Operaciones con Funciones Vectoriales. Límites de Funciones Vectoriales

Tamaño: px

Comenzar la demostración a partir de la página:

Download "Operaciones con Funciones Vectoriales. Límites de Funciones Vectoriales"

Ricardo Maestre Farías
hace 6 años
Vistas:

1 Operaciones con Funciones Vectoriales Las operaciones usuales del algebra vectorial pueden aplicarse para combinar funciones o una función vectorial con una función real. Si f y g son funciones vectoriales y si u es una función real, teniendo todas un dominio común, definimos nuevas funciones F + G, uf y F G mediante a) (F + G)(t) = F (t) + G(t) b) uf (t) = u(t)f (t) c) (F G)(t) = F (t) G(t) d) (F G)(t) = F (t) G(t) si F, G R 3 e) Si G = F u entonces G(t) = F (u(t)) Límites de Funciones Vectoriales El ite de una función vectorial se define mediante los ites de sus componentes 1.-Si f : A R R es una función vectorial dada por f(t) = x 1 (t)i + x (t)j, y si t a x 1 (t) y t a x (t) existe, entonces ( ) ( ) f(t) = x 1 (t) i + x (t) j t a t a t a.-si f : A R R 3 es una función vectorial dada por f(t) = x 1 (t)i + x (t)j + x 3 (t)k, y si t a x 1 (t), t a x (t) y t a x 3 (t) existe, entonces ( ) ( ) ( ) f(t) = x 1 (t) i + x (t) j + x 3 (t) j t a t a t a t a Ejemplos: Encuentre r(t) t 0 1

2 1.- Si r(t) = (1 + t 3 )i + te t j + sin t k t ( ) r(t) = 1 + t 3, te t sin t, t 0 t 0 t 0 t 0 t.- Si f(t) = ( sin t t, t + t + 3) entonces ( f(t) = t 0 sin t t 0 t = (1, 0, 1) ), t + t + 3 = (1, 3) t 0 Definición 1. Sea f : R R n una función vectorial definida para todos los valores de t en alguna vecindad de un punto t 0, excepto quiza en t 0. Entonces se dice que el ite de la función f cuando t se acerca a t 0 es a y se expresa como f(t) = a si y solo si ɛ > 0 δ > 0 tal que f(t) a < ɛ siempre que t t 0 < δ Ejemplo: Se sabe que (t, t) = (, ) t Puesto que ɛ > 0, determine δ > 0 que verifique la validez del ite. Tenemos que Según la definición ( ) (t, t) = t, t = (, ) t t t (t, t) (, ) = (t ) + (t ) = (t ) = t si t < ɛ podemos definir a δ = ɛ Problema.- Si f(t) = f 1 (t)i + f (t)j + f 3 (t)k y a = a 1 i + a j + a 3 k entonces demostrar que f(t) = a f i (t) = a i

3 Demostración: Si f(t) = a entonces ɛ > 0 δ > 0 tal que f(t) a < ɛ siempre que 0 < t t 0 < δ. Asi que f(t) a = (f 1 (t) a 1 )i + (f (t) a )j + (f 3 (t) a 3 )k y para todo 0 < t t 0 < δ f i (t) a i < f(t) a < ɛ entonces f i (t) a i < ɛ por lo tanto f i (t) = a i Reciprocamente, si entonces ɛ > 0 δ > 0 tal que f i (t) a i < ɛ 3 f i (t) = a i siempre que 0 < t t 0 < δ Usando la desigualdad del triángulo f(t) a = f 1 (t) a 1, f (t) a, f 3 (t) a 3 f 1 (t) a 1 + f (t) a + f 3 (t) a 3 < ɛ 3 + ɛ 3 + ɛ 3 = ɛ f(t) = a En resumen, si r(t) = (f(t), g(t), h(t)), entonces r(t) = ( f(t), g(t), h(t) en caso que existan los ites de las funciones componentes. 3 )

4 Teorema. Si f : I R R 3 es una función vectorial, entonces Donde f(t) = (x 1 (t),, x n (t)) f(t) = L = (l 1,, l n ) R n x i (t) = l i Demostración: Si f(t) = L entonces ɛ > 0 δ > 0 tal que si 0 < t t 0 < δ, entonces f(t) L < ɛ. Pero como ( n ) 1 f(t) L = x 1 (t) l 1,, x n (t) l n = (x i (t) l i ) i=1 < ɛ se tiene que ( n ) 1 x i (t) l i (x i (t) l i ) i=1 dado ɛ > 0 existe δ > 0 tal que 0 < t t 0 < δ x i (t) l i < ɛ por lo tanto Reciprocamente Supongamos ahora que x i (t) = l i x i (t) = l i i = 1,, n. Esto quiere decir que ɛ i > 0 δ i > 0 tal que 0 < t t 0 < δ i x i (t) l i < ɛ i. Sea ɛ > 0 y sea ɛ i = ɛ n tomamos δ = min(δ 1,, δ n ). Para esta δ se tiene 0 < t t 0 < δ x i (t) l i < ɛ n i = 1,, n, entonces ( n ) 1 f(t) L = (x i (t) l i ) i=1 < ( n i=1 ( ) ) 1 ɛ n = ɛ f(t) = L 4

5 Teorema.- Propiedades sobre ite. Sean f, g : D R R n y a = (a 1,, a n ) b = (b 1,, b n ) a) Si entonces f(t) = a y g(t) = b f(t) + g(t) = a + b Demostración: Si f(t) = a y g(t) = b entonces ɛ > 0 δ > 0 tal que 0 < t t 0 < δ f(t) a < ɛ y g(t) b < ɛ, por lo tanto f(t) + g(t) (a + b) = f(t) a + g(t) b f(t) a + g(t) b < ɛ + ɛ = ɛ por lo tanto f(t) + g(t) = a + b b) f(t) g(t) = a b Tenemos que f(t) g(t) = f 1 (t) g 1 (t) + + f n (t) g n (t) y como f(t) = a y g(t) = b entonces f i (t) = a i y g i (t) = b i f(t) g(t) = f 1 (t) g 1 (t) + + f n (t) g n (t) = f 1 (t) g 1 (t) + + f n (t) g n (t) 5

6 = a 1 b a n b n = a b c) Para n = 3 Tenemos que f(t) g(t) = a b f(t)xg(t) = axb i j k f(t)xg(t) = f 1 (t) f (t) f 3 (t) g 1 (t) g (t) g 3 (t) = [f (t) g 3 (t) g (t) f 3 (t), f 1 (t) g 3 (t) g 1 (t) f 3 (t), f 1 (t) g (t) g 1 (t) f (t)] f(t)xg(t) = f (t) g 3 (t) g (t) f 3 (t), f 1 (t) g 3 (t) g 1 (t) f 3 (t), f 1 (t) g (t) g 1 (t) f (t) = f (t) g 3 (t) g (t) f 3 (t), f 1 (t) g 3 (t) g 1 (t) f 3 (t), f 1 (t) g (t) g 1 (t) f (t) = a b 3 b a 3, a 1 b 3 a 3 b 1, a 1 b b 1 a = axb f(t)xg(t) = axb d) f(t) = a tenemos que f(t) a f(t) a < ɛ ( )Como f(t) = a entonces f(t) a < ɛ siempre que 0 < t t 0 < δ 6

7 f(t) a < ɛ siempre que 0 < t t 0 < δ, por lo tanto Para precisar si f(t) = a [ f(t) = L entonces f(t) = f 1 (t) + f (t) + f3 (t) ] 1 [ ] 1 = f1 (t) + f (t) + f3 (t) (*) Por la continuidad de la función [ ( ) ( ) ( ) ] 1 = f 1 (t) + f (t) + f 3 (t) = ( L 1 + L + L 3 ) 1 = L Ejercicio: Se sabe que (t, t 3 ) = (, 8) t Puesto que ɛ > 0, determine δ > 0 que verifique la validez del ite. Tenemos que ( ) (t, t 3 ) = t, t 3 = (, 8) t t t ɛ > 0 δ 1, δ tal que si 0 < t < δ 1 t < ɛ y además si 0 < t < δ t 3 8 < ɛ, entonces tomamos δ = min(δ 1, δ ). si 0 < t < δ (t, t 3 ) (, 8) = (t ) + (t 3 8) < ( ) ( ) ɛ ɛ + = ɛ (t, t 3 ) = (, 8) t 7

8 Funciones Acotadas.- Se dice que una función f(t) es acotada en un intervalo I si existe un escalar M > 0 tal que f(t) < M t I Ejercicio.- Demostrar que si f(t) = L entonces f es acotada en 0 < t t 0 < δ Demostración: Supongamos que f(t) L cuando t t 0. Entonces para un ɛ > 0 arbitrario, δ > 0 tal que f(t) L < ɛ siempre que 0 < t t 0 < δ. Entonces f(t) = f(t) L + L f(t) L + L < ɛ + L por lo tanto basta tomar M = ɛ + L Ejercicio.- Si f(t) es acotada en t 0 y g(t) 0 cuando t = t 0, demostrar que f(t)xg(t) 0 cuando t t 0. Demostración: Sea ɛ > 0 arbitrario como f(t) es acotada en t 0 M > 0 y un δ 1 > 0 tal que f(t) < M δ (t 0 δ, t 0 + δ). Por otro lado si g(t) 0 cuando 0 < t t 0 < δ, entonces g(t) < ɛ. Por lo que M al tomar δ =min{δ 1, δ } se tiene que si 0 < t t 0 < δ entonces 0 < t t 0 < δ 1 y 0 < t t 0 < δ. f(t)xg(t) 0 = f(t)xg(t) = f(t) g(t) sin(f, g) f(t) g(t) M ɛ M = ɛ f(t)xg(t) 0 cuando t t 0 Ejercicio.- Sea f(t) = L, g(t) = M y h(t) = N. Entonces Solución: Tenemos que [fgh] = [LMN] donde [abc] = a bxc. [fgh] = f(t) (g(t)xh(t)) = f(t) g(t)xh(t) = f(t) g(t)x h(t) = L MxN = [LMN] 8

9 Ejercicio.- Si f(t) = a y φ(t) = c entonces demostrar que φ(t)f(t) = ca Demostración: Si f(t) = a y φ(t) = c, entonces para 0 < ɛ 0 < 1 δ > 0 tal que si 0 < t t 0 < δ entonces f(t) a < ɛ 0 y φ(t) c < ɛ 0 Por otro lado se tiene que φ(t) = c + φ(t) c c + φ(t) c < c + ɛ 0 < c + 1 y al escribir φ(t)f(t) ca = φ(t)f(t) φ(t)a + φ(t)a ca = φ(t)[f(t) a] + a[φ(t) c] Se tiene que φ(t)f(t) ca = φ(t)[f(t) a] + a[φ(t) c] φ(t) f(t) a + a φ(t) c < ( c + 1)ɛ 0 + a ɛ 0 = ɛ 0 ( c a ) basta tomar ɛ 0 = ɛ ( c a ) 9

Documentos relacionados

Límites Laterales. El límite por la derecha se denota. x 2 + x 2 = 1. x 2. x + x 2. x = x + x 2. El límite por la izquierda se denota

Límites Laterales. El límite por la derecha se denota. x 2 + x 2 = 1. x 2. x + x 2. x = x + x 2. El límite por la izquierda se denota Límites Laterales Denición. Si f : D R R y x 0 es un punto de D, decimos que l d es ite de f en x 0 por la derecha si ɛ > 0 δ ɛ > 0 f(x) l d < ɛ si 0 < x x 0 < δ ɛ ɛ > 0 δ ɛ > 0 f(x) l d < ɛ si x 0 < x