CAPITULO II.CONTINUIDAD DEFUNCIONES DE VARIASVARIABLES

SECCIONES

1. Dominios y curvas de nivel.

2. Calculo de lımites.

3. Continuidad.

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1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL.

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

x2 + y2 + z2, etc. De ahı que sea necesario extender los conceptos y lateorıa de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de variasvariables.

En general, una funcion vectorial de m variables f : Rm → Rn definidapor f(x1, . . . , xm) = (y1, . . . , yn) se escribira como un vector (f1, . . . , fn) defunciones fi : Rm → R definidas por fi(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, tenemos una funcion vectorial de una variable (o campo vectorial).

Ejemplos inmediatos de ambos casos son las rectas f : R → R3 en el espaciotridimensional, definidas por f(t) = (x0, y0, z0) + t(a, b, c), y los planos, queson funciones f : R2 → R definidas por f(x, y) = ax + by + c.

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

� Dominio de f :

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

� Rango o imagen de f :

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

Decimos que una funcion esta acotada cuando su imagen es un con-junto acotado.

� Grafica de f :

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 elconcepto 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 cuyaimagen toma el valor constante k. Como en este caso la grafica de la funcion

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es una superficie, las curvas de nivel corresponden a los conjuntos de puntosque estan a la misma altura de dicha superficie; permiten ver las variacionesde altitud en un dominio dado y en algunos casos hacerse una idea de lapropia superficie.

Se definen analogamente las superficies de nivel en el caso de funciones f :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 valoresde k indicados, de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) = x2 + y2, k = 0, 1, 2, 3.

(b) f(x, y) =√

x2 + y2, k = 0, 1, 2, 3.

(c) f(x, y, z) = x2 + y2, k = 0, 1, 2.

(d) f(x, y) = x2 − y2, 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.

Solucion

(a) La ecuacion x2+y2 = k representa una circunferencia de centro el origeny 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 informacion podemos deducir que la grafica tiene la siguienteforma (se trata de un paraboloide de revolucion):

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(b) Las ecuaciones√

x2 + y2 = k tambien representan circunferencias decentro el origen, pero de radio k, lo que hace que el crecimiento dedicho 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 funcion es ahora de tres variables, las ecuaciones x2 + y2 = kson las superficies de nivel de la funcion y representan cilindros cuyoeje es el eje Z y el radio

√k (para k = 0 degenera en una recta).

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(El cilindro exterior no esta completo para mayor claridad en la ilus-tracion.)

Observar que la grafica de la funcion es ahora una region del espacioR4 y, por tanto, no es posible su representacion grafica en un plano.

(d) En este caso, las curvas x2 − y2 = k representan hiperbolas, cuyo ejereal es el eje X si k > 0 y es el eje Y cuando k < 0 (en el casok = 0 degenera en las rectas x = y y x = −y). La grafica es la de unparaboloide hiperbolico y su forma es la siguiente:

(e) Las ecuaciones exy = k o, en forma equivalente, xy = ln k, tambienrepresentan hiperbolas pero en este caso sus asıntotas son los ejes decoordenadas (salvo el caso k = 1 que degenera en las rectas x = 0 ey = 0). Las curvas de nivel y la grafica de la funcion son de la formaque indican las figuras:

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(f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x + y) = kproduce un numero infinito de rectas x + y = arc cos k + 2nπ, paracualquier n ∈ Z. Esto quiere decir que la superficie es periodica (esdecir, si x′ = x + π, y′ = y + π, entonces cos(x + y) = cos(x′ + y′)).No representamos las curvas de nivel pues no dan informacion sobrela grafica de la superficie pero sı ilustramos la forma de la propiasuperficie:

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PROBLEMA 2.2

Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican ydeducir la grafica de las mismas:

(a) f(x, y) = 3x + 2y + 1.

(b) f(x, y) = (100− x2 − y2)1/2.

(c) f(x, y) = |y|.

(d) f(x, y) =

{√x2 + y2 si x ≥ 0,

|y| si x < 0.

Solucion

(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

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en el origen y radio√

100− k2. La superficie es la esfera centrada enel origen y radio 10.

(c) Cada curva de nivel f(x, y) = k es el par de rectas y = k, y = −k, loque da lugar a la superficie que se indica en la grafica.

(d) En este caso, la curva de nivel f(x, y) = k esta compuesta por el parde semirrectas y = k, y = −k, para x < 0, y la semicircunferenciax2 + y2 = k2, para x ≥ 0. Queda por tanto una superficie de la formaindicada en la figura.

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PROBLEMA 2.3

Hallar los dominios de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =√

1− x2 − y2.

(b) f(x, y) =√

x2 − 4 +√

4− y2.

(c) f(x, y) =√

y senx.

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

Solucion

(a) El dominio sera el conjunto {(x, y) ∈ R2 : 1− x2− y2 ≥ 0} (debido a laexistencia de una raız cuadrada). Esto es equivalente a la desigualdadx2 + y2 ≤ 1, de modo que

D(f) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1},

que es precisamente la bola unidad.

(b) Para que existan ambas raıces cuadradas, debe verificarse simultanea-mente que

x2 − 4 ≥ 0 y 4− y2 ≥ 0,

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

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

cuya grafica es la de la figura adjunta:

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(c) En este caso, los puntos del dominio deben verificar la inecuaciony senx ≥ 0, la cual se descompone en las dos siguientes:

y ≥ 0 , senx ≥ 0y ≤ 0 , senx ≤ 0,

es decir, para los valores de x donde senx ≥ 0, estan en el dominio lospuntos del semiplano superior y, para los valores de x donde sen x ≤ 0,estan en el dominio los puntos del semiplano inferior. La grafica es lasiguiente:

(d) Para que un punto (x, y, z) este en el dominio, debe verificarse quex/(yz) > 0, lo que equivale al siguiente conjunto de desigualdades:

x > 0 , y > 0, z > 0x > 0 , y < 0, z < 0;x < 0 , y > 0, z < 0;x < 0 , y < 0, z > 0.

Este sistema esta formado por los octantes primero, tercero, sexto yoctavo de la superficie R3.

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PROBLEMA 2.4

Sea f : R2 → R2 la funcion definida por f(x, y) = (2x, y + 1). Sillamamos A = [0, 1]× [0, 1] y B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}, calcularf(A), f(B), f−1(A) y f−1(B).

Solucion

(a) Para calcular f(A), tomemos un punto (x, y) ∈ A. Entonces

0 ≤ x ≤ 10 ≤ y ≤ 1

}=⇒

{0 ≤ 2x ≤ 2

1 ≤ y + 1 ≤ 2

}=⇒ f(x, y) ∈ [0, 2]× [1, 2],

de modo que f(A) = [0, 2]× [1, 2].

Analogamente, 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 = x2+y2.

Ası pues, si x2+y2 ≤ 1,u2

4+ (v − 1)2 ≤ 1, que corresponde a la region

limitada por la elipse de la figura.

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f(B)

(b) Calculemos a continuacion las imagenes inversas de los conjuntos A yB. Por definicion, dado cualquier conjunto G,

f−1(G) = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) ∈ G}.

En particular, f−1(A) = {(x, y) ∈ R2 : (2x, y + 1) ∈ A}. Resulta ası:

0 ≤ 2x ≤ 1 =⇒ 0 ≤ x ≤ 1/20 ≤ y + 1 ≤ 1 =⇒ −1 ≤ y ≤ 0

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

f−1(A)

Analogamente, el conjunto de puntos que verifican (2x, y + 1) ∈ Bdebe cumplir la relacion 4x2 + (y + 1)2 ≤ 1, y la imagen inversa de Bes la region limitada por la elipse de la figura.

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f−1(B)

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2. CALCULO DE LIMITES.

Consideremos una funcion arbitraria f : Rm → Rn con dominio D(f) = D.Sean S ⊂ D, −→x0 ∈ Rm, −→y0 ∈ Rn.

Diremos que lımx→x0x∈S

f(x) = y0 (en palabras, el lımite de f en −→x0 a lo largo de

S es igual a −→y0), cuando

∀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 definicion es una simple extension de la definicion usual de lımite deuna funcion real donde se sustituye la distancia en R (dada por el valorabsoluto) por la distancia en cada uno de los espacios metricos Rm y Rn

(dada por la correspondiente norma euclıdea).

Observemos que la definicion no tiene sentido si x0 6∈ S′ pues, en este caso,(B(x0, δ)\{x0})∩S = ∅ y cualquier punto puede ser el lımite de una funcionen x0. En el caso de que S = D, y no haya lugar a confusion, escribiremossimplemente lım

x→x0

f(x).

Enunciamos a continuacion las siguientes propiedades basicas del lımite.

Teorema 1. Si existe lımx→x0x∈S

f(x), este lımite es unico.

Teorema 2. Sea T ⊂ S ⊂ D. Entonces

lımx→x0x∈S

f(x) = y0 =⇒ lımx→x0x∈T

f(x) = y0

(ver problemas 2.6 y 2.8).

Teorema 3 (Operaciones algebraicas con el lımite.) Dadas dos funcionesf : D1 ⊂ Rm → Rn y g : D2 ⊂ Rm → Rn, y un conjunto S ⊂ D1 ∩ D2, silım

x→x0x∈S

f(x) = y1 y lımx→x0x∈S

g(x) = y2, entonces:

(a) lımx→x0x∈S

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

(b) lımx→x0x∈S

(λf)(x) = λy1.

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(c) lımx→x0x∈S

f(x) · g(x) = y1 · y2.

(d) lımx→x0x∈S

‖f(x)‖ =∥∥ lım

x→x0

f(x)∥∥.

Proposicion 4. Si descomponemos la funcion f : D ⊂ Rm → Rn en suscomponentes f(x) =

(f1(x), . . . , fn(x)

), donde cada fi : D → R (1 ≤ i ≤ n),

entonces

lımx→x0x∈S

f(x) = (a1, . . . , an) ⇐⇒ lımx→x0x∈S

fi(x) = ai, 1 ≤ i ≤ n.

Proposicion 5. 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

(lım

x→x0

f(x, y))

= lımx→x0

(lım

y→y0

f(x, y))

= L.

[Esta propiedad esta demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad sededuce 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 varia-bles.

PROBLEMA 2.5

Utilizando la definicion de lımite, demostrar que

lım(x,y)→(4,−1)

(3x− 2y) = 14.

Solucion

Se trata de probar que, dado cualquier ε > 0, se puede encontrar δ > 0 talque

|3x− 2y − 14| < ε cuando d((x, y), (4,−1)

)< δ.

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Para ello obtenemos de la condicion la siguiente cadena de desigualda-des:

d((x, y), (4,−1)

)< δ =⇒

√(x− 4)2 + (y + 1)2 < δ

=⇒ (x− 4)2 < δ2, (y + 1)2 < δ2

=⇒ |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 quelım

x→x0x∈S

f(x) = y0 =⇒ lımx→x0x∈T

f(x) = y0.

Solucion

La hipotesis del problema se traduce, segun la definicion, en la condicionsiguiente:

lımx→x0x∈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 elpropio punto x0).

Ahora bien, como T ⊂ S, entonces T ∩ B∗(x0, δ) ⊂ S ∩ B∗(x0, δ) con loque

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 lımx→x0x∈T

f(x) = y0.

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En la practica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuada-mente un subconjunto T ⊂ S (para el que sea facil el calculo del lımite), unacondicion necesaria para que lım

x→x0x∈S

f(x) = y0 es que lımx→x0x∈T

f(x) = y0.

El recıproco no es cierto, como se comprueba en el problema 2.14.

PROBLEMA 2.7

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

(lım

x→x0

f(x, y))

= lımx→x0

(lım

y→y0

f(x, y))

= L.

Solucion

Probaremos aquı que, si lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = L y lımx→x0

f(x, y) = G(y),

entonces lımy→y0

G(y) = L (el otro caso se comprueba de forma analoga).

Sea para ello ε > 0 arbitrario. Por hipotesis, 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 hipotesis indica que tambien existe δ2 > 0 tal que

|f(x, y)−G(y)| < ε/2 si |x− x0| < δ2.

Eligiendo ahora δ = mın{δ1

√2/2, δ2}, las dos desigualdades anteriores se

verifican simultaneamente 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 lımy→y0

G(y) = L.

Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los lımitesiterados no es suficiente la existencia del lımite de la funcion: hace faltatambien la existencia de los lımites de funciones de una variable. Observemosademas que el recıproco no es cierto (ver problema 2.12).

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PROBLEMA 2.8

Calcular lım(x,y)→(0,0)

x2 + y2

|x|+ |y|.

Solucion

En este ejercicio, el dominio de la funcion es S = R2\{(0, 0)} y consideramosel subconjunto T = {(x,mx) : x ∈ R \ {0}}. Tenemos entonces

lım(x,y)→(0,0)

(x,y)∈T

x2 + y2

|x|+ |y|= lım

(x,mx)→(0,0)

x2 + (mx)2

|x|+ |mx|= lım

x→0

(1 + m2)x2

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

De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el lımite pedido,este debe ser cero. Debemos probar pues que

∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 <√

x2 + y2 < δ =⇒ x2 + y2

|x|+ |y|< ε.

En efecto, como |x| ≤√

x2 + y2 < δ, |y| ≤√

x2 + y2 < δ y

x2 + y2

|x|+ |y|≤ x2 + y2 + 2|x| · |y|

|x|+ |y|=

(|x|+ |y|)2

|x|+ |y|= |x|+ |y| < 2δ,

basta elegir δ = ε/2 para quex2 + y2

|x|+ |y|< ε.

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

PROBLEMA 2.9

Hallar lım(x,y)→(0,0)

exy − 1senx · ln(1 + y)

.

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Solucion

Haciendo u = x · y, podemos escribir

exy = eu = 1 +u

1!+

u2

2!+ · · · = 1 + xy +

x2y2

2+ . . . ,

con lo que tenemos la equivalencia entre infinitesimos exy − 1 ∼ xy.

Teniendo en cuenta las equivalencias ya conocidas para funciones de unavariable

senx ∼ x, ln(1 + y) ∼ y,

obtenemos directamente que

lım(x,y)→(0,0)

exy − 1senx · ln(1 + y)

= lım(x,y)→(0,0)

xy

xy= 1.

PROBLEMA 2.10

Calcular L = lım(x,y)→(0,1)

x + y − 1√x−

√1− y

.

Solucion

Multiplicando numerador y denominador por√

x +√

1− y, tenemos:

L = lım(x,y)→(0,1)

(x + y − 1)(√

x +√

1− y)x− 1 + y

= lım(x,y)→(0,1)

(√

x +√

1− y) = 0.

PROBLEMA 2.11

Calcular lım(x,y)→(0,0)

2xy

x2 + y2.

Solucion

Si tendemos hacia el origen segun la recta y = mx, obtenemos:

lım(x,y)→(0,0)

y=mx

2xy

x2 + y2= lım

x→0

2mx2

x2 + m2x2=

2m

1 + m2.

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Como indica el resultado, este varıa segun los distintos valores de m, lo queindica que la funcion dada carece de lımite en el origen. Sin embargo, es facilcomprobar que los lımites iterados son ambos iguales a cero, lo que muestrade nuevo que la existencia e igualdad de los lımites iterados no es condicionsuficiente para la existencia de lımite.

En la grafica de las curvas de nivel se observa que estas tienden a cortarseen el origen, lo que intuitivamente significa que el lımite en este punto noexiste.

PROBLEMA 2.12

Probar que f(x, y) =

{sen(1/y) si y 6= 00 si y = 0

tiene lımite cero cuando

(x, y) → (0, 0) pero los lımites iterados son distintos. ¿Por que esposible esta situacion?

Solucion

Como lımy→0

x sen(1/y) no existe, tampoco existe el lımite iterado

lımx→0

(lımy→0

x sen(1/y)).

Por otra parte, como lımx→0

x sen(1/y) = 0, tambien

lımy→0

(lımx→0

x sen(1/y))

= 0.

Una de las condiciones necesarias para que el lımite de la funcion coincidacon los lımites iterados es que ambos existan. Como dicha condicion no

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se cumple, no se puede aplicar la propiedad. Sin embargo, en este caso ellımite existe y vale cero, pues dado cualquier ε > 0, basta elegir δ = ε paraque

‖(x, y)‖ < δ =⇒ |x| < δ, |y| < δ

=⇒ |x sen(1/y)| ≤ |x| < δ

=⇒ |f(x, y)− 0| < ε.

PROBLEMA 2.13

Hallar los siguientes lımites o justificar su existencia:

(a) lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2.

(b) lım(x,y)→(0,2)

sen(xy)x

.

(c) lım(x,y)→(0,0)

(x2 + y2) sen1xy

.

(d) lım(x,y)→(0,0)

x|y|√x2 + y2

.

Solucion

(a) Calculemos en primer lugar los lımites iterados:

lımy→0

(lımx→0

x2 − y2

x2 + y2

)= lım

y→0(−1) = −1;

lımx→0

(lımy→0

x2 − y2

x2 + y2

)= lım

x→01 = 1.

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Deducimos de este resultado que no existe el lımite propuesto.

Las graficas siguientes muestran diferentes curvas de nivel de la funcion(las cuales tienden a cortarse en el origen) y la forma de la superficie,donde se puede comprobar intuitivamente que el lımite buscado noexiste.

(b) Comprobemos nuevamente la existencia de los lımites iterados:

lımy→2

(lımx→0

sen(xy)x

)= lım

y→2y = 2;

lımx→0

(lımy→2

sen(xy)x

)= lım

x→0

sen(2x)x

= 2.

Para comprobar que, efectivamente, el lımite de la funcion es 2, apli-camos el teorema de la funcion intermedia. Como

y cos(xy) ≤ sen(xy)x

≤ y si x > 0,

y ≤ sen(xy)x

≤ y cos(xy) si x < 0,

y las dos funciones de los extremos tienen lımite 2 cuando (x, y) →(0, 2), resulta que la funcion propuesta tambien tiene lımite 2.

(c) Al igual que en el apartado anterior, debido a que

−(x2 + y2) ≤∣∣∣∣(x2 + y2) sen

1xy

∣∣∣∣ ≤ x2 + y2,

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y como el lımite de ambos extremos es cero, la funcion propuesta tienelımite cero en el origen. Observemos sin embargo que no existen loslımites iterados.

(d) Calculamos en primer lugar los lımites iterados:

lımy→0

(lımx→0

x|y|√x2 + y2

)= lım

y→00 = 0;

lımx→0

(lımy→0

x|y|√x2 + y2

)= lım

x→00 = 0.

Para demostrar que, efectivamente, el lımite es cero, utilizamos la si-guiente desigualdad:

(|x| − |y|)2 ≥ 0 =⇒ x2 + y2 − 2|xy| ≥ 0 =⇒ 2|xy| ≤ x2 + y2

=⇒ |xy|√x2 + y2

≤√

x2 + y2

2

=⇒ −√

x2 + y2

2≤ x|y|√

x2 + y2≤

√x2 + y2

2.

Nuevamente, los lımites de las funciones en los extremos son iguales acero, por lo que el lımite de la funcion propuesta tambien es cero.

PROBLEMA 2.14

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.

Solucion

En la grafica siguiente se describen los valores de la funcion en cada regiondel plano.

77

Observemos que, en cualquier entorno del origen, todas las rectas y = mxestan contenidas en la region {(x, y) : y ≤ 0 o y ≥ x2}. En esta regionla funcion toma el valor cero, lo que significa que, a lo largo de cualquiertrayectoria del tipo y = mx el lımite de la funcion es cero:

lım(x,y)→(0,0)

y=mx

f(x, y) = 0.

Sin embargo, todos los puntos de la parabola y = x2/2, salvo el origen, estancontenidos en la region {(x, y) : 0 < y < x2}, donde la funcion toma el valor1. Esto significa que

lım(x,y)→(0,0)

y=x2/2

f(x, y) = 1.

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

78

3. CONTINUIDAD.

Decimos que una funcion f : Rm → Rn 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,

condicion 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 lımx→x0x∈D

f(x) = f(x0).

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones conti-nuas.

Teorema 1 (Caracterizacion por sucesiones.) Sea f : D ⊂ Rm → Rn y−→x0 ∈ D. Entonces f es continua en −→x0 si y solo si

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

es decir lımn→∞

f(xn) = f( lımn→∞

xn).

Teorema 2 (Continuidad de la funcion compuesta.) Sean f : Rm → Rn,g : Rn → Rp funciones arbitrarias. Si f es continua en −→x0 y g es continuaen

−−−→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 −→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 solo si cada fk es continua en−→x0.

Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una funcional de la continuidad de n funciones reales.

Definimos tambien el concepto de continuidad global: decimos que una fun-cion f : Rm → Rn es continua en un conjunto A ⊂ Rm cuando lo es en todoslos puntos del conjunto.

Son importantes en este contexto las siguientes propiedades.

Teorema 5. Una funcion f : Rm → Rn es continua en Rm si y solo sif−1(B) es abierto, para cualquier abierto B ⊂ Rn.

79

Corolario 6. Una funcion f : Rm → Rn es continua si y solo si f−1(F ) escerrado, 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. Entoncesf alcanza los valores maximo y mınimo, es decir

∃x1, x2 ∈ M : f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2), ∀x ∈ M.

Este es el llamado teorema de Weierstrass, que asegura la existencia deextremos para una funcion real.

Teorema 9. Sea f : Rm → Rn inyectiva. Si D ⊂ Rm es compacto y fcontinua en D, entonces f−1 es continua en f(D).

Teorema 10. Sea f : Rm → Rn una funcion continua en M ⊂ Rm. Si Mes conexo, f(M) es tambien conexo.

Un concepto mas preciso corresponde al de continuidad uniforme. Decimosque una funcion f : Rm → Rn es uniformemente continua en A ⊂ Rm

cuando

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

Es evidente que toda funcion uniformemente continua es continua. Una es-pecie de recıproco 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 funcion

f(x, y) =

{1

1−x2−y2 si x2 + y2 6= 1

0 si x2 + y2 = 1.

Solucion

La funcion es continua en los puntos que no pertenecen a la circunferenciaunidad S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}. Sin embargo, no lo es en los puntos

80

de S pues, si a2 + b2 = 1:

lım(x,y)→(a,b)

f(x, y) = ∞.

PROBLEMA 2.16

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{sen2(x−y)|x|+|y| si (x, y) 6= (0, 0)

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

Solucion

Basta estudiar la continuidad de la funcion en el origen. Ahora bien, debidoa 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 lım(x,y)→(0,0)

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

81

PROBLEMA 2.17

Determinar los puntos de discontinuidad de la funcion

f(x, y) =x2 + 2xy + y2

x2 − y2.

Solucion

Debido a que D(f) = {(x, y) ∈ R2 : x + y 6= 0, x − y 6= 0}, la funciones 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− ysi x + y 6= 0,

entonces lım(x,y)→(x0,x0)

f(x, y) (para x0 6= 0) no existe.

Sin embargo, lım(x,y)→(x0,−x0)

f(x, y) = 0 (para x0 6= 0), por lo que la disconti-

nuidad es evitable en los puntos de la recta x + y = 0.

Por ultimo, en el origen tampoco existe el lımite de la funcion.

En efecto,

lımx→0

y=mx

x + y

x− y= lım

x→0

(1 + m)x(1−m)x

=(1 + m)(1−m)

,

resultado que, evidentemente, varıa segun el valor de m.

82

PROBLEMA 2.18

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{x+sen(x+y)

x+y si x + y 6= 0

0 si x + y = 0.

Solucion

Escribimos la funcion como

f(x, y) =x

x + y+

sen(x + y)x + y

si x + y 6= 0.

Distinguimos el origen del resto de los puntos de la recta x + y = 0.

i) En el origen, lım(x,y)→(0,0)

sen(x + y)x + y

= 1 pero

lımx→0

(lımy→0

x

x + y

)= lım

x→01 = 1,

lımy→0

(lımx→0

x

x + y

)= lım

y→00 = 0,

de modo que no existe el lımite.

ii) En el resto de los puntos de la recta x + y = 0 es x 6= 0; por tanto,

lım(x,y)→(x0,−x0)

x

x + y= ∞.

En definitiva, la funcion es discontinua en todos los puntos de la rectax + y = 0.

PROBLEMA 2.19

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{x2y2

x4+y4 si (x, y) 6= (0, 0)

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

83

Solucion

Necesitamos estudiar unicamente la continuidad de la funcion en el origen.Es facil comprobar que los lımites iterados son ambos iguales a cero. Sinembargo, si calculamos el lımite a lo largo de una recta arbitraria y = mx,tenemos:

lım(x,y)→(0,0)

y=mx

f(x, y) = lımx→0

f(x,mx) = lımx→0

m2x4

x4(1 + m4)=

m2

1 + m4.

Como este lımite depende del valor de m, deducimos que no existe el lımitede la funcion y, en consecuencia, no es continua en el origen.

PROBLEMA 2.20

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{y2

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

0 en el resto.

Solucion

i) En los puntos (x0, y0) tales que x0 6= 0 y x0 + y0 6= 0, la funcion esevidentemente continua.

ii) En los puntos (x0, y0), donde x0 = 0 o x0 +y0 = 0 (distintos del origen),la funcion no es continua pues no existe el lımite (el denominador seanula pero el numerador no).

84

iii) En el origen la funcion tampoco es continua pues

lımx→0

y=mx

f(x, y) =m2

1 + m,

resultado que depende del valor de m.

PROBLEMA 2.21

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{x3+y3

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

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

Solucion

Veamos que la funcion es continua en el origen (en el resto ya lo es por supropia definicion).

Utilizando la desigualdad∣∣∣∣x3 + y3

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣ x3

x2 + y2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ y3

x2 + y2

∣∣∣∣≤

∣∣∣∣x3

x2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣y3

y2

∣∣∣∣ = |x|+ |y| ≤√

x2 + y2 +√

x2 + y2,

elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que√x2 + y2 < δ =⇒

∣∣∣∣x3 + y3

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤ 2δ = ε.

85

PROBLEMA 2.22

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{x2+y2

x2+ysi x2 + y 6= 0

0 si x2 + y = 0.

Solucion

En los puntos que no pertenecen a la parabola x2 + y = 0, la funcion esevidentemente continua. Para estudiar la continuidad en los puntos de laparabola, distinguiremos dos casos:

i) En el origen la funcion no es continua pues:

lımx→0

(lımy→0

x2 + y2

x2 + y

)= 1,

lımy→0

(lımx→0

x2 + y2

x2 + y

)= 0.

ii) Fuera del origen la funcion tampoco es continua pues, si (x0, y0) 6=(0, 0),

lım(x,y)→(x0,y0)

x20+y0=0

f(x, y) = ∞.

PROBLEMA 2.23

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

{x si |x| ≤ |y|y si x| > |y|.

Solucion

La funcion es continua en todos los puntos (x, y) tales que |x| 6= |y|. Debemosestudiar si lo es en los puntos de las rectas y = x e y = −x.

86

i) Recta y = x: lım(x,y)→(x0,x0)

f(x, y) = x0 (a un lado de la recta y = x

la funcion toma el valor y y al otro lado de dicha recta el valor quetoma la funcion es x, y ambos tienden a x0). De aquı se deduce que lafuncion es continua.

ii) Recta y = −x: En cualquier entorno del punto (x0,−x0) la funcion tomalos valores x e y; por tanto, tiene dos posibles lımites, x0 y −x0. Estoquiere decir que no es continua (salvo en el origen).

En la figura adjunta se ilustran los valores de la funcion en las diferentesregiones del plano donde se observa el comportamiento de la funcion en lasproximidades de los puntos de las rectas y = x e y = −x.

PROBLEMA 2.24

¿Que valor debemos asignar a f(0, 0) para que la funcion

f(x, y) =1− cos

√x2 + y2

x2 + y2sea continua en (0, 0)?

Solucion

87

Debemos calcular el lımite de la funcion en el origen. Multiplicando nume-rador y denominador por 1 + cos

√x2 + y2, resulta:

lım(x,y)→(0,0)

1− cos√

x2 + y2

x2 + y2= lım

(x,y)→(0,0)

sen2√

x2 + y2

(√

x2 + y2)2· 1

1 + cos√

x2 + y2=

12.

[Observemos que lım(x,y)→(0,0)

sen√

x2 + y2√x2 + y2

= 1 lo cual se deduce del teorema

de la funcion intermedia aplicado a la desigualdad cos√

x2 + y2 ≤ sen√

x2 + y2√x2 + y2

≤ 1.]

Basta pues definir f(0, 0) = 1/2 y la funcion sera continua en el origen.

PROBLEMA 2.25

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y, z) =

{2x−y+z−2x+y−z−1 si x + y − z 6= 1

0 si x + y − z = 1.

Solucion

Debemos estudiar la continuidad de la funcion en los puntos del plano x +y − z = 1 (en el resto la funcion es obviamente continua). Distinguiremosdos casos:

i) Si x0 6= 1, entonces

lım(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 lımites iteradosdiferentes:

lımx→1

(lım

y→y0

(lım

z→y0

2x− y + z − 2x + y − z − 1

))= lım

x→1

(lım

y→y0

2x− y + y0 − 2x + y − y0 − 1

)= lım

x→1

2x− 2x− 1

= 2;

lımy→y0

(lım

z→y0

(lımx→1

2x− y + z − 2x + y − z − 1

))= lım

y→y0

(lım

z→y0

−y + z

y − z

)= lım

y→y0

−y + y0

y − y0= −1.

88

En consecuencia, la funcion tampoco es continua en estos puntos.

PROBLEMA 2.26

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

‖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 (dichopunto se llama punto fijo de f).

Solucion

(a) Basta tomar, dado cualquier ε > 0, δ = ε/α y comprobar directamentela definicion de continuidad uniforme.

(b) Sea x ∈ Rm arbitrario; definimos la sucesion

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

Veamos que dicha sucesion es de Cauchy. Para ello, sean n, m ∈ N conm > n:

‖pn − pn+1‖ ≤ α‖pn−1 − pn‖ ≤ · · · ≤ αn‖p0 − p1‖

=⇒ ‖pn − pm‖ ≤m−1∑k=n

‖pk − pk+1‖ ≤ ‖p0 − p1‖ ·m−1∑k=n

αk

< ‖p0 − p1‖ ·∞∑

k=n

αk = ‖p0 − p1‖ ·αn

1− α,

expresion que tiende a cero cuando n →∞, debido a que α < 1.

Como en Rm toda sucesion de Cauchy es convergente, existe p =lım

n→∞pn. Resulta ademas, debido a la continuidad de f , que

f(p) = f( lımn→∞

pn) = lımn→∞

f(pn) = lımn→∞

pn+1 = p.

Veamos por ultimo que solo puede haber un punto fijo:

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 aplicacion ‖ · ‖ : Rn → R es uniformemente continua.

Solucion

Debemos probar que, para cualesquier par de puntos −→x ,−→y ∈ Rn, se cum-ple:

∀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 equivaleprecisamente a

∣∣ ‖−→x ‖ − ‖−→y ‖ ∣∣ ≤ ‖−→x −−→y ‖.

Utilizando esta desigualdad, basta tomar en la definicion de continuidadδ = ε porque si ‖−→x −−→y ‖ < δ, entonces

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

lo que prueba la continuidad uniforme de la funcion.

PROBLEMA 2.28

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

90

Solucion

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

En efecto, si {−→e1 , . . . ,−→en} es la base canonica de Rn y−→x = (x1, . . . , xn) =n∑

i=1

xi−→ei ,

entonces

‖f(−→x )‖ =∥∥∥f

( n∑i=1

xi−→ei

)∥∥∥ =∥∥∥ n∑

i=1

xif(−→ei )∥∥∥

≤n∑

i=1

|xi| · ‖f(−→ei )‖ ≤ max1≤i≤n

|xi| ·n∑

i=1

‖f(−→ei )‖.

Teniendo en cuenta que max1≤i≤n

|xi| ≤ ‖−→x ‖, deducimos que

‖f(−→x )‖ ≤ ‖−→x ‖ ·n∑

i=1

‖f(−→ei )‖,

lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M =n∑

i=1‖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 ası que la funcion es incluso uniformemente continua.

PROBLEMA 2.29

Probar que todas las normas sobre Rn son equivalentes.

Solucion

Probaremos que la norma euclıdea ‖ · ‖2 es equivalente a cualquier otra.Por la transitividad de la relacion de equivalencia, esto basta para que dosnormas arbitrarias sean equivalentes entre sı.

Para ello consideramos la aplicacion identidad f : (Rn, ‖ · ‖2) → (Rn, ‖ · ‖),con ‖ · ‖ arbitraria.

91

Por ser f lineal y de acuerdo al resultado probado en el problema anterior,existe M > 0 tal que

‖−→x ‖ ≤ M · ‖−→x ‖2.

Tambien se probo en el ejercicio anterior que f es continua. Como ademas laaplicacion ‖·‖ : (Rn, ‖·‖) → R es continua, la composicion ‖f‖ es continua. Elconjunto B = {−→x ∈ Rn : ‖−→x ‖2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto.Como toda aplicacion continua sobre un compacto alcanza el valor mınimo,existe una constante m = mın{‖−→x ‖ : −→x ∈ B}.

Sea−→x ∈ Rn 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 yesbozar las graficas de las mismas, en caso de ser posible.

(a) f(x, y) = x/y.

(b) f(x, y) = x2 + xy.

(c) f(x, y) = y/√

x.

(d) f(x, y) =

{2xy

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

(e) f(x, y, z) = 4x2 + y2 + 9z2.

(f) f(x, y, z) = sen(x2 + y2 + z2).

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(x2 + y).

(d) f(x, y) =√

cos(x2 + y2).

3.- Sea f(x, y) =x2y2

x2y2 + (x− y)2. Probar que los lımites iterados en

(0, 0) son iguales pero que no existe el lımite.

4.- Probar que no existe lım(x,y)→(0,0)

x− y

x + y.

5.- Hallar los siguientes lımites o justificar su existencia:

(a) lım(x,y)→(0,0)

sen(x2 + y2)x2 + y2

.

(b) lım(x,y)→(0,0)

(x− y)2

x2 + y2.

(c) lım(x,y)→(0,0)

cos(xy)− 1x

.

93

6.- Calcular el lımite de la funcion f(x, y) =x

x2 + y2 + aen los puntos

(0, 0) y (1, 1), segun los valores del parametro “a”.

7.- Estudiar la continuidad de

(a) f(x, y) = ln√

x2 + y2.

(b) f(x, y) = cos1xy

.

(c) f(x, y) = arc tg(y/x).

(d) f(x, y) =x√

x2 + y2.

(e) f(x, y) =

{√1− x2 − y2 si x2 + y2 ≤ 1,

0 si x2 + y2 > 1.

8.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones en los puntosindicados:

(a) f(x, y) =

{x+yx2+y

si x2 + y 6= 0

1/2 si (x, y) = (1,−1)en el punto (1,−1).

(b) f(x, y) =

{(x + y) sen(1/x) si x 6= 00 si x = 0

en (0, 0).

(c) f(x, y) =

{x3−y3

x−y si x 6= y

x + y si x = yen la recta x = y.

(d) f(x, y) =

{x2y

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

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

9.- Dada la funcion f(x, y) =1− cos

√xy

x, para x 6= 0, ¿es posible defi-

nir f(0, y) para que f sea continua?

10.- Definir, caso de ser posible, f(1, 0) en la funcion f(x, y) =x− 1√

x2 − 2x + y2 + 1,

para que sea continua en dicho punto.

11.- Estudiar la continuidad de la funcion f(x, y) =

{sen(x+y−2)

x+y−2 si x + y 6= 2,

1 si x + y = 2,en los puntos de la recta x + y = 2.

94

12.- Estudiar la continuidad de las funciones

(a) f(x, y) =

{sen πxsen πy si y 6∈ Z

1 si y ∈ Z.

(b) f(x, y) =

{x2+yx2−y

si x2 6= y

1 si x2 = y.

13.- ¿Existe algun valor de “a”para el que la funcion

f(x, y) =

{5x3+x2+y2

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

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

es continua en R2?

14.- Dadas las funciones f(x, y) = x2 − y2, g(x, y) = x + y, estudiar lacontinuidad de las funciones f/g y g/f .

15.- Sea f(x, y) =x2 + y2 − 1x2 + λx + 1

. Determinar los valores de λ que ha-gan

(a) f continua en R2.

(b) f continua en (0, 0).

95