03 2

CAP´
ITULO II.
CONTINUIDAD DE
FUNCIONES DE VARIAS
VARIABLES

SECCIONES

1. Dominios y curvas de nivel.
2. C´lculo de l´
a ımites.
3. Continuidad.

55

1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL.

Muchos problemas geom´tricos y f´
e ısicos conducen a funciones de varias va-
riables. Por ejemplo, el ´rea de un rectńgulo viene dado por la funciń
a a o
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 funciń f (x, y, z) =
o
x2 + y 2 + z 2 , etc. De ah´ que sea necesario extender los conceptos y la
ı
teor´ de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de varias
ıa
variables.
En general, una funciń vectorial de m variables f : Rm → Rn definida
o
por f (x1 , . . . , xm ) = (y1 , . . . , yn ) se escribir´ como un vector (f1 , . . . , fn ) de
a
funciones fi : Rm → R definidas por fi (x1 , . . . , xm ) = yi (i = 1, . . . , n).
Destacaremos los casos particulares siguientes:
Si n = 1, tenemos una funciń real de m variables (que llamaremos campo escalar).
o
Si m = 1, tenemos una funciń vectorial de una variable (o campo vectorial).
o
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 → R definidas por f (x, y) = ax + by + c.
Los conceptos b´sicos relativos a propiedades globales de estas funciones son
a
los siguientes:
Dominio de f :

D(f ) = {− = (x1 , . . . , xm ) ∈ Rm : ∃f (− ) ∈ Rn }.
→
x →
x

Rango o imagen de f :

R(f ) = {− = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn : ∃− = (x1 , . . . , xm ) ∈ D(f ), f (− ) = − }.
→
y →
x →
x →
y

Decimos que una funciń est´ acotada cuando su imagen es un con-
o a
junto acotado.
Gr´fica de f :
a

G(f ) = {(x1 , . . . , xm , y1 , . . . , yn ) ∈ Rm+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

Ck = {(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´fica de la funciń
a o

56

es una superficie, las curvas de nivel corresponden a los conjuntos de puntos
que estń a la misma altura de dicha superficie; permiten ver las variaciones
a
de altitud en un dominio dado y en algunos casos hacerse una idea de la
propia superficie.
Se definen an´logamente las superficies de nivel en el caso de funciones f :
a
R3 → R como los conjuntos

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

PROBLEMA 2.1

Describir los conjuntos de nivel f (x1 , . . . , xn ) = k , para los valores
de k indicados, de las siguientes funciones:
(a) f (x, y) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2, 3.
(b) f (x, y) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2, 3.
(c) f (x, y, z) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2.
(d) f (x, y) = x2 − y 2 , k = −2, −1, 0, 1, 2.
(e) f (x, y) = exy , k = e−2 , e−1 , 1, e, e2 .
√
(f) f (x, y) = cos(x + y), k = −1, 0, 1/2, 2/2, 1.

Soluciń
o

(a) La ecuaciń x2 +y 2 = k representa una circunferencia de centro el origen
o
√
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 informaciń podemos deducir que la gr´fica tiene la siguiente
o a
forma (se trata de un paraboloide de revoluciń):
o

57

(b) Las ecuaciones x2 + y 2 = k tambiń representan circunferencias de
e
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 funciń es ahora de tres variables, las ecuaciones x2 + y 2 = k
o
son las superficies de nivel de la funciń y representan cilindros cuyo
√ o
eje es el eje Z y el radio k (para k = 0 degenera en una recta).

58

(El cilindro exterior no est´ completo para mayor claridad en la ilus-
a
traciń.)
o

Observar que la gr´fica de la funciń es ahora una regiń del espacio
a o o
R4 y, por tanto, no es posible su representaciń gr´fica en un plano.
o a

(d) En este caso, las curvas x2 − y 2 = k representan hip´rbolas, cuyo eje
e
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 gr´fica es la de un
a
paraboloide hiperb´lico y su forma es la siguiente:
o

(e) Las ecuaciones exy = k o, en forma equivalente, xy = ln k, tambiń e
representan hip´rbolas pero en este caso sus as´
e 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 gr´fica de la funciń son de la forma
a o
que indican las figuras:

59

(f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x + y) = k
produce un n´mero infinito de rectas x + y = arc cos k + 2nπ, para
u
cualquier n ∈ Z. Esto quiere decir que la superficie es peri´dica (es
o
decir, si x = x + π, y = y + π, entonces cos(x + y) = cos(x + y )).
No representamos las curvas de nivel pues no dan informaciń sobre
o
la gr´fica de la superficie pero s´ ilustramos la forma de la propia
a ı
superficie:

60

PROBLEMA 2.2

Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y
deducir la gr´fica de las mismas:
a
(a) f (x, y) = 3x + 2y + 1.
(b) f (x, y) = (100 − x2 − y 2 )1/2 .
(c) f (x, y) = |y|.

x2 + y 2 si x ≥ 0,
(d) f (x, y) =
|y| si x < 0.

Soluciń
o

(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

√
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 gr´fica.
a

(d) En este caso, la curva de nivel f (x, y) = k est´ compuesta por el par
a
de semirrectas y = k, y = −k, para x < 0, y la semicircunferencia
x2 + y 2 = k 2 , para x ≥ 0. Queda por tanto una superficie de la forma
indicada en la figura.

62

PROBLEMA 2.3

Hallar los dominios de las siguientes funciones:
(a) f (x, y) = 1 − x2 − y 2 .
√
(b) f (x, y) = x2 − 4 + 4 − y2.
√
(c) f (x, y) = y sen x.
(d) f (x, y, z) = ln(x/yz).

Soluciń
o

(a) El dominio ser´ el conjunto {(x, y) ∈ R2 : 1 − x2 − y 2 ≥ 0} (debido a la
a
existencia de una ra´ cuadrada). Esto es equivalente a la desigualdad
ız
x2 + y 2 ≤ 1, de modo que

D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1},

que es precisamente la bola unidad.

(b) Para que existan ambas ra´
ıces cuadradas, debe verificarse simultńea-
a
mente que
x2 − 4 ≥ 0 y 4 − y 2 ≥ 0,

sistema que, al resolver, da como soluciń |x| ≥ 2, |y| ≤ 2. Entonces
o

D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≥ 2, |y| ≤ 2},

cuya gr´fica es la de la figura adjunta:
a

63

(c) En este caso, los puntos del dominio deben verificar la inecuaciń
o
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, estń en el dominio los
a
puntos del semiplano superior y, para los valores de x donde sen x ≤ 0,
estń en el dominio los puntos del semiplano inferior. La gr´fica es la
a a
siguiente:

(d) Para que un punto (x, y, z) est´ en el dominio, debe verificarse que
e
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´ formado por los octantes primero, tercero, sexto y
a
octavo de la superficie R3 .

64

PROBLEMA 2.4

Sea f : R2 → R2 la funciń definida por f (x, y) = (2x, y + 1). Si
o
llamamos A = [0, 1] × [0, 1] y B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}, calcular
f (A), f (B), f −1 (A) y f −1 (B).

Soluciń
o

(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+1≤2
de modo que f (A) = [0, 2] × [1, 2].

An´logamente, si (x, y) ∈ B y llamamos (u, v) = f (x, y), entonces
a
u = 2x, v = y+1 =⇒ u/2 = x, v−1 = y =⇒ (u/2)2 +(v−1)2 = x2 +y 2 .
u2
As´ pues, si x2 +y 2 ≤ 1,
ı + (v − 1)2 ≤ 1, que corresponde a la regiń
o
4
limitada por la elipse de la figura.

65

f (B)

(b) Calculemos a continuaciń las im´genes inversas de los conjuntos A y
o a
B. Por definiciń, dado cualquier conjunto G,
o

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)

An´logamente, el conjunto de puntos que verifican (2x, y + 1) ∈ B
a
debe cumplir la relaciń 4x2 + (y + 1)2 ≤ 1, y la imagen inversa de B
o
es la regiń limitada por la elipse de la figura.
o

66

2. CALCULO DE L´
´ IMITES.

Consideremos una funciń arbitraria f : Rm → Rn con dominio D(f ) = D.
o
Sean S ⊂ D, − ∈ Rm , − ∈ Rn .
→
x0 →
y0
ım 0 ımite de f en − a lo largo de
Diremos que l´ f (x) = y (en palabras, el l´ →
x 0
x→x0
x∈S
S es igual a − ), cuando
→
y0

∀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 < x − x0 < δ, x ∈ S =⇒ f (x) − y0 < ε.
Esta definiciń es una simple extensiń de la definiciń usual de l´
o o o ımite de
una funciń real donde se sustituye la distancia en R (dada por el valor
o
absoluto) por la distancia en cada uno de los espacios m´tricos Rm y Rn
e
(dada por la correspondiente norma eucl´
ıdea).
Observemos que la definiciń no tiene sentido si x0 ∈ S pues, en este caso,
o
(B(x0 , δ){x0 })∩S = ∅ y cualquier punto puede ser el l´
ımite de una funciń
o
en x0 . En el caso de que S = D, y no haya lugar a confusiń, escribiremos
o
simplemente l´ f (x).
ım
x→x0

Enunciamos a continuaciń las siguientes propiedades b´sicas del l´
o a ımite.
Teorema 1. Si existe l´ f (x), este l´
ım ımite es unico.
´
x→x0
x∈S

Teorema 2. Sea T ⊂ S ⊂ D. Entonces

l´ f (x) = y0 =⇒ l´ f (x) = y0
ım ım
x→x0 x→x0
x∈S x∈T

(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 : D ⊂ Rm → Rn , y un conjunto S ⊂ D ∩ D , si
2 1 2
l´ f (x) = y1 y l´ g(x) = y2 , entonces:
ım ım
x→x0 x→x0
x∈S x∈S

(a) l´ (f + g)(x) = y1 + y2 .
ım
x→x0
x∈S

(b) l´ (λf )(x) = λy1 .
ım
x→x0
x∈S

68

(c) l´ f (x) · g(x) = y1 · y2 .
ım
x→x0
x∈S

(d) l´
ım f (x) = l´ f (x) .
ım
x→x0 x→x0
x∈S

Proposiciń 4. Si descomponemos la funciń f : D ⊂ Rm → Rn en sus
o o
componentes f (x) = f1 (x), . . . , fn (x) , donde cada fi : D → R (1 ≤ i ≤ n),
entonces

l´ f (x) = (a1 , . . . , an ) ⇐⇒ l´ fi (x) = ai , 1 ≤ i ≤ n.
ım ım
x→x0 x→x0
x∈S x∈S

Proposiciń 5. Dada una funciń f : R2 → R, si existe
o o l´
ım f (x, y) =
(x,y)→(x0 ,y0 )
L, y existen tambiń los l´
e ımites de una variable l´ f (x, y) y l´ f (x, y),
ım ım
x→x0 y→y0
entonces existen y son iguales los llamados l´
ımites iterados

l´
ım l´ f (x, y) = l´
ım ım l´ f (x, y) = L.
ım
y→y0 x→x0 x→x0 y→y0

[Esta propiedad est´ demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad se
a
deduce en particular que, si existen los l´ımites iterados pero son distintos,
entonces no existe el l´
ımite de la funciń.
o
Resultados similares se pueden obtener para funciones de m´s de dos varia-
a
bles.

PROBLEMA 2.5

Utilizando la definiciń de l´
o ımite, demostrar que
l´
ım (3x − 2y) = 14.
(x,y)→(4,−1)

Soluciń
o

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

Para ello obtenemos de la condiciń la siguiente cadena de desigualda-
o
des:

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.

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 ⊂ Rm → Rn , x0 ∈ Rm , y0 ∈ Rn , T ⊂ S ⊂ D. Probar que
l´ f (x) = y0 =⇒ l´ f (x) = y0 .
ım ım
x→x0 x→x0
x∈S x∈T

Soluciń
o

La hip´tesis del problema se traduce, segń la definiciń, en la condiciń
o u o o
siguiente:

l´ f (x) = y0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f S ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ B(y0 , ε)
ım
x→x0
x∈S

(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´ f (x) = y0 .
ım
x→x0
x∈T

70

En la prćtica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuada-
a
mente un subconjunto T ⊂ S (para el que sea fćil el c´lculo del l´
a a ımite), una
condiciń necesaria para que l´ f (x) = y0 es que l´ f (x) = y0 .
o ım ım
x→x0 x→x0
x∈S x∈T

El rec´
ıproco no es cierto, como se comprueba en el problema 2.14.

PROBLEMA 2.7

Se considera la funciń z = f (x, y). Supongamos que existen
o
l´
ım f (x, y) = L, l´ f (x, y) y l´ f (x, y). Probar que existe
ım ım
(x,y)→(x0 ,y0 ) x→x0 y→y0

l´
ım l´ f (x, y) = l´
ım ım l´ f (x, y) = L.
ım
y→y0 x→x0 x→x0 y→y0

Soluciń
o

Probaremos aqu´ que, si
ı l´
ım f (x, y) = L y l´ f (x, y) = G(y),
ım
(x,y)→(x0 ,y0 ) x→x0
entonces l´ G(y) = L (el otro caso se comprueba de forma an´loga).
ım a
y→y0

Sea para ello ε > 0 arbitrario. Por hip´tesis, existe δ1 > 0 tal que
o

|f (x, y) − L| < ε/2 si |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´tesis indica que tambiń existe δ2 > 0 tal que
o e

|f (x, y) − G(y)| < ε/2 si |x − x0 | < δ2 .
√
Eligiendo ahora δ = m´ 1 2/2, δ2 }, las dos desigualdades anteriores se
ın{δ
verifican simultńeamente y resulta:
a

|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´ G(y) = L.
ım
y→y0

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 funciń: hace falta
o
tambiń la existencia de los l´
e ımites de funciones de una variable. Observemos
adem´s que el rec´
a ıproco no es cierto (ver problema 2.12).

71

PROBLEMA 2.8

x2 + y 2
Calcular l´
ım .
(x,y)→(0,0) |x| + |y|

Soluciń
o

En este ejercicio, el dominio de la funciń es S = R2 {(0, 0)} y consideramos
o
el subconjunto T = {(x, mx) : x ∈ R {0}}. Tenemos entonces
x2 + y 2 x2 + (mx)2 (1 + m2 )x2
l´
ım = l´
ım = l´
ım = 0.
(x,y)→(0,0) |x| + |y| (x,mx)→(0,0) |x| + |mx| x→0 (1 + |m|)|x|
(x,y)∈T

De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el l´
ımite pedido,
este debe ser cero. Debemos probar pues que
x2 + y 2
∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < x2 + y 2 < δ =⇒ < ε.
|x| + |y|
En efecto, como |x| ≤ x2 + y 2 < δ, |y| ≤ x2 + y 2 < δ y
x2 + y 2 x2 + y 2 + 2|x| · |y| (|x| + |y|)2
≤ = = |x| + |y| < 2δ,
|x| + |y| |x| + |y| |x| + |y|
x2 + y 2
basta elegir δ = ε/2 para que < ε.
|x| + |y|

Ser´ comń en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = mx.
a u
As´ si el l´
ı, ımite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a
ser el l´
ımite de la funciń, pero si dicho l´
o ımite var´ con cada trayectoria, la
ıa
funciń no tiene l´
o ımite.

PROBLEMA 2.9
exy − 1
Hallar l´
ım .
(x,y)→(0,0) sen x · ln(1 + y)

72

Soluciń
o

Haciendo u = x · y, podemos escribir
u u2 x2 y 2
exy = eu = 1 + + + · · · = 1 + xy + + ...,
1! 2! 2
con lo que tenemos la equivalencia entre infinit´simos exy − 1 ∼ xy.
e
Teniendo en cuenta las equivalencias ya conocidas para funciones de una
variable
sen x ∼ x, ln(1 + y) ∼ y,
obtenemos directamente que
exy − 1 xy
l´
ım = l´
ım = 1.
(x,y)→(0,0) sen x · ln(1 + y) (x,y)→(0,0) xy

PROBLEMA 2.10
x+y−1
Calcular L = l´
ım √ √ .
(x,y)→(0,1) x− 1−y

Soluciń
o

√ √
Multiplicando numerador y denominador por x + 1 − y, tenemos:
√ √
(x + y − 1)( x + 1 − y) √
L= l´
ım = ım ( x + 1 − y) = 0.
l´
(x,y)→(0,1) x−1+y (x,y)→(0,1)

PROBLEMA 2.11
2xy
Calcular l´
ım .
(x,y)→(0,0) x2 + y 2

Soluciń
o

Si tendemos hacia el origen segń la recta y = mx, obtenemos:
u
2xy 2mx2 2m
l´
ım 2 + y2
= l´
ım 2 2 x2
= .
(x,y)→(0,0) x x→0 x + m 1 + m2
y=mx

73

Como indica el resultado, este var´ segń los distintos valores de m, lo que
ıa u
indica que la funciń dada carece de l´
o ımite en el origen. Sin embargo, es fćil
a
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 condiciń
o
suficiente para la existencia de l´ımite.

En la gr´fica de las curvas de nivel se observa que ´stas tienden a cortarse
a e
en el origen, lo que intuitivamente significa que el l´
ımite en este punto no
existe.

PROBLEMA 2.12

sen(1/y) si y = 0
Probar que f (x, y) = tiene l´
ımite cero cuando
0 si y = 0
(x, y) → (0, 0) pero los l´
ımites iterados son distintos. ¿Por qu´ es
e
posible esta situaciń?
o

Soluciń
o

Como l´ x sen(1/y) no existe, tampoco existe el l´
ım ımite iterado
y→0

l´
ım l´ x sen(1/y) .
ım
x→0 y→0

Por otra parte, como l´ x sen(1/y) = 0, tambiń
ım e
x→0

l´
ım l´ x sen(1/y) = 0.
ım
y→0 x→0

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

74

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
(x, y) < 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:
x2 − y 2
(a) l´
ım .
(x,y)→(0,0) x2 + y 2

sen(xy)
(b) l´
ım .
(x,y)→(0,2) x
1
(c) l´
ım (x2 + y 2 ) sen .
(x,y)→(0,0) xy
x|y|
(d) l´
ım .
(x,y)→(0,0) x2 + y 2

Soluci´n
o

(a) Calculemos en primer lugar los l´
ımites iterados:
x2 − y 2
l´
ım l´
ım = l´ (−1) = −1;
ım
y→0 x→0 x2 + y 2 y→0
x2 − y 2
l´
ım l´
ım 2 = l´ 1 = 1.
ım
x→0 y→0 x + y 2 x→0

75

Deducimos de este resultado que no existe el l´
ımite propuesto.
Las gr´ficas siguientes muestran diferentes curvas de nivel de la funciń
a o
(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:
sen(xy)
l´
ım l´
ım = l´ y = 2;
ım
y→2 x→0 x y→2
sen(xy) sen(2x)
l´
ım l´
ım = l´
ım = 2.
x→0 y→2 x x→0 x
Para comprobar que, efectivamente, el l´ ımite de la funciń es 2, apli-
o
camos el teorema de la funciń intermedia. Como
o
sen(xy)
y cos(xy) ≤ ≤ y si x > 0,
x
sen(xy)
y≤ ≤ y cos(xy) si x < 0,
x
y las dos funciones de los extremos tienen l´ ımite 2 cuando (x, y) →
(0, 2), resulta que la funciń propuesta tambiń tiene l´
o e ımite 2.
(c) Al igual que en el apartado anterior, debido a que
1
−(x2 + y 2 ) ≤ (x2 + y 2 ) sen ≤ x2 + y 2 ,
xy

76

y como el l´ımite de ambos extremos es cero, la funciń propuesta tiene
o
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:
x|y|
l´
ım l´
ım = l´ 0 = 0;
ım
y→0 x→0 x2 + y 2 y→0

x|y|
l´
ım l´
ım = l´ 0 = 0.
ım
x→0 y→0 x2 + y 2 x→0

Para demostrar que, efectivamente, el l´
ımite es cero, utilizamos la si-
guiente desigualdad:

(|x| − |y|)2 ≥ 0 =⇒ x2 + y 2 − 2|xy| ≥ 0 =⇒ 2|xy| ≤ x2 + y 2
|xy| x2 + y 2
=⇒ ≤
x2 + y 2 2
x2 + y 2 x|y| x2 + y 2
=⇒ − ≤ ≤ .
2 x2 + y 2 2
Nuevamente, los l´ımites de las funciones en los extremos son iguales a
cero, por lo que el l´
ımite de la funciń propuesta tambiń es cero.
o e

PROBLEMA 2.14

0 si y ≤ 0 ´ y ≥ x2
o
Hallar l´
ım f (x, y) si f (x, y) = .
(x,y)→(0,0) 1 si 0 < y < x2

Soluciń
o

En la gr´fica siguiente se describen los valores de la funciń en cada regiń
a o o
del plano.

77

Observemos que, en cualquier entorno del origen, todas las rectas y = mx
estń contenidas en la regiń {(x, y) : y ≤ 0 ´ y ≥ x2 }. En esta regiń
a o o o
la funciń toma el valor cero, lo que significa que, a lo largo de cualquier
o
trayectoria del tipo y = mx el l´
ımite de la funciń es cero:
o

l´
ım f (x, y) = 0.
(x,y)→(0,0)
y=mx

Sin embargo, todos los puntos de la par´bola y = x2 /2, salvo el origen, estń
a a
contenidos en la regiń {(x, y) : 0 < y < x
o 2 }, donde la funciń toma el valor
o
1. Esto significa que
l´
ım f (x, y) = 1.
(x,y)→(0,0)
y=x2 /2

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

78

3. CONTINUIDAD.

Decimos que una funciń f : Rm → Rn con dominio D es continua en un punto
o
− ∈ D cuando
→
x0

∀ε > 0, ∃δ > 0 : f (x) ∈ B(f (x0 ), ε), ∀x ∈ B(x0 , δ) ∩ D,

condiciń equivalente a cualquiera de las siguientes:
o

∀ε > 0, ∃δ > 0 : f B(x0 , δ) ∩ D ⊂ B f (x0 ), ε ;

∀ε > 0, ∃δ > 0 : x − x0 < δ, x ∈ D =⇒ f (x) − f (x0 ) < ε.
Si x0 ∈ D , lo anterior implica que l´ f (x) = f (x0 ).
ım
x→x0
x∈D

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones conti-
nuas.
Teorema 1 (Caracterizaciń por sucesiones.) Sea f : D ⊂ Rm → Rn y
o
− ∈ D. Entonces f es continua en − si y s´lo si
→
x0 →
x0 o

∀{xn }n≥1 ⊂ D, xn → x0 =⇒ f (xn ) → f (x0 ),

es decir l´ f (xn ) = f ( l´ xn ).
ım ım
n→∞ n→∞

Teorema 2 (Continuidad de la funciń compuesta.) Sean f : Rm → Rn ,
o
g:R n → Rp funciones arbitrarias. Si f es continua en − y g es continua
→
x0
−−
−→
en f (x0 ), entonces g ◦ f es continua en − .
→
x0
Teorema 3 (Continuidad de las operaciones algebraicas.) Sean f : Rm → Rn
y g : Rm → Rn funciones continuas en − . Entonces f + g, λf , f · g y f
→
x0
−.
→
son continuas en x0
Teorema 4. Si fk : Rm → R (1 ≤ k ≤ n) son las componentes de f :
Rm → Rn , entonces f es continua en − si y s´lo si cada fk es continua en
→
x0 o
−.
→
x0
Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una funciń
o
al de la continuidad de n funciones reales.
Definimos tambiń el concepto de continuidad global: decimos que una fun-
e
ciń f : Rm → Rn es continua en un conjunto A ⊂ Rm cuando lo es en todos
o
los puntos del conjunto.
Son importantes en este contexto las siguientes propiedades.
Teorema 5. Una funciń f : Rm → Rn es continua en Rm si y s´lo si
o o
f −1 (B) es abierto, para cualquier abierto B ⊂ Rn .

79

Corolario 6. Una funciń f : Rm → Rn es continua si y s´lo si f −1 (F ) es
o o
cerrado, para cualquier cerrado F ⊂ Rn .
Teorema 7. Sea M ⊂ Rm un compacto y f : Rm → Rn continua en M .
Entonces f (M ) es compacto.
Corolario 8. Sea f : Rm → R continua en un compacto M ⊂ Rm . Entonces
f alcanza los valores m´ximo y m´
a 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 funciń real.
o
Teorema 9. Sea f : Rm → Rn inyectiva. Si D ⊂ Rm es compacto y f
continua en D, entonces f −1 es continua en f (D).
Teorema 10. Sea f : Rm → Rn una funciń continua en M ⊂ Rm . Si M
o
es conexo, f (M ) es tambiń conexo.
e
Un concepto m´s preciso corresponde al de continuidad uniforme. Decimos
a
que una funciń f : Rm → Rn es uniformemente continua en A ⊂ Rm
o
cuando

∀ε > 0, ∃δ > 0 : a − b < δ =⇒ f (a) − f (b) < ε, ∀a, b ∈ A.

Es evidente que toda funciń uniformemente continua es continua. Una es-
o
pecie de rec´
ıproco es el siguiente resultado.
Teorema 11. Sea f : Rm → Rn continua y A ⊂ Rm un conjunto compacto.
Entonces f es uniformemente continua en A.

PROBLEMA 2.15

Estudiar la continuidad de la funciń
o
1
1−x2 −y 2
si x2 + y 2 = 1
f (x, y) =
0 si x2 + y 2 = 1.

Soluciń
o

La funciń es continua en los puntos que no pertenecen a la circunferencia
o
unidad S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}. Sin embargo, no lo es en los puntos

80

de S pues, si a2 + b2 = 1:

l´
ım f (x, y) = ∞.
(x,y)→(a,b)

PROBLEMA 2.16

o
sen2 (x−y)
|x|+|y| si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).

Soluci´n
o

Basta estudiar la continuidad de la funci´n en el origen. Ahora bien, debido
o
a las desigualdades

sen2 (x − y) |x − y|2 |x|2 + |y|2 + 2|x| · |y|
0≤ ≤ ≤ ≤ |x| + |y|,
|x| + |y| |x| + |y| |x| + |y|

es evidente que l´
ım f (x, y) = 0 = f (0, 0).
(x,y)→(0,0)

81

PROBLEMA 2.17

Determinar los puntos de discontinuidad de la funciń
o
x2 + 2xy + y 2
f (x, y) = .
x2 − y 2

Soluciń
o

Debido a que D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 0, x − y = 0}, la funciń
o
es obviamente discontinua en todos los puntos de las rectas y = x, y =
−x.
Ahora bien, como

(x + y)2 x+y
f (x, y) = = si x + y = 0,
(x + y)(x − y) x−y

entonces l´
ım f (x, y) (para x0 = 0) no existe.
(x,y)→(x0 ,x0 )

Sin embargo, l´
ım f (x, y) = 0 (para x0 = 0), por lo que la disconti-
(x,y)→(x0 ,−x0 )
nuidad es evitable en los puntos de la recta x + y = 0.
Por ultimo, en el origen tampoco existe el l´
´ ımite de la funciń.
o
En efecto,
x+y (1 + m)x (1 + m)
l´
ım = l´
ım = ,
x→0 x−y x→0 (1 − m)x (1 − m)
y=mx

resultado que, evidentemente, var´ segń el valor de m.
ıa u

82

PROBLEMA 2.18

o
x+sen(x+y)
x+y si x + y = 0
f (x, y) =
0 si x + y = 0.

Soluciń
o

Escribimos la funciń como
o
x sen(x + y)
f (x, y) = + si x + y = 0.
x+y x+y

Distinguimos el origen del resto de los puntos de la recta x + y = 0.
sen(x + y)
i) En el origen, l´
ım = 1 pero
(x,y)→(0,0) x+y
x
l´
ım l´
ım = l´ 1 = 1,
ım
x→0 y→0 x+y x→0
x
l´
ım l´
ım = l´ 0 = 0,
ım
y→0 x→0 x + y y→0

de modo que no existe el l´
ımite.
ii) En el resto de los puntos de la recta x + y = 0 es x = 0; por tanto,
x
l´
ım = ∞.
(x,y)→(x0 ,−x0 ) x + y

En definitiva, la funciń es discontinua en todos los puntos de la recta
o
x + y = 0.

PROBLEMA 2.19

o
x2 y 2
x4 +y 4
si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).

83

Soluciń
o

Necesitamos estudiar unicamente la continuidad de la funciń en el origen.
´ o
Es fćil comprobar que los l´
a ımites iterados son ambos iguales a cero. Sin
embargo, si calculamos el l´
ımite a lo largo de una recta arbitraria y = mx,
tenemos:

m2 x4 m2
l´
ım f (x, y) = l´ f (x, mx) = l´
ım ım = .
(x,y)→(0,0) x→0 x→0 x4 (1
+m 4) 1 + m4
y=mx

Como este l´ ımite depende del valor de m, deducimos que no existe el l´
ımite
de la funciń y, en consecuencia, no es continua en el origen.
o

PROBLEMA 2.20

o
y2
x(x+y) si x = 0, x + y = 0
f (x, y) =
0 en el resto.

Soluciń
o

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

84

iii) En el origen la funciń tampoco es continua pues
o
m2
l´ f (x, y) =
ım ,
x→0 1+m
y=mx

resultado que depende del valor de m.

PROBLEMA 2.21

o
x3 +y 3
x2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).

Soluciń
o

Veamos que la funciń es continua en el origen (en el resto ya lo es por su
o
propia definiciń).
o
Utilizando la desigualdad
x3 + y 3 x3 y3
≤ + 2
x2 + y 2 x2 + y 2 x + y2
x3 y3
≤ + 2 = |x| + |y| ≤ x2 + y 2 + x2 + y 2 ,
x2 y
elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que
x3 + y 3
x2 + y 2 < δ =⇒ ≤ 2δ = ε.
x2 + y 2

85

PROBLEMA 2.22

o
x2 +y 2
x2 +y
si x2 + y = 0
f (x, y) =
0 si x2 + y = 0.

Soluciń
o

En los puntos que no pertenecen a la par´bola x2 + y = 0, la funciń es
a o
evidentemente continua. Para estudiar la continuidad en los puntos de la
par´bola, distinguiremos dos casos:
a
i) En el origen la funciń no es continua pues:
o

x2 + y 2
l´
ım l´
ım = 1,
x→0 y→0 x2 + y
x2 + y 2
l´
ım l´
ım 2 = 0.
y→0 x→0 x + y

ii) Fuera del origen la funciń tampoco es continua pues, si (x0 , y0 ) =
o
(0, 0),
l´
ım f (x, y) = ∞.
(x,y)→(x0 ,y0 )
x2 +y0 =0
0

PROBLEMA 2.23

o
x si |x| ≤ |y|
f (x, y) =
y si x| > |y|.

Soluciń
o

La funciń es continua en todos los puntos (x, y) tales que |x| = |y|. Debemos
o
estudiar si lo es en los puntos de las rectas y = x e y = −x.

86

i) Recta y = x: l´
ım f (x, y) = x0 (a un lado de la recta y = x
(x,y)→(x0 ,x0 )
la funciń toma el valor y y al otro lado de dicha recta el valor que
o
toma la funciń es x, y ambos tienden a x0 ). De aqu´ se deduce que la
o ı
funciń es continua.
o
ii) Recta y = −x: En cualquier entorno del punto (x0 , −x0 ) la funciń toma
o
ımites, x0 y −x0 . Esto
los valores x e y; por tanto, tiene dos posibles l´
quiere decir que no es continua (salvo en el origen).
En la figura adjunta se ilustran los valores de la funciń en las diferentes
o
regiones del plano donde se observa el comportamiento de la funciń en las
o
proximidades de los puntos de las rectas y = x e y = −x.

PROBLEMA 2.24

¿Qu´ valor debemos asignar a f (0, 0) para que la funciń
e o
1 − cos x2 + y 2
f (x, y) = sea continua en (0, 0)?
x2 + y 2

Soluciń
o

87

Debemos calcular el l´
ımite de la funciń en el origen. Multiplicando nume-
o
rador y denominador por 1 + cos x2 + y 2 , resulta:

1 − cos x2 + y 2 sen2 x2 + y 2 1 1
l´
ım 2 + y2
= l´
ım · = .
(x,y)→(0,0) x (x,y)→(0,0) ( x2 + y 2 )2 1 + cos x2 + y 2 2

sen x2 + y 2
[Observemos que l´
ım = 1 lo cual se deduce del teorema
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
sen x2 + y 2
de la funciń intermedia aplicado a la desigualdad cos
o x2 + y 2 ≤ ≤ 1.]
x2 + y 2
Basta pues definir f (0, 0) = 1/2 y la funciń ser´ continua en el origen.
o a

PROBLEMA 2.25

o
2x−y+z−2
x+y−z−1 si x + y − z = 1
f (x, y, z) =
0 si x + y − z = 1.

Soluciń
o

Debemos estudiar la continuidad de la funciń en los puntos del plano x +
o
y − z = 1 (en el resto la funciń es obviamente continua). Distinguiremos
o
dos casos:
i) Si x0 = 1, entonces

3(x0 − 1)
l´
ım f (x, y, z) = = ∞.
(x,y,z)→(x0 ,y0 ,z0 ) 0
x0 +y0 −z0 =1

ii) Si x0 = 1, debe ser y0 = z0 . Veamos que existen dos l´
ımites iterados
diferentes:
2x − y + z − 2 2x − y + y0 − 2
l´
ım l´
ım l´
ım = l´
ım l´
ım
x→1 y→y0 z→y0 x+y−z−1 x→1 y→y0 x + y − y0 − 1
2x − 2
= l´
ım = 2;
x→1 x − 1
2x − y + z − 2 −y + z
l´
ım l´
ım l´
ım = l´ım l´ ım
y→y0 z→y0 x→1 x + y − z − 1 y→y0 z→y0 y − z
−y + y0
= l´ım = −1.
y→y0 y − y0

88

En consecuencia, la funciń tampoco es continua en estos puntos.
o

PROBLEMA 2.26

Sea f : Rm → Rn una contracciń, es decir ∃α ∈ (0, 1) tal que
o

f (x) − f (y) ≤ α x − y , ∀x, y ∈ Rm .

(a) Probar que f es uniformemente continua.
(b) Probar que existe un unico punto p ∈ Rm tal que f (p) = p (dicho
´
punto se llama punto fijo de f ).

Soluciń
o

(a) Basta tomar, dado cualquier ε > 0, δ = ε/α y comprobar directamente
la definiciń de continuidad uniforme.
o
(b) Sea x ∈ Rm arbitrario; definimos la sucesiń
o

p0 = x, p1 = f (x), . . . , pn = f (pn−1 ).

Veamos que dicha sucesiń es de Cauchy. Para ello, sean n, m ∈ N con
o
m > n:

pn − pn+1 ≤ α pn−1 − pn ≤ · · · ≤ αn p0 − p1
m−1 m−1
=⇒ pn − pm ≤ pk − pk+1 ≤ p0 − p1 · αk
k=n k=n
∞
αn
< p 0 − p1 · α k = p0 − p 1 · ,
1−α
k=n

expresiń que tiende a cero cuando n → ∞, debido a que α < 1.
o
Como en Rm toda sucesiń de Cauchy es convergente, existe p =
o
l´ pn . Resulta adem´s, debido a la continuidad de f , que
ım a
n→∞

f (p) = f ( l´ pn ) = l´ f (pn ) = l´ pn+1 = p.
ım ım ım
n→∞ n→∞ n→∞

Veamos por ultimo que s´lo puede haber un punto fijo:
´ o
Si existieran p, p ∈ Rm tales que f (p) = p, f (p ) = p , entonces

p−p = f (p) − f (p ) ≤ α p − p =⇒ p − p = 0 =⇒ p = p .

89

PROBLEMA 2.27

Probar que la aplicaciń
o · : Rn → R es uniformemente continua.

Soluciń
o

Debemos probar que, para cualesquier par de puntos − , − ∈ Rn , se cum-
→ →
x y
ple:
∀ε > 0, ∃δ > 0 : − − − < δ =⇒ − − − < ε.
→ →
x y →
x →
y

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 →
− − − ≤ − − − , lo que equivale
x →
y → →
x y
precisamente a − − − ≤
→x →
y → →
− −− .
x y

Utilizando esta desigualdad, basta tomar en la definiciń de continuidad
o
δ = ε porque si − − − < δ, entonces
→ →
x y

→
− − −
x →
y ≤ − − − < δ = ε,
→ →
x y

lo que prueba la continuidad uniforme de la funciń.
o

PROBLEMA 2.28

Probar que toda aplicaciń lineal f : Rn → Rm es continua.
o

90

Soluciń
o

Veamos en primer lugar que ∃M > 0 tal que f (− ) ≤ M − , ∀− ∈
→
x →
x →
x
R n.

n
En efecto, si {− , . . . , − } es la base canńica de Rn y − = (x1 , . . . , xn ) =
→
e1 →
en o →
x xi − ,
→
ei
i=1
entonces
n n
f (− )
→
x = f xi −
→
ei = xi f (− )
→
ei
i=1 i=1
n n
≤ |xi | · f (− ) ≤ m´x |xi | ·
→
ei a f (− ) .
→
ei
1≤i≤n
i=1 i=1

Teniendo en cuenta que m´x |xi | ≤ − , deducimos que
a →
x
1≤i≤n

n
f (− ) ≤ − ·
→
x →
x f (− ) ,
→
ei
i=1

n
lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M = f (− ) .
→
ei
i=1

Para probar la continuidad de f , sea ε > 0 arbitrario. Si hacemos δ = ε/M ,
de la desigualdad − − − < δ deducimos:
→ →
x y

f (− ) − f (− ) = f (− − − ) ≤ M · − − − < M · δ = ε.
→
x →
y → →
x y → →
x y

Deducimos as´ que la funciń es incluso uniformemente continua.
ı o

PROBLEMA 2.29

Probar que todas las normas sobre Rn son equivalentes.

Soluciń
o

Probaremos que la norma eucl´ ıdea · 2 es equivalente a cualquier otra.
Por la transitividad de la relaciń de equivalencia, esto basta para que dos
o
normas arbitrarias sean equivalentes entre s´ı.
Para ello consideramos la aplicaciń identidad f : (Rn , ·
o 2) → (Rn , · ),
con · arbitraria.

91

Por ser f lineal y de acuerdo al resultado probado en el problema anterior,
existe M > 0 tal que
→
− ≤M· − .
x →x 2
Tambiń se prob´ en el ejercicio anterior que f es continua. Como adem´s la
e o a
aplicaciń · : (R
o n , · ) → R es continua, la composiciń f es continua. El
o
conjunto B = {− ∈ Rn : − 2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto.
→x →
x
Como toda aplicaciń continua sobre un compacto alcanza el valor m´
o ınimo,
existe una constante m = m´ − : − ∈ B}.
ın{ → →
x x
Sea − ∈ Rn un elemento no nulo; entonces − / − ∈ B, luego − / − ≥
→x → →
x x 2
→
x →x 2
m, es decir
→
− ≥m· −
x →
x 2

(si − = 0 esta desigualdad es obviamente cierta).
→
x
En definitiva, existen dos constantes m, M > 0 tales que

m· −
→
x 2 ≤ − ≤ M · − 2,
→
x →
x

es decir ambas normas son equivalentes.

92

4. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y
esbozar las gr´ﬁcas de las mismas, en caso de ser posible.
a
(a) f (x, y) = x/y .
(b) f (x, y) = x2 + xy .
√
(c) f (x, y) = y/ x.
2xy
x2 +y 2
si (x, y) = (0, 0),
(d) f (x, y) =
0 si (x, y) = (0, 0).

(e) f (x, y, z) = 4x2 + y 2 + 9z 2 .
(f) f (x, y, z) = sen(x2 + y 2 + z 2 ).

2.- Hallar y representar los dominios de las funciones siguientes:
1
(a) f (x, y) = .
x2 + y2
(b) f (x, y) = 1 + 1 − (x − y)2 .
(c) f (x, y) = ln(x2 + y).
(d) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ).

x2 y 2
3.- Sea f (x, y) = . Probar que los l´
ımites iterados en
x2 y 2 + (x − y)2
(0, 0) son iguales pero que no existe el l´ ımite.

x−y
4.- Probar que no existe l´
ım .
(x,y)→(0,0) x + y

5.- Hallar los siguientes l´
ımites o justiﬁcar su existencia:
sen(x2 + y 2 )
(a) l´
ım .
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
(x − y)2
(b) l´
ım .
(x,y)→(0,0) x2 + y 2

cos(xy) − 1
(c) l´
ım .
(x,y)→(0,0) x

93

x
6.- Calcular el l´
ımite de la funciń f (x, y) =
o en los puntos
+ y2 + a x2
(0, 0) y (1, 1), segń los valores del par´metro “a”.
u a

7.- Estudiar la continuidad de
(a) f (x, y) = ln x2 + y 2 .
1
(b) f (x, y) = cos .
xy
(c) f (x, y) = arc tg(y/x).
x
(d) f (x, y) = .
x 2 + y2

1 − x2 − y 2 si x2 + y 2 ≤ 1,
(e) f (x, y) =
0 si x2 + y 2 > 1.

8.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones en los puntos
indicados:
x+y
x2 +y
si x2 + y = 0
(a) f (x, y) = en el punto (1, −1).
1/2 si (x, y) = (1, −1)

(x + y) sen(1/x) si x = 0
(b) f (x, y) = en (0, 0).
0 si x = 0
x3 −y 3
x−y si x = y
(c) f (x, y) = en la recta x = y .
x+y si x = y
x2 y
x2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
(d) f (x, y) = en (0, 0).
0 si (x, y) = (0, 0)

√
1 − cos xy
9.- Dada la funciń f (x, y) =
o , para x = 0, ¿es posible defi-
x
nir f (0, y) para que f sea continua?

x−1
10.- Definir, caso de ser posible, f (1, 0) en la funciń f (x, y) =
o ,
x2 − 2x + y 2 + 1
para que sea continua en dicho punto.

sen(x+y−2)
x+y−2 si x + y = 2,
11.- Estudiar la continuidad de la funciń f (x, y) =
o
1 si x + y = 2,
en los puntos de la recta x + y = 2.

94

12.- Estudiar la continuidad de las funciones
sen πx
sen πy si y ∈ Z
(a) f (x, y) =
1 si y ∈ Z.
x2 +y
x2 −y
si x2 = y
(b) f (x, y) =
1 si x2 = y.

13.- ¿Existe alg´n valor de “a”para el que la funci´n
u o
5x3 +x2 +y 2
x2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
a si (x, y) = (0, 0)

es continua en R2 ?

14.- Dadas las funciones f (x, y) = x2 − y 2 , g(x, y) = x + y , estudiar la
continuidad de las funciones f /g y g/f .

x2 + y 2 − 1
15.- Sea f (x, y) = 2 . Determinar los valores de λ que ha-
x + λx + 1
gan
(a) f continua en R2 .
(b) f continua en (0, 0).

95

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