Continuidad de funciones de varias variables.

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

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(x1, . . . , xm) = (y1, . . . , yn) se escribirá como un vector (f1, . . . , fn) de
funciones fi : R m → R definidas por fi(x1, . . . , xm) = yi (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) = (x0, y0, z0) + 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 = (x1, . . . , xm) ∈ R m : ∃f( −→ x ) ∈ R n }.
R(f) = { −→ y = (y1, . . . , yn) ∈ R n : ∃ −→ x = (x1, . . . , xm) ∈ D(f), f( −→ x ) = −→ y }.
Decimos que una función está acotada cuando su imagen es un conjunto
acotado.
⋄ Gráfica de f:
G(f) = {(x1, . . . , xm, y1, . . . , yn) ∈ R m+n : (y1, . . . , yn) = f(x1, . . . , xm)}.
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
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 gráfica de la función
56

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
PROBLEMA 2.1
Sk = {(x, y, z) ∈ D(f) : f(x, y, z) = k}, k ∈ R.
Describir los conjuntos de nivel f(x1, . . . , xn) = 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.
Solución
(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

(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

(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

(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

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|.
x2 + y2 si x ≥ 0,
(d) f(x, y) =
|y| si x < 0.
Solución
(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 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

PROBLEMA 2.3
Hallar los dominios de las siguientes funciones:
(a) f(x, y) = 1 − x 2 − y 2 .
(b) f(x, y) = √ x 2 − 4 + 4 − y 2 .
(c) f(x, y) = √ y sen x.
(d) f(x, y, z) = ln(x/yz).
Solución
(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 2 − 4 ≥ 0 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

(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

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).
Solución
(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].
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

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 ≤ 1 =⇒ −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

f −1 (B)
67

2. CÁLCULO DE LÍMITES.
Consideremos una función arbitraria f : R m → R n con dominio D(f) = D.
Sean S ⊂ D, −→ x0 ∈ R m , −→ y0 ∈ R n .
Diremos que lím
x→x0
x∈S
S es igual a −→ y0), cuando
f(x) = y0 (en palabras, el límite de f en −→ x0 a lo largo de
∀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 definición es una simple extensión de la definición usual de límite 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 x0 ∈ S ′ pues, en este caso,
(B(x0, δ)\{x0})∩S = ∅ y cualquier punto puede ser el límite de una función
en x0. En el caso de que S = D, y no haya lugar a confusión, escribiremos
simplemente lím f(x).
x→x0
Enunciamos a continuación las siguientes propiedades básicas del límite.
Teorema 1. Si existe lím
x→x0
x∈S
Teorema 2. Sea T ⊂ S ⊂ D. Entonces
lím
x→x0
x∈S
(ver problemas 2.6 y 2.8).
f(x), este límite es único.
f(x) = y0 =⇒ lím
x→x0
x∈T
f(x) = y0
Teorema 3 (Operaciones algebraicas con el límite.) Dadas dos funciones
f : D1 ⊂ Rm → Rn y g : D2 ⊂ Rm → Rn , y un conjunto S ⊂ D1 ∩ D2, si
lím f(x) = y1 y lím g(x) = y2, entonces:
x→x0
x∈S
x→x0
x∈S
(a) lím (f + g)(x) = y1 + y2.
x→x0
x∈S
(b) lím (λf)(x) = λy1.
x→x0
x∈S
68

(c) lím f(x) · g(x) = y1 · y2.
x→x0
x∈S
(d) lím
x→x0
x∈S
f(x) = lím f(x)
x→x0
.
Proposición 4. Si descomponemos la función f : D ⊂ R m → R n en sus
componentes f(x) = f1(x), . . . , fn(x) , donde cada fi : D → R (1 ≤ i ≤ n),
entonces
lím
x→x0
x∈S
f(x) = (a1, . . . , an) ⇐⇒ lím
x→x0
x∈S
fi(x) = ai, 1 ≤ i ≤ n.
Proposición 5. Dada una función f : R2 → R, si existe lím f(x, y) =
(x,y)→(x0,y0)
L, y existen también los límites de una variable lím
x→x0
entonces existen y son iguales los llamados límites iterados
f(x, y) y lím
y→y0
lím
y→y0
lím f(x, y)
x→x0
= lím
x→x0
lím f(x, y)
y→y0
= L.
f(x, y),
[Esta propiedad está demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad se
deduce en particular que, si existen los límites iterados pero son distintos,
entonces no existe el límite de la función.
Resultados similares se pueden obtener para funciones de más de dos variables.
PROBLEMA 2.5
Utilizando la definición de límite, demostrar que
Solución
lím (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

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 − 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
lím f(x) = y0 =⇒ lím f(x) = y0.
Solución
x→x0
x∈S
x→x0
x∈T
La hipótesis del problema se traduce, según la definición, en la condición
siguiente:
lím
x→x0
x∈S
f(x) = y0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f S ∩ B ∗ (x0, δ) ⊂ B(y0, ε)
(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,
es decir lím
x→x0
x∈T
∀ε > 0, ∃δ > 0 : f T ∩ B ∗ (x0, δ) ⊂ B(y0, ε),
f(x) = y0.
70

En la práctica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuadamente
un subconjunto T ⊂ S (para el que sea fácil el cálculo del límite), una
condición necesaria para que lím f(x) = y0 es que lím f(x) = y0.
x→x0
x∈S
x→x0
x∈T
El recíproco no es cierto, como se comprueba en el problema 2.14.
PROBLEMA 2.7
Se considera la función z = f(x, y). Supongamos que existen
lím f(x, y) = L, lím f(x, y) y lím f(x, y). Probar que existe
(x,y)→(x0,y0) x→x0
y→y0
Solución
lím
y→y0
lím
x→x0
f(x, y)
= lím
x→x0
lím
y→y0
f(x, y) = L.
Probaremos aquí que, si lím f(x, y) = L y lím f(x, y) = G(y),
(x,y)→(x0,y0) x→x0
entonces lím
y→y0
G(y) = L (el otro caso se comprueba de forma análoga).
Sea para ello ε > 0 arbitrario. Por hipótesis, existe δ1 > 0 tal que
|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 hipótesis indica que también existe δ2 > 0 tal que
|f(x, y) − G(y)| < ε/2 si |x − x0| < δ2.
√
Eligiendo ahora δ = mín{δ1 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 − y0| < δ, lo que prueba que lím G(y) = L.
y→y0
Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los límites
iterados no es suficiente la existencia del límite de la función: hace falta
también la existencia de los límites de funciones de una variable. Observemos
además que el recíproco no es cierto (ver problema 2.12).
71

PROBLEMA 2.8
x
Calcular lím
(x,y)→(0,0)
2 + y2 |x| + |y| .
Solución
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
lím
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈T
2 + y2 x
= lím
|x| + |y| (x,mx)→(0,0)
2 + (mx) 2
|x| + |mx|
(1 + m
= lím
x→0
2 )x2 = 0.
(1 + |m|)|x|
De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el límite pedido,
este debe ser cero. Debemos probar pues que
∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < x2 + y2 < δ =⇒ x2 + y2 < ε.
|x| + |y|
En efecto, como |x| ≤ x 2 + y 2 < δ, |y| ≤ x 2 + y 2 < δ y
x2 + y2 |x| + |y| ≤ x2 + y2 + 2|x| · |y|
=
|x| + |y|
(|x| + |y|)2
|x| + |y|
basta elegir δ = ε/2 para que x2 + y2 < ε.
|x| + |y|
= |x| + |y| < 2δ,
Será común en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = mx.
Así, si el límite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a
ser el límite de la función, pero si dicho límite varía con cada trayectoria, la
función no tiene límite.
PROBLEMA 2.9
e
Hallar lím
(x,y)→(0,0)
xy − 1
sen x · ln(1 + y) .
72

Solución
Haciendo u = x · y, podemos escribir
e xy = e u = 1 + u u2
+
1! 2! + · · · = 1 + xy + x2y2 + . . . ,
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
e
lím
(x,y)→(0,0)
xy − 1
xy
= lím
sen x · ln(1 + y) (x,y)→(0,0) xy
PROBLEMA 2.10
x + y − 1
Calcular L = lím √ √ .
(x,y)→(0,1) x − 1 − y
Solución
= 1.
Multiplicando numerador y denominador por √ x + √ 1 − y, tenemos:
(x + y − 1)(
L = lím
(x,y)→(0,1)
√ x + √ 1 − y)
= lím
x − 1 + y
(x,y)→(0,1) (√x + 1 − y) = 0.
PROBLEMA 2.11
2xy
Calcular lím
(x,y)→(0,0) x2 .
+ y2 Solución
Si tendemos hacia el origen según la recta y = mx, obtenemos:
lím
(x,y)→(0,0)
y=mx
2xy
x2 = lím
+ y2 x→0
73
2mx2 x2 + m2 2m
= .
x2 1 + m2

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

se cumple, no se puede aplicar la propiedad. Sin embargo, en este caso el
límite existe y vale cero, pues dado cualquier ε > 0, basta elegir δ = ε para
que
PROBLEMA 2.13
(x, y) < δ =⇒ |x| < δ, |y| < δ
=⇒ |x sen(1/y)| ≤ |x| < δ
=⇒ |f(x, y) − 0| < ε.
Hallar los siguientes límites o justificar su existencia:
x
(a) lím
(x,y)→(0,0)
2 − y2 x2 .
+ y2 (b) lím
(x,y)→(0,2)
sen(xy)
.
x
(c) lím
(x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) sen 1
xy .
x|y|
(d) lím
(x,y)→(0,0) x2 + y2 .
Solución
(a) Calculemos en primer lugar los límites iterados:
x
lím lím
y→0 x→0
2 − y2 x2 + y2
x
lím lím
x→0 y→0
= lím(−1)
= −1;
y→0 2 − y2 x2 + y2
= lím 1 = 1.
x→0
75

Deducimos de este resultado que no existe el límite 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 límite buscado no
existe.
(b) Comprobemos nuevamente la existencia de los límites iterados:
sen(xy)
lím lím
y→2 x→0 x
sen(xy)
lím lím
x→0 y→2 x
=
=
lím y = 2;
y→2
sen(2x)
lím = 2.
x→0 x
Para comprobar que, efectivamente, el límite de la función es 2, aplicamos
el teorema de la función intermedia. Como
y cos(xy) ≤ sen(xy)
≤ y si x > 0,
x
y ≤ sen(xy)
≤ y cos(xy) si x < 0,
x
y las dos funciones de los extremos tienen límite 2 cuando (x, y) →
(0, 2), resulta que la función propuesta también tiene límite 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

y como el límite de ambos extremos es cero, la función propuesta tiene
límite cero en el origen. Observemos sin embargo que no existen los
límites iterados.
(d) Calculamos en primer lugar los límites iterados:
lím lím
y→0 x→0
lím
x→0
lím
y→0
x|y|
x2 + y2 x|y|
x2 + y2 = lím
y→0 0 = 0;
= lím
x→0 0 = 0.
Para demostrar que, efectivamente, el límite 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 2 + y 2 ≤
x 2 + y 2
2
x 2 + y 2
≤
2
x|y|
x 2 + y 2 ≤
x 2 + y 2
Nuevamente, los límites de las funciones en los extremos son iguales a
cero, por lo que el límite de la función propuesta también es cero.
PROBLEMA 2.14
Hallar lím f(x, y) si f(x, y) =
(x,y)→(0,0)
Solución
0 si y ≤ 0 ó y ≥ x2 1 si 0 < y < x2 .
En la gráfica siguiente se describen los valores de la función en cada región
del plano.
77
2
.

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 límite de la función es cero:
lím
(x,y)→(0,0)
y=mx
f(x, y) = 0.
Sin embargo, todos los puntos de la parábola y = x2 /2, salvo el origen, están
contenidos en la región {(x, y) : 0 < y < x2 }, donde la función toma el valor
1. Esto significa que
lím
(x,y)→(0,0)
y=x 2 /2
f(x, y) = 1.
Como hemos encontrado dos trayectorias para las cuales el límite es distinto,
deducimos que dicho límite no existe.
78

3. CONTINUIDAD.
Decimos que una función f : R m → R n con dominio D es continua en un punto
−→
x0 ∈ D cuando
∀ε > 0, ∃δ > 0 : f(x) ∈ B(f(x0), ε), ∀x ∈ B(x0, δ) ∩ D,
condición equivalente a cualquiera de las siguientes:
∀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 lím
x→x0
x∈D
f(x) = f(x0).
Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones continuas.
Teorema 1 (Caracterización por sucesiones.) Sea f : D ⊂ R m → R n y
−→
x0 ∈ D. Entonces f es continua en −→ x0 si y sólo si
∀{xn}n≥1 ⊂ D, xn → x0 =⇒ f(xn) → f(x0),
es decir lím
n→∞ f(xn) = f( lím
n→∞ xn).
Teorema 2 (Continuidad de la función compuesta.) Sean f : Rm → Rn ,
g : Rn → Rp funciones arbitrarias. Si f es continua en −→ x0 y g es continua
en −−−→
f(x0), entonces g ◦ f es continua en −→ x0.
Teorema 3 (Continuidad de las operaciones algebraicas.) Sean f : R m → R n
y g : R m → R n funciones continuas en −→ x0. Entonces f + g, λf, f · g y f
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 −→ x0 si y sólo si cada fk es continua en
−→
x0.
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

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
∃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 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
Solución
f(x, y) =
1
1−x 2 −y 2
si x 2 + y 2 = 1
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

de S pues, si a 2 + b 2 = 1:
PROBLEMA 2.16
lím f(x, y) = ∞.
(x,y)→(a,b)
Estudiar la continuidad de la función
sen2 (x−y)
f(x, y) = |x|+|y| si (x, y) = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0).
Solución
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| 2 + 2|x| · |y|
≤ |x| + |y|,
|x| + |y|
es evidente que lím f(x, y) = 0 = f(0, 0).
(x,y)→(0,0)
81

PROBLEMA 2.17
Determinar los puntos de discontinuidad de la función
Solución
f(x, y) = x2 + 2xy + y2 x2 − y2 .
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
f(x, y) =
(x + y) 2 x + y
=
(x + y)(x − y) x − y
entonces lím
(x,y)→(x0,x0) f(x, y) (para x0 = 0) no existe.
si x + y = 0,
Sin embargo, lím
(x,y)→(x0,−x0) f(x, y) = 0 (para x0 = 0), por lo que la discontinuidad
es evitable en los puntos de la recta x + y = 0.
Por último, en el origen tampoco existe el límite de la función.
En efecto,
x + y
lím
x→0 x − y
y=mx
(1 + m)x (1 + m)
= lím =
x→0 (1 − m)x (1 − m) ,
resultado que, evidentemente, varía según el valor de m.
82

PROBLEMA 2.18
Estudiar la continuidad de la función
Solución
f(x, y) =
Escribimos la función como
x+sen(x+y)
x+y
f(x, y) = x sen(x + y)
+
x + y x + y
si x + y = 0
0 si x + y = 0.
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, lím
= 1 pero
(x,y)→(0,0) x + y
x
lím lím
x→0 y→0 x + y
x
lím lím
y→0 x→0 x + y
de modo que no existe el límite.
= lím
x→0 1 = 1,
= lím
y→0 0 = 0,
ii) En el resto de los puntos de la recta x + y = 0 es x = 0; por tanto,
x
lím
(x,y)→(x0,−x0) 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
f(x, y) =
x 2 y 2
x 4 +y 4
si (x, y) = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0).
83

Solución
Necesitamos estudiar únicamente la continuidad de la función en el origen.
Es fácil comprobar que los límites iterados son ambos iguales a cero. Sin
embargo, si calculamos el límite a lo largo de una recta arbitraria y = mx,
tenemos:
lím
(x,y)→(0,0)
y=mx
f(x, y) = lím
x→0 f(x, mx) = lím
x→0
m2x4 x4 (1 + m4 m2
= .
) 1 + m4 Como este límite depende del valor de m, deducimos que no existe el límite
de la función y, en consecuencia, no es continua en el origen.
PROBLEMA 2.20
Estudiar la continuidad de la función
y2 x(x+y) si x = 0, x + y = 0
f(x, y) =
0 en el resto.
Solución
i) En los puntos (x0, y0) tales que x0 = 0 y x0 + y0 = 0, la función es
evidentemente continua.
ii) En los puntos (x0, y0), donde x0 = 0 ó x0 + y0 = 0 (distintos del origen),
la función no es continua pues no existe el límite (el denominador se
anula pero el numerador no).
84

iii) En el origen la función tampoco es continua pues
lím f(x, y) =
x→0
y=mx
m2
1 + m ,
resultado que depende del valor de m.
PROBLEMA 2.21
Estudiar la continuidad de la función
Solución
f(x, y) =
x 3 +y 3
x 2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
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 + y3 x2 + y2
≤
x
3
x2 + y2
+
y
3
x2 + y2 ≤
x
3
x2
+
y
3
y2
= |x| + |y| ≤ x2 + y2 + x2 + y2 ,
elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que
x2 + y2 < δ =⇒
x
3 + y3
≤ 2δ = ε.
85
x 2 + y 2

PROBLEMA 2.22
Estudiar la continuidad de la función
Solución
f(x, y) =
x 2 +y 2
x 2 +y
si x 2 + y = 0
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:
lím lím
x→0 y→0
lím
y→0
lím
x→0
x 2 + y 2
x2 + y
x 2 + y 2
x 2 + y
= 1,
= 0.
ii) Fuera del origen la función tampoco es continua pues, si (x0, y0) =
(0, 0),
lím f(x, y) = ∞.
PROBLEMA 2.23
(x,y)→(x0,y0)
x 2 0 +y0=0
Estudiar la continuidad de la función
f(x, y) =
x
y
si |x| ≤ |y|
si x| > |y|.
Solución
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

i) Recta y = x: lím
(x,y)→(x0,x0) f(x, y) = x0 (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 x0). De aquí se deduce que la
función es continua.
ii) Recta y = −x: En cualquier entorno del punto (x0, −x0) la función toma
los valores x e y; por tanto, tiene dos posibles límites, x0 y −x0. 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
Solución
sea continua en (0, 0)?
87

Debemos calcular el límite de la función en el origen. Multiplicando numerador
y denominador por 1 + cos x 2 + y 2 , resulta:
1 − cos
lím
(x,y)→(0,0)
x2 + y2 x2 + y2 = lím
(x,y)→(0,0)
sen
[Observemos que lím
(x,y)→(0,0)
x2 + y2
x2 + y2 sen2 x2 + y2 ( x2 + y2 ·
) 2
1
1 + cos x2 1
=
+ y2 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
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
Solución
f(x, y, z) =
2x−y+z−2
x+y−z−1
si x + y − z = 1
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 x0 = 1, entonces
lím
(x,y,z)→(x0,y0,z0)
x0+y0−z0=1
f(x, y, z) = 3(x0 − 1)
0
= ∞.
ii) Si x0 = 1, debe ser y0 = z0. Veamos que existen dos límites iterados
diferentes:
2x − y + z − 2
lím lím lím
x→1 y→y0 z→y0 x + y − z − 1
=
2x − y + y0 − 2
lím lím
x→1 y→y0 x + y − y0 − 1
2x − y + z − 2
lím lím lím
y→y0 z→y0 x→1 x + y − z − 1
=
2x − 2
lím = 2;
x→1 x − 1
=
−y + z
lím lím
y→y0 z→y0 y − z
=
−y + y0
lím = −1.
y→y0 y − y0
88
≤ 1.]

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) ≤ αx − 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).
Solución
(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
p0 = x, p1 = f(x), . . . , pn = f(pn−1).
Veamos que dicha sucesión es de Cauchy. Para ello, sean n, m ∈ N con
m > n:
pn − pn+1 ≤ αpn−1 − pn ≤ · · · ≤ α n p0 − p1
=⇒ pn − pm ≤
m−1
k=n
< p0 − p1 ·
m−1
pk − pk+1 ≤ p0 − p1 ·
∞
k=n
k=n
α k
α k = p0 − p1 · αn
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 =
lím
n→∞ pn. Resulta además, debido a la continuidad de f, que
f(p) = f( lím
n→∞ pn) = lím
n→∞ f(pn) = lím
n→∞ pn+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

PROBLEMA 2.27
Probar que la aplicación · : R n → R es uniformemente continua.
Solución
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

Solución
Veamos en primer lugar que ∃M > 0 tal que f( −→ x ) ≤ M −→ x , ∀ −→ x ∈
Rn .
En efecto, si { −→ e1, . . . , −→ en} es la base canónica de Rn y −→ n
x = (x1, . . . , xn) = xi −→ ei ,
entonces
f( −→ x ) =
≤
f n
n
i=1
i=1
xi −→
ei
=
n
xif( −→
ei )
i=1
|xi| · f( −→ ei ) ≤ máx
1≤i≤n |xi| ·
Teniendo en cuenta que máx
1≤i≤n |xi| ≤ −→ x , deducimos que
f( −→ x ) ≤ −→ x ·
n
f( −→ ei ),
i=1
n
f( −→ ei ).
lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M = n
f( −→ ei ).
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.
PROBLEMA 2.29
Probar que todas las normas sobre R n son equivalentes.
Solución
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
i=1
i=1
i=1

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

4. PROBLEMAS PROPUESTOS.
1.- Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y
esbozar las gráficas de las mismas, en caso de ser posible.
(a) f(x, y) = x/y.
(b) f(x, y) = x 2 + xy.
(c) f(x, y) = y/ √ x.
(d) f(x, y) =
2xy
x 2 +y 2
si (x, y) = (0, 0),
0 si (x, y) = (0, 0).
(e) f(x, y, z) = 4x 2 + y 2 + 9z 2 .
(f) f(x, y, z) = sen(x 2 + y 2 + z 2 ).
2.- Hallar y representar los dominios de las funciones siguientes:
(a) f(x, y) =
1
x2 .
+ y2 (b) f(x, y) = 1 + 1 − (x − y) 2 .
(c) f(x, y) = ln(x 2 + y).
(d) f(x, y) = cos(x 2 + y 2 ).
x 2 y 2
3.- Sea f(x, y) =
x2y2 . Probar que los límites iterados en
+ (x − y) 2
(0, 0) son iguales pero que no existe el límite.
x − y
4.- Probar que no existe lím
(x,y)→(0,0) x + y .
5.- Hallar los siguientes límites o justificar su existencia:
(a) lím
(x,y)→(0,0)
(b) lím
(x,y)→(0,0)
(c) lím
(x,y)→(0,0)
sen(x2 + y2 )
x2 + y2 .
(x − y) 2
x2 .
+ y2 cos(xy) − 1
.
x
93

6.- Calcular el límite de la función f(x, y) =
x
x 2 + y 2 + a
(0, 0) y (1, 1), según los valores del parámetro “a”.
7.- Estudiar la continuidad de
(a) f(x, y) = ln x 2 + y 2 .
(b) f(x, y) = cos 1
xy .
(c) f(x, y) = arc tg(y/x).
x
(d) f(x, y) =
x2 + y2 .
(e) f(x, y) =
1 − x 2 − y 2 si x 2 + y 2 ≤ 1,
0 si x 2 + y 2 > 1.
en los puntos
8.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones en los puntos
indicados:
x+y
(a) f(x, y) = x2 +y si x2 1/2
+ y = 0
en el punto (1, −1).
si (x, y) = (1, −1)
(b) f(x, y) =
(x + y) sen(1/x)
0
si x = 0
en (0, 0).
si x = 0
(c) f(x, y) =
(d) f(x, y) =
x 3 −y 3
x−y
si x = y
x + y si x = y
x 2 y
x 2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
en la recta x = y.
en (0, 0).
9.- Dada la función f(x, y) = 1 − cos √ xy
, para x = 0, ¿es posible defi-
x
nir f(0, y) para que f sea continua?
10.- Definir, caso de ser posible, f(1, 0) en la función f(x, y) =
para que sea continua en dicho punto.
11.- Estudiar la continuidad de la función f(x, y) =
en los puntos de la recta x + y = 2.
94
sen(x+y−2)
x+y−2
x − 1
x 2 − 2x + y 2 + 1 ,
si x + y = 2,
1 si x + y = 2,

12.- Estudiar la continuidad de las funciones
(a) f(x, y) =
(b) f(x, y) =
sen πx
sen πy
si y ∈ Z
1 si y ∈ Z.
x 2 +y
x 2 −y
si x 2 = y
1 si x 2 = y.
13.- ¿Existe algún valor de “a”para el que la función
es continua en R 2 ?
f(x, y) =
5x 3 +x 2 +y 2
x 2 +y 2
si (x, y) = (0, 0)
a si (x, y) = (0, 0)
14.- Dadas las funciones f(x, y) = x 2 − y 2 , g(x, y) = x + y, estudiar la
continuidad de las funciones f/g y g/f.
15.- Sea f(x, y) = x2 + y2 − 1
x2 . Determinar los valores de λ que ha-
+ λx + 1
gan
(a) f continua en R 2 .
(b) f continua en (0, 0).
95