CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

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1 CAPÍTULO II. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES SECCIONES 1. Dominios y curvas de nivel. 2. Cálculo de ites. 3. Continuidad. 55

2 1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL. Muchos problemas geométricos y físicos 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) = x 2 + y 2 + z 2, etc. De ahí que sea necesario extender los conceptos y la teoría de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de varias variables. En general, una función vectorial de m variables f : R m R n definida por f(x 1,..., x m ) = (y 1,..., y n ) se escribirá como un vector (f 1,..., f n ) de funciones f i : R m R definidas por f i (x 1,..., x m ) = y i (i = 1,..., n). Destacaremos los casos particulares siguientes: Si n = 1, tenemos una función real de m variables (que llamaremos campo escalar). Si m = 1, tenemos una función vectorial de una variable (o campo vectorial). Ejemplos inmediatos de ambos casos son las rectas f : R R 3 en el espacio tridimensional, definidas por f(t) = (x 0, y 0, z 0 ) + t(a, b, c), y los planos, que son funciones f : R 2 R definidas por f(x, y) = ax + by + c. Los conceptos básicos relativos a propiedades globales de estas funciones son los siguientes: Dominio de f: Rango o imagen de f: D(f) = { x = (x 1,..., x m ) R m : f( x ) R n }. R(f) = { y = (y 1,..., y n ) R n : x = (x 1,..., x m ) D(f), f( x ) = y }. Decimos que una función está acotada cuando su imagen es un conjunto acotado. Gráfica de f: G(f) = {(x 1,..., x m, y 1,..., y n ) R m+n : (y 1,..., y n ) = f(x 1,..., x m )}. En el caso particular de funciones f : R 2 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 gráfica de la función 56

3 es una superficie, las curvas de nivel corresponden a los conjuntos de puntos que están 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 análogamente las superficies de nivel en el caso de funciones f : R 3 R como 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(x 1,..., x n ) = k, para los valores de k indicados, de las siguientes funciones: (a) f(x, y) = x 2 + y 2, k = 0, 1, 2, 3. (b) f(x, y) = x 2 + y 2, k = 0, 1, 2, 3. (c) f(x, y, z) = x 2 + y 2, k = 0, 1, 2. (d) f(x, y) = x 2 y 2, k = 2, 1, 0, 1, 2. (e) f(x, y) = e xy, k = e 2, e 1, 1, e, e 2. (f) f(x, y) = cos(x + y), k = 1, 0, 1/2, 2/2, 1. (a) La ecuación x 2 +y 2 = 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): 57

4 (b) Las ecuaciones x 2 + y 2 = k también 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 función es ahora de tres variables, las ecuaciones x 2 + y 2 = k son las superficies de nivel de la función y representan cilindros cuyo eje es el eje Z y el radio k (para k = 0 degenera en una recta). 58

5 (El cilindro exterior no está completo para mayor claridad en la ilustración.) Observar que la gráfica de la función es ahora una región del espacio R 4 y, por tanto, no es posible su representación gráfica en un plano. (d) En este caso, las curvas x 2 y 2 = 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 asíntotas 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: 59

6 (f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x + y) = k produce un número infinito de rectas x + y = arc cos k + 2nπ, para cualquier n Z. Esto quiere decir que la superficie es periódica (es decir, si x = x + π, y = y + π, entonces cos(x + y) = cos(x + y )). No representamos las curvas de nivel pues no dan información sobre la gráfica de la superficie pero sí ilustramos la forma de la propia superficie: 60

7 PROBLEMA 2.2 Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y deducir la gráfica de las mismas: (a) f(x, y) = 3x + 2y + 1. (b) f(x, y) = (100 x 2 y 2 ) 1/2. (c) f(x, y) = y. { x (d) f(x, y) = 2 + y 2 si x 0, y si x < 0. (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 61

8 en el origen y radio 100 k 2. 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 gráfica. (d) En este caso, la curva de nivel f(x, y) = k está compuesta por el par de semirrectas y = k, y = k, para x < 0, y la semicircunferencia x 2 + y 2 = k 2, para x 0. Queda por tanto una superficie de la forma indicada en la figura. 62

9 PROBLEMA 2.3 Hallar los dominios de las siguientes funciones: (a) f(x, y) = 1 x 2 y 2. (b) f(x, y) = x y 2. (c) f(x, y) = y sen x. (d) f(x, y, z) = ln(x/yz). (a) El dominio será el conjunto {(x, y) R 2 : 1 x 2 y 2 0} (debido a la existencia de una raíz cuadrada). Esto es equivalente a la desigualdad x 2 + y 2 1, de modo que D(f) = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 1}, que es precisamente la bola unidad. (b) Para que existan ambas raíces cuadradas, debe verificarse simultáneamente que x y 4 y 2 0, sistema que, al resolver, da como solución x 2, y 2. Entonces D(f) = {(x, y) R 2 : x 2, y 2}, cuya gráfica es la de la figura adjunta: 63

10 (c) En este caso, los puntos del dominio deben verificar la inecuación 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) esté 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 está formado por los octantes primero, tercero, sexto y octavo de la superficie R 3. 64

11 PROBLEMA 2.4 Sea f : R 2 R 2 la función definida por f(x, y) = (2x, y + 1). Si llamamos A = [0, 1] [0, 1] y B = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 1}, calcular f(a), f(b), f 1 (A) y f 1 (B). (a) Para calcular f(a), tomemos un punto (x, y) A. Entonces } { } 0 x 1 0 2x 2 = = f(x, y) [0, 2] [1, 2], 0 y 1 1 y de modo que f(a) = [0, 2] [1, 2]. Análogamente, 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 = x 2 +y 2. Así pues, si x 2 +y 2 1, u2 4 + (v 1)2 1, que corresponde a la región limitada por la elipse de la figura. 65

12 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) R 2 : f(x, y) G}. En particular, f 1 (A) = {(x, y) R 2 : (2x, y + 1) A}. Resulta así: 0 2x 1 = 0 x 1/2 0 y = 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 4x 2 + (y + 1) 2 1, y la imagen inversa de B es la región limitada por la elipse de la figura. 66

13 f 1 (B) 67

14 2. CÁLCULO DE LÍMITES. Consideremos una función arbitraria f : R m R n con dominio D(f) = D. Sean S D, x 0 R m, y 0 R n. Diremos que x S S es igual a y 0 ), cuando f(x) = y 0 (en palabras, el ite de f en x 0 a lo largo de ε > 0, δ > 0 : f(x) B(y 0, ε), x (B(x 0, δ) \ {x 0 }) S. Equivalentes a este enunciado son los siguientes: ε > 0, δ > 0 : f ( (B(x 0, δ) \ {x 0 }) S ) B(y 0, ε); ε > 0, δ > 0 : 0 < x x 0 < δ, x S = f(x) y 0 < ε. Esta definición es una simple extensión de la definición usual de ite 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 R n (dada por la correspondiente norma euclídea). Observemos que la definición no tiene sentido si x 0 S pues, en este caso, (B(x 0, δ)\{x 0 }) S = y cualquier punto puede ser el ite de una función en x 0. En el caso de que S = D, y no haya lugar a confusión, escribiremos simplemente f(x). Enunciamos a continuación las siguientes propiedades básicas del ite. Teorema 1. Si existe x S Teorema 2. Sea T S D. Entonces x S (ver problemas 2.6 y 2.8). f(x), este ite es único. f(x) = y 0 = x T f(x) = y 0 Teorema 3 (Operaciones algebraicas con el ite.) Dadas dos funciones f : D 1 R m R n y g : D 2 R m R n, y un conjunto S D 1 D 2, si f(x) = y 1 y g(x) = y 2, entonces: x S x S (a) (f + g)(x) = y 1 + y 2. x S (b) (λf)(x) = λy 1. x S 68

15 (c) f(x) g(x) = y 1 y 2. x S (d) x S f(x) = f(x). Proposición 4. Si descomponemos la función f : D R m R n en sus componentes f(x) = ( f 1 (x),..., f n (x) ), donde cada f i : D R (1 i n), entonces x S f(x) = (a 1,..., a n ) x S f i (x) = a i, 1 i n. Proposición 5. Dada una función f : R 2 R, si existe f(x, y) = (x,y) (x 0,y 0 ) L, y existen también los ites de una variable f(x, y) y f(x, y), y y 0 entonces existen y son iguales los llamados ites iterados ( ) f(x, y) = y y 0 ( ) f(x, y) = L. y y 0 [Esta propiedad está demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad se deduce en particular que, si existen los ites iterados pero son distintos, entonces no existe el ite de la función. Resultados similares se pueden obtener para funciones de más de dos variables. PROBLEMA 2.5 Utilizando la definición de ite, demostrar que (3x 2y) = 14. (x,y) (4, 1) 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. 69

16 Para ello obtenemos de la condición la siguiente cadena de desigualdades: Como d ( (x, y), (4, 1) ) < δ = (x 4) 2 + (y + 1) 2 < δ = (x 4) 2 < δ 2, (y + 1) 2 < δ 2 = x 4 < δ, y + 1 < δ. 3x 2y 14 = 3(x 4) 2(y + 1) 3 x 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 R n, x 0 R m, y 0 R n, T S D. Probar que f(x) = y 0 = f(x) = y 0. x S x T La hipótesis del problema se traduce, según la definición, en la condición siguiente: x S f(x) = y 0 ε > 0, δ > 0 : f ( S B (x 0, δ) ) B(y 0, ε) (donde B (x 0, δ) representa la bola de centro x 0 y radio δ excluyendo el propio punto x 0 ). Ahora bien, como T S, entonces T B (x 0, δ) S B (x 0, δ) con lo que f ( T B (x 0, δ) ) f ( S B (x 0, δ) ) B(y 0, ε). Luego, es decir x T ε > 0, δ > 0 : f ( T B (x 0, δ) ) B(y 0, ε), f(x) = y 0. 70

17 En la práctica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuadamente un subconjunto T S (para el que sea fácil el cálculo del ite), una condición necesaria para que f(x) = y 0 es que f(x) = y 0. x S x T El recíproco no es cierto, como se comprueba en el problema PROBLEMA 2.7 Se considera la función z = f(x, y). Supongamos que existen f(x, y) = L, f(x, y) y f(x, y). Probar que existe (x,y) (x 0,y 0 ) y y 0 ( ) ( ) f(x, y) = f(x, y) = L. y y 0 y y 0 Probaremos aquí que, si f(x, y) = L y (x,y) (x 0,y 0 ) f(x, y) = G(y), entonces y y 0 G(y) = L (el otro caso se comprueba de forma análoga). Sea para ello ε > 0 arbitrario. Por hipótesis, existe δ 1 > 0 tal que En particular, f(x, y) L < ε/2 si x x y y 0 2 < δ 1. f(x, y) L < ε/2 si x x 0 < δ 1 2/2 y y y0 < δ 1 2/2. La segunda hipótesis indica que también existe δ 2 > 0 tal que f(x, y) G(y) < ε/2 si x x 0 < δ 2. Eligiendo ahora δ = mín{δ 1 2/2, δ2 }, las dos desigualdades anteriores se verifican simultáneamente 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 y 0 < δ, lo que prueba que y y 0 G(y) = L. Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los ites iterados no es suficiente la existencia del ite de la función: hace falta también la existencia de los ites de funciones de una variable. Observemos además que el recíproco no es cierto (ver problema 2.12). 71

18 PROBLEMA 2.8 Calcular x 2 + y 2 (x,y) (0,0) x + y. En este ejercicio, el dominio de la función es S = R 2 \{(0, 0)} y consideramos el subconjunto T = {(x, mx) : x R \ {0}}. Tenemos entonces x 2 + y 2 (x,y) (0,0) x + y = x 2 + (mx) 2 (x,mx) (0,0) x + mx (x,y) T = x 0 (1 + m 2 )x 2 (1 + m ) x = 0. De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el ite pedido, este debe ser cero. Debemos probar pues que ε > 0, δ > 0 : 0 < x 2 + y 2 < δ = x2 + y 2 x + y < ε. En efecto, como x x 2 + y 2 < δ, y x 2 + y 2 < δ y x 2 + y 2 x + y x2 + y x y ( x + y )2 = x + y x + y basta elegir δ = ε/2 para que x2 + y 2 x + y < ε. = x + y < 2δ, Será común en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = mx. Así, si el ite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a ser el ite de la función, pero si dicho ite varía con cada trayectoria, la función no tiene ite. PROBLEMA 2.9 Hallar (x,y) (0,0) e xy 1 sen x ln(1 + y). 72

19 Haciendo u = x y, podemos escribir e xy = e u = 1 + u 1! + u2 2! + = 1 + xy + x2 y , 2 con lo que tenemos la equivalencia entre infinitésimos 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 (x,y) (0,0) e xy 1 sen x ln(1 + y) = xy (x,y) (0,0) xy = 1. PROBLEMA 2.10 Calcular L = (x,y) (0,1) x + y 1 x 1 y. Multiplicando numerador y denominador por x + 1 y, tenemos: L = (x + y 1)( x + 1 y) = (x,y) (0,1) x 1 + y ( x + 1 y) = 0. (x,y) (0,1) PROBLEMA 2.11 Calcular (x,y) (0,0) 2xy x 2 + y 2. Si tendemos hacia el origen según la recta y = mx, obtenemos: (x,y) (0,0) y=mx 2xy x 2 + y 2 = x mx 2 x 2 + m 2 x 2 = 2m 1 + m 2.

20 Como indica el resultado, este varía según los distintos valores de m, lo que indica que la función dada carece de ite en el origen. Sin embargo, es fácil comprobar que los ites iterados son ambos iguales a cero, lo que muestra de nuevo que la existencia e igualdad de los ites iterados no es condición suficiente para la existencia de ite. En la gráfica de las curvas de nivel se observa que éstas tienden a cortarse en el origen, lo que intuitivamente significa que el ite en este punto no existe. PROBLEMA 2.12 { sen(1/y) si y 0 Probar que f(x, y) = tiene ite cero cuando 0 si y = 0 (x, y) (0, 0) pero los ites iterados son distintos. Por qué es posible esta situación? Como y 0 x sen(1/y) no existe, tampoco existe el ite iterado x 0 ( ) x sen(1/y). y 0 Por otra parte, como x sen(1/y) = 0, también x 0 ( ) x sen(1/y) = 0. y 0 x 0 Una de las condiciones necesarias para que el ite de la función coincida con los ites iterados es que ambos existan. Como dicha condición no 74

21 se cumple, no se puede aplicar la propiedad. Sin embargo, en este caso el ite existe y vale cero, pues dado cualquier ε > 0, basta elegir δ = ε para que (x, y) < δ = x < δ, y < δ = x sen(1/y) x < δ = f(x, y) 0 < ε. PROBLEMA 2.13 Hallar los siguientes ites o justificar su existencia: (a) (b) (c) (d) x 2 y 2 (x,y) (0,0) x 2 + y 2. (x,y) (0,2) sen(xy). x (x,y) (0,0) (x2 + y 2 ) sen 1 xy. (x,y) (0,0) x y x 2 + y 2. (a) Calculemos en primer lugar los ites iterados: ( x 2 y 2 ) y 0 x 0 x 2 + y 2 x 0 ( y 0 x 2 y 2 ) x 2 + y 2 75 = y 0 ( 1) = 1; = x 0 1 = 1.

22 Deducimos de este resultado que no existe el ite propuesto. Las gráficas siguientes muestran diferentes curvas de nivel de la función (las cuales tienden a cortarse en el origen) y la forma de la superficie, donde se puede comprobar intuitivamente que el ite buscado no existe. (b) Comprobemos nuevamente la existencia de los ites iterados: ( sen(xy) ) = y = 2; y 2 x 0 x y 2 ( sen(xy) ) sen(2x) = = 2. x 0 y 2 x x 0 x Para comprobar que, efectivamente, el ite de la función es 2, aplicamos el teorema de la función intermedia. Como y cos(xy) sen(xy) y x si x > 0, y sen(xy) y cos(xy) x si x < 0, y las dos funciones de los extremos tienen ite 2 cuando (x, y) (0, 2), resulta que la función propuesta también tiene ite 2. (c) Al igual que en el apartado anterior, debido a que (x 2 + y 2 ) (x2 + y 2 ) sen 1 xy x2 + y 2, 76

23 y como el ite de ambos extremos es cero, la función propuesta tiene ite cero en el origen. Observemos sin embargo que no existen los ites iterados. (d) Calculamos en primer lugar los ites iterados: ( y 0 x 0 ( x 0 y 0 x y ) x 2 + y 2 x y ) x 2 + y 2 = y 0 0 = 0; = x 0 0 = 0. Para demostrar que, efectivamente, el ite es cero, utilizamos la siguiente desigualdad: ( x y ) 2 0 = x 2 + y 2 2 xy 0 = 2 xy x 2 + y 2 = xy x x 2 + y 2 + y = x + y 2 x y x 2 x 2 + y 2 + y Nuevamente, los ites de las funciones en los extremos son iguales a cero, por lo que el ite de la función propuesta también es cero. PROBLEMA 2.14 Hallar f(x, y) si f(x, y) = (x,y) (0,0) { 0 si y 0 ó y x 2 1 si 0 < y < x 2. En la gráfica siguiente se describen los valores de la función en cada región del plano. 77

24 Observemos que, en cualquier entorno del origen, todas las rectas y = mx están contenidas en la región {(x, y) : y 0 ó y x 2 }. En esta región la función toma el valor cero, lo que significa que, a lo largo de cualquier trayectoria del tipo y = mx el ite de la función es cero: (x,y) (0,0) y=mx f(x, y) = 0. Sin embargo, todos los puntos de la parábola y = x 2 /2, salvo el origen, están contenidos en la región {(x, y) : 0 < y < x 2 }, donde la función toma el valor 1. Esto significa que (x,y) (0,0) y=x 2 /2 f(x, y) = 1. Como hemos encontrado dos trayectorias para las cuales el ite es distinto, deducimos que dicho ite no existe. 78

25 3. CONTINUIDAD. Decimos que una función f : R m R n con dominio D es continua en un punto x 0 D cuando ε > 0, δ > 0 : f(x) B(f(x 0 ), ε), x B(x 0, δ) D, condición equivalente a cualquiera de las siguientes: ε > 0, δ > 0 : f ( B(x 0, δ) D ) B ( f(x 0 ), ε ) ; ε > 0, δ > 0 : x x 0 < δ, x D = f(x) f(x 0 ) < ε. Si x 0 D, lo anterior implica que x D f(x) = f(x 0 ). Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones continuas. Teorema 1 (Caracterización por sucesiones.) Sea f : D R m R n y x 0 D. Entonces f es continua en x 0 si y sólo si {x n } n 1 D, x n x 0 = f(x n ) f(x 0 ), es decir n f(x n) = f( n x n). Teorema 2 (Continuidad de la función compuesta.) Sean f : R m R n, g : R n R p funciones arbitrarias. Si f es continua en x 0 y g es continua en f(x 0 ), entonces g f es continua en x 0. Teorema 3 (Continuidad de las operaciones algebraicas.) Sean f : R m R n y g : R m R n funciones continuas en x 0. Entonces f + g, λf, f g y f son continuas en x 0. Teorema 4. Si f k : R m R (1 k n) son las componentes de f : R m R n, entonces f es continua en x 0 si y sólo si cada f k es continua en x 0. Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una función al de la continuidad de n funciones reales. Definimos también el concepto de continuidad global: decimos que una función f : R m R n es 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 función f : R m R n es continua en R m si y sólo si f 1 (B) es abierto, para cualquier abierto B R n. 79

26 Corolario 6. Una función f : R m R n es continua si y sólo si f 1 (F ) es cerrado, para cualquier cerrado F R n. Teorema 7. Sea M R m un compacto y f : R m R n continua en M. Entonces f(m) es compacto. Corolario 8. Sea f : R m R continua en un compacto M R m. Entonces f alcanza los valores máximo y mínimo, es decir x 1, x 2 M : f(x 1 ) f(x) f(x 2 ), x M. Este es el llamado teorema de Weierstrass, que asegura la existencia de extremos para una función real. Teorema 9. Sea f : R m R n 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 R n una función continua en M R m. Si M es conexo, f(m) es también conexo. Un concepto más preciso corresponde al de continuidad uniforme. Decimos que una función f : R m R n es uniformemente continua en A R m cuando ε > 0, δ > 0 : a b < δ = f(a) f(b) < ε, a, b A. Es evidente que toda función uniformemente continua es continua. Una especie de recíproco es el siguiente resultado. Teorema 11. Sea f : R m R n continua y A R m un conjunto compacto. Entonces f es uniformemente continua en A. PROBLEMA 2.15 Estudiar la continuidad de la función { 1 si x 2 + y 2 1 f(x, y) = 1 x 2 y 2 0 si x 2 + y 2 = 1. La función es continua en los puntos que no pertenecen a la circunferencia unidad S = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 1}. Sin embargo, no lo es en los puntos 80

27 de S pues, si a 2 + b 2 = 1: f(x, y) =. (x,y) (a,b) PROBLEMA 2.16 Estudiar la continuidad de la función { sen 2 (x y) f(x, y) = x + y si (x, y) (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0). Basta estudiar la continuidad de la función en el origen. Ahora bien, debido a las desigualdades 0 sen2 (x y) x + y x y 2 x + y x 2 + y x y x + y, x + y es evidente que f(x, y) = 0 = f(0, 0). (x,y) (0,0) 81

28 PROBLEMA 2.17 Determinar los puntos de discontinuidad de la función f(x, y) = x2 + 2xy + y 2 x 2 y 2. Debido a que D(f) = {(x, y) R 2 : x + y 0, x y 0}, la función es obviamente discontinua en todos los puntos de las rectas y = x, y = x. Ahora bien, como entonces f(x, y) = (x + y) 2 (x + y)(x y) = x + y x y f(x, y) (para x 0 0) no existe. (x,y) (x 0,x 0 ) si x + y 0, Sin embargo, f(x, y) = 0 (para x 0 0), por lo que la discontinuidad es evitable en los puntos de la recta x + y = (x,y) (x 0, x 0 ) 0. Por último, en el origen tampoco existe el ite de la función. En efecto, x + y x 0 x y = (1 + m)x (1 + m) = x 0 (1 m)x (1 m), y=mx resultado que, evidentemente, varía según el valor de m. 82

29 PROBLEMA 2.18 Estudiar la continuidad de la función { x+sen(x+y) x+y si x + y 0 f(x, y) = 0 si x + y = 0. Escribimos la función como f(x, y) = x sen(x + y) + x + y x + y si x + y 0. Distinguimos el origen del resto de los puntos de la recta x + y = 0. sen(x + y) i) En el origen, = 1 pero (x,y) (0,0) x + y ( x ) x 0 y 0 x + y ( x ) y 0 x 0 x + y de modo que no existe el ite. = x 0 1 = 1, = y 0 0 = 0, ii) En el resto de los puntos de la recta x + y = 0 es x 0; por tanto, x (x,y) (x 0, x 0 ) x + y =. En definitiva, la función es discontinua en todos los puntos de la recta x + y = 0. PROBLEMA 2.19 Estudiar la continuidad de la función { x 2 y 2 si (x, y) (0, 0) f(x, y) = x 4 +y 4 0 si (x, y) = (0, 0). 83

30 Necesitamos estudiar únicamente la continuidad de la función en el origen. Es fácil comprobar que los ites iterados son ambos iguales a cero. Sin embargo, si calculamos el ite a lo largo de una recta arbitraria y = mx, tenemos: (x,y) (0,0) y=mx m 2 x 4 f(x, y) = f(x, mx) = x 0 x 0 x 4 (1 + m 4 ) = m2 1 + m 4. Como este ite depende del valor de m, deducimos que no existe el ite de la función y, en consecuencia, no es continua en el origen. PROBLEMA 2.20 Estudiar la continuidad de la función { y 2 x(x+y) si x 0, x + y 0 f(x, y) = 0 en el resto. i) En los puntos (x 0, y 0 ) tales que x 0 0 y x 0 + y 0 0, la función es evidentemente continua. ii) En los puntos (x 0, y 0 ), donde x 0 = 0 ó x 0 + y 0 = 0 (distintos del origen), la función no es continua pues no existe el ite (el denominador se anula pero el numerador no). 84

31 iii) En el origen la función tampoco es continua pues f(x, y) = x 0 y=mx resultado que depende del valor de m. m2 1 + m, PROBLEMA 2.21 Estudiar la continuidad de la función { x 3 +y 3 si (x, y) (0, 0) f(x, y) = x 2 +y 2 0 si (x, y) = (0, 0). Veamos que la función es continua en el origen (en el resto ya lo es por su propia definición). Utilizando la desigualdad x 3 + y 3 x 2 + y 2 x 3 x 2 + y 2 + y 3 x 2 + y 2 x 3 + y 3 = x + y x 2 + y 2 + x 2 + y 2, x 2 elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que x 2 + y 2 < δ = x 3 + y 3 x 2 + y 2 2δ = ε. y 2 85

32 PROBLEMA 2.22 Estudiar la continuidad de la función { x 2 +y 2 si x 2 + y 0 f(x, y) = x 2 +y 0 si x 2 + y = 0. En los puntos que no pertenecen a la parábola x 2 + 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 función no es continua pues: ( x 0 y 0 ( y 0 x 0 x 2 + y 2 ) x 2 + y x 2 + y 2 ) x 2 + y = 1, = 0. ii) Fuera del origen la función tampoco es continua pues, si (x 0, y 0 ) (0, 0), f(x, y) =. (x,y) (x 0,y 0 ) x 2 0 +y 0=0 PROBLEMA 2.23 Estudiar la continuidad de la función { x si x y f(x, y) = y si x > y. La función es continua en todos los puntos (x, y) tales que x y. Debemos estudiar si lo es en los puntos de las rectas y = x e y = x. 86

33 i) Recta y = x: (x,y) (x 0,x 0 ) f(x, y) = x 0 (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 es x, y ambos tienden a x 0 ). De aquí se deduce que la función es continua. ii) Recta y = x: En cualquier entorno del punto (x 0, x 0 ) la función toma los valores x e y; por tanto, tiene dos posibles ites, x 0 y x 0. Esto quiere decir que no es continua (salvo en el origen). En la figura adjunta se ilustran los valores de la función en las diferentes regiones del plano donde se observa el comportamiento de la función en las proximidades de los puntos de las rectas y = x e y = x. PROBLEMA 2.24 Qué valor debemos asignar a f(0, 0) para que la función f(x, y) = 1 cos x 2 + y 2 x 2 + y 2 sea continua en (0, 0)? 87

34 Debemos calcular el ite de la función en el origen. Multiplicando numerador y denominador por 1 + cos x 2 + y 2, resulta: 1 cos x 2 + y 2 sen 2 x (x,y) (0,0) x 2 + y 2 = 2 + y 2 (x,y) (0,0) ( x 2 + y 2 ) cos x 2 + y = [Observemos que sen x 2 + y 2 (x,y) (0,0) x 2 + y 2 = 1 lo cual se deduce del teorema de la función intermedia aplicado a la desigualdad cos x 2 + y 2 sen x 2 + y 2 x 2 + y 2 1.] Basta pues definir f(0, 0) = 1/2 y la función será continua en el origen. PROBLEMA 2.25 Estudiar la continuidad de la función { 2x y+z 2 x+y z 1 si x + y z 1 f(x, y, z) = 0 si x + y z = 1. Debemos estudiar la continuidad de la función en los puntos del plano x + y z = 1 (en el resto la función es obviamente continua). Distinguiremos dos casos: i) Si x 0 1, entonces (x,y,z) (x 0,y 0,z 0 ) x 0 +y 0 z 0 =1 f(x, y, z) = 3(x 0 1) 0 =. ii) Si x 0 = 1, debe ser y 0 = z 0. Veamos que existen dos ites iterados diferentes: ( ( 2x y + z 2 ) ) ( 2x y + y 0 2 ) = x 1 y y 0 z y 0 x + y z 1 x 1 y y 0 x + y y 0 1 2x 2 = x 1 x 1 = 2; ( ( 2x y + z 2 ) ) ( y + z ) = y y 0 z y 0 x 1 x + y z 1 y y 0 z y 0 y z 88 = y y 0 y + y 0 y y 0 = 1.

35 En consecuencia, la función tampoco es continua en estos puntos. PROBLEMA 2.26 Sea f : R m R n una contracción, es decir α (0, 1) tal que f(x) f(y) α x y, x, y R m. (a) Probar que f es uniformemente continua. (b) Probar que existe un único punto p R m tal que f(p) = p (dicho punto se llama punto fijo de f). (a) Basta tomar, dado cualquier ε > 0, δ = ε/α y comprobar directamente la definición de continuidad uniforme. (b) Sea x R m arbitrario; definimos la sucesión p 0 = x, p 1 = f(x),..., p n = f(p n 1 ). Veamos que dicha sucesión es de Cauchy. Para ello, sean n, m N con m > n: p n p n+1 α p n 1 p n α n p 0 p 1 = p n p m m 1 k=n < p 0 p 1 m 1 p k p k+1 p 0 p 1 k=n k=n α k α k α n = p 0 p 1 1 α, expresión que tiende a cero cuando n, debido a que α < 1. Como en R m toda sucesión de Cauchy es convergente, existe p = n p n. Resulta además, debido a la continuidad de f, que f(p) = f( n p n) = n f(p n) = n p n+1 = p. Veamos por último que sólo puede haber un punto fijo: Si existieran p, p R m tales que f(p) = p, f(p ) = p, entonces p p = f(p) f(p ) α p p = p p = 0 = p = p. 89

36 PROBLEMA 2.27 Probar que la aplicación : R n R es uniformemente continua. Debemos probar que, para cualesquier par de puntos x, y R n, se cumple: ε > 0, δ > 0 : x y < δ = x y < ε. Para ello, probaremos en primer lugar que x y x y. En efecto, como x = x y + y x y + y = x y x y, y = y x + x y x + x = y x y x = x y x y, deducimos que x y x y x y, lo que equivale precisamente a x y x y. Utilizando esta desigualdad, basta tomar en la definición de continuidad δ = ε porque si x y < δ, entonces x y x y < δ = ε, lo que prueba la continuidad uniforme de la función. PROBLEMA 2.28 Probar que toda aplicación lineal f : R n R m es continua. 90

37 Veamos en primer lugar que M > 0 tal que f( x ) M x, x R n. En efecto, si { e 1,..., e n } es la base canónica de R n y n x = (x 1,..., x n ) = x i ei, entonces f( x ) = f ( n x ) n i ei = x i f( e i ) n i=1 i=1 i=1 x i f( e i ) máx 1 i n x i Teniendo en cuenta que máx 1 i n x i x, deducimos que f( x ) x n f( e i ), i=1 n f( e i ). lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M = n f( e i ). Para probar la continuidad de f, sea ε > 0 arbitrario. Si hacemos δ = ε/m, de la desigualdad x y < δ deducimos: f( x ) f( y ) = f( x y ) M x y < M δ = ε. Deducimos así que la función es incluso uniformemente continua. i=1 i=1 i=1 PROBLEMA 2.29 Probar que todas las normas sobre R n son equivalentes. Probaremos que la norma euclídea 2 es equivalente a cualquier otra. Por la transitividad de la relación de equivalencia, esto basta para que dos normas arbitrarias sean equivalentes entre sí. Para ello consideramos la aplicación identidad f : (R n, 2 ) (R n, ), con arbitraria. 91

38 Por ser f lineal y de acuerdo al resultado probado en el problema anterior, existe M > 0 tal que x M x 2. También se probó en el ejercicio anterior que f es continua. Como además la aplicación : (R n, ) R es continua, la composición f es continua. El conjunto B = { x R n : x 2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto. Como toda aplicación continua sobre un compacto alcanza el valor mínimo, existe una constante m = mín{ x : x B}. Sea x R n un elemento no nulo; entonces x / x 2 B, luego x / x 2 m, es decir x m x 2 (si x = 0 esta desigualdad es obviamente cierta). En definitiva, existen dos constantes m, M > 0 tales que m x 2 x M x 2, es decir ambas normas son equivalentes. 92

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