Una bola abierta en $\mathbb{R}^n$, de radio $r>0$ y centrada en $p_0\in \mathbb{R}^n$, es el conjunto $$ B_r(p_0)=\{ p \in \mathbb{R}^m : \|p-p_0\| < r \}. $$ Una bola abierta perforada se define como la bola abierta sin el centro es decir $$ \check{B}_r(p_0)=\{ p\in \mathbb{R}^n: 0 < \| p-p_0\| < r \} $$
Sea $f$ una función definida en una bola perforada alrededor de $p_0$. Decimos que $$ \lim_{p\to p_0} f(p)=L $$ si, para toda $\varepsilon >0$, existe $\delta >0$, tal que: $$ 0< \|p-p_0\| <\delta \Rightarrow \|f(p)-L\| <\varepsilon$$
Demuestra que, para todos $x,y\in \mathbb{R}$, $|xy| \leq \frac{x^2+y^2}{2}$.
Sugerencia: usa la desigualdad aritmético geométrica.
Aplicando directamente la desigualdad aritmético geométrica para \(x^2, y^2\) se obtiene \[ \sqrt{x^2y^2}\leq \frac{x^2+y^2}{2} \] Para terminar notamos que \(\sqrt{x^2y^2}=\sqrt{(xy)^2}=|xy|\).
Denota $f(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $(x,y)\ne (0,0)$.
Sugerencia: usa el ejercicio Ejercicio 5.3.
Inciso 1.
Aplicando directamente el Ejercicio 5.3 obtenemos \begin{eqnarray*} |f(x,y)|=\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} & \leq & \frac{\frac{x^2+y^2}{2}}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ & = & \frac{1}{2}\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ &=& \frac{1}{2} \sqrt{x^2+y^2} \\ &=& \frac{1}{2}\|(x,y)\| \end{eqnarray*}
Inciso 2.
Vamos usar la definición \(\varepsilon-\delta\) para probar el límite. Primero hacemos estimaciones para encontrar la \(\delta\) y después lo escribimos de manera formal.
Estimaciones.
El objetivo es \(|f(x,y)|<\varepsilon \) siempre y cuando \(\|(x,y)\| < \delta \). En vez de \(|f(x,y)|<\varepsilon \) es más fácil pedir \(\frac{1}{2}\|(x,y)\| < \epsilon\) (nota que se substituye la \(|f(x,y)|\) por la desigualdad del inciso 1). Despejando de ésta última la norma llegamos \(\|(x,y)\|< 2\varepsilon\). Finalmente tomamos \(\delta=2\varepsilon\).
Escritura formal.
Dada \(\varepsilon >0\) proponemos \(\delta= 2\varepsilon\). Tomamos el punto \((x,y)\) en la bola perforada centrada en cero y de radio \(\delta\), es decir \(0< \| (x,y)\| < \delta\). Debemos de probar que \(|f(x,y)-f(0,0)|< \varepsilon\), pero como \(f(0,0)=0\) sólo hay que checar \(|f(x,y)|< \varepsilon\). Para ésto último tenemos que por el inciso anterior \begin{eqnarray*} |f(x,y)|\leq \frac{1}{2}\|(x,y)\| \end{eqnarray*} y usando que el punto \((x,y)\) satisface \(\|(x,y)\|< \delta=2\varepsilon \) llegamos \begin{eqnarray*} |f(x,y)|&\leq & \frac{1}{2}\|(x,y)\| \\ &< & \frac{1}{2}\delta \\ &=&\frac{1}{2} 2 \varepsilon= \varepsilon. \end{eqnarray*} Conclusión \[ \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0. \]
Demuestra que:
Este ejercicio generaliza las técnicas del ejercicio Ejercicio 5.3. Sea $f$ una función, que toma valores reales, definida en una bola perforada alrededor de $p_0$. Asume que existe una función $\phi$, definida en un intervalo centrado en cero, que toma valores reales, que satisface
Vamos a usar la definición \(\varepsilon-\delta\) para probar el ejercicio pero la idea es la siguiente.
Queremos probar que \(|f(p)-L|\) es pequeño cuando el punto \(p\) está "suficientemente" cercano a \(p_0\). Ya que por suposición \(|f(p)-L|\leq \phi(\|p-p_0\|)\) es más fácil probar que \(\phi(\|p-p_0\|\) es cercano a cero, pues \(\phi\) es una función de una variable. Esto último es lo que se va a probar.
Sea \(\varepsilon >0\). Ya que \(\lim_{t\to 0^+}\phi(t)=0\) existe una \(\delta >0 \) tal que si un punto satisface \(0< t< \delta \) entonces \(\phi(t) < \varepsilon\). Si tomamos el punto \(p\) en la bola perforada de radio \(\delta\) centrada en cero, es decir \(0< \|p-p_0\| < \delta \) y si tomamos \(t=\| p-p_0\|\) del límite para \(\phi\) obtenemos \(\phi(\|p-p_0\|)< \varepsilon\).
En resumen si \(0< \| p-p_0\| < \delta\) entonces \[ \| f(p)- L \| \leq \phi(\|p-p_0\|)< \varepsilon. \] concluyendo \(\lim_{p\to p_0} f(p)=L\).
Si modificamos un poco el límite del Ejercicio 5.4, la convergencia desaparece. Este ejercicio prueba que el límite $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{x^2+y^2}$ no existe. Denotemos $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$, para \((x,y)\ne (0,0)\).
Prueba que \(\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)\) no existe.
Supongamos que sí existe, y denotemoslo por $l$. Entonces, para $\varepsilon=\frac{1}{10^n}$ (donde $n\geq 1$ es un natural), existe $\delta >0$ (que depende de $n$) tal que $$ 0< \| (x,y) \| <\delta \Rightarrow |f(x,y)-L| <\frac{1}{10^n} $$ Ahora tomamos un punto de la forma $(x,0)$, donde $x$ satisface $0<|x|<\delta$. Se sigue que $f(x,0)=0$ y que \(\|(x,0)\|=|x|< \delta \) por lo que $$ |L|=|f(x,0)-L| <\frac{1}{10^n} $$ Como $n$ es arbitrario, $L=0$.
Por otro lado, tomando puntos de la forma $(x,x)$, donde $x$ satisface $0<|x|<\delta/\sqrt{2}$. Se sigue que \[ f(x,x)=\frac{xx}{x^2+x^2}=\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2} \] y \(\|(x,x)\|=\sqrt{x^2+x^2}=\sqrt{2}|x|< \sqrt{2}\frac{\delta}{\sqrt{2}}=\delta \). Por lo tanto $$ \left|\frac{1}{2}-L\right|=|f(x,0)-L| <\frac{1}{10^n}. $$ Como \(n\) es arbitrario concluimos \(L=\frac{1}{2}\), contradiciendo que probamos \(L=0\).
Sea $f$ una función definida en una bola perforada alrededor de $p_0$. Cosidera la recta $l$, que pasa por $p_0$ con parametrización $p_0+tu$, $t\in \mathbb{R}$.
Decimos que $f$ tiene límite, cuando $p\to p_0$, sobre la recta $l$, si el siguiente límite existe $$ \lim_{t\to 0} f(p_0+tu). $$
Este ejercicio muestra que todos los límites sobre rectas pueden existir, pero sin embargo el límite no.
Considera la función $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$.
Demuestra que, para cualquier recta $l$ que pasa por el origen, el límite $f(x,y)$, cuando $(x,y)\to (0,0)$, existe a lo largo de $l$.
Nota: por el Ejercicio 5.7 el límite \(\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)\) no existe.
Sea $f$ una función que toma valores reales y que está definida en una bola perforada alrededor de $p_0$. Demuestra que si $\lim_{p \to p_0}f(p)$ existe y es igual a \(L\) entonces, para toda recta $l$ que pasa por $p_0$, $f$ tiene límite, cuando $p\to p_0$, a lo largo de $l$ y el límite también es \(L\).
El Ejercicio 5.9 da un ejemplo de que el regreso de éste ejercicio no es cierto.
En resumen, queremos probar que si \(t\) es "cercano" a \(0\) entonces \(f(p_0+tu)\) es "cercano" a \(L\). Usando las \(\varepsilon\) y \(\delta\) vamos a cuantificar que tan cercano es "cercano".
Supongamos que \(\lim_{p\to p_0} f(p)=L\). Sea \(l\) cualquier recta que pase por \(p_0\) y escribámos los puntos de \(l\) en forma paramétrica como \(p_0+tu\), donde \(u\ne 0\) es el vector director. Debemos de probar que \[ \lim_{t\to 0} f(p_0+tu)= L \] lo cual hacemos usando la definición \(\varepsilon-\delta\).
Sea \(\varepsilon >0\). Ya que \(\lim_{p\to p_0} f(p)=L\) existe una \(\delta' > 0\) tal que para los puntos que satisfagan \(0< \| p-p_0\| < \delta' \) se cumple \(|f(p)-L|< \varepsilon\).
Si en las expresiones anterirores escribimos el punto \(p\) como un punto en la recta obtenemos \[0<\| p-p_0\|=\|p_0+tu -p_0\|= |t|\|u\| < \delta' \] despejando \(|t|\) llegamos a \(0< |t|< \frac{\delta'}{\|u\|}\). Proponemos \(\delta= \frac{\delta'}{\|u\|}\).
Si \(0< |t| < \delta \) de la cuenta anterior se sigue que \(0< \|p_0+tu-p_0\| < \delta'\) y por lo tanto \(|f(p_0+tu)-L|< \varepsilon\), probando que \(\lim_{t\to 0} f(p_0+tu)=L\).
Sugerencia: $\lim_{t\to 0}\frac{\sen(t)}{t}=1$.
Sugerencia: calcula los límites a lo largo de rectas que pasan por el origen.
Sean \(f,g\) funciones definidas en la misma bola perforada centrada en \(p_0\): \(f,g:\hat{B}_r(p_0)\to \mathbb{R}^n\). Supongamos que los siguientes límites existen \[ \lim_{p\to p_0} f(p)=L, \, \lim_{p\to p_0} g(p)=M \] \(L,M\in \mathbb{R}^n\).
Encuentra los siguientes límites.
Se resolverán el segundo y cuarto inciso.
Comencemos considerando la siguiente expresión: \begin{equation*} \lim_{z \to 0} \frac{\cos(z) - 1}{z}, \end{equation*} tanto el numerador como el denominandor son funciones diferenciables alrededor del $0$ y ambos tienen como límite el $0$ cuando $z \to 0$, de manera que es un buen candidato para aplicar la regla de L'Hôpital, \begin{align*} \lim_{z \to 0} \frac{\cos(z) - 1}{z} =& \lim_{z \to 0} -\sen(z),\\ =& 0, \end{align*} en otras palabras, si $\epsilon>0$ entonces existe $\delta >0$ tal que si $0<|z|<\delta$ entonces $|\frac{\cos(z) - 1}{z}| < \epsilon$.
Se afirma que \begin{equation*} \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\cos(x^4+y^4)-1}{x^4+y^4} = 0. \end{equation*} En efecto, sea $\epsilon>0$ y $\delta>0$ el número real usado en el caso de la función $\frac{\cos(z) - 1}{z}$, como $|x|,|y| \leq \|(x,y)\|$ y $|x|^4=x^4$,$|y|^4=y^4$, entonces si \begin{equation*} 0 < \|(x,y)\| < \left( \frac{\delta}{2}\right)^{1/4}, \end{equation*} se tiene que $0 < x^4 + y^4 < \delta$ y \begin{equation*} \left|\frac{\cos(x^4+y^4)-1}{x^4+y^4}\right| < \epsilon, \end{equation*} y con ello concluye la prueba.
Sea afirma que \begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^2}{(x^2+y^2)^{1/4}} = 0. \end{equation*} Comencemos por notar que \begin{align*} 0 \leq& \frac{x^2}{(x^2 + y^2)^{1/4}},\\ \leq& \frac{x^2}{(x^2)^{1/4}},\\ =& |x|^{3/2}. \end{align*} Dado $\epsilon > 0$ y $\delta= \epsilon^{2/3}$, si $0<\|(x,y)\|<\delta$ entonces se tiene que \begin{equation*} \left | \frac{x^2}{(x^2+y^2)^{1/4}} \right| \leq |x|^{3/2} < \delta^{3/2} = \epsilon, \end{equation*} que era lo que se buscaba.
Sea \(f\) una función definida en una vecindad perforada de \(p_0\) y sea \(\gamma\) una trayectoria parametricada tal que \(\gamma(t_0)=p_0\). Se define el límite de \(f\) a lo largo de \(\gamma\), cuando \(p\to p_0\), como el límite \[ \lim_{t\to t_0} f(\gamma(t)) \] siempre y cuando dicho límite exista.
Nota: la Definición 5.8 es un caso particular cuando la trayectoria \(\gamma\) es una línea recta.
Considera la función dada por $$ f(x)= \left\{ \begin{array}{cc} \frac{xy^3}{x^2+y^6} & (x,y)\ne(0,0) \\ 0 & (x,y)=(0,0) \end{array} \right. $$
Sea \(f\) una función definida en una vecindad perforada de \(p_0\) y supongamos que \[ \lim_{p\to p_0} f(p)=L \] Prueba que para toda trayectoria parametrizada \(\gamma\), con \(\lim_{t\to t_0}\gamma(t)=p_0\), se cumple \[ \lim_{t\to t_0}f(\gamma(t))=L \]
Sea \(\varepsilon >0\). Debemos de probar que existe \(\delta >0\) tal que si \(0< |t-t_0|< \delta\) entonces \(|f(\gamma(t))-L|< \varepsilon\).
Por suposición, \(\lim_{p\to p_0} f(p)=L\), por lo tanto existe una \(\delta' >0\) tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux1EjeFunYTray} \|p-p_0\| < \delta' \Rightarrow |f(p)-L|<\varepsilon \end{equation}
También sabemos que \(\lim_{t\to t_0}\gamma(t)=p_0\) por lo tanto para \(\delta' > 0\) existe \(\delta >0\) tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux2EjeFunYTray} 0< |t-t_0|< \delta \Rightarrow \|\gamma(t)-p_0\| < \delta' \end{equation}
Combinando las ecuaciones \eqref{Eqn:Aux1EjeFunYTray} y \eqref{Eqn:Aux2EjeFunYTray} concluimos que si \(0<|t-t_0|<\delta\) entonces \(|f(\gamma(t))-L|<\varepsilon\).
Sea \(f\) una función definida en una vecindad de \(p_0\). Entonces \[ \lim_{p\to p_0} f(p)=L \] si y sólo sí, para toda trayectoria parametrizada \(\gamma\) con \(\lim_{t \to t_0} \gamma(t)=p_0\) se cumple \[ \lim_{t\to t_0} f(\gamma(t))=L. \]
\(\Rightarrow ]\) Esta implicación es precisamente el Ejercicio 5.15
\(\Leftarrow ]\) Lo haremos por contrapositiva. Supongamos que \(\lim_{p\to p_0}f(p) \ne L\). Negando la definición del límite se obtiene que existe una \(\varepsilon_0 >0\) la cual satisface que para toda \(\delta >0\) existe un punto "cercano a \(p_0\)", es decir \(\|p_\delta-p_0\| < \delta \) pero \(|f(p_\delta)-L| \geq \varepsilon_0\).
Haciendo que \(\delta\) tome los valores \(1,1/2,\dots, 1/n,\dots \), obtenemos una sucesión de puntos \((p_n)_{n=1}^\infty\) tales que \(\|p_n-p_0\| < 1/n\) y \(|f(p_n)-L|\geq \varepsilon_0\).
Definamos la trayectoria \(\gamma\) tal que inicia en \(p_1\) y va uniendo los puntos \(p_n\) mediante un segemento de recta. En concreto podemos definir \(\gamma:[0,1]\to \mathbb{R}^n\) por \[ \gamma:\left[\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right] \to \mathbb{R}^n \] dada por \(\gamma(t)=n(n+1)(p_{n+1}-p_n)\left(\frac{1}{n}-t \right)+ p_n\) y \(\gamma(0)=p_0\).
Vamos a probar que \(\lim_{t\to 0}\gamma(t)=p_0\).
En efecto, dada \(\varepsilon >0\) tomamos \(N\) tal que \(\frac{1}{N} < \frac{\varepsilon}{3}\). Si \(0< t < \frac{1}{N} \) encontramos el \(n> N\) para el cual \(t\in [1/(n+1), 1/n]\) entonces \begin{eqnarray*} \| \gamma(t)-p_0\|&=& \left\|n(n+1)(p_{n+1}-p_n)\left(\frac{1}{n}-t \right)+ p_n - p_0 \right\| \\ &\leq & n(n+1)\left| \frac{1}{n}-t \right|\|p_{n+1}-p_n\|+ \|p_n-p_0\| \\ &\leq & n(n+1)\left| \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right|\|p_{n+1}-p_n\|+\|p_n-p_0\|\\ &\leq &\|p_{n+1}-p_n\|+\|p_n-p_0\|\\ &\leq & \|p_{n+1}-p_0\| +\|p_0-p_n\| + \|p_n-p_0\| \\ &\leq & \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n} \\ & \leq & \frac{3}{N} < 3 \frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon \end{eqnarray*}
Para concluir notamos que \[ |f(\gamma(1/n))-L| = |f(p_n)-L| \geq \varepsilon_0 \] para toda \(n \geq 0\) por lo que \(\lim_{t\to 0} f(\gamma(t))\ne L\).
Usa coordenadas polares para calcular los siguientes límites
Se calcularán el segundo y cuarto límites.
Recordemos que en coordenadas polares $x=r\cos(\theta)$, $y=r \sen(\theta)$ y $r^2 = x^2 + y^2$. Asimismo, $(x,y) \to (0,0)$ si y sólo si $r \to 0$, el teorema anterior nos dice que no importa la trayectoria de aproximación al $(0,0)$ por lo que se puede ignorar la manera en que se comporta $\theta$ cerca de este punto. Con ésto establecido podemos comenzar:
\begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{\cos(x^2+y^2)-1}{x^2+y^2} = \lim_{r \to 0} \frac{\cos(r^2)}{r^2}, \end{equation*} se tiene un cociente de funciones, ambas diferenciables alrededor del $0$ y tales que su límite cuando $r \to 0$ es $0$, con ello tenemos lo requerido para aplicar la regla de L'Hôpital, \begin{align*} \lim_{r \to 0} \frac{\cos(r^2)}{r^2} =& \lim_{r \to 0} \frac{-2r \sen(r^2)}{2r},\\ =& \lim_{r \to 0} -\sen(r^2),\\ =& 0. \end{align*}
Para calcular \begin{equation*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2} \end{equation*} se realiza un procedimiento similar, primero reescribimos el límite en coordenadas polares y luego aplicamos la regla de L'Hôpital \begin{align*} \lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{e^{x^2+y^2}-1}{x^2+y^2} =& \lim_{r \to 0} \frac{e^{r^2} - 1}{r^2},\\ =& \lim_{r \to 0} \frac{2r e^{r^2}}{2r},\\ =& \lim_{r \to 0} e^{r^2},\\ =& 1. \end{align*}
Sea $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ una función lineal. Demuestra que, para todo $p_0\in \mathbb{R}^n$ $$\lim_{p\to p_0} f(p)=f(p_0)$$
Sugerencia: por el ejercicio, sabemos que exsite $q\in \mathbb{R}^n$ tal que $f(p)=\langle p, q \rangle$, para todo $p$. Después usa la desigualdad de Cacuchy-Schwartz para probar: $|f(p)-f(p_0)| \leq \|q\| \| p-p_0\|$.
Sea $\epsilon >0$ y $q \in \mathbb{R}^n$ tal que $f(p) = \langle p, q\rangle$ para toda $p\in \mathbb{R}^n$. Si $q=0$ entonces evidentemente $f$ es la función constante $0$ y $\|f(p)-f(p_0)\|=0$ sin importar la $\delta$ que se escoja.
Supongamos ahora que $\|q\|>0$, es decir, $q \neq 0$ y consideremos $\delta = \epsilon/ \|q\| > 0$, entonces si $\|p-p_0\|<\delta$ se tiene que al aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwartz \begin{align*} |f(p) - f(p_0)| =& |\langle p, q \rangle - \langle p_0, q \rangle|,\\ =& |\langle p-p_0, q\rangle|,\\ \leq& \|p-p_0\| \|q\|,\\ <& \delta \|q\|,\\ =& \epsilon. \end{align*}
Sea $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ una función lineal. Supongamos que $$ \lim_{p\to 0} \frac{\|F(p)\|}{\|p\|}=0. $$ Demuestra que $F$ es la función constante cero.
Sugerencia: considera límtes a lo largo de rectas por origen de la forma $p=te_i$, donde $t\in \mathbb{R}$ y $e_i$ es vector canónico.
Demuestra que, para todo $p_0\in \mathbb{R}$, $\lim_{p\to p_0}Ap=Ap_0$.
Sugerencia: usa que \(\|Ap\| \leq \|A\|_2\|p\|\) para todo \(p\in \mathbb{R}^n\) (ver Ejercicio 3.41).
Sea \(F:\hat{B}_r(\mathbf{p}_0) \to \mathbb{R}^m \) una función. Escribimos las funciones coordenadas de \(\mathbf{F}\) como \(\mathbf{F}=(f_1,\dots, f_m)\).
Entonces \[ \lim_{\mathbf{p}\to \mathbf{p}_0}F(\mathbf{p})=\mathbf{L} \] si y sólo si \[ \lim_{\mathbf{p}\to \mathbf{p}_0}f_i(\mathbf{p})=l_i, \, \textrm{para todo \(i=1,\dots,m\)} \] donde escribimos \(\mathbf{L}=(l_1,\dots. l_m)\).
Es decir, el límite existe si y sólo existe coordenada a coordenada.
Por el Ejercicio 1.36 tenemos que para todo \(\mathbf{q}=(q_1,\dots, q_m)\in \mathbf{R}^m\) se cumple \begin{eqnarray*} \|\mathbf{q}\|& \leq & \sum_{i=1}^m |q_i| \\ |q_i| & \leq & \|\mathbf{q}\|, i=1,\dots, m. \end{eqnarray*} Aplicando lo anterior al punto \(\mathbf{q}=\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L}\) obtenemos \begin{eqnarray*} \|\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L}\|& \leq & \sum_{i=1}^m |f_i(\mathbf{p})-l_i| \\ |f_i(\mathbf{p})-l_i| & \leq & \|\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L}\|, i=1,\dots, m. \end{eqnarray*} Usaremos estas desigualdades más adelante.
Para probar la proposición usaremos la definición \(\varepsilon-\delta\) del límite.
\(\Rightarrow ]\) Supongamos \(\lim_{\mathbf{p}\to \mathbf{p}_0}\mathbf{F}(\mathbf{p})=\mathbf{L}\) y sea \(\varepsilon>0\). Entonces existe \(\delta >0\) tal que si el punto \(\mathbf{p}\) satisface \(\|p-p_0\| < \delta \) entonces \(\|\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L} \|< \varepsilon\). Se sigue que para toda \(i=1,\dots, m\) \[ |f_i(\mathbf{p})-l_i|\leq \|\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L}\|< \varepsilon \] siempre y cuando \(\|\mathbf{p}-\mathbf{p}_0\| < \delta \). De lo anterior concluimos \(\lim_{\mathbf{p}\to \mathbf{p}_0}f_i(\mathbf{p})=\mathbf{p}_0\).
\(\Leftarrow ]\) Supongamos que para todo \(i=1,\dots, m\) se cumple \[ \lim_{\mathbf{p}\to \mathbf{p}_0 }f_i(\mathbf{p})=l_i \] y sea \(\varepsilon >0\).
Para cada una de las funciones \(f_i\) existe un \(\delta_i > 0\) tal que si \(\|\mathbf{p} - \mathbf{p}_0\| < \delta_i\) entonces \(|f_i(\mathbf{p})-l_i| <\varepsilon/m\).
Tomamos \(\delta = \min_{i=1,\dots, m}\{ \delta_i\}\). Nota que \(\delta >0\) y si \(\|\mathbf{p}-\mathbf{p}_0\| < \delta \) entonces \(\| \mathbf{p}-\mathbf{p}_0\|< \delta_i\) para toda \(i=1,\dots, m\) y por lo tanto \( |f_i(\mathbf{p})-l_i|< \frac{\varepsilon}{m} \) para toda \(i=1,\dots, m\).
Se sigue que si \(\| \mathbf{p}-\mathbf{p}_0\| < \delta \) entonces \[ \|\mathbf{F}(\mathbf{p})-\mathbf{L}\| \leq \sum_{i=1}^m |f_i(\mathbf{p})-l_i| < \sum_{i=1}^m \frac{\varepsilon}{m}=\varepsilon. \]
De lo anterior concluimos que \(\lim_{\mathbf{p} \to \mathbf{p}_0}\mathbf{F}(\mathbf{p})=\mathbf{L}\).
Sea \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión de puntos en \(\mathbf{R}^n\). Decimos que el límite de la sucesión existe sii existe un punto \(\mathbf{L}\in \mathbf{R}^n\) que satisface: para toda \(\varepsilon >0\) existe un número natural \(N\) tal que: \[ \|\mathbf{p}_n -\mathbf{L}\| < \varepsilon, \, \textrm{para toda \(n\geq N\).} \]
Lo anterior se denota como \(\lim_{n\to \infty}\mathbf{p}_n=\mathbf{L}\). También se dice que la sucesión \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty\) es convergente.
Por ejemplo para la sucesión de puntos \(\mathbf{p}_n=(\frac{2}{n}, \frac{3}{n})\) se tienen \(\lim_{n\to \infty }\mathbf{p}_n=(0,0)\) pues: dada \(\varepsilon >0\) para que la condición \(\|\mathbf{p}_n\| < \varepsilon\) se satisfaga se necesita \[ \sqrt{\frac{4}{n^2}+\frac{9}{n^2}}=\frac{1}{n}\sqrt{4^2+3^2}=\frac{25}{n} < \varepsilon \] lo cual es equivalente a \(n \geq \frac{25}{\varepsilon}\). Asi para que se cumpla la definición de límite se propone \(N\) cualquier natural que cumpla \( N > \frac{25}{\varepsilon} \).
La siguiente proposición ayuda a reducir límites de sucesiones en \(\mathbb{R}^n\) a suceciones en \(\mathbb{R}\) (las de cálculo 1).
Si \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty\) es una sucesión convergente entonces existe \(M>0\) tal que \(\|\mathbf{p}_n\| \leq M\), para toda \(n\in \mathbf{N}\).
Para \(\varepsilon=1\) existe un número natural \(N\) tal que \(\|\mathbf{p}_n - \mathbf{L} \|< 1\), para toda \(n\geq N\). Por la otra desigualdad del triángulo se tiene \begin{eqnarray*} |\|\mathbf{p}_n\|-\|\mathbf{L}\||< 1 \Rightarrow \|\mathbf{p}_n\| < 1+\|\mathbf{L}\|. \end{eqnarray*} Si tomamos \(M=1+\|\mathbf{L}\|\) tenemos que \(\|\mathbf{p}_n\|\leq M\) para toda \(n\geq N\), pero nos faltan considerar los puntos \(\mathbf{p}_1,\dots, \mathbf{p}_{N-1}\), asi que tomamos \[ M=1+\|\mathbf{L}\|+ M' \] donde \[ M'=\max\{\|\mathbf{p}_1,\cdots, \| \mathbf{p}_{N-1}\| \}. \] Con esta \(M\) aseguramos que \(\|\mathbf{p}_n\| \leq M\) para toda \(n\).
Sean dos sucesiones \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty, (\mathbf{q}_n)_{n=1}^\infty\) en \(\mathbf{R}^d\) con límites \[ \lim_{n\to \infty}\mathbf{p}_n=\mathbf{L},\,\lim_{n\to \infty}\mathbf{q}_n=\mathbf{L}'. \]
Queremos acotar \(|\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n \rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle|\) por arriba con expresiones que involucren \(\|\mathbf{p}_n-\mathbf{L}\|\) y \(\|\mathbf{q}_n-\mathbf{L}'\|\).
Escribiendo el "término cruzado" y factorizando tenemos \begin{eqnarray*} |\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n \rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle| &= & |\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n \rangle -\langle \mathbf{L},\mathbf{q}_n \rangle + \langle \mathbf{L}, \mathbf{q}_n\rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle| \\ &= & |\langle \mathbf{p}_n-\mathbf{L}, \mathbf{q}_n\rangle + \langle \mathbf{L}, \mathbf{q}_n-\mathbf{L}'\rangle | \end{eqnarray*} Finalmente aplicando la desigualdad del triángulo obtenemos \begin{eqnarray}\label{Eqn:Aux1ProdInterContinuo} |\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n \rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle| &\leq & |\langle \mathbf{p}_n-\mathbf{L}, \mathbf{q}_n\rangle |+ |\langle \mathbf{L}, \mathbf{q}_n-\mathbf{L}'\rangle | \end{eqnarray}
Continuando con la acotación por arriba, aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwartz para obtener \begin{eqnarray*} |\langle \mathbf{p}_n-\mathbf{L}, \mathbf{q}_n\rangle |+ |\langle \mathbf{L}, \mathbf{q}_n-\mathbf{L}'\rangle | &\leq & \| \mathbf{p}_n-\mathbf{L}\|\|\mathbf{q}_n\| + \|\mathbf{L}\| \|\mathbf{p}_n-\mathbf{L}' \| \end{eqnarray*} Por el Lema 5.23 existe \(M>0\) tal que \(\|\mathbf{q}_n\|\leq M\) para toda \(n\). Por lo tanto de la desigualdad anterior se sigue que \begin{eqnarray}\label{Eqn:Aux2ProdInterContinuo} |\langle \mathbf{p}_n-\mathbf{L}, \mathbf{q}_n\rangle |+ |\langle \mathbf{L}, \mathbf{q}_n-\mathbf{L}'\rangle | &\leq & \| \mathbf{p}_n-\mathbf{L}\|M + \|\mathbf{L}\| \|\mathbf{p}_n-\mathbf{L}' \| \end{eqnarray}
De las ecuaciones \eqref{Eqn:Aux1ProdInterContinuo} y \eqref{Eqn:Aux2ProdInterContinuo} llegamos a \begin{equation}\label{Eqn:Aux3ProdInterContinuo} |\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n\rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle | \leq \| \mathbf{p}_n-\mathbf{L}\|M + \|\mathbf{L}\| \|\mathbf{p}_n-\mathbf{L}' \| \end{equation}
Dada \(\varepsilon >0\), usamos \(\lim_{n\to \infty}\mathbf{p}_n=\mathbf{L}\) para agurar la existencia de un \(N_1\in \mathbf{N}\) tal que \[ \| \mathbf{p}_n- \mathbf{L}\|< \frac{\varepsilon}{2M}, \, \textrm{para toda \(n\geq N_1\)} \] y usamos \(\lim_{n\to \infty}\mathbf{q}_n=\mathbf{L}'\) para obtener un \(N_2\in \mathbf{N}\) tal que \[ \| \mathbf{q}_n- \mathbf{L}'\|< \frac{\varepsilon}{2(|\mathbf{L}\|+1)}, \textrm{para toda \(n\geq N_1\)} \] Nota: se usa \(\|\mathbf{L}\|+1\) para tomar en consideración el caso \(\mathbf{L}=0\).
Si tomamos \(N=\max\{ N_1,N_2\}\) y \(n\geq N\) entonces de las desigualdades anteriores obtenemos que en \eqref{Eqn:Aux3ProdInterContinuo} podemos acotar: \begin{eqnarray*} |\langle \mathbf{p}_n, \mathbf{q}_n\rangle - \langle \mathbf{L}, \mathbf{L}'\rangle | &\leq & \| \mathbf{p}_n-\mathbf{L}\|M + \|\mathbf{L}\| \|\mathbf{p}_n-\mathbf{L}' \| \\ & < & \frac{\varepsilon}{2M}M + \|\mathbf{L}\| \frac{\varepsilon}{2(\|\mathbf{L}\|+1)}\\ & < & \varepsilon. \end{eqnarray*}
Notación: dado un vector \(\mathbf{p}\in \mathbf{R}^d\) por \(\mathbf{p}[i]\) denotamos su entrada \(i\), \(i=1,\dots, d\).
Sea \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión de puntos en \(\mathbf{R}^d\).
\(\lim_{n\to \infty}\mathbf{p}_n=\mathbf{L}\) si y sólo si, para toda entrada \(i=1,\dots, d\), \(\lim_{n\to \infty} \mathbf{p}_n[i]=\mathbf{L}[i]\).
Sugerencia: copia el método de la Proposición 5.21
Comencemos por suponer que $\lim_{n \to \infty} p_n = L$. Recordemos que para cada $i \in \{1,\ldots,d\}$ se tiene que $|p_n[i] - L[i]| \leq \|p - L\|$. Sea $\epsilon > 0$, por hipótesis se tiene que existe $N \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq N$ entonces $\|p_n - L\|<\epsilon$. Por lo tanto, usando dicha $N$ se tiene que si $n \geq N$ entonces \begin{equation*} |p_n[i] - L[i]| \leq \|p_n - L\| < \epsilon, \end{equation*} para cada $i \in \{1,\ldots,d\}$, por lo que para cada entrada $\lim_{n \to \infty}p_n[i]=L[i]$.
Supongamos ahora que para cada entradad $i=1,\ldots,d$ $\lim_{n \to \infty}p_n[i] = L[i]$, entonces para $\epsilon/d >0$ existen $N_1,\ldots,N_d$ tales que si $n \geq N_i$ entonces $|p_n[i] - L[i]| < \epsilon$. Recordemos ahora que \begin{equation*} \|p_n - L\| \leq \sum_{i=1}^d |p_n[i] - L[i]|. \end{equation*} Si definimos $N = \max \{N_1,\ldots,N_d\}\geq N_i$ entonces se tiene que para $n \geq N$ \begin{equation*} \|p_n - L\| \leq \sum_{i=1}^d |p_n[i] - L[i]| < \sum_{i=1}^d \epsilon/d = \epsilon, \end{equation*} con lo que se concluye que \begin{equation*} \lim_{n \to \infty}p_n = L. \end{equation*}
Sea $(\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty$ una sucesión de puntos en \(\mathbb{R}^d\) y supón que existe \(M>0\) tal que \(\|\mathbf{p}_n\| \leq M\) para toda \(n\). Entonces existe una subsucesión $(\mathbf{p}_{n_s})_{s \geq 1}$ y un punto \(\mathbf{L}\) tal que $$ \lim_{s \to \infty}\mathbf{p}_{n_k}=\mathbf{L}. $$
La demostración es por inducción en la dimensión del espacio, en la notación de arriba, \(d\).
Para \(d=1\) es el Teorema de Bolzano-Weirestrass que se ve en cálculo 1.
Supongamos que el resultado en cierto hasta dimensión \(d\) y probémoslo para \(d+1\).
Sea \((\mathbf{p}_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión de puntos de \(\mathbb{R}^{d+1}\) tal que \(\|\mathbf{p}_n\|\leq M\), para toda \(n\in \mathbb{N}\).
Del punto \(\mathbf{p}_n\) tomamos las primeras \(d\) corrdenadas para formar el vector \(\tilde{\mathbf{p}}_n\in \mathbf{R}^{d}\), es decir \[ \tilde{\mathbf{p}}_n=(\mathbf{p}_n[1], \dots, \mathbf{p}_n[d]) \] donde \(\mathbf{p}[i]\) denota la coordenada del punto \(\mathbf{p}\in \mathbf{R}^{d+1}\). Una comparación directa se prueba que \[ \mathbf{p}_n[1]^2+\cdots + \mathbf{p}_n[d]^2 \leq \mathbf{p}_n[1]^2+\cdots + \mathbf{p}_n[d]^2+\mathbf{p}_n[d+1]^2 \] Scando raíz cuadrada en ambos lados obtenemos que \(\|\tilde{\mathbf{p}}_n\| \leq \|\mathbf{p}_n\|\) por lo tanto \(\|\tilde{\mathbf{p}}_n\| \leq M\) para toda \(n\). Por la hipótesis de inducción existe una subsucesión \((n_k)_{k=1}^\infty\) y un punto \(\mathbf{L}'\in \mathbf{R}^d\) tal que \[ \lim_{k\to \infty}\tilde{\mathbf{p}}_{n_k}=\mathbf{L}'. \]
Ahora volvemos a dimensión 1 considerando la subsucesión \((\mathbf{p}_{n_k}[d+1])_{k=1}^\infty\). Por el Ejercicio \[ |\mathbf{p}_{n_k}[d+1]|\leq \|\mathbf{p_{n_k}}\| \leq M, \, \textrm{para toda \(k\)} \] por lo tanto podemos aplicar Bolzano-Weirestrass en dimensión 1 a la sucesión \((\tilde{\mathbf{p}}_{n_{k}}[d+1])_{s=1}^\infty\) para encontrar un \(l_{d+1}\in \mathbb{R}\) y una subsucesión \((\mathbf{p}_{n_{k_s}}[d+1])_{s=1}^\infty\) tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux1BW} \lim_{s\to \infty} \mathbf{p}_{n_{k_s}}[d+1]= l_{d+1} \end{equation} Ya que las subsucesiones de sucesiones convergentes son convergentes también tenemos que \begin{equation}\label{Eqn:Aux2BW} \lim_{s\to \infty} \mathbf{p}_{n_{k_s}}= \mathbf{L}' \end{equation} Definamos \(\mathbf{L}=(\mathbf{L}'[1], \dots, \mathbf{L}'[d], l_{d+1})\).
De las ecuaciones \eqref{Eqn:Aux1BW} y \eqref{Eqn:Aux2BW} obtenemos que \[ \lim_{s\to \infty} \mathbf{p}_{n_{k_s}}[i]= \mathbf{L}[i], \, \textrm{para toda \(i=1,\dots, d, d+1\)} \] y por la Proposición 5.25 concluimos que \[ \lim_{s\to \infty}\mathbf{p}_{n_{k_s}}=\mathbf{L}. \]
Dada una función de dos variables \(f(x,y)\), definida en una vecindad perforada de \((x_0,y_0)\), un límite iterado es una expresión de la forma \[ \lim_{x\to x_0}(\lim_{y\to y_0}f(x,y)), \lim_{y\to y_0}(\lim_{x\to x_0} f(x,y)) \] y se calcula de "adentro hacia afuera" siempre y cuando cada uno de los límites existan.
Para la función \[ f(x,y)=\frac{x^2}{x^2+y^2} \] el cálculo \(\lim_{x\to 0}(\lim_{y\to 0} f(x,y))\) es el siguiente:
Paso 1. Se toma un punto \((x,y)\ne (0,0)\), se toma como \(x\) fija (constante) y se toma el límite sobre \(y\) \[ \lim_{y\to 0}f(x,y)=\lim_{y\to 0}\frac{x^2}{x^2+y^2} \] Tenemos dos casos: \(x\ne 0\), \(x=0\). Nota que \(y\ne 0\) pues estamos tomando el límite cuando \(y\to 0\).
Caso \(x\ne 0\): \[ \lim_{y\to 0}\frac{x^2}{x^2+y^2}=\frac{x^2}{x^2}=1. \] Caso \(x=0\): \[ \lim_{y\to 0}\frac{x^2}{x^2+y^2}=\lim_{y\to 0}\frac{0}{y^2}=0 \] nota: \(0/y^2=0\) pues \(y^2>0\) y el cociente anterior está bien definida.
En resumen \(\lim_{y\to 0}f(x,y)=g(x)\) donde \(g(x)=1\) si \(x\ne 0\) y \(g(x)=0\) si \(x=0\).
Paso 2. Calculamos \(\lim_{x\to 0} (\lim_{y\to 0}f(x,y))\).
En el primer paso encontramos \(\lim_{y\to 0}f(x,y)=g(x)\) por lo tanto el límite iterado se reduce a \[ \lim_{x\to 0}(\lim_{y\to 0}f(x,y))=\lim_{x\to 0} g(x)=1 \] nota que la última igualdad se vales pues cuando \(x\to 0\) suponemos que \(x\ne 0\) por lo que \(g(x)=1\).
Conclusión \[ \lim_{x\to 0}\left( \lim_{y\to 0} \frac{x^2}{x^2+y^2}\right)=1. \]
Calcular \[ \lim_{y\to 0}\left( \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2+y^2} \right) \]
Paso 1. Para \((x,y)\ne (0,0)\) tomamos \(y\) constante y calculamos \[ \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x^2+y^2} \] Caso 1: \(y\ne 0\). \[ \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x^2+y^2}=\frac{0}{0+y^2}=0. \] Caso 2: \(y=0\). \[ \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x^2+y^2}=\lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x^2}=1 \] nota que como tomamos \(x\to 0\) se tiene que \(x\ne 0\) y se puede cancelar.
Por lo tanto \(\lim_{x\to 0} f(x,y)=h(y)\) donde \(h(y)=0\) si \(y\ne 0\) y \(h(y)=1\) si \(y=0\).
Paso 2.
Usando el paso 1 \[ \lim_{y\to 0}(\lim_{x\to 0})= \lim_{y\to 0} h(y)=0. \] Por lo tanto \[ \lim_{y\to 0}\left( \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2+y^2} \right)=0. \]
Notas.
Considera la función $f(x,y)=\frac{x-y}{x+y}$, para $(x,y)$ con $x+y \ne 0$.
Definimos \(f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) mediante \[ f(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} 1, & (x,y)\in \mathbb{Q}\times \mathbb{Q} \\ 0, & \textrm{en otro caso} \end{array} \right. \] Prueba que \(\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0\) pero para todo \(x\neq 0\) fijo, \(\lim_{y\to 0} f(x,y)\) no existe.
Nota: este ejercicio muestra que a pesar de que el límite puede exisitr los límites iterados no existen.
Este ejercicio generaliza al Ejercicio 5.16 y la prueba es similar.
Sea \(f\) una función definida en una vecindad perforada de \(p_0\) y supongamos que \[ \lim_{p\to p_0} f(p)=L \] Supongamos que \(g\) es una función definida en una vecindad perforada de \(L\) y que \[ \lim_{q\to L} g(q)=M \] Entonces \[ \lim_{p\to p_0} (g\circ f)(p)=M. \]