de funciones de una variable.
x|y|
lı́m
(x,y)→(0,0)
lı́m lı́m p
y→0 x→0
x2 + y 2
x|y|
x2 + y 2
x|y|
lı́m lı́m p
x→0 y→0
p
x2 + y 2
= lı́m 0 = 0
y→0
= lı́m 0 = 0
x→0
Teniendo en cuenta que:
0 ≤ (|x2 | − |y 2 |)2 ⇒ 0 ≤ x2 + y 2 − 2|x||y|
⇒ 2|x||y| ≤ x2 + y 2
x2 + y 2
⇒ |x||y| ≤
2p
x2 + y 2
|x||y|
⇒p
≤
2
x2 + y 2
Si x > 0
Si x < 0
p
x2 + y 2
2
x2 + y 2
p
x2 + y 2
−x|y|
p
≤
2
x2 + y 2
x|y|
≤
p
∴
p
x2 + y 2
x|y|
∴
−
≤p
2
x2 + y 2
p
p
x2 + y 2
x2 + y 2
x|y|
−
≤p
≤
2
2
x2 + y 2
p
p
x2 + y 2
x2 + y 2
x|y|
≤ lı́m
lı́m −
≤ lı́m p
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
2
2
x2 + y 2 (x,y)→(0,0)
x|y|
0≤ p
x2 + y 2
8
≤0
∴
x|y|
p
x2 + y 2
→0
Considere ahora la siguiente función f (x, y) = x sen( y1 ) + y sen( x1 ), calculemos sus lı́mites
reiterados
1
1
lı́m lı́m x sen( ) + y sen( ) = ∃
x→0 y→0
y
x
1
1
∃
lı́m lı́m x sen( ) + y sen( ) = y→0 x→0
y
x
sin embargo Dado > 0 ∃δ > 0 tal que k(x, y)k < δ entonces x sen( y1 ) + y sen( x1 ) < pues
x sen( 1 ) + y sen( 1 ) ≤ x sen( 1 ) + y sen( 1 ) ≤ |x| + |y| ≤ 2k(x, y)k < 2δ
y
x y x ∴ basta elegir δ =
2
Consideramos ahora la función
f (x, y) =
2xy
x2 + y 2
si nos acercamos al origen por medio de la recta y = g(x) = x observamos que
2x2
2xy
=
lı́m
=1
x→0 2x2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lı́m
Mientras que
2xy
=0
lı́m lı́m 2
x→0 y→0 x + y 2 2xy
= 0.
lı́m lı́m 2
y→0 x→0 x + y 2 Por tanto ∃ el limite doble.
9