Funciones de R m R n

Transcripción

1 Funciones de R n R m Funciones de R m R n Una funcion f : R n R m es una función cuyo dominio es un subconjunto Ω R n. Denotada por f : Ω R m donde a cada x R n f le asigna un vector f(x) R m. Ejemplo.- La función f(x, y) = x + y asocia a la pareja (x, y) R el número real x + y. El dominio de f en este caso es todo R Ejemplo.- La función f(x, y, z) = x y z asocia a la terna (x, y, z) R 3 el número real x y z donde el dominio de f es Dom f = {(x, y, z) R 3 x y z 0} = {(x, y, z) R 3 x + y + z } Ejemplo.- La función f : R 3 dada por f(x, y, z) = (x + y + z, x + y + z) asocia a la terna (x, y, z) R 3 el vector (x + y + z, x + y + z) R. Donde f tiene por dominio todo R 3, pero su imagen contiene sólo los vectores R cuya primera coordenada es no negativa. Ejemplo.- La función g : R 3 R dada por g(x, y, z) = (3x + 4, 3y + 5z) asocia a la terna (x, y, z) R 3 el vector (3x + 4, 3y + 5z) R a esta función podemos pensarla como un producto de matrices es decir ( ) ( ) 3x + 4y = x y 3y + 5z z Definición. Dada la función f : Ω R n R, definimos su gráfica como el subconjunto R n+ {(x,..., x n, f(x,..., x n )) R n+ (x,..., x n ) Ω} Límite de Funciones de R m R n Definición. Sea f : Ω R n R m, y sea x 0 un punto de acumulación de Ω. Se dice que b ɛ R m es el ite de f en x 0, y se denota por: f(x) = b Si dado ε > 0, existe δ > 0 tal que f(x) b < ε cuando x Ω, cumple 0 < x x 0 < δ Observación: Es necesarío que x 0 sea punto de acumulacion de Ω. Ejemplo.- El ite de la función f(x, y) = Ejemplo.- El ite f(x, y) = 8x3 y 3 x x cuando (x, y) (0, 0, ) según la recta y = x + y x x + (x) = 5 (x + y cuando (x, y) (0, 0) según la recta x = y ) 3 8x 6 (x ) 3 = 8x 6 8x 6 = =

2 Funciones de R n R m Ejemplo.- El ite f(x, y) = x y x 4 cuando (x, y) (0, 0) según la recta x = y + y x y x 3 x 4 + y = x=y x 4 + x = Usando la definición de ite, demostrar que: x 4 y (x + y ) = 0 x 3 x (x + ) = x x + = 0 Por demostrar, para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que 0 < (x, y) (0, 0) < δ entonces x 4 y (x + y ) < ε como x x + y entonces x 4 (x + y ) entonces (x + y ) ( ) x 4 x 4 y (x + y ) x 4 y ( ) x 4 y = y ( x + y ) < δ Si δ = ε entonces δ = ε Proposición. (Unicidad del ite). Sea A R m, f una función : A R m y x 0 un punto de acumulación de A. Si l ɛ R m y l ɛ R m son tales que: l = f(x) l = f(x) Entonces l = l Demostración. Supongamos que l l entonces definimos ɛ = l l > 0 y tenemos que como l l = l f(x) + f(x) l l f(x) + f(x) l l f(x) < ɛ y f(x) l < ɛ entonces l l < ɛ + ɛ = ɛ = l l lo cual no puede ocurrir l = l Proposición. Sea f : R R m, tal que f(x, y) = L (x,y) (a,b) Entonces para cada función real y continua g definida en una bola alrededor de a, tal que g(a) = b se tiene que f(x, g(x)) = L x a

3 Funciones de R n R m 3 Demostración. Por la existencia del limite doble, dado ɛ > 0 existe δ > 0 tal que (x, y) (a, b) < δ f(x, y) L < ɛ Ahora por la continuidad de g, tenemos dado δ > 0 existe un σ > 0, con 0 < σ δ tal que x a < σ g(x) b < δ Por tanto si x a < σ, se tiene que (x, g(x)) (a, b) < δ. Con lo cual f(x, g(x)) L < ɛ { y Ejemplo Sea f(x, y) = x +y y x y sea g(x) = mx y = x Por lo tanto tenemos que f(x, g(x)) = f(x, mx ) = mx x + mx = m + m m por lo tanto f(x, g(x)) = m + m el cual depende del valor de m, por lo que dicho limite no existe Ejemplo.- Determinar si existe, el ite de la función definida por { x y f(x, y) = x +y (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Para determinar su ite podemos acercarnos por trayectorias (funciones continuas) al origen. Pongamos y = g(x) = 0 se tiene entonces que f(x, y) = f(x, g(x)) = Pongamos ahora y = g(x) = x se tiene entonces que f(x, y) = f(x, g(x)) = f(x, 0) = f(x, x) = (x,x) (0,0) x 0 x + 0 = 0 x x x + x = x 3 x = 0 Lo anterior nos dice que si existe el ite, éste tendría que ser 0, para comprobarlo usaremos la definición, se tiene entonces que debemos hallar un δ > 0 tal que x y x +y < ɛ siempre que (x, y) (0, 0) < δ. Observamos que x y x + y = x y x + y = x y x + y x x x = x < δ. podemos tomar δ = ɛ

4 Funciones de R n R m 4 Ejemplo.- Determinar si existe, el ite de la función definida por { xy f(x, y) = x +y (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Para determinar su ite podemos acercarnos por trayectorias (funciones continuas) al origen. Pongamos y = g(x) = x se tiene entonces que f(x, y) = f(x, g(x)) = Pongamos y = g(x) = 0 se tiene entonces que f(x, y) = f(x, g(x)) = como 0 entonces el ite de la función f(x, x) = (x,x) (0,0) f(x, 0) = (x,0) (0,0) x x + x = x(0) x + 0 = 0 Proposición 3. Sea A R n y f una función f : A R m x 0 un punto de acumulación de A. Escribimos f en términos de sus componentes f = (f,..., f m ). Entonces, la existencia del ite f(x) es equivalente a la existencia de los ites f i (x) para i =,..., m. En este caso se tiene además que ( x x ) 0 f(x) = f (x),..., f m (x) Demostración. ( )Supongamos que existe el ite f(x) = l = (l,..., l m ) y mostraremos que para cada i =,..., m f i (x) l i 0. Pero esto se sigue de las desigualdades 0 f i (x) l i f i (x) l i 0 ( ) Supongamos que existen los ites f i (x) = l i para i =,..., m y sea l = (l,..., l m ) tenemos entonces f i (x) l i 0 para i =,..., m m 0 f(x) l f i (x) l i f(x) l 0 i= Proposición 4. Sea A R n, f : A R m y x 0 un punto de acumulación. Entonces la condición f(x) = l, es equivalente a k f(xk ) = l para toda sucuesión (x k ) k= de elementos de A, con puntos diferentes de x 0, tienda a x 0. Demostración. ( )Supongamos que f i (x) = l y sea {x k } una sucesión arbitraria de elementos de A con x k x 0, que tiende a x 0. Mostraremos usando la definición de ite de una sucesión que f(x k ) l. Sea r > 0 arbitraria, como f(x) = l existe ρ > 0 tal que f(x) l < r para todo x ɛ A que cumpla 0 < x x 0 < ρ.

5 Funciones de R n R m 5 Por otra parte, como x k x 0 existe N ɛ N tal que x x 0 < ρ para todo k, con k N. Por lo tanto f(x) l < r para todo k > N f(x k) = l k ( )Supongamos que f(x k) = l para toda {x k } en A, de puntos distintos de x 0, convergene a x 0 k sucesión {x k } en A, de puntos distintos de x 0, convergente a x 0. Si no se tuviese f(x) = l existe r 0 > 0 tal que para cada ρ > 0, seria posible encontrar un punto x ɛ A tal que 0 < x x 0 < ρ pero f(x) l r 0. En particular para cada k ɛ N, habia un punto x k ɛ A tal que 0 < x k x 0 < /k y f(x k ) l r 0. Es claro que la sucesión {x k } asi construida al vector x 0, pero f(x k) l k Ejemplo.- Determinar si existe, el ite de la función definida por { x 3 f(x, y) = x +y (x, y) (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Vamos a considerar la sucesiones x n = n y y n = n que tienden a cero, se tiene que y vamos aproximarnos al origen por sucesiones f(x, y) = f(x n, y n ) = f( n n n, n ) = n n 3 n + = n n n 3 n = n n = 0 Para comprobar que éste es el ite usamos la definición, se tiene entonces que dado ɛ > 0 debemos x encontrar δ > 0 tal que 3 x +y < ɛ siempre que (x, y) (0, 0) < δ, observamos que por tanto tomamos δ = ɛ x 3 x + y = xx x + y x x < δ. Límite Iterados Sea f : R R y (a, b) un punto en R, para cada x fijo consideramos que exista el ite f (x) = f(x, y). Analogamente para cada y fijo consideramos que existe f (x) = f(x, y) se llaman ites y b x a reiterados a los ites f (x) = ( f(x, y)) x a x a y b f (x) = ( f(x, y)) x b y b x a. Si existe f (x), f (x) y el ite doble f(x, y) = L, entonces existen los limites reiterados (x,y) (a,b) y son iguales a L.. Si existen los ites reiterados y son diferentes, entonces no existe el ite doble.

6 Funciones de R n R m 6 3. Pueden existir los limites reiterados, ser iguales y no existir el ite doble. Ejemplo: Calculese, si existen, los ites reiterados y el ite doble en (0, 0) de las siguientes funciones de R en R.. Sea f(x, y) = y 0 y 0 f(x, y) = y 0 y 0 f(x, y) = y y x = y y x = y 0 { y y x y x 0 x = y 0 0 x = 0 y y 0 = el ite doble f(x, y) no existe. xy. Calcular x + y y 0 xy x + y = 0 x = 0 y 0 xy x + y = y 0 Si nos acercamos al origen por rectas y = mx obtenemos xy x + y = mx x + mx = 0 y = 0 x m x ( + m) = m + m = m + m Este resultado varia según el valor de m la función no tiene ite en (0, 0). La condición de que existen y sean iguales los ites iterados no es suficiente para la existencia del ite. Problema: Probar que ( ) x sin, y 0 f(x, y) = y 0, y = 0 Tiene ite 0 cuando (x, y) (0, 0) pero los ites iterados son distintos ( ) ( ) x sin No existe x sin tampoco existe y 0 y y 0 y ( ) ( ) x sin = 0 x sin = 0 y y 0 y

7 Funciones de R n R m 7 Una de las condiciones necesarias para que el ite de la función coincida con los ites iterados es que ambos existan Dado ε > 0 basta elegir δ = ε (x, y) < δ x < ( δ ) y < δ x sin x < δ y f(x, y) 0 < ε Proposición.- Se considera la función z = f(x, y). Supongamos que existen f(x, y), f(x, y) y f(x, y) y y 0 Probar que existe y ademas se cumple que ( y y 0 ( ) ( ) f(x, y), f(x, y) y y 0 y y 0 f(x, y) Demostración.- Probaremos que si ) ( ) = f(x, y) = L = f(x, y) y y 0 (x,y) (x 0,y 0) = L y f(x, y) = G(y), entonces (x,y) (x 0,y 0) G(y) = L y y 0 Sea ε > 0 arbitrario. Por hipotesis existe δ > 0 tal que f(x, y) L < ε si (x, y) (x 0, y 0 ) < δ Tambien tenemos que si x x 0 < δ tomando δ = mín{δ, δ } f(x, y) G(y) < ε G(y) L = G(y) f(x, y) + f(x, y) L G(y) f(x, y) + f(x, y) L < ε + ε = 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 sificiente la existencia del ite de la función hace falta también la existencia de los ites de funciones de una variable.

8 Funciones de R n R m 8 Límite con cambio a coordenadas polares Sea A = (0, ) (0, π] y sea g : A R definida por g(ρ, θ) = (ρ cos(θ), ρ cos(θ)). Vamos a demostrar que g es una biyección continua de A sobre B = R {0} tal que g{(ρ, θ) 0 < ρ < r, 0 < θ < π} = B((0, 0), r) {0} Demostración.- Como ambas componentes de g son contiuas g será continua. Por otra parte g(ρ, θ) = g(ρ, θ ) (ρ cos(θ), ρ sen(θ)) = (ρ cos(θ ), ρ sen(θ )) ρ cos(θ) = ρ cos(θ ) ρ sen(θ) = ρ sen(θ ) ρ = ρ θ = θ g es inyectiva. Ahora bien dado (x, y) B si ρ = x + y > 0 ( x ρ, y ρ ) B(0, ) con lo cual existe θ (0, π) tal que cos(θ) = x ρ 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, π] se tiene que f(x, y) = L Dado ɛ > 0 δ > 0 tal que 0 < ρ < δ g(ρ, θ) L < ɛ (x,y) (a,b) Ejemplo Determinar si existe, el ite de la función definida por { x 4 y f(x, y) = x 4 +y (x, y) (0, 0) 4 0 (x, y) = (0, 0) Vamos a considerar el cambio de variables polares se tiene que f(x, y) = ρ 0 ρ 4 cos 4 (θ)ρ sen(θ) ρ 4 cos 4 (θ) + ρ 4 sen 4 (θ) = ρ 0 cos 4 (θ) sen(θ) cos 4 (θ) + sen 4 (θ) ρ = 0 Para comprobar que éste es el ite usamos la definición, se tiene entonces que dado ɛ > 0 debemos encontrar δ > 0 tal que x4 y x 4 +y < ɛ siempre que (x, y) (0, 0) < δ, observamos que 4 por tanto tomamos δ = ɛ x 4 y x 4 + y 4 x 4 y x 4 = y (x, y) < δ.