Continuidad de funciones de varias variablesMtpalezp/Mundo/Ana2/CDI2cap2.pdfContinuidad de funciones...

CALCULODIFERENCIALEINTEGRAL2,UPV/E

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Cap´ıtulo 2Continuidad de funciones de varias variables

Una vez establecidas las nociones topologicas de los espacios euclıdeos, vamos a desarrollarel calculo infinitesimal de funciones definidas en dichos espacios, de forma paralela al estudiode las funciones reales de una variable real. Para no recargar la notacion, ya no colocaremosel sımbolo ! sobre los vectores: el propio contexto nos indicara si se trata de un vector o deun escalar.

2.1. Dominios y curvas de nivel

Muchos problemas geometricos y fısicos conducen a funciones de varias variables. Por ejemplo,el area de un rectangulo viene dado por la funcion f(x, y) = xy, donde x es la base e y laaltura, la distancia de un punto del espacio P = (x, y, z) al origen corresponde a la funcionf(x, y, z) =

px2 + y2 + z2, etc. De ahı que sea necesario extender los conceptos y la teorıa

de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de varias variables.

En general, una funcion vectorial de m variables f : Rm ! Rn definida por f(x1, . . . , xm) =(y1, . . . , yn) se escribira como un vector (f1, . . . , fn) de funciones f

i

: Rm ! R definidas porfi

(x1, . . . , xm) = yi

(i = 1, . . . , n). Destacaremos los casos particulares siguientes:

Si n = 1, tenemos una funcion real de m variables (que llamaremos campo escalar).

Si m = 1 (y n > 1), tenemos una funcion vectorial de una variable (o campo vectorial).

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 ! Rdefinidas por f(x, y) = ax+ by + c.

Los conceptos basicos relativos a propiedades globales de estas funciones son los siguientes:

1. Dominio de f :

D(f) = {x = (x1, . . . , xm) 2 Rm : 9f(x) 2 Rn}.

2. Rango o imagen de f :

Im(f) = {y = (y1, . . . , yn) 2 Rn : 9x = (x1, . . . , xm) 2 D(f), f(x) = y}.

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26 2.2. Calculo de lımites

Decimos que una funcion esta acotada cuando su imagen es un conjunto acotado.

3. Grafica de f :

G(f) = {(x1, . . . , xm, y1, . . . , yn) 2 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) 2 D(f) : f(x, y) = k},

para valores k 2 R, pues representan el conjunto de puntos del dominio cuya imagen toma elvalor constante k. Como en este caso la grafica de la funcion es una superficie, las curvas denivel corresponden a los conjuntos de puntos que estan a la misma altura de dicha superficie;permiten ver las variaciones de altitud en un dominio dado y en algunos casos hacerse unaidea de la propia superficie.

Por ejemplo, las curvas de nivel del paraboloide de ecuacion z = x2+y2 y del cono de ecuacionz =

px2 + y2 son circunferencias. La diferencia esta en el crecimiento del radio a medida

que aumenta el nivel.

Se definen analogamente las superficies de nivel en el caso de funciones f : R3 ! R como losconjuntos

Sk

= {(x, y, z) 2 D(f) : f(x, y, z) = k}, k 2 R.

2.2. Calculo de lımites

Consideremos una funcion arbitraria f : Rm ! Rn con dominio D(f) = D. Sean S ⇢ D,x0 2 Rm, y0 2 Rn.

Diremos que lımx!x0x2S

f(x) = y0 (en palabras, el lımite de f en x0 a lo largo de S es igual a y0),

cuando8" > 0, 9� > 0 : f(x) 2 B(y0, "), 8x 2 (B(x0, �) \ {x0}) \ S.

Equivalentes a este enunciado son los siguientes:

8" > 0, 9� > 0 : f�(B(x0, �) \ {x0}) \ S

�⇢ B(y0, ");

8" > 0, 9� > 0 : 0 < kx� x0k < �, x 2 S =) kf(x)� y0k < ";

8" > 0, 9� > 0 : 0 < d(x� x0) < �, x 2 S =) d(f(x)� y0) < ".

Esta definicion es una simple extension de la definicion usual de lımite de una funcion realdonde se sustituye la distancia en R (dada por el valor absoluto) por la distancia en cada unode los espacios metricos Rm y Rn (dada por la correspondiente norma).

Observemos que la definicion no tiene sentido si x0 62 S0 pues, en este caso, (B(x0, �)\{x0})\S = ; y cualquier punto puede ser el lımite de una funcion en x0. En el caso de que S = D,y no haya lugar a confusion, escribiremos simplemente lım

x!x0f(x).

Enunciamos a continuacion las siguientes propiedades basicas del lımite.


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Capıtulo 2. Continuidad de funciones de varias variables 27

Teorema 2.2.1 (caracterizacion mediante sucesiones). Sea f : Rm ! Rn con D(f) = D ysea x0 2 D0. Entonces

lımx!x0

f(x) = y0 () lımk!1

f(xk

) = y0

para toda sucesion (xk

)k2N de puntos de D \ {x0} que converge a x0.

Demostracion. Si lımx!x0

f(x) = y0, sabemos que

8" > 0, 9� > 0 : d(f(x), y0) < " cuando 0 < d(x, x0) < �.

Sea ahora (xk

)k2N una sucesion de puntos de D \ {x0} que converge a x0. A partir del �

anterior, existe N 2 N tal que d(xk

, x0) < �, 8k � N .

Por hipotesis, d(f(xk

), y0) < ", 8k � N , de modo que (f(xk

))k2N converge a y0.

Recıprocamente, si lımk!1

f(xk

) = y0 pero lımx!x0

f(x) 6= y0, entonces existe " > 0 tal que para

cualquier � > 0 existe x 2 D para el cual 0 < d(x, x0) < � pero d(f(x), y0) � ". Tomando� = 1/k, encontramos una sucesion (x

k

) ⇢ D \ {x0} tal que 0 < d(xk

, x0) < 1/k perod(f(x

k

), y0) � ", lo que contradice la hipotesis.

Como consecuencia de este resultado y de la proposicion 1.4.1 se deduce la siguiente propie-dad.

Teorema 2.2.2. Si existe lımx!x0x2S

f(x), este lımite es unico.

Teorema 2.2.3. Sea T ⇢ S ⇢ D. Entonces

lımx!x0x2S

f(x) = y0 =) lımx!x0x2T

f(x) = y0

La demostracion se plantea en el ejercicio 2.3.

En la practica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuadamente un sub-conjunto T ⇢ S (para el que sea facil el calculo del lımite), una condicion necesaria para quelımx!x0x2S

f(x) = y0 es que lımx!x0x2T

f(x) = y0.

Ejemplos.

1. Si existiera

lım(x,y)!(0,0)

x2 + y2

|x|+ |y| = L,

entonces deberıa cumplirse que

lım(x,y)!(0,0)

x2T

x2 + y2

|x|+ |y| = L,

para todo T ⇢ D. Ahora bien, si elegimos T = {(x,mx) : x 6= 0}, entonces

lım(x,y)!(0,0)

x2T

x2 + y2

|x|+ |y| = lımx!0

x2 +m2x2

|x|+ |mx| = lımx!0

x2(1 +m2)

|x|(1 + |m|) = 0.


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En consecuencia, caso de existir, L = 0.

Para probar que, en efecto, L = 0, basta observar que

(|x|+ |y|)2 = |x|2 + |y|2 + 2|x| · |y| � |x|2 + |y|2,

de donde|x|2 + |y|2

|x|+ |y| |x|+ |y|. Ası pues, dado " > 0, elegimos � = "/2, con lo que, sip

x2 + y2 < �, entonces |x| < � y |y| < �. Por tanto,

��x2 + y2

|x|+ |y|

�� |x|+ |y| < 2� = ".

Sera comun en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = mx. Ası, si ellımite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a ser el lımite de lafuncion, pero si dicho lımite varıa con cada trayectoria, la funcion no tiene lımite.

2. Dada la funcion f(x, y) =2xy

x2 + y2, si hacemos T = {(x,mx) : x 6= 0}, entonces

lım(x,y)!(0,0)

x2T

2xy

x2 + y2= lım

x!0

2mx2

x2(1 +m2)=

2m

1 +m2.

Como el resultado depende de m, no puede existir lım(x,y)!(0,0)

f(x, y).

Observacion. El recıproco de la proposicion anterior no es cierto (un contraejemplo semuestra en el ejercicio 2.6).

Teorema 2.2.4 (operaciones algebraicas con el lımite). Dadas dos funciones f : Rm ! Rn

y g : Rm ! Rn, con D(f) = D1 y D(g) = D2, y un conjunto S ⇢ D1 \D2, si lımx!x0x2S

f(x) = y1

y lımx!x0x2S

g(x) = y2, entonces:

a) lımx!x0x2S

(f + g)(x) = y1 + y2.

b) lımx!x0x2S

(�f)(x) = �y1.

c) lımx!x0x2S

hf(x), g(x)i = hy1, y2i.

d) lımx!x0x2S

kf(x)k =��y1��.

Demostracion. Los apartados a) y b) son sencillos.

Para probar c), aplicamos la igualdad siguiente:

hf(x), g(x)i � hy1, y2i = hf(x)� y1, g(x)� y2i+ hf(x)� y1, y2i+ hy1, g(x)� y2i.


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Ası pues,

0 |hf(x), g(x)i � hy1, y2i| kf(x)� y1k · kg(x)� y2k+ kf(x)� y1k · ky2k+ ky1k · kg(x)� y2k

Por hipotesis, cada uno de los terminos del segundo miembro tiende a cero cuando x ! x0,lo que prueba la proposicion.

Para el apartado d), basta observar que��kf(x)k � ky1k

�� kf(x)� y1k.

Proposicion 2.2.5. Si descomponemos la funcion f : D ⇢ Rm ! Rn en sus componentesf(x) =

�f1(x), . . . , fn(x)

�, donde cada f

i

: D ! R (1 i n), entonces

lımx!x0x2S

f(x) = y = (y1, . . . , yn) () lımx!x0x2S

fi

(x) = yi

, 1 i n.

La demostracion se deduce facilmente de las desigualdades siguientes:

|fi

(x)� yi

| kf(x)� yk nX

i=1

|fi

(x)� yi

|.

Los ultimos resultados de esta seccion proporcionan metodos practicos para comprobar laexistencia de lımites de funciones de dos variables y calcular su valor, en caso de existir.

Proposicion 2.2.6. Dada una funcion f : R2 ! R, si existe lım(x,y)!(x0,y0)

f(x, y) = L, y

existen tambien los lımites de una variable lımx!x0

f(x, y) y lımy!y0

f(x, y), entonces existen y son

iguales los llamados lımites iterados

lımy!y0

⇣lımx!x0

f(x, y)⌘= lım

x!x0

⇣lımy!y0

f(x, y)⌘= L.

La demostracion de esta proposicion se propone en el ejercicio 2.4.

Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los lımites iterados no essuficiente la existencia del lımite de la funcion: hace falta tambien la existencia de los lımitesde funciones de una variable. Sin embargo, es posible que exista el lımite de una funcionpero no exista alguno de los lımites iterados. Por ejemplo, si f(x, y) = x sen(1/y) cuandoy 6= 0, f(x, 0) = 0, es claro que |f(x, y)| |x|, de modo que existe lım

(x,y)!(0,0)f(x, y) = 0. Sin

embargo, no existe lımy!0

f(x, y).

Observemos ademas que el recıproco no es cierto. Por ejemplo, si f(x, y) =xy

x2 + y2, con

(x, y) 6= (0, 0), es facil comprobar que los lımites iterados cuando (x, y) ! (0, 0) valen cero. Sinembargo, no existe lım

(x,y)!(0,0)f(x, y) porque, dado " = 1, en cualquier bola B(0, �) podemos

elegir (x, y) = (�/2p2, �/2

p2) el cual verifica f(x, y) = 1/2 > ".

De esta propiedad se deduce en particular que, si existen los lımites iterados pero son distintos,entonces no existe el lımite de la funcion.

Resultados similares se pueden obtener para funciones de mas de dos variables.


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Proposicion 2.2.7. Dada una funcion f : R2 ! R, si existe lım(x,y)!(x0,y0)

f(x, y) = L, y g

es una funcion real y continua definida en un entorno de x0, tal que g(x0) = y0, entonceslımx!x0

f(x, g(x)) = L.

Demostracion. Por hipotesis, dado " > 0, existe � > 0 tal que

0 < d ((x, y), (x0, y0)) < � =) d(f(x, y), L) < ".

Como g es continua en x0, dado � existe � > 0 tal que

0 < d(x, x0) < � =) d(g(x), g(x0)) < �/p2.

Si elegimos � �/p2, debido a que y0 = g(x0), resulta

d ((x, g(x)), (x0, g(x0))) =p

(x� x0)2 + (g(x)� g(x0))2 < �.

Por tanto, d(f(x, g(x)), L) < ".

Ejemplo. La funcion f(x, y) =y

x2 + y, si y 6= �x2, no tiene lımite cuando (x, y) ! (0, 0)

porque, dada la funcion g(x) = mx2, resulta que lımx!0

f(x, g(x)) =m

m+ 1, el cual depende del

parametro m.

Proposicion 2.2.8. Sean f, g : D ⇢ Rn ! R y x0 2 D0. Si lımx!x0

f(x) = 0 y g esta acotada,

entonces lımx!x0

f(x)g(x) = 0.

Demostracion. Por hipotesis, existe M > 0 tal que |g(x)| M , para todo x 2 D. Ademas,dado " > 0, existe U entorno de x0 tal que

|f(x)| < "/M, 8x 2 U \D, x 6= x0.

Entonces |f(x) · g(x)| < ", 8x 2 U \D, x 6= x0.

Por ejemplo, la funcion f(x, y) =2x2px2 + y2

, si (x, y) 6= (0, 0), tiene lımite cero en el origen

porque2x2px2 + y2

= x · 2xpx2 + y2

pero �2 2xpx2 + y2

2.

Proposicion 2.2.9. Sea f : D ⇢ Rn ! R, con D = D1 [ · · · [ Dk

, y x0 un punto deacumulacion de D

i

para todo i. Entonces existe lımx!x0

f(x) si y solo si existen lımx!x0x2D

i

f(x)

(i = 1, . . . , k) y todos son iguales.

Demostracion. Sea L = lımx!x0x2D

i

f(x), i = 1, . . . , k. Dado " > 0, existen �i

> 0 tales que

|f(x)� L| < ", para todo x 2 B(x0, �i) \Di

, x 6= x0.

Si elegimos � = mın{�1, . . . , �k

}, dado x 2 B(x0, �) \ D, existe i 2 {1, . . . , k} tal que x 2B(x0, �) \D

i

, pero tambien x 2 B(x0, �i) \Di

. Por tanto, |f(x)� L| < ".

El recıproco es consecuencia de la proposicion 2.2.3.


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Por ejemplo, para probar que lım(x,y)!(0,0)

x

s2p

x2 + y2� 1 = 0, observamos en primer lu-

gar que lım(x,y)!(0,0)

x2

2px2 + y2

� 1

!= 0. Por lo tanto, si D1 = {(x, y) : x > 0}, D2 =

{(x, y) : x < 0} y D3 = {(x, y) : x = 0, y 6= 0}, entonces D = D1 [ D2 [ D3 y, ademas,

lım(x,y)!(0,0)

x2Di

x

s2p

x2 + y2� 1 = 0 (i = 1, 2, 3).

2.3. Continuidad

Decimos que una funcion f : Rm ! Rn con dominio D es continua en un punto x0 2 Dcuando

8" > 0, 9� > 0 : f(x) 2 B(f(x0), "), 8x 2 B(x0, �) \D,

condicion equivalente a cualquiera de las siguientes:

8" > 0, 9� > 0 : f�B(x0, �) \D

�⇢ B

�f(x0), "

�;

8" > 0, 9� > 0 : kx� x0k < �, x 2 D =) kf(x)� f(x0)k < ".

Si x0 2 D0, lo anterior implica que lımx!x0x2D

f(x) = f(x0).

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones continuas.

Teorema 2.3.1 (caracterizacion por sucesiones). Sea f : D ⇢ Rm ! Rn y x0 2 D. Entoncesf es continua en x0 si y solo si

8{xn

}n�1 ⇢ D, x

n

! x0 =) f(xn

) ! f(x0),

es decir lımn!1

f(xn

) = f( lımn!1

xn

).

La demostracion es analoga a la del teorema 2.2.1. Tambien son sencillas las pruebas de lassiguientes propiedades.

Teorema 2.3.2 (continuidad de la funcion 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 escontinua en x0.

Proposicion 2.3.3. Sean f : Rm ! Rn y g : Rn ! Rp. Si lımx!x0

f(x) = y0 y g es continua

en y0, entonces g�lımx!x0

f(x)�= lım

x!x0g(f(x)).

Demostracion. Sea U es un entorno de g(y0). Entonces g�1(U) es un entorno de y0. Portanto, existe V entorno de x0 tal que f(x) 2 g�1(U), para todo x 2 V , x 6= x0, de dondeg(f(x)) 2 U .


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32 2.3. Continuidad

Observacion. La siguiente propiedad es falsa: Dados f : Rm ! Rn

y g : Rn ! Rp

, si

lımx!a

f(x) = b y lımx!b

g(x) = c, entonces lımx!a

g(f(x)) = c.

Por ejemplo, sean f(x, y) = x+y, g(x) = 0 si x 6= 0 y g(0) = 1, entonces lım(x,y)!(0,0)

f(x, y) = 0,

y lımx!0

g(x) = 0, pero no existe lım(x,y)!(0,0)

g(f(x, y)).

Teorema 2.3.4 (continuidad de las operaciones algebraicas). Sean f, g : Rm ! Rn funcionescontinuas en x0. Entonces f + g, �f , hf, gi y kfk son continuas en x0.

Teorema 2.3.5. Si fk

: Rm ! R (1 k n) son las componentes de f : Rm ! Rn,entonces f es continua en x0 si y solo si cada f

k

es continua en x0.

Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una funcion al de la conti-nuidad de n funciones reales.

Definimos tambien el concepto de continuidad global: decimos que una funcion f : Rm ! Rn

es continua en un conjunto A ⇢ Rm cuando lo es en todos los puntos del conjunto.

Son importantes en este contexto las siguientes propiedades.

Teorema 2.3.6. Sea f : Rm ! Rn una funcion con dominio D(f) = D abierto. Entonces fes continua en D si y solo si f�1(U) es abierto, para cualquier abierto U ⇢ Rn.

Demostracion. Supongamos que f es continua en D y sea U ⇢ Rn un abierto. Dado x 2f�1(U), como y = f(x) 2 U , entonces existe " > 0 tal que B(y, ") ⇢ U . Como f es continuaen x, existe � > 0 tal que f(B(x, �) \D) ⇢ B(y, "). Por tanto,

B(x, �) \D ⇢ f�1(f(B(x, �))) ⇢ f�1(B(y, ")) ⇢ f�1(U),

lo que demuestra que f�1(U) es abierto.

Recıprocamente, sea x 2 D y llamamos y = f(x). Dado " > 0, como B(y, ") es un abierto,f�1(B(y, ")) es abierto. Teniendo en cuenta que x 2 f�1(B(y, ")), existe � > 0 tal queB(x, �) ⇢ f�1(B(y, ")). Por tanto, f(B(x, �)) ⇢ B(y, "), es decir que f es continua en x.

Corolario 2.3.7. Una funcion f : Rm ! Rn es continua si y solo si f�1(F ) es cerrado, paracualquier cerrado F ⇢ Rn.

Teorema 2.3.8. Sea M ⇢ Rm un compacto y f : Rm ! Rn continua en M . Entonces f(M)es compacto.

Demostracion. Sea F un recubrimiento por abiertos de f(M), es decir f(M) ⇢[

A2FA. Como

f es continua en M , por el teorema 2.3.6, f�1(A) es abierto, para todo A 2 F . Ademas,{f�1(A) : A 2 F} es un recubrimiento por abiertos de M , con lo que existe p 2 N tal queM ⇢ f�1(A1) [ · · · [ f�1(A

p

). Entonces

f(M) ⇢ f�f�1(A1) [ · · · [ f�1(A

p

)�= f

�f�1(A1)

�[ · · · [ f

�f�1(A

p

)�⇢ A1 [ · · · [A

p

.

En conclusion, f(M) es compacto.


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Corolario 2.3.9 (teorema de Weierstrass). Sea f : Rm ! R continua en un compactoM ⇢ Rm. Entonces f alcanza los valores maximo y mınimo, es decir

9x1, x2 2 M : f(x1) f(x) f(x2), 8x 2 M.

Demostracion. Por el teorema anterior, f(M) es cerrado y acotado, de modo que f estaacotada en M . Esto implica que existen s = sup f(M) y t = ınf f(M). Por tanto, s y t sonpuntos de adherencia de f(M). Como f(M) es cerrado, s, t 2 f(M), es decir s = max f(M)y t = mın f(M).

Teorema 2.3.10 (continuidad de la funcion inversa). Sea f : Rm ! Rn inyectiva. Si D ⇢ Rm

es compacto y f continua en D, entonces f�1 es continua en f(D).

Demostracion. Dado cualquier conjunto cerrado C ⇢ D, probaremos que f(C) es cerrado enRn.

Por ser D compacto, y C cerrado, entonces C es compacto, de donde f(C) es compacto (porel teorema 2.3.8). En particular, f(C) es cerrado.

Tambien la propiedad de conexion se mantiene mediante las funciones continuas.

Teorema 2.3.11. Sea f : Rm ! Rn una funcion continua en M ⇢ Rm. Si M es conexo,f(M) es tambien conexo.

Continuidad uniforme

Un concepto mas preciso corresponde al de continuidad uniforme, que definimos a continua-cion.

Definicion. Decimos que una funcion f : Rm ! Rn es uniformemente continua en A ⇢ Rm

cuando

8" > 0, 9� > 0 : kx1 � x2k < � =) kf(x1)� f(x2)k < ", 8x1, x2 2 A.

Es evidente que toda funcion uniformemente continua es continua. Una especie de recıprocoes el siguiente resultado.

Teorema 2.3.12 (Heine-Cantor). Sea f : Rm ! Rn continua y A ⇢ Rm un conjuntocompacto. Entonces f es uniformemente continua en A.

Demostracion. Dado " > 0, para cada x 2 A existe r > 0 tal que d(f(y), f(x)) < "/2 siy 2 B(x, r) \A.

La coleccion {B(x, r/2) : x 2 A} forma un recubrimiento por abiertos deA. Por la compacidadde A, existe p 2 N tal que A ⇢

Sp

k=1B(xk

, rk

/2).

Dado u 2 B(xk

, rk

) \A, sabemos que d (f(u), f(xk

)) < "/2.

Sea � = mın{r1/2, . . . , rp/2}. Dados a, b 2 A, con d(a, b) < �, sabemos que existe k 2{1, . . . ,m} tal que a 2 B(x

k

, rk

/2), de donde f(a) 2 B(f(xk

), "/2). Por la desigualdadtriangular,

d(b, xk

) d(b, a) + d(a, xk

) < � + rk

/2 rk

,


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34 2.3. Continuidad

es decir b 2 B(xk

, rk

) \A, con lo que f(b) 2 B(f(xk

), "/2).

Aplicamos de nuevo la desigualdad triangular para obtener

d(f(a), f(b)) d(f(a), f(xk

)) + d(f(xk

), f(b)) < ",

lo que confirma la continuidad uniforme de f .

De forma analoga al caso de las funciones continuas, se puede probar la siguiente caracteri-zacion de la continuidad uniforme mediante sucesiones.

Proposicion 2.3.13. Dada una funcion f : D ⇢ Rn ! R, f es uniformemente continua siy solo si para cualquier par de sucesiones (x

n

), (yn

) ⇢ D tales que (xn

� yn

) ! 0, se verificaque (f(x

n

)� f(yn

)) ! 0.

Demostracion. Si f es uniformemente continua, para todo " > 0, existe � > 0 tal que

kx� yk < � =) |f(x)� f(y)| < ".

Dadas las sucesiones (xn

), (yn

) ⇢ D, si (xn

� yn

) ! 0, existe n0 2 N tal que kxn

� yn

k < �,8n � n0. Por tanto, |f(xn)� f(y

n

)| < ", es decir (f(xn

)� f(yn

)) ! 0.

Recıprocamente, si f no es uniformemente continua, existe " > 0 tal que, para cada n 2 N,existen x

n

, yn

2 D con kxn

� yn

k < 1/n pero |f(x)� f(y)| � ".

Encontramos ası un par de sucesiones (xn

), (yn

) tales que (xn

�yn

) ! 0 pero |f(xn

)�f(yn

)| �", con lo que (f(x

n

)� f(yn

)) no tiende a 0.

Proposicion 2.3.14 (teorema del punto fijo). Sea f : Rm ! Rn una contraccion, es decir9↵ 2 (0, 1) tal que

kf(x)� f(y)k ↵kx� yk, 8x, y 2 Rm.

Entonces f es uniformemente continua y existe un unico punto p 2 Rm tal que f(p) = p(dicho punto se llama punto fijo de f).

Demostracion. Para probar que f es uniformemente continua, basta tomar, dado cualquier" > 0, � = "/↵ y comprobar directamente la definicion de continuidad uniforme.

Para cada x 2 Rm arbitrario, definimos la sucesion

p0 = x, p1 = f(x), . . . , pk

= f(pk�1).

Veamos que dicha sucesion es de Cauchy. Para ello, sean j, k 2 N con j > k:

kpk

� pk+1k ↵kp

k�1 � pk

k · · · ↵kkp0 � p1k

=) kpj

� pk

k j�1X

i=k

kpi

� pi+1k kp0 � p1k ·

j�1X

i=k

↵i

< kp0 � p1k ·1X

i=k

↵i = kp0 � p1k ·↵k

1� ↵,

expresion que tiende a cero cuando k ! 1, debido a que ↵ < 1.


HU


Como en Rm toda sucesion de Cauchy es convergente, existe p = lımk!1

pk

. Resulta ademas,

debido a la continuidad de f , que

f(p) = f( lımk!1

pk

) = lımk!1

f(pk

) = lımk!1

pk+1 = p.

Veamos por ultimo que solo puede haber un punto fijo:

Si existieran p, p0 2 Rm tales que f(p) = p, f(p0) = p0, entonces

kp� p0k = kf(p)� f(p0)k ↵ kp� p0k =) kp� p0k = 0 =) p = p0.

En definitiva, f tiene un unico punto fijo.

Funciones lineales

Terminaremos el capıtulo mostrando una clase importante de funciones continuas, como sonlas funciones lineales.

Definicion. Una funcion f : Rm ! Rn es lineal si

f(↵x+ �y) = ↵f(x) + �f(y), 8x, y 2 Rm, ↵,� 2 R.

Toda funcion lineal tiene una representacion matricial, que se obtiene del modo siguiente:

Sean {u1, . . . , um} y {v1, . . . , vn} bases ortonormales de Rm y Rn, respectivamente. Dado

cualquier x 2 Rm, sabemos que x =mX

i=1

xi

ui

, donde xi

= hx, ui

i, i = 1, . . . ,m.

Por la linealidad de f , deducimos que f(x) =mX

i=1

xi

f(ui

). Ahora bien, para cada i 2

{1, . . . ,m}, f(ui

) =nX

j=1

aji

vj

. En definitiva, resulta que f(x) =mX

i=1

nX

j=1

xi

aji

vj

. Esto sig-

nifica que las coordenadas de f(x) respecto a la base {v1, . . . , vn} se obtienen mediante elproducto 0

B@a11 . . . a1m...

an1 . . . a

nm

1

CA ·

0

B@x1...

xm

1

CA ,

donde las columnas son las componentes de las imagenes de la base {u1, . . . , um} en funcionde la base {v1, . . . , vn}.Hemos obtenido ası la matriz A = (a

ij

) llamada matriz asociada a la aplicacion lineal f conrespecto a las bases {u

i

} y {vj

}.Por otra parte, sean T : Rm ! Rn y S : Rn ! Rp son funciones lineales cuyas matricesasociadas son A = (a

ij

)i=1,...,nj=1,...,m

y B = (bki

)k=1,...,pi=1,...,n

, respectivamente.

Como

(ST )(ej

) = S

nX

i=1

aij

fi

!=

nX

i=1

aij

S(fi

) =nX

i=1

aij

pX

k=1

bki

gk

!=

pX

k=1

mX

i=1

bki

aij

!gk

,


HU

36 2.3. Continuidad

la matriz asociada a la composicion ST es el producto B ·A.

Proposicion 2.3.15. Toda funcion lineal f : Rm ! Rn es uniformemente continua.

Demostracion. Para probarlo, sean x, y 2 Rm y {e1, . . . , em} la base canonica de Rm. Enton-

ces podemos escribir x =mX

i=1

xi

ei

, y =mX

i=1

yi

ei

.

Si llamamos M = max{kf(ei

)k : i = 1, . . . ,m}, por la linealidad de f ,

kf(x)� f(y)k = kf(x� y)k =

��

mX

i=1

(xi

� yi

)f(ei

)

��

mX

i=1

|xi

� yi

| · kf(ei

)k MmX

i=1

|xi

� yi

| mMkx� yk.

De aquı se deduce la continuidad uniforme de f .

Como consecuencia de esta propiedad, se puede probar la equivalencia de todas las normasdefinidas en Rn.

Proposicion 2.3.16. Todas las normas sobre Rn son equivalentes.

Demostracion. Probaremos que la norma euclıdea k · k2 es equivalente a cualquier otra. Porla transitividad de la relacion de equivalencia, esto basta para que dos normas arbitrariassean equivalentes entre sı.

Para ello consideramos la aplicacion identidad f : (Rn, k ·k2) ! (Rn, k ·k), con k ·k arbitraria.

Por ser f lineal, como hemos visto en la proposicion anterior, existe M > 0 tal que

kxk M · kxk2.

Sabemos tambien que f es continua. Como ademas la aplicacion k · k : (Rn, k · k) ! R escontinua (ver ejercicio 2.10), la composicion kfk es continua. El conjunto B = {x 2 Rn :kxk2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto. Como toda aplicacion continua sobre uncompacto alcanza el valor mınimo, existe una constante m = mın{kxk : x 2 B}.Sea x 2 Rn un elemento no nulo; entonces x/kxk2 2 B, luego kxk/kxk2 � m, es decir

kxk � m · kxk2

(si x = 0 esta desigualdad es obviamente cierta).

En definitiva, existen dos constantes m,M > 0 tales que

m · kxk2 kxk M · kxk2,

es decir ambas normas son equivalentes.


HU


2.4. Ejercicios

Ejercicio 2.1. Describir los conjuntos de nivel f(x1, . . . , xn) = k, para los valores de kindicados, de las siguientes funciones:

a) f(x, y) = x2 � y2, k = �2,�1, 0, 1, 2.

b) f(x, y) = exy, k = e�2, e�1, 1, e, e2.

c) f(x, y) = cos(x+ y), k = �1, 0, 1/2,p2/2, 1.

Ejercicio 2.2. Hallar los dominios de las siguientes funciones:

a) f(x, y) =px2 � 4 +

p4� y2.

b) f(x, y) =py senx.

c) f(x, y, z) = ln(x/yz).

Ejercicio 2.3. Sea f : D ⇢ Rm ! Rn, x0 2 Rm, y0 2 Rn, T ⇢ S ⇢ D. Probar que

lımx!x0x2S

f(x) = y0 =) lımx!x0x2T

f(x) = y0.

Ejercicio 2.4. Se considera la funcion z = f(x, y). Supongamos que existen

lım(x,y)!(x0,y0)

f(x, y) = L, lımx!x0

f(x, y) y lımy!y0

f(x, y). Probar que existe

lımy!y0

⇣lımx!x0

f(x, y)⌘= lım

x!x0

⇣lımy!y0

f(x, y)⌘= L.

Ejercicio 2.5. Hallar los siguientes lımites o justificar su existencia:

a) lım(x,y)!(0,0)

exy � 1

senx · ln(1 + y).

b) lım(x,y)!(0,2)

sen(xy)

x.

c) lım(x,y)!(0,0)

(x2 + y2) sen1

xy.

d) lım(x,y)!(0,0)

x|y|px2 + y2

.


HU

38 2.4. Ejercicios

Ejercicio 2.6. Hallar lım(x,y)!(0,0)

f(x, y) si f(x, y) =

(0 si y 0 o y � x2

1 si 0 < y < x2.

Ejercicio 2.7. Estudiar la continuidad de las siguientes funciones:

a) f(x, y) =

8<

:

sen2(x� y)

|x|+ |y| si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0).

b) f(x, y) =

8<

:

x+ sen(x+ y)

x+ ysi x+ y 6= 0

0 si x+ y = 0.

c) f(x, y) =

8<

:

x3 + y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0).

d) f(x, y) =

(x si |x| |y|y si |x| > |y|.

e) f(x, y, z) =

8<

:

2x� y + z � 2

x+ y � z � 1si x+ y � z 6= 1

0 si x+ y � z = 1.

Ejercicio 2.8. Dado el conjunto A = (0,1) ⇥ [0, 2⇡), sea g : A ! R2 la funcion definidapor g(u, v) = (u cos v, u sen v).

a) Demostrar que g es inyectiva y continua.

b) Calcular la imagen de g y la imagen inversa del conjunto B�(0, 0), r

�\ {(0, 0)}.

c) Dada f : R2 ! R, sea F = f � g. Probar que lım(x,y)!(0,0)

f(x, y) = L si y solo si

8" > 0, 9� > 0 : 0 < u < �, 0 v < 2⇡ =) |F (u, v)� L| < ".

Ejercicio 2.9. Utilizando el ejercicio anterior, calcular lım(x,y)!(0,0)

f(x, y) para las funciones

siguientes:

a) f(x, y) =

8<

:

y2(x3 + y2) + x4

x4 + y4si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0).

b) f(x, y) =

8><

>:

x2y + x sen ypx2 + y2 � xy

si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0).

Ejercicio 2.10. Probar que la aplicacion k · k : Rn ! R es uniformemente continua.

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