matematica superior

1. Ejercicios resueltos
Algunos ejemplos de límites en varias variables.
Ejemplo 1 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,0)
−xy + 2x2y3
xy2 + 3xy
.
Claramente, al evaluar la expresión −xy+2x2y3
xy2+3xy
en (0, 0) obtenemos una indeterminación del tipo “0
0”. No
obstante, podemos re-escribir la expresión original de la siguiente manera
−xy + 2x2y3
xy2 + 3xy
=
xy(−1 + 2xy2)
xy(y + 3)
=
−1 + 2xy2
y + 3
.
Usando dicha expresión concluímos que
l´ım
(x,y)→(0,0)
−xy + 2x2y3
xy2 + 3xy
= l´ım
(x,y)→(0,0)
−1 + 2xy2
y + 3
= −
1
3
.
Ejemplo 2 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,0)
x + 2y
y − x
.
Es inmediato vericar que obtenemos una indeterminación del tipo “0
0” al evaluar y, a diferencia del ejemplo
anterior, no es posible re-escribir la expresión de forma tal que simplique el problema; por lo tanto, parece
pertinente estudiar los límites direccionales. Consideramos entonces la recta que pasa por el origen con
dirección (a, b), a = b; esto es, (x, y) = λ(a, b) + (0, 0) = (λa, λb). Luego, (sustituyendo)
l´ım
λ→0
(λa) + 2(λb)
(λb) − (λa)
= l´ım
λ→0
a + 2b
b − a
=
a + 2b
b − a
.
Claramante, el valor de dicho límite depende de la dirección (a, b) elegida. Por ejemplo, al considerar la
dirección (a, b) = (1, 0) (equiv. y = 0), el valor del límite es −1; mientras que al considerar la dirección
(a, b) = (0, 1) (equiv. x = 0), el valor del límite es 2. Concluímos entonces que el límite dado no existe.
En la Figura 1 ilustramos los resultados que acabamos de obtener: en color verde se ilustra el gráco de la
función f(x, y) = x+2y
y−x ; en color azul, la trayectoria (0, y, f(0, y)); y, en color rojo, la trayectoria (x, 0, f(x, 0)).
Figura 1.
Nota: eligiendo adecuadamente la dirección (a, b) podemos lograr que el límite direccional dé un valor arbi-
trario c predeterminado de antemano, lo cual corrobora la no existencia del límite planteado.
Ejemplo 3 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,1)
x2
y − 1
.
Cálculo II

2. Ejercicios resueltos
Es claro que al evaluar directamente obtenemos una indeterminación del tipo “0
0”, y la expresión ya se
encuentra reducida, por lo que es natural calcular los límites direccionales. Consideramos entonces la recta
que pasa por (0, 1) con dirección (a, b), b = 0; esto es, (x, y) = λ(a, b) + (0, 1) = (λa, λb + 1). Luego,
(sustituyendo)
l´ım
λ→0
(λa)2
(λb + 1) − 1
= l´ım
λ→0
λa2
b
= 0.
Por lo tanto, cualquier límite direccional es cero. No obstante, este hecho no permite concluir que el límite
original da cero. De hecho, dicho límite no existe. En efecto, consideremos la curva (x, x2 + 1) con x próximo
a 0 (estamos interesados cuando x → 0 ya que en este caso (x, x2 + 1) → (0, 1)), entonces
l´ım
x→0
x2
(x2 + 1) − 1
= l´ım
x→0
1 = 1.
En consecuencia, la no existencia del límite planteado originalmente está probada.
En la Figura 2 ilustramos los resultados que acabamos de obtener: en color verde se ilustra el gráco de
f(x, y) = x2
y−1; en color rojo, las trayectorias (x, mx + 1, f(x, mx + 1)) para m = 1, −2; y, en color azul, la
trayectoria (x, x2 + 1, f(x, x2 + 1)).
Figura 2.
Para nalizar, dejamos como ejercicio mostrar que, dado c ∈ R existe un camino (x, g(x)) que pasa por (0, 1)
de modo que l´ım
x→0
f(x, g(x)) = c siendo f(x, y) = x2
y−1.
Ejemplo 4 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,1)
1 − x2y2 + exy
2xy − sen(xy)
.
Como en los ejemplos anteriores, no es posible obtener el valor del límite por una mera evaluación y, aunque
no es posible re-escribir la expresión de una manera más simple, podemos realizar la sustitución t = xy para
reducir nuestro problema al cálculo de un límite con una sola variable. En efecto, si t = xy entonces t → 0
cuando (x, y) → (0, 1) y
l´ım
(x,y)→(0,1)
1 − x2y2 + exy
2xy − sen(xy)
= l´ım
t→0
1 − t2 + et
2t − sen(t)
= 1
(para obtener el valor del último límite nos hemos valido de la regla de L'Hospital).
Ejemplo 5 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,1)
1 − cos(xy)
y2 − y
.
Cálculo II

3. Ejercicios resueltos
Una evaluación directa conduce a una indeterminación del tipo “0
0” y, a priori, no es posible re-escribir
la expresión ni realizar alguna sustitución que nos simplique el problema. Calculemos entonces los límites
direccionales: consideramos la recta que pasa por (0, 1) con dirección (a, b) donde b = 0, i.e., (x, y) =
λ(a, b) + (0, 1) = (λa, λb + 1); entonces
l´ım
λ→0
1 − cos(λa(λb + 1))
(λb + 1)2 − (λb + 1)
= l´ım
λ→0
1 − cos(λ2ab + λa)
λ2b2 + λb
= l´ım
λ→0
sen2(λ2ab + λa)
(λ2ab + λa)2
→0
(λab + a)2
λb2 + b
→0
λ
1 + cos(λ2ab + λa)
→0
= 0.
Como sabemos, el hecho que todos los límites direccionales existan y den 0 no implica que el límite original
exista (aunque, si existiera, obviamente su valor sería cero).
Re-escribamos el cociente 1−cos(xy)
y2−y
como sigue (esencialmente, seguimos las mismas identidades que usamos
para calcular los límites direccionales pero ahora las escribimos con mayor detalle)
1 − cos(xy)
y2 − y
=
1 − cos(xy)
y2 − y
1 + cos(xy)
1 + cos(xy)
=
sen2(xy)
y2 − y
1
1 + cos(xy)
=
sen2(xy)
(xy)2
(xy)2
y2 − y
1
1 + cos(xy)
=
sen2(xy)
(xy)2
x2
y − 1
y
1 + cos(xy)
.
Es claro que l´ım
(x,y)→(0,1)
sen2(xy)
(xy)2
= 1 (ver ejercicio 6 (a) i. de la Práctica 2) y que l´ım
(x,y)→(0,1)
y
1 + cos(xy)
=
1
2
.
Luego, el Ejemplo 3 de estas notas permite concluir la no existencia del límite planteado.
Nota: La no existencia de este límite la podríamos deducir inmediatamente de la expresión dada originalmente
al considerar los mismos caminos que en el Ejemplo 3; no obstante, resulta poco intuitivo considerar dichos
caminos al trabajar con la función 1−cos(xy)
y2−y
, mientras que para la función x2
y−1 puede resultar más natural.
Ejemplo 6 Calcular, si existiera, l´ım
(x,y)→(0,0)
xy2
|x| + y2
.
Una vez más obtenemos una indeterminación del tipo “0
0” cuando evaluamos. Esta vez dejamos como ejercicio
vericar que los límites direccionales dan 0 independientemente de la dirección elegida (tómese unos minutos
antes de seguir leyendo y haga esta cuenta por favor). Pruebe por otros caminos... tómese unos minutos
más... no hay apuro!!
Seguramente, todos los caminos por los que probó conducen a 0 como valor del límite. Es razonable entonces
sospechar que el valor del límite en cuestión es cero (más aún, si tenemos en cuenta el gráco de la función
xy2
|x|+y2 , ver Figura 3); tratemos de ver si podemos corrobar nuestra sospecha formalmente.
Tengamos presente que 2ab ≤ a2 + b2 ∀ a, b ∈ R (¾por qué?); luego, xy2 ≤ 1
2(x2 + y4).
Dado que a2 + b2 ≤ (a + b)2 ∀ a, b ≥ 0 (¾por qué?), sigue x2 + y4 = |x|2 + y4 ≤ (|x| + y2)2. Combinando las
desigualdades obtenidas tenemos
xy2
≤
1
2
(|x| + y2
)2
; (1)
más aún, (verique por favor)
|x|y2
≤
1
2
(|x| + y2
)2
. (2)
Cálculo II

4. Ejercicios resueltos
Figura 3.
De (2) sigue que, en un entorno abierto del origen,
|x|y2
|x| + y2
≤
1
2
(|x| + y2
). (3)
Ahora, dado que |x|y2
|x|+y2 = xy2
|x|+y2 , de (3) sigue
0 ≤
xy2
|x| + y2
≤
1
2
(|x| + y2
).
Finalmente, como l´ım
(x,y)→(0,0)
1
2
(|x|+y2
) = 0; el Lema del Sandwich permite concluir que l´ım
(x,y)→(0,0)
xy2
|x| + y2
=
0. Luego, l´ım
(x,y)→(0,0)
xy2
|x| + y2
= 0 de manera que nuestra sospecha dejó de ser tal para pasar a ser una certeza.
Enhorabuena!!!
A continuación damos una prueba alternativa mucho más breve.
Seguramente, estamos de acuerdo con el siguiente hecho: y2 ≤ |x| + y2 ya que |x| ≥ 0 ∀ x ∈ R. Luego, en un
entorno abierto del origen,
y2
|x| + y2
≤ 1.
Claramente, 0 ≤ y2
|x|+y2 ; por lo que la función y2
|x|+y2 es acotada en un entorno abierto del origen. Finalmente,
como l´ım
(x,y)→(0,0)
x = 0 sigue (del lema conocido como cero por acotado) que l´ım
(x,y)→(0,0)
xy2
|x| + y2
= 0.
Ejemplo 7 Vericar que l´ım
(x,y)→(0,0)
xα + yα
x2 + y2
= 0 cualquiera sea α 1.
Usando el hecho |x| ≤ x2 + y2 concluímos que, para (x, y) = (0, 0),
|x|
x2 + y2
≤ 1.
Es decir, la función x√
x2+y2
es acotada para todo (x, y) = (0, 0). Luego,
xα
x2 + y2
= xα−1
→0
x
x2 + y2
acotada
→ 0 cuando (x, y) → (0, 0).
Cálculo II

5. Ejercicios resueltos
Usando argumentos similares resulta que
yα
x2 + y2
= yα−1
→0
y
x2 + y2
acotada
→ 0 cuando (x, y) → (0, 0)
(notemos que la hipótesis α 1 la usamos fuertemente al armar que xα−1, yα−1 → 0).
Finalmente,
xα + yα
x2 + y2
=
xα
x2 + y2
+
yα
x2 + y2
→ 0 cuando (x, y) → (0, 0).
Cálculo II