Límites en dos variables

Publicada el noviembre 22, 2022 por Fernando Revilla

RESUMEN. Proporcionamos ejercicios de límites en dos variables.

    Enunciado
  1. Demostrar usando la definición que $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}(x+y)=0.$
  2. Demostrar usando la definición que $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}xy=0.$
  3. Demostrar que $L=\displaystyle\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^3 – y^3}{x^2+y^2}=0.$
  4. Se considera la función $$f(x,y)=\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\frac{y}{x}\sin (x^2+y^2) & \mbox{ si }& x\neq 0\\0 & \mbox{si}& x=0.\end{matrix}\right.$$ (a) Demostrar que $f$ tiene límite constante en el origen según cualquier dirección $y=mx$.
    (b) Demostrar sin embargo que no existe $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y).$
  5. Hallar los límites según las diferentes direcciones en el punto $(0.0)$ para la función $$f(x,y)=\frac{2xy}{x^2+y^2}.$$ ¿Existe $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0.0)}f(x,y)$?
  6. Se considera la función $$f(x,y)=\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\frac{xy^2}{x^2+y^4} & \mbox{ si }& (x,y)\neq (0,0)\\0 & \mbox{si}& (x,y)=0.\end{matrix}\right.$$ (a) Hallar el límite según direcciones en $(0,0).$
    (b) Hallar el límite según las parábolas $y=ax^2$ en $(0,0).$
    (c) Hallar el límite según las parábolas $y^2=bx$ en $(0,0).$
    (d) ¿Existe $\lim_{(x,y)\to(0.0)}f(x,y)$?
  7. Demostrar que no existe el límite $$\displaystyle\lim _{\left(x,\:y\right)\to \left(0,\:0\right)}\frac{3x^3\sqrt{y}}{x^4+y^2}$$ ni finito ni infinito.
  8. Calcular los límites reiterados en el origen de la función $$f(x,y)=\frac{xy-x-y}{x+y},\quad x+y\ne 0.$$ ¿Existe $ \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)$?
  9. Calcular $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (+\infty,+\infty)}\frac{x+y}{x^2+y^2}.$
  10. Calcular $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{1-\sqrt{1+x^2+y^2}}.$
    Solución
  1. Sea $\epsilon > 0.$ Se verifica $|(x+y)-0| < \epsilon \Leftrightarrow |x+y| < \epsilon.$ Eligiendo $\delta=\epsilon /2$, $$|x| < \delta \wedge |y| < \delta\Rightarrow |x+y|\le |x|+|y| < \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon,$$ en consecuencia $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}(x+y)=0.$
  2. Sea $\epsilon > 0.$ Se verifica $|xy-0| < \epsilon \Leftrightarrow |xy| < \epsilon.$ Eligiendo $\delta=\sqrt{\epsilon}$, $$|x| < \delta \wedge |y| < \delta\Rightarrow |xy|= |x||y| < \sqrt{\epsilon}\sqrt{\epsilon}=\epsilon,$$ en consecuencia $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}xy=0.$
  3. Para $(x,y)\ne (0,0)$ se verifica $$0\le\left|\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}\right|\le \frac{|x^3|+|y^3|}{x^2+y^2}\le \frac{|x|x^2+|y|y^2}{x^2+y^2}= \frac{|x|x^2}{x^2+y^2}+ \frac{|y|y^2}{x^2+y^2}\le|x|+|y|.$$ Por otra parte, $\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}(|x|+|y|)=0$ con lo cual por el teorema del Sandwhich, $L=0.$
  4. (a) Se verifica $$L_m=\lim_{(x,y)\to(0.0)\\y=mx}f(x,y)=\lim_{x\to 0}m\sin (x^2+m^2x^2)=m\cdot 0=0.$$ (b) Por apartado anterior, si existe $\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)$ éste ha de ser $0.$ Sea $\epsilon > 0 .$ Tenemos $$|f(x,y)-0| < \epsilon \underbrace\Leftrightarrow_{x\ne 0} \left|(y/x)\sin (x^2+y^2)\right| < \epsilon \Leftrightarrow \sin (x^2+y^2) < \frac{\epsilon}{|y/x|}.$$ Nótese que para valores suficientemente pequeños de $x$ e $y$ se verifica que $\sin (x^2+y^2)$ $=$ $|\sin (x^2+y^2)|.$ Llamemos $m=y/x.$ Tomando $\arcsin$ obtenemos $$x^2+y^2 < \arcsin \frac{\epsilon}{|m|}.$$ Entonces, haciendo $m\to +\infty,$ no existe $\delta$ tal que si $x^2+y^2 < \delta$ entonces $|f(x,y)| < \epsilon$ pues $\arcsin \epsilon/|m|\to 0.$
  5. A lo largo de la recta $y=mx$ tenemos: $$L_m=\lim_{(x,y)\to(0.0)\\y=mx}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\frac{2mx^2}{(1+m^2)x^2}=\frac{2m}{1+m^2}.$$ Los límites dependen de $m$ en consecuencia, no existe $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0.0)}f(x,y).$
  6. (a) A lo largo de $y=mx$, $$L_m=\lim_{(x,y)\to(0.0)\\y=mx}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\frac{m^2x^3}{x^2+m^4x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{m^2x}{1+m^4x^2}=\frac{0}{1}=0.$$ Es decir, si existe $\lim_{(x,y)\to(0.0)}f(x,y)$ éste ha de ser $0.$
    (b) A lo largo de $y=ax^2$, $$L_a=\lim_{(x,y)\to(0.0)\\y=ax^2}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\frac{a^2x^5}{x^2+a^4x^8}=\lim_{x\to 0}\frac{a^2x^3}{1+a^4x^6}=\frac{0}{1}=0.$$ (c) Tenemos a lo largo de $y^2=bx$, $$L_b=\lim_{(x,y)\to(0.0)\\y^2=bx}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\frac{bx^2}{x^2+b^2x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{b}{1+b^2}=\frac{b}{1+b^2}.$$ (d) El límite depende de $b$, por tanto no existe $\lim_{(x,y)\to(0.0)}f(x,y).$
  7. El dominio de la función $f(x,y)=\dfrac{3x^3\sqrt{y}}{x^4+y^2}$ es $$D=\{(x,y)\in \mathbb R^2: y\ge 0\wedge (x,y)\ne (0,0)\},$$ Consideremos las curvas $$\Gamma_1\equiv y=x\;(x>0),\quad \Gamma_2\equiv y=x^2\;(x > 0).$$ Ambas curvas están contenidas en $D$ y tienen a $(0,0)$ como punto de acumulación. Entonces, $$\displaystyle\lim _{\left(x,\:y\right)\to \left(0,\:0\right)\\(x,y)\in \Gamma_1}\frac{3x^3\sqrt{y}}{x^4+y^2}=\lim_{x\to 0^+} \frac{3x^3\sqrt{x}}{2x^4}= \lim_{x\to 0^+} \frac{3x^{7/2}}{2x^4}=\lim_{x\to 0^+} \frac{3}{2x^{1/2}}=+\infty.$$ Por otra parte, $$\displaystyle\lim _{\left(x,\:y\right)\to \left(0,\:0\right)\\(x,y)\in \Gamma_2}\frac{3x^3\sqrt{y}}{x^4+y^2}=\lim_{x\to 0^+}\frac{3x^4}{2x^4}=\lim_{x\to 0^+}\frac{3}{2}=\frac{3}{2}.$$ Concluimos que no existe $\displaystyle\lim _{\left(x,\:y\right)\to \left(0,\:0\right)}f(x,y)$, ni finito ni infinito.
  8. Tenemos $$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac{xy-x+y}{x+y}=\lim_{x\to 0}\frac{-x}{x}=\lim_{x\to 0}(-1)=-1,$$ $$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac{xy-x+y}{x+y}=\lim_{y\to 0}\frac{y}{y}=\lim_{x\to 0}1=1.$$ No existe $\lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)$ pues existen lo límites reiterados pero no coinciden.
  9. Usando coordenadas polares $x=\rho\cos \theta, y=\rho\cos \theta,$ $$\lim_{(x,y)\to (+\infty,+\infty)}\frac{x+y}{x^2+y^2}=\lim_{\rho\to +\infty}\frac{\rho (\cos \theta +\sin \theta)}{\rho^2}$$ $$=\lim_{\rho\to +\infty}(\cos \theta +\sin \theta)\frac{1}{\rho}\underbrace{=}_{\text{Acot. por infinités.}}0$$
  10. Usando coordenadas polares, $$\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{1-\sqrt{1+x^2+y^2}}=\lim_{\rho \to 0}\frac{\rho^2}{1-\sqrt{1+\rho^2}}$$ $$=\lim_{\rho\to 0}\frac{\rho^2 \left(1+\sqrt{1+\rho^2}\right)}{\left(1-\sqrt{1+\rho^2}\right)\left(1+\sqrt{1+\rho^2}\right)}$$ $$=\lim_{\rho\to 0}\frac{\rho^2 \left(1+\sqrt{1+\rho^2}\right)}{1-\left(1+\rho^2\right)}=\lim_{\rho\to 0}-\left(1+\sqrt{1+\rho^2}\right)=-2.$$
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