Analisi vectorial parte 5 corregido eorema (límite en coordenadas polares) Si 𝑓:𝑈 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ una función de dos variables, 𝑥⃗𝑜 = (0,0) un punto de acumulación del 𝐷𝑜𝑚(� PDF

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Summary

∗(𝑥⃗𝑜, 𝑟), entonces lim
𝑥⃗→𝑥⃗𝑜
𝑓(𝑥⃗) 𝑔(𝑥⃗) = 0 ejercicios que demuestre que una superficie es tangente a un plano.8.1. Definición. Sea 𝑓:𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ un función definida en una vecindad de
𝑥⃗𝑜(𝑉(𝑥𝑜, 𝜌)). Diremos que la función 𝑓 es continua en 𝑥⃗𝑜,si para cada 𝜀 > 0, existe
o...

Description

Luego |𝑦| (

) ≤ |𝑦| (

𝑥4 +4𝑥2 𝑦2 +𝑦 4 (𝑥2 +𝑦 2 )2

|𝑦| (

2

2

2

(𝑥2 +𝑦2 ) +4(𝑥2 +𝑦2 ) +(𝑥2 +𝑦 2 ) (𝑥2 +𝑦 2 )2

)

6(𝑥 2 + 𝑦 2 )2 𝑥 4 + 4𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 |𝑦| ) ≤ 6|𝑦| … . . (𝑖𝑖𝑖) ) ≤ ( (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2

De (𝑖𝑖) y (𝑖𝑖𝑖) se obtiene, 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦 )| ≤ 6|𝑦| … … (𝑖𝑣)

Aplicando límite en (𝑖𝑣) lim

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

∴

lim

0≤

|𝑓(𝑥, 𝑦)| ≤

lim

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

|𝑓(𝑥, 𝑦)| = 0

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

Usando el teorema (3.71) se obtiene

0

lim

lim

(𝑥,𝑦)→(0,0)

6|𝑦| = 0

|𝑓(𝑥, 𝑦 )| =

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

3.7.4. Observación

1.-Cuando el punto de acumulación 𝑥𝑜 ∉ 𝐷𝑜𝑚(𝑓), entonces en muchos casos, el cálculo del límite ( lim 𝑓(𝑥)) es bastante complicado; para salvar esta situación, 𝑥→𝑥𝑜

utilizaremos ciertos teoremas que nos serán de mucha utilidad.

3.7.5. Teorema. Sean 𝑆1 y 𝑆2 subconjuntos del plano ℝ2 , y sea 𝑥𝑜 = (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ) ∈ ℝ2 un punto de acumulación de 𝑆1 y 𝑆2 respectivamente (𝑥𝑜 no necesariamente está en 𝑆1 y 𝑆2 ) Si

Entonces ∄

lim

(𝑥,𝑦)→(𝑥𝑜 ,𝑦𝑜)

lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) ≠

(𝑥,𝑦)→(𝑥𝑜 ,𝑦𝑜 ) ∀(𝑥,𝑦)∈𝑆1

𝑓(𝑥, 𝑦)

lim

𝑓(𝑥, 𝑦)

(𝑥,𝑦 )→(𝑥𝑜,𝑦𝑜 ) ∀(𝑥,𝑦)∈𝑆2

3.7.6. Teorema. Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ una función en dos variables y sea 𝑥𝑜 = (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ) un punto de acumulación del 𝐷𝑜𝑚(𝑓). Si 𝑓 está definida en una vecindad reducida de 𝑥𝑜 (𝑉 ∗(𝑥𝑜 , 𝑟 )),entonces lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐿 existe 𝑠. 𝑠. 𝑠 ∀camino S (o curva) que pasa por 𝑥𝑜 , entonces 3.7.7. Observación

(𝑥,𝑦)→(𝑥𝑜 ,𝑦𝑜)

lim

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐿

(𝑥,𝑦)→(𝑥𝑜 ,𝑦𝑜 ) ∀(𝑥,𝑦)∈𝑆

1.-Un camino cualquiera que pasa por el punto de acumulación 𝑥𝑜 = (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ), se puede expresar por 𝛼(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡))⁄ 𝛼 (𝑡0 ) =(𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 )

2.-Si hubiera dos caminos (o curvas) diferentes, 𝛼 (𝑡) y 𝛽 (𝑡) los cuales pasan por el punto 𝑥𝑜 ,si además 𝛼 (𝑡0 ) = (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ), 𝛽 (𝑡1 ) = (𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 ) y lim𝑓(𝛼 (𝑡)) = 𝑡→𝑡𝑜

lim 𝑓 (𝛽(𝑡)) = 𝐿 ; para garantizar ello, se debe probar dicho límite usando la

𝑡→𝑡𝑜

definición.

3.7.8. Ejemplos

Halle

𝐥𝐢𝐦

𝒙𝟒 𝒚

(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎) 𝒙𝟒 +𝒚𝟒

Solución Lo realizaremos por dos métodos: 1) Método del sándwich:

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥4 +𝑦4 ,entonces 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦)| = 𝑥4 𝑦

|𝑥4 𝑦|

𝑥4 +𝑦 4

De otro lado ; 𝑥 4 ≤ 𝑥 4 + 𝑦 4 entonces 𝑥4 +𝑦 4 ≤ 1

=

1 𝑥4

𝑥4 |𝑦| 𝑥4 +𝑦 4

… … … (𝑖)

… … … (𝑖𝑖)

De (𝑖𝑖) en (𝑖) 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦 )| ≤ 𝑥4 +𝑦 4 ≤ |𝑦|,esto es, 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦 )| ≤ |𝑦| … (𝑖𝑖𝑖)

Aplicando límite en (𝑖𝑖𝑖) lim 0 ≤ Luego

lim

(𝑥,𝑦)→(0,0)

𝑥4 |𝑦|

lim

|𝑓(𝑥, 𝑦)| ≤

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

lim

|𝑦|

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

|𝑓(𝑥, 𝑦 )| = 0,usando el teorema (3.7.1) se concluye

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0

(𝑥,𝑦)→(0,0)

𝑥4 𝑦 , 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ2 − (0,0) + 𝑦4 Sean los caminos (curvas) que pasan por el punto de acumulación 𝑥𝑜 = (0,0). Luego componiendo la función 𝑓 con cada camino 𝑡5 𝑡 4. 𝑡 =0 = lim lim 𝑓(𝛼 (𝑡)) = lim𝑓(𝑡, 𝑡) = lim 4 𝑡→0 𝑡→0 𝑡→0 2𝑡 4 𝑡→0 𝑡 + 𝑡 4 𝑡 4. 𝑡 2 𝑡2 2)  ( ) = lim =0 lim 𝑓 (𝛽 𝑡 ) = lim 𝑓(𝑡, 𝑡 = lim 4 𝑡→0 𝑡 + 𝑡 8 𝑡→0 1 + 𝑡 4 𝑡→0 𝑡→0 Luego, lim 𝑓(𝛼 (𝑡)) = lim𝑓 (𝛽(𝑡)) = 0; es posible que exista

2) Método de los caminos.

𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑡→0

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0 .

lim

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

𝑥4

𝑡→0

Ahora probaremos dicho limite usando la definición lim

𝑓(𝑥, 𝑦) = 0𝑠. 𝑠. 𝑠∀𝜀 > 0𝑃. 𝐷 ∃𝜌 > 0⁄ 𝑠𝑖 0 < ‖(𝑥, 𝑦) − (0,0)‖ < 𝜌

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

Entonces |𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| < 𝜀

En efecto

𝑥4𝑦 | (𝑥 4 4+ 𝑦 4 )| 𝑦| ≤ |𝑦| … … … (𝑖𝑖 ) 𝑥 4 |𝑦| 𝑥 + 𝑦4 ≤ − 0| = 4 4 4 4 𝑥 +𝑦 𝑥 +𝑦

De (𝑖) 0 < ‖(𝑥, 𝑦) − (0,0)‖ < 𝜌𝑠. 𝑠. 𝑠 |𝑥| < 𝜌, |𝑦| < 𝜌 … … … (𝑖𝑖𝑖) De (𝑖𝑖𝑖) en (𝑖𝑖) |𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| < |𝑦| < 𝜌 = 𝜀 Tomando 𝜀 = 𝜌 se prueba que es cierto, lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

3.7.9. Ejemplos Si 𝒇(𝒙, 𝒚) =

𝟏−𝐜𝐨 𝐬(𝒙𝟑 −𝒚𝟑 ) 𝒙𝟐 +𝒚𝟐

, halle (𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎) 𝐥𝐢𝐦 𝒇(𝒙, 𝒚)

Solución Hallando el límite por caminos, sean los caminos

𝛼 (𝑡) = (𝑡, 𝑡)⁄ 𝛼 (0) = (0,0)y 𝛽(𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 )⁄ 𝛽(0) = (0,0) Luego lim 𝑓(𝛼 (𝑡)) = lim 𝑡→0

𝑡→0

1−co s(𝑡3 −𝑡 3 )

También, lim 𝑓 (𝛽(𝑡)) = lim 𝑡→0

𝑡 2 +𝑡 2

= lim

1−cos(𝑡3 −𝑡6 ) 𝑡2 +𝑡4 𝑡→0

𝑡→0

=

(1−co s(0)) 2𝑡 2

=0

(1 − cos(𝑡 3 − 𝑡 6 ))(1 + cos(𝑡 3 − 𝑡 6 )) 𝑡→0 (𝑡 2 + 𝑡 4 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

= lim

= lim 𝑡→0

(1 − cos 2 (𝑡 3 − 𝑡 6 )) (𝑡 2 + 𝑡 4 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

(1 − cos 2 (𝑡 3 − 𝑡 6 )) 𝑡→0 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

= lim

sen2 (𝑡 3 − 𝑡 6 ) 𝑡→0 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

= lim

sen2 (𝑡 3 − 𝑡 6 ) . (𝑡 3 − 𝑡 6 )2 𝑡→0 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(𝑡 3 − 𝑡 6 )2 (1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

= lim

(𝑡 3 − 𝑡 6 )2 sen2 (𝑡 3 − 𝑡 6 ) = lim . lim 𝑡→0 (𝑡 3 − 𝑡 6 )2 𝑡→0 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 )) (𝑡 3 − 𝑡 6 )2 𝑡→0 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

= 1. lim

= lim 𝑡→0

= lim 𝑡→0

𝑡 6 (1 − 𝑡 3 )2 𝑡 2 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

𝑡 4 (1 − 𝑡 3 )2 =0 (1 + 𝑡 2 )(1 + co s(𝑡 3 − 𝑡 6 ))

lim𝑓 (𝛽 (𝑡)) = 0 Luego lim 𝑓(𝛼 (𝑡)) = 𝑡→0 𝑡→0

Es posible que ∃

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0 para garantizar ello, se demostrará usando la

lim

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

definición

∀𝜀 > 0 𝑃. 𝐷 ∃𝜌 > 0 ⁄𝑠𝑖 0 < ‖(𝑥, 𝑦 ) − (0,0)‖ < 𝜌

Entonces |𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| < 𝜀 En efecto

1 − co s(𝑥 3 − 𝑦 3 ) |𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| = | | … … … (𝑖 ) 𝑥2 + 𝑦2

󰇍 , 1) entonces |1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 | < |𝑥| aplicando (𝑖𝑖) en (𝑖): Usando la propiedad: si 𝑥 ∈ 𝑉 (0 |𝑥 3 − 𝑦 3 | 1 − co s(𝑥 3 − 𝑦 3 ) |𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| = | | < 𝑥2 + 𝑦2 𝑥2 + 𝑦2

Luego |𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| <

|𝑥−𝑦||𝑥2 +𝑥𝑦+𝑦 2 | 𝑥2 +𝑦 2

De propiedad en ℝ sabemos,

… … … (𝑖𝑖𝑖)

𝑥𝑦 ≤ |𝑥. 𝑦| ≤

Reemplazando (𝑖𝑣) en (𝑖𝑖𝑖) |𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| <

|𝑓(𝑥, 𝑦 ) − 0| ≤

|𝑥−𝑦||𝑥2 +𝑥𝑦+𝑦 2 | 𝑥2 +𝑦 2

|𝑥−𝑦| 3 ( (𝑥 2 𝑥2 +𝑦 2 2

≤

|𝑥−𝑦| (𝑥 2 𝑥2 +𝑦 2 3

2

|𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| < (𝜌 + 𝜌) = 3𝜌 esto es, 2

|𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| < 3𝜌 = 𝜀 Luego 𝜌 =

𝜀

3

+ 𝑦2 +

𝑥2 2

+

𝑦2 ) 2

3 + 𝑦 2 )) ≤ |𝑥 − 𝑦| < (|𝑥| + |𝑦|) 2

Luego 3

𝑥 2 + 𝑦2 … … . . (𝑖𝑣 ) 2

Luego, se concluye

lim

3.7.10. Ejemplos Hallar

lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0

(𝑥,𝑦 )→(0,0) 3𝑥2 𝑦 2 𝑧 2

(𝑥,𝑦,𝑧 )→(0,0,0) 𝑥4 +𝑦 4 +𝑧4

Solución Aplicando el método de Sandwich De propiedad en ℝ se obtiene:

(𝑥 2 − 𝑦 2 )2 ≥ 0 𝑠. 𝑠. 𝑠 2𝑥 2 𝑦 2 ≤ 𝑥 4 + 𝑦 4 (𝑥 2 − 𝑧 2 )2 ≥ 0 𝑠. 𝑠. 𝑠 2𝑥 2 𝑧 2 ≤ 𝑥 4 + 𝑧 4

(𝑦 2 − 𝑧 2 )2 ≥ 0 𝑠. 𝑠. 𝑠 2𝑦 2 𝑧 2 ≤ 𝑦 4 + 𝑧 4

Sumando dichas desigualdades 2𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑥 2 𝑧 2 + 2𝑦 2 𝑧 2 ≤ 2(𝑥 4 + 𝑦 4 + 𝑧 4 ) 𝑥 2𝑦 2 + 𝑥 2𝑧 2 + 𝑦2𝑧 2 ≤ 𝑥 4 + 𝑦4 + 𝑧4

Entonces

Luego si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) =

1 1 ≤ … … (𝑖 ) 𝑥 4 + 𝑦 4 + 𝑧4 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑥 2𝑧 2 + 𝑦 2𝑧 2 3𝑥 2 𝑦 2 𝑧2

𝑥4 +𝑦 4 +𝑧4

entonces:

3𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 3𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)| = | 4 | ≤ 𝑥 2𝑦 2 + 𝑥 2 𝑧 2 + 𝑦2𝑧 2 𝑥 + 𝑦 4 + 𝑧4

Luego 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧 )| ≤

3𝑥 2 𝑦 2 𝑧 2 𝑥 2𝑦 2

Esto es, 0 ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧 )| ≤ 3𝑧 2 , aplicando limite lim

|𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)| = 0

lim

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0

(𝑥,𝑦,𝑧)→(0,0,0)

Finalmente

(𝑥,𝑦,𝑧)→(0,0,0)

3.7.11. Teorema (límite en coordenadas polares)

Si 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ 2 ⟶ ℝ una función de dos variables, 𝑥𝑜 = (0,0) un punto de acumulación del 𝐷𝑜𝑚(𝑓)

Sea 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 , 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 Si 𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 ) = 𝜑(𝜃)𝜓(𝑟) donde

|𝜑(𝜃)| ≤ 𝑀 es acotada y lim 𝜓(𝑟) = 0, entonces 𝑟→0

lim 𝑓(𝑥, 𝑦) =

(𝑥,𝑦)→(0,0)

lim

𝜑(𝜃)𝜓(𝑟)

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

3.7.12. Ejemplo Halle

𝐥𝐢𝐦

𝒙𝟒 +𝒚𝟒

(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎) 𝒙𝟐 +𝒚𝟐

Solución

Sea 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 , 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃) =

(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 )4 + (𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 )4 𝑟 4 [𝑐𝑜𝑠 4 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛4 𝜃 ] = (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 )2 + (𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 )2 𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃)

= 𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠 4 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛4 𝜃) = 𝜑(𝜃)𝜓(𝑟)

Donde 𝜓(𝑟) = 𝑟 2 , lim𝜓(𝑟) = 0 , además |𝜑(𝜃)| ≤ 𝑀 𝑟→0

|𝜑(𝜃)| ≤ 2 , luego 𝜑 es acotada, luego lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = lim 𝜑(𝜃)𝜓(𝑟) = 0

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

𝑟→0

3.7.13. Teorema. Sean 𝑓, 𝑔: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ funciones en varias variables y sea 𝑥𝑜 un punto de acumulación de 𝑑𝑜𝑚(𝑓), si lim 𝑓(𝑥 ) = 0 y existe 𝑟 > 0 tal que |𝑔(𝑥 )| ≤ 𝑥→𝑥𝑜

𝑀 ∀𝑥 ∈ 𝑉 ∗(𝑥𝑜 , 𝑟), entonces lim 𝑓(𝑥 ) 𝑔(𝑥 ) = 0 𝑥→𝑥𝑜

3.7.14. Ejemplo Hallar

lim

𝑥𝑦 2

(𝑥,𝑦 )→(0,0) 𝑥2 +𝑦 2

Solución

Consideremos 𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 𝑥 y 𝑔(𝑥, 𝑦) = |𝑔(𝑥, 𝑦)| =

𝑦2

𝑥2 +𝑦 2

≤

𝑥2 +𝑦2 𝑥2 +𝑦 2

teorema (2.7.13) se sigue

𝑦2

𝑥 2 +𝑦 2

es claro que

lim

(𝑥,𝑦)→(0,0)

𝑥 = 0 y además

≤ 1 es decir 𝑔 es una función acotada, entonces usando el lim

𝑥𝑦 2

(𝑥,𝑦 )→(0,0) 𝑥2 +𝑦 2

=0

3.7.15. Problema

Sea el conjunto 𝑆 = (𝑥, 𝑦 ) ∈ ℝ 2⁄𝑥𝑦 ≤ 1 .Dem trar que el conjunto 𝑆 es cerrado en ℝ2 . 3.8. Continuidad de funciones de varias variables

3.8.1. Definición. Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ un función definida en una vecindad de 𝑥𝑜 (𝑉(𝑥𝑜 , 𝜌 )). Diremos que la función 𝑓 es continua en 𝑥𝑜 ,si para cada 𝜀 > 0, existe otro número 𝜌 > 0 ⁄𝑠𝑖 ‖𝑥 − 𝑥𝑜 ‖ < 𝜌 entonces |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥𝑜 )| < 𝜀 3.8.2. Observación

1.-Otra forma equivalente de definir la continuidad en un punto 𝑥𝑜 es , ∀𝜀 > 0, ∃ 𝜌 > 0 ⁄𝑠𝑖 𝑥 ∈ 𝑉(𝑥𝑜 , 𝜌 ) entonces 𝑓(𝑥 ) ∈< 𝑓 (𝑥𝑜 ) − 𝜀, 𝑓 (𝑥𝑜 ) + 𝜀 >.

2.-Si 𝑥𝑜 ∈ 𝐷 (𝑓) es un punto de acumulación, entonces, 𝑓 es continua en 𝑥𝑜 𝑠. 𝑠. 𝑠 • • •

𝑓(𝑥𝑜 ) esta bien definida lim 𝑓(𝑥)𝑒xiste 𝑥→𝑥𝑜

lim 𝑓(𝑥 ) = 𝑓 (𝑥𝑜 )

𝑥→𝑥𝑜

Si alguna de estas condiciones no se cumple, entonces diremos que 𝑓 es discontinua en 𝑥𝑜 . Si ∃ lim 𝑓(𝑥 ), la discontinuidad es removible. 𝑥→𝑥𝑜

3.8.3. Definición. Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ una función en varias variables definido en 𝑈; diremos que 𝑓 es continua en 𝑈 si ∀𝑥 ∈ 𝑈 𝑓 es continua en 𝑥. 3.8.4. OPERACIONES CON FUNCIONES CONTINUAS

Sean 𝑓, 𝑔: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ funciones definidas en el punto 𝑥𝑜 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑔). Si 𝑓 y 𝑔 son funciones continuas en 𝑥𝑜 , entonces se verifica las siguientes afirmaciones: 1.-(𝑓 ± 𝑔) es una función continua en 𝑥𝑜

2.-(𝑓. 𝑔) es una función continua en 𝑥𝑜

3.-(𝜆𝑓 ) es una función continua en 𝑥𝑜 𝑓

4.-( ) es una función continua en 𝑥𝑜 𝑔

3.8.5. Teorema (composición de funciones)

Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ 𝑛 ⟶ ℝ una función continua en 𝑥𝑜 ∈ 𝐷 (𝑓) y sea 𝜑 una función real continua en 𝑓(𝑥𝑜 ) ∈ 𝐷 (𝜑), entonces (𝜑𝑜𝑓 ) e s continua en 𝑥𝑜 . 3.8.6. Ejemplo

𝒔𝒆𝒏(𝒙.𝒚)

Sea 𝒇(𝒙, 𝒚 ) = { 𝒙.𝒚

, (𝒙, 𝒚) ≠ (𝟎, 𝟎)

𝟏, (𝒙, 𝒚 ) = (𝟎, 𝟎)

Analizar la continuidad de 𝒇 en (𝟎, 𝟎) Solución

Sea la función 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 , esta función es continua en todo ℝ2 , en particular en (𝑥, 𝑦) = (0,0) Se define la función real , 𝜑(𝑡) =

𝑠𝑒𝑛(𝑡) { 𝑡

,𝑡 ≠ 0

1 ,𝑡 = 0

Donde 𝜑 es continua en todo ℝ ,en particular en 𝑡 = 0

Luego se tiene, que 𝑔 es continua en (𝑥, 𝑦 ) = (0,0) y además 𝜑 continua en

𝑔(0,0) = 0, entonces la función compuesta 𝜑𝑜𝑔 es continua en (𝑥, 𝑦 ) = (0,0) ,esto

es , 𝑓 (𝑥, 𝑦) = (𝜑𝑜𝑔 )(𝑥, 𝑦 ) = 𝜑(𝑔(𝑥, 𝑦 )) = {

, (𝑥, 𝑦 ) ≠ (0,0)

𝑠𝑒𝑛(𝑥.𝑦) 𝑥.𝑦

1, (𝑥, 𝑦) = (0,0)

Aplicando el teorema (2.8.5) se tiene que 𝑓 es continua en (𝑥, 𝑦 ) = (0,0)

3.8.7. Ejemplo

, (𝑥, 𝑦 ) ≠ (0,0) Sea la función 𝑓(𝑥, 𝑦 ) = {√𝑥2 +𝑦 2 0, (𝑥, 𝑦 ) = (0,0) 3.𝑥.𝑦

Analizar la continuidad de 𝑓 en (0,0) Solución

Veamos si 𝑓 es continua en (𝑥, 𝑦 ) = (0,0) 𝑓(0,0) = 0 existe

lim

𝑓(𝑥, 𝑦 ) =

(𝑥,𝑦)→(0,0)

lim ) (

(𝑥,𝑦 → 0,0)

2 +𝑦 2 √𝑥3𝑥𝑦

. Hallaremos dicho límite por caminos.

Sean los caminos 𝛼 (𝑡) = (𝑡, 𝑡)⁄ 𝛼 (0) = (0,0) 𝑦 𝛽 (𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 )⁄ 𝛽(0) = (0,0); ambos caminos pasan por el punto de acumulación (𝑥, 𝑦 ) = (0,0) Luego componiendo dichos caminos con la función f se obtiene lim𝑓(𝛼 (𝑡)) = lim 𝑡→0

𝑡→0

3. 𝑡. 𝑡

√𝑡 2 + 𝑡 2

lim𝑓 (𝛽 (𝑡)) = lim

3. 𝑡. 𝑡 2

𝑡→0 √𝑡 2

𝑡→0

3𝑡 2 =0 𝑡→0 2𝑡

= lim

+ 𝑡4

= lim 𝑡→0

3. 𝑡. |𝑡|2

|𝑡|√1 + 𝑡 2

= lim 𝑡→0

3. 𝑡. |𝑡|

√1 + 𝑡 2

lim𝑓 (𝛽 (𝑡)) = 0. Es posible que el límite existe y Luego, lim𝑓(𝛼 (𝑡)) = 𝑡→0 lim

𝑡→0

=0

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0 .Probando por definición de limite se tiene

(𝑥,𝑦)→(0,0)

∀𝜀 > 0, 𝑃. 𝐷 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝜌 > 0 ⁄𝑠𝑖 ‖(𝑥, 𝑦) − (0,0)‖ < 𝜌 entonces |𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| < 𝜀. En efecto 3|𝑥||𝑦| 3|𝑥|√𝑥 2 + 𝑦 2 3𝑥𝑦 |= |𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| = | ≤ ≤ 3|𝑥| √𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 Luego ∃ 𝜌 = Luego

lim

𝜀

3

>0

𝑓(𝑥, 𝑦 ) = 0 existe

(𝑥,𝑦)→(0,0)

Además

lim

|𝑓(𝑥, 𝑦) − 0| ≤ 3|𝑥| < 3𝜌 = 𝜀

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (0,0) , por lo tanto f es continua en (0,0).

(𝑥,𝑦 )→(0,0)

3.8.8. Problema Sea la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = {

sin(4𝑥 3 𝑦 3 ) 𝑥4 +3𝑦 2

; (𝑥, 𝑦 ) ≠ (0,0)

1 ; (𝑥, 𝑦) = (0,0)

Analizar la continuidad de 𝑓 en (0,0) si es posible redefina la función 𝑓 para que sea continua en (0,0). (Ejercicio)

3.9. DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN EN VARIAS VARIABLES

3.9.1. Definición. Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ una función en varias variables. Diremos que 𝑓 es diferenciable en el punto 𝑥 ∈ 𝐷(𝑓); si 𝑓 está definido en una vecindad abierta de 𝑥 (𝑉(𝑥, 𝜌)) y además existe un vector 𝑎 ∈ ℝ 𝑛 tal que para cualquier punto 󰇍 ∈ 𝑉 ∗(𝑥, 𝜌) se verifica 𝑓(𝑥 + ℎ󰇍) = 𝑓 (𝑥 ) + 𝑎ℎ 󰇍 + 𝜑(𝑥; ℎ 󰇍 )ℎ 󰇍 ,donde 𝑥 + ℎ

lim 𝜑(𝑥, ℎ󰇍 ) = 𝜃

󰇍ℎ󰇍 →𝜃

3.9.2. Observación i. ii. iii. iv. v.

󰇍ℎ ∈ ℝ𝑛 , 𝑥 ∈ ℝ𝑛 󰇍 se denomina, diferencial de 𝑓 en 𝑥 y 󰇍 El término 𝑎. ℎ ℎ y se denota por 𝑑𝑓(𝑥, ℎ󰇍) El vector 𝑎 se denomina, la derivada de 𝑓 en 𝑥 y se denota por 𝐷(𝑓(𝑥 )) = 𝑎 La expresión 𝜑(𝑥, 󰇍 ℎ) es de la forma siguiente

󰇍), 𝜑2 (𝑥, ℎ 󰇍), … . , 𝜑𝑛 (𝑥, ℎ󰇍)), además 𝜑(𝑥, 󰇍ℎ) = (𝜑1 (𝑥, ℎ lim𝜑(𝑥, ℎ󰇍) = 𝜃 𝑠. 𝑠. 𝑠

󰇍󰇍→𝜃 ℎ

󰇍 = 0 ∀ 𝑘 = 1,2, … , 𝑛

lim𝜑𝑘 (𝑥, ℎ ) 󰇍󰇍 ℎ →𝜃

3.9.3. Definición. Sea 𝑈 ⊂ 𝐷(𝑓) un conjunto abierto, diremos que 𝑓 es diferenciable

en el conjunto 𝑈, si 𝑓 es diferenciables en cada punto 𝑥 ∈ 𝑈. 𝐸𝑠𝑡𝑜 es, en cada vecindad abierta de 𝑥 que pertenece a 𝑈. 3.9.4. Ejemplo

Sea 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟐𝒙𝟐 − 𝟓𝒙𝒚. Analizar si 𝒇 es diferenciable en todo su Dominio. Solución

Sea 𝑥 = (𝑥, 𝑦) un punto arbitrario del 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = ℝ2 puesto que 𝑓 es continua en todo ℝ2 , entonces 𝑓 esta definido en una vecindad abierta de 𝑥 = (𝑥, 𝑦 ) Sea 𝑥 + ℎ󰇍 = (𝑥, 𝑦 ) + (ℎ1 , ℎ2 ) ∈ 𝑉 ∗((𝑥, 𝑦), 𝜌) ∀𝜌 > 0 ,

Luego,

󰇍) = 𝑓((𝑥, 𝑦) − (ℎ1 , ℎ2 )) = 𝑓(𝑥 + ℎ

= 𝑓 (𝑥 + ℎ1 , 𝑦 + ℎ2 ) = 2(𝑥 + ℎ1 )2 − 5(𝑥 + ℎ1 )(𝑦 + ℎ2 )

󰇍 + = 2𝑥 2 − 5𝑥𝑦 + 2ℎ1 +4xℎ1 -5xℎ2 − 5𝑦ℎ1 − 5ℎ1 ℎ2 = 𝑓(𝑥, 𝑦 ) + 𝑎ℎ 2

Donde

lim

(ℎ1 ,ℎ2 )→(0,0)

𝜑((𝑥, 𝑦 ); (ℎ1 , ℎ2 ))(ℎ1 , ℎ2 )

𝜑((𝑥, 𝑦 ); (ℎ1 , ℎ2 )) =

lim

(2ℎ1 , −5ℎ1 ) = (0,0)

(ℎ1 ,ℎ2 )→(0,0)

Luego ∃ 𝑎 = 𝐷𝑓 (𝑥, 𝑦) = (4𝑥 − 5𝑦, −5𝑥 ), Luego 𝑓 es diferenciable en

𝑥 = (𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 (arbitrario), luego 𝑓 es diferenciable en ℝ2

3.9.5. Teorema. Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ una función diferenciable en 𝑥𝑜 ∈ 𝐷 (𝑓), entonces 𝑓 es continua en 𝑥𝑜 . Demostración

Como 𝑓 es diferenciable en 𝑥𝑜 , entonces 𝑓 esta definida en una vecindad de 𝑥𝑜 (𝑉(𝑥𝑜 , 𝜌 )) y además existe 𝐷𝑓(𝑥𝑜 ) = 𝑎 ; luego, ∀𝑥𝑜 + 󰇍 ℎ ∈ 𝑉 ∗(𝑥𝑜 , 𝜌) se verifica

𝑓(𝑥𝑜 + ℎ󰇍) = 𝑓 (𝑥𝑜 ) + 𝑎ℎ󰇍 + 𝜑(𝑥𝑜 , ℎ󰇍)ℎ󰇍 … … . (𝑖), donde lim 𝜑(𝑥𝑜 , ℎ󰇍 ) = 𝜃 󰇍󰇍→𝜃 ℎ

Aplicando límite en (𝑖)

󰇍 + 𝜑(𝑥𝑜 , ℎ󰇍 )ℎ 󰇍 ) lim𝑓(𝑥𝑜 + ℎ󰇍) = lim (𝑓(𝑥𝑜 ) + 𝑎ℎ

ℎ󰇍→𝜃

Luego

ℎ󰇍󰇍 →𝜃

lim𝑓(𝑥𝑜 + ℎ󰇍) = lim𝑓(𝑥𝑜 ) + lim𝑎ℎ󰇍 + lim𝜑(𝑥𝑜 , ℎ󰇍)ℎ󰇍 … … (𝑖𝑖)

󰇍ℎ→𝜃

Esto es,

ℎ󰇍󰇍 →𝜃

󰇍󰇍→𝜃 ℎ

󰇍󰇍 ℎ→𝜃

lim𝑓(𝑥𝑜 + ℎ󰇍) = lim𝑓(𝑥𝑜 ) + 0 + 0

ℎ󰇍󰇍 →𝜃

Luego, lim𝑓(𝑥𝑜 + ℎ󰇍 ) = 𝑓(𝑥𝑜 ) … … (𝑖𝑖𝑖)

󰇍󰇍 →𝜃 ℎ

󰇍󰇍→𝜃 ℎ

Hacemos un cambio de variable 𝑥𝑜 + ℎ󰇍 = 𝑥 entonces ℎ󰇍 = 𝑥 − 𝑥𝑜 , luego si ℎ󰇍 ⟶ 𝜃 entonces 𝑥 − 𝑥𝑜 ⟶ 𝜃

Luego 𝑥 ⟶ 𝑥𝑜 , reemplazando en (𝑖𝑖𝑖) se obtiene lim 𝑓(𝑥 ) = 𝑓 (𝑥𝑜 ) , luego 𝑓 es continua en 𝑥𝑜 .

𝑥→𝑥𝑜

3.9.6. Observación

1.- El reciproco del teorema no siempre es cierto, es decir si 𝑓 es continua en 𝑥𝑜 entonces 𝑓 no es necesariamente diferenciable en 𝑥𝑜 . Operaciones con la diferenciabilidad

Sean 𝑓, 𝑔: 𝑈 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ funciones diferenciables en 𝑥𝑜 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) ∩ 𝐷𝑜𝑚(𝑔), 𝑙 uego se verifica 1.-𝑑(𝑓 + 𝑔)(𝑥𝑜 ; ℎ󰇍 ) = 𝑑𝑓(𝑥𝑜 ; 󰇍 ℎ) + 𝑑𝑔(𝑥𝑜 ; ℎ󰇍)

𝐷 (𝑓 + 𝑔 )(𝑥𝑜 ) = 𝐷𝑓 (𝑥𝑜 ) + 𝐷𝑔(𝑥𝑜 )

󰇍 ) = 𝑓 (𝑥𝑜 )𝑑𝑔(𝑥𝑜 ; ℎ 󰇍) + 𝑑𝑓(𝑥𝑜 ; ℎ󰇍 ). 𝑔 (𝑥𝑜 ) 2.-𝑑(𝑓. 𝑔 )(𝑥𝑜 ; ℎ

𝐷(𝑓. 𝑔 )(𝑥𝑜 ) = 𝑓 (𝑥𝑜 )𝐷𝑔(𝑥𝑜 ) + 𝐷𝑓(𝑥𝑜 ). 𝑔(𝑥𝑜 )

3.9.7. Teorema (diferenciabilidad de la composición)

Sea 𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ 𝑛 ⟶ ℝ una función diferenciable en 𝑥 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝑓) y 𝜑: ℝ ⟶ ℝ una función real diferenciable en 𝑓(𝑥 ) ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝜑); entonces (𝜑𝑜𝑓 ) es diferenciable en 𝑥, luego, 𝑑(𝜑𝑜𝑓 )(𝑥, ℎ) = 𝑑𝜑(𝑓(𝑥)). 𝑑𝑓 (𝑥,󰇍ℎ) y 𝐷(𝜑𝑜𝑓 )(𝑥 ) = 𝐷𝜑 (𝑓(𝑥)). 𝐷𝑓(𝑥 ) 3.9.8. Corolario. Si 𝑓 y 𝑔 son diferenciables en un punto𝑥 ∈ 𝐷 (𝑓) ∩ 𝐷 (𝑔), donde

𝑔(𝑥 ) ≠ 0, entonces ( ) es diferenciable en 𝑥 , luego, 𝑓

𝑔

𝑔(𝑥 )𝑑𝑓(𝑥, ℎ ) − 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑔(𝑥, ℎ) 𝑓 󰇍) = 𝑦 𝑑 ( ) (𝑥, ℎ 𝑔 𝑔2 (𝑥) 𝑔(𝑥 )𝐷𝑓(𝑥 ) − 𝑓 (𝑥 )𝐷𝑔(𝑥) 𝑓 𝐷 ( ) (𝑥) = 𝑔2 (𝑥) 𝑔

3.9.9. Teorema (regla de la cadena)

Si 𝛼: ℝ ⟶ ℝ𝑛 es una función vectorial diferenciable en el punto 𝑡 ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝛼 ) y

𝑓: 𝑈 ⊂ ℝ 𝑛 ⟶ ℝ una función diferenciable en el punto 𝛼 (𝑡) ∈ 𝐷𝑜𝑚 (𝑓), entonces (𝑓𝑜𝛼) es una función diferenciable en 𝑡, y se verifica 𝑑(𝑓𝑜𝛼 )(𝑡, ℎ) = 𝑑𝑓(𝛼 (𝑡))𝑑𝛼 (𝑡, 𝑡) y 𝐷(𝑓𝑜𝛼 )(𝑡) = 𝐷𝑓(𝛼 (𝑡))𝐷𝛼 (𝑡)

3.9.10. Teorema (teorema de valor medio)

Si 𝒇: 𝑼 ⊂ ℝ𝒏 ⟶ ℝ es una función diferenciable sobre un conjunto abierto 𝑼 ⊂ 𝑫𝒐𝒎(𝒇), donde 𝑼 contiene al segmento rectilíneo cerrado que va desde 󰇍𝒙 hasta 󰇍𝒚 ; entonces existe un número 𝜽 ∈< 𝟎, 𝟏 > tal que Demostración

𝒇(𝒚 󰇍) − 𝒇(𝒙 󰇍 ) = (𝒚 − 𝒙 )𝑫𝒇(𝒙 + 𝜽(𝒚 − 𝒙))

Definimos la f...