En una variable, calcular un límite era casi siempre una cuenta. Acá deja de serlo: el problema no es hacer la cuenta, es elegir con qué herramienta atacar. Y las herramientas son pocas: cuatro o cinco, contadas.
Este apunte es deliberadamente práctico. La definición formal con \(\varepsilon\) y \(\delta\) no aparece: lo que aparece es el criterio para decidir qué probar primero, qué probar cuando eso falla, y qué conclusión te habilita cada resultado.
Al terminar vas a poder:
Decidir en qué rama del árbol estás: evaluar, factorizar, acotar o buscar un contraejemplo.
Probar que un límite existe con álgebra o con infinitésimo por acotado.
Probar que no existe eligiendo la familia de trayectorias adecuada, no la primera que se te ocurra.
Interpretar los límites iterados: qué te dicen, qué no te dicen y por qué no son trayectorias.
En \(\mathbb{R}\), acercarse a \(x_0\) tenía exactamente dos formas: por izquierda o por derecha. Por eso alcanzaba con los límites laterales: si los dos coincidían, el límite existía.
En \(\mathbb{R}^2\) eso se rompe. Un entorno de \(P=(x_0,y_0)\) ya no es un intervalo con dos puntas: es un disco (una bola) centrado en \(P\). Y a un punto del plano se llega por infinitas direcciones, y además por infinitas curvas.
Es el disco abierto de centro \(P\) y radio \(\delta\). "Acercarse a \(P\)" significa meterse en discos cada vez más chicos.
Al mismo punto se llega por infinitas rectas y por infinitas curvas
Hablar de "por izquierda" y "por derecha" en el plano no significa nada: no hay dos lados, hay infinitos caminos. Ese es el cambio de fondo respecto de Análisis I.
Antes de calcular hay un chequeo de dos segundos: el punto \(P\) tiene que ser punto de acumulación del dominio de \(f\). Es decir: por más chico que hagas el disco alrededor de \(P\), adentro siempre tiene que haber puntos del dominio distintos de \(P\).
Fijate que \(P\) no necesita pertenecer al dominio. De hecho, los límites interesantes son casi siempre en puntos que no están en el dominio: ahí es donde la función tiene un agujero y hay algo que averiguar.
P sí es punto de acumulación del dominio; Q no: su disco queda vacío
si los valores \(f(x,y)\) se acercan tanto como uno quiera a \(L\) para todos los puntos del dominio suficientemente próximos a \(P\), sin importar por dónde nos acerquemos.
De esa frase sale todo lo demás. Si el límite existe, cualquier camino que pase por \(P\) tiene que dar el mismo valor \(L\). Por eso alcanza con dos caminos que den distinto para tumbarlo, y por eso ningún número finito de caminos alcanza para asegurarlo.
Gema
Pensalo así: probar caminos es como buscar contraejemplos. Sirve muchísimo para decir "no existe", pero nunca para decir "existe". Para eso necesitás un argumento que cubra todos los caminos de una sola vez.
Tenés un límite adelante y no sabés qué hacer. La buena noticia es que el menú es corto. Este es el orden que conviene seguir, de lo más barato a lo más caro.
El árbol completo: tres salidas por izquierda, una por abajo
Y el mismo árbol para recorrer, paso por paso. Cada rama dice a dónde vas según lo que te haya salido:
¿Por dónde empiezo con \(\lim_{(x,y)\to P} f(x,y)\)?
¿Se puede evaluar? Reemplazá \(P\) y mirá qué sale.
El límite existe y vale \(f(a,b)\).
Si el denominador no se anula y la función es de las buenas —polinómica, racional, composición de continuas—, evaluar alcanza.
¿Podés hacer álgebra? Factorear y cancelar, agrupar, multiplicar por el conjugado.
¿Se separa en infinitésimo por acotado? Buscá \(f = g \cdot h\) con \(g \to 0\) y \(h\) entre dos cotas.
El límite existe y vale \(0\).
Es la herramienta más potente para probar que existe: cubre todos los caminos de una sola vez, cosa que ninguna trayectoria puede hacer.
Cambiá de bando. Hasta acá buscabas probar que existe; a partir de acá buscás un contraejemplo.
Empezá por los iterados, que son dos cuentas de una variable. ¿Dan finitos y distintos?
Probá dos trayectorias que pasen por \(P\), elegidas mirando los grados. ¿Dan valores distintos?
El límite no existe.
Dos caminos que dan valores distintos son suficientes: si el límite existiera, todos los caminos tendrían que dar lo mismo.
Coincidir no prueba nada.
Que dos caminos den lo mismo no dice que el límite exista: falta probar todos los demás. Volvé a buscar una acotación, o probá otra trayectoria.
Para decir "no existe" alcanza con un contraejemplo: dos caminos discordantes. Para decir "existe" hace falta un argumento que valga para todos los caminos a la vez: álgebra o acotación. Por eso las herramientas están repartidas en dos bandos y no se mezclan.
Elvira
El árbol no es un ritual para escribir en el parcial: es para que no pierdas veinte minutos probando rectas cuando el límite se resolvía cancelando un factor. Primero lo barato.
Si \(P\) está en el dominio y \(f\) es continua ahí, el límite es \(f(P)\) y no hay nada más que hacer. Vale para polinomios, para racionales con denominador no nulo en \(P\), y para composiciones de funciones continuas.
El caso que confunde es el otro: cuando el denominador tiende a \(0\) pero el numerador no. Ahí no hay indeterminación ninguna, el cociente se va a infinito y el límite no existe. No pierdas tiempo probando trayectorias.
Cuando sale \(\tfrac{0}{0}\), lo primero es buscar un factor común. Los tres movimientos que aparecen una y otra vez:
Cancelar es legítimo porque el límite ignora el punto: nos movemos por puntos del dominio, donde el factor que cancelamos no es cero.
Esta es la herramienta pesada, la que resuelve la mayoría de los límites que sí existen en un parcial.
Un factor que se va a cero, multiplicado por otro que no puede escaparse: el producto se va a cero.
La clave está en partir bien la expresión: el factor acotado tiene que ser el que causa el problema (el cociente que no tiende a nada), y el infinitésimo, lo que sobra.
Estas cuatro cotas cubren casi todos los casos del práctico. Conviene tenerlas a mano:
No hay que memorizarlas: todas salen del mismo movimiento en tres pasos. Lo hacemos con la primera.
Le sumamos algo que ya sabemos que es \(\geq 0\):
$$ (x-a)^2 \;\leq\; (x-a)^2+(y-b)^2 $$Es positivo en todo el entorno perforado, así que la desigualdad no se da vuelta:
$$ \frac{(x-a)^2}{(x-a)^2+(y-b)^2} \leq 1 $$Numerador \(\geq 0\) y denominador \(>0\), así que el cociente es \(\geq 0\). Queda encerrado:
$$ 0 \leq \frac{(x-a)^2}{(x-a)^2+(y-b)^2} \leq 1 $$Para las versiones con \(|x-a|\) o con raíz, se usa además la propiedad del módulo: de \(|u|\leq d\) con \(d\geq 0\) se sigue \(-d\leq u\leq d\), y ahí el cociente queda entre \(-1\) y \(1\) en lugar de entre \(0\) y \(1\). Sirve igual: lo único que importa es que esté acotado.
Gema
Y las que ya venían de Análisis I siguen valiendo: \(|\sin u|\leq 1\) y \(|\cos u|\leq 1\) para cualquier \(u\), por horrible que sea. Ese es el truco de los límites con \(\sin\!\big(\tfrac{1}{y}\big)\).
Una trayectoria es una curva que pasa por \(P\). Restringimos \(f\) a esa curva y el límite doble se convierte en uno de una sola variable, que ya sabés calcular.
Familias de trayectorias: todas las rectas y todas las parábolas por el origen
El truco no es probar curvas sueltas, sino familias con parámetro. Si el resultado depende de \(m\), ya está: dos valores distintos de \(m\) son dos trayectorias que discrepan.
La regla para elegir: mirá qué potencias aparecen y buscá la curva que haga que numerador y denominador tengan el mismo orden. Si el denominador es \(x^2+y^4\), la curva natural es \(x=my^2\), porque ahí \(x^2\) y \(y^4\) pesan lo mismo.
Primero se congela una variable y se hace el límite en la otra; recién después se hace el límite que queda.
El teorema que los conecta con el límite doble es condicional, y ahí está toda la trampa:
Leelo al revés (contrarrecíproco) y tenés la única conclusión fuerte que te dan los iterados: si \(\ell_1\) y \(\ell_2\) existen, son finitos y son distintos, entonces el límite doble no existe. Cualquier otra lectura es abuso.
| Lo que ves | Lo que podés concluir |
|---|---|
| \(\ell_1\) y \(\ell_2\) existen, finitos y distintos | No existe el límite doble |
| \(\ell_1=\ell_2\), finitos | Nada. Puede existir o no |
| Alguno de los dos no existe, o da infinito | Nada sobre el límite doble |
| Un iterado existe y una trayectoria da otro valor | No existe el límite doble |
| El doble existe y los dos iterados existen | Los tres valen lo mismo |
Elvira
Acá se cae medio curso: un iterado no es una trayectoria. En una trayectoria te movés por una curva hacia \(P\); en un iterado hacés un límite completo y después el otro. Son procesos distintos y por eso dan cosas distintas.
No se sabe. Los iterados iguales no aseguran nada: el límite doble puede valer \(5\), o puede no existir.
Lo único que podés afirmar es lo contrario: si el límite doble existiera, entonces valdría \(5\). Para saber si existe hay que ir a acotar, o buscar una trayectoria que dé distinto de \(5\).
Uno por rama del árbol, en orden. Fijate en cada caso por qué se elige esa herramienta y no otra.
Calcular \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,1)} \frac{-1+\cos x}{x^2+3y^2}\).
El denominador se anula solo en \((0,0)\), así que \(\text{Dom}(f)=\mathbb{R}^2-\{(0,0)\}\). El punto \(P=(0,1)\) está en el dominio: es punto de acumulación y además ahí \(f\) es continua.
No hay indeterminación: arriba tiende a \(-1+\cos 0 = 0\) y abajo a \(3\), que no es cero.
$$ \frac{-1+\cos 0}{0^2+3\cdot 1^2}=\frac{0}{3}=0 $$Interpretación. El árbol se terminó en el primer paso. Un \(0\) arriba con algo distinto de cero abajo no es una indeterminación: es un resultado.
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(0,1)} \frac{-1+\cos x}{x^2+3y^2}=0} $$Calcular \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(1,1)} \frac{xy-x-y+1}{(x-1)(y^2-1)}\).
\(\text{Dom}(f)=\{(x,y): x\neq 1 \;\wedge\; |y|\neq 1\}\). El punto \(P=(1,1)\) no pertenece al dominio, pero es punto de acumulación: en cualquier disco alrededor suyo hay puntos donde \(f\) está definida. La pregunta tiene sentido.
Arriba y abajo tienden a cero: estamos en \(\tfrac{0}{0}\). Vamos a álgebra.
Sacamos factor común de a pares:
$$ xy-x-y+1=x(y-1)-(y-1)=(x-1)(y-1) $$Como \(y^2-1=(y-1)(y+1)\), y en el dominio \(x\neq 1\) e \(y\neq 1\), podemos cancelar:
$$ \frac{(x-1)(y-1)}{(x-1)(y-1)(y+1)}=\frac{1}{y+1} $$La expresión que quedó es continua en \(P\), así que evaluamos:
$$ \lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{1}{y+1}=\frac{1}{2} $$Interpretación. La función tenía un agujero evitable en \((1,1)\): el factor conflictivo estaba arriba y abajo, y se fue. El límite existe aunque \(f\) no esté definida ahí.
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(1,1)} \frac{xy-x-y+1}{(x-1)(y^2-1)}=\frac{1}{2}} $$Calcular \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(1,1)} \frac{(x-1)^2(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^4}\).
Es \(\tfrac{0}{0}\), y no hay factor común que se pueda cancelar: el denominador es una suma, no un producto. Pasamos a acotación.
Separamos dejando el cociente completo de un lado y el sobrante del otro:
$$ \frac{(x-1)^2(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^4}=\underbrace{\frac{(x-1)^2}{(x-1)^2+(y-1)^4}}_{\text{acotado}}\cdot\underbrace{(y-1)}_{\to\,0} $$Agrandamos el denominador sumando \((y-1)^4\geq 0\) y dividimos:
$$ (x-1)^2\leq (x-1)^2+(y-1)^4 \quad\Longrightarrow\quad 0\leq \frac{(x-1)^2}{(x-1)^2+(y-1)^4}\leq 1 $$Infinitésimo por acotado: \((y-1)\to 0\) y el otro factor está entre \(0\) y \(1\).
$$ \lim_{(x,y)\to(1,1)} \frac{(x-1)^2}{(x-1)^2+(y-1)^4}\cdot(y-1)=0 $$Interpretación. El cociente por sí solo no tiende a nada: depende del camino. Pero está atrapado entre \(0\) y \(1\), y multiplicado por algo que se va a cero, no tiene escapatoria. Esta es la firma de la acotación: el resultado siempre es \(0\).
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(1,1)} \frac{(x-1)^2(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^4}=0} $$Calcular \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{xy^2}{x^2+y^4}\).
Probamos la familia \(y=mx\), que pasa por el origen para cualquier \(m\):
$$ \lim_{x\to 0}\frac{x\,(mx)^2}{x^2+(mx)^4}=\lim_{x\to 0}\frac{m^2x^3}{x^2\left(1+m^4x^2\right)}=\lim_{x\to 0}\frac{m^2x}{1+m^4x^2}=0 $$Por el eje \(x=0\) también da \(0\). Todas las rectas coinciden.
Que infinitas rectas den \(0\) no prueba que el límite sea \(0\): quedan afuera todas las curvas. Y acá hay un motivo concreto para desconfiar: el denominador tiene \(y^4\) contra \(x^2\), así que las rectas no equilibran los grados.
Con \(x=my^2\), los dos términos del denominador quedan de grado \(4\):
$$ \lim_{y\to 0}\frac{(my^2)\,y^2}{(my^2)^2+y^4}=\lim_{y\to 0}\frac{m\,y^4}{y^4\left(m^2+1\right)}=\frac{m}{m^2+1} $$El valor depende de \(m\): con \(m=0\) da \(0\) y con \(m=1\) (la parábola \(x=y^2\)) da \(\tfrac{1}{2}\). Dos trayectorias, dos valores.
Interpretación. Es el ejemplo clásico de por qué las rectas no bastan: la función se acerca a \(0\) por todas las rectas y a \(\tfrac{1}{2}\) por una parábola. El límite no existe.
$$ \boxed{\not\exists \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{xy^2}{x^2+y^4}} $$
Gema
Regla para elegir la curva: contá grados. Si abajo tenés \(x^2+y^4\), probá \(x=my^2\). Si tenés \(x^3+y^6\), probá \(x=my^2\) también. Buscás que arriba y abajo queden del mismo orden y el \(y\) se cancele entero.
Analizar \(f(x,y)=\dfrac{x^2+y^2+3x}{x+y}\) en \(P_1=(1,1)\), \(P_2=(0,0)\) y \(P_3=(-1,1)\).
La recta punteada queda fuera del dominio: P2 y P3 están sobre ella
\(\text{Dom}(f)=\{(x,y): y\neq -x\}\), y \(P_1\) está adentro. Evaluamos:
$$ \lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{x^2+y^2+3x}{x+y}=\frac{1+1+3}{2}=\frac{5}{2} $$Arriba y abajo tienden a \(0\). Los iterados son dos cuentas de una variable:
$$ \ell_1=\lim_{x\to 0}\left(\lim_{y\to 0}\frac{x^2+y^2+3x}{x+y}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{x^2+3x}{x}=\lim_{x\to 0}(x+3)=3 $$ $$ \ell_2=\lim_{y\to 0}\left(\lim_{x\to 0}\frac{x^2+y^2+3x}{x+y}\right)=\lim_{y\to 0}\frac{y^2}{y}=\lim_{y\to 0} y=0 $$Los dos iterados existen, son finitos y son distintos \((3\neq 0)\). Ese es exactamente el caso en que el teorema sí decide:
$$ \not\exists \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) $$El numerador tiende a \(1+1-3=-1\) y el denominador a \(0\). Un cociente con numerador no nulo y denominador que se anula se va a infinito en módulo:
$$ \left|\frac{x^2+y^2+3x}{x+y}\right| \to +\infty \quad\Longrightarrow\quad \not\exists \lim_{(x,y)\to(-1,1)} f(x,y) $$Interpretación. La misma fórmula, tres comportamientos: existe y vale \(\tfrac{5}{2}\), no existe por iterados distintos, y no existe por explosión. El punto manda tanto como la fórmula.
$$ \boxed{\;L_1=\tfrac{5}{2}\;\qquad \not\exists L_2 \qquad \not\exists L_3\;} $$Analizar en \((0,0)\) la función $$ f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{x^2y^2}{x^2y^2+(x-y)^2} & \text{si } x^2y^2+(x-y)^2\neq 0 \\[6pt] 0 & \text{si } x^2y^2+(x-y)^2=0\end{cases} $$
Es suma de dos términos \(\geq 0\), así que se anula solo si los dos son cero: \(x^2y^2=0\) y \(x=y\). Eso pasa únicamente en el origen, así que \(\text{Dom}(f)=\mathbb{R}^2\).
Con \(x\) fijo distinto de \(0\), al hacer \(y\to 0\) el numerador se va a \(0\) y el denominador a \(x^2\):
$$ \ell_1=\lim_{x\to 0}\left(\lim_{y\to 0}\frac{x^2y^2}{x^2y^2+(x-y)^2}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{0}{x^2}=0 $$Por simetría, \(\ell_2=0\) también. Iguales: no concluimos nada.
El término \((x-y)^2\) se anula sobre la recta \(y=x\). Esa es justo la curva que hay que probar:
$$ \lim_{x\to 0}\frac{x^2\cdot x^2}{x^2\cdot x^2+(x-x)^2}=\lim_{x\to 0}\frac{x^4}{x^4}=1 $$Por la trayectoria \(y=x\) da \(1\); por los ejes (y por los iterados) da \(0\). El límite doble no puede valer las dos cosas.
Interpretación. Este es el contraejemplo que hay que tener guardado: los dos iterados dieron lo mismo y el límite igual no existe. Iterados iguales no son ninguna garantía.
$$ \boxed{\not\exists \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)} $$Mostrar que \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(3,-1)} f(x,y)=0\) para $$ f(x,y)=\begin{cases} (x-3)\,\sin\!\left(\dfrac{1}{y+1}\right) & \text{si } y\neq -1 \\[6pt] 0 & \text{si } y=-1\end{cases} $$ y analizar qué pasa con los límites iterados.
Ya viene partida en dos factores: \((x-3)\to 0\) cuando \(x\to 3\), y el seno está acotado pase lo que pase con su argumento.
$$ -1\leq \sin\!\left(\frac{1}{y+1}\right)\leq 1 $$Multiplicando la cota por \(|x-3|\geq 0\) (con módulo, para que valga a los dos lados de \(x=3\)):
$$ -|x-3| \;\leq\; (x-3)\,\sin\!\left(\frac{1}{y+1}\right) \;\leq\; |x-3| $$Los dos extremos tienden a \(0\), así que lo del medio también:
$$ \lim_{(x,y)\to(3,-1)} (x-3)\,\sin\!\left(\frac{1}{y+1}\right)=0 $$Hacemos primero \(x\to 3\). Para cada \(y\) fijo, el factor \((x-3)\) se va a cero y el seno es un número fijo:
$$ \ell_2=\lim_{y\to -1}\left(\lim_{x\to 3}(x-3)\sin\!\left(\frac{1}{y+1}\right)\right)=\lim_{y\to -1} 0=0 $$Ahora al revés: con \(x\neq 3\) fijo, hay que hacer \(y\to -1\). Pero \(\tfrac{1}{y+1}\) se dispara y el seno oscila sin acercarse a ningún valor:
$$ \not\exists \lim_{y\to -1} (x-3)\sin\!\left(\frac{1}{y+1}\right) \quad\Longrightarrow\quad \not\exists\,\ell_1 $$Interpretación. Guardá este ejemplo: el límite doble existe y vale \(0\), y sin embargo uno de los iterados no existe. No hay contradicción con el teorema, porque el teorema pide como hipótesis que los iterados existan. Si uno falla, el teorema simplemente no dice nada.
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(3,-1)} f(x,y)=0 \quad\text{con}\quad \not\exists\,\ell_1,\;\; \ell_2=0} $$
Elvira
Casi todos los errores de este tema son el mismo error con distinta ropa: usar una herramienta para concluir algo que esa herramienta no puede concluir. Leelos con esa lupa.
Error: "Los dos iterados dan \(0\), entonces el límite doble es \(0\)."
Correcto: los iterados iguales no aseguran nada. En el Ejemplo 6 los dos daban \(0\) y por la recta \(y=x\) el límite daba \(1\). El teorema va en el otro sentido: si el doble existe y los iterados existen, entonces coinciden.
Error: "Probé \(y=0\), \(y=x\) y \(y=2x\), siempre da \(0\): el límite existe y vale \(0\)."
Correcto: probar trayectorias solo sirve para refutar. Hay infinitas curvas y ningún número finito de ellas alcanza. En el Ejemplo 4 todas las rectas daban \(0\) y la parábola \(x=y^2\) daba \(\tfrac{1}{2}\). Si sospechás que existe, hay que acotar.
Error: "Un iterado no existe (o da infinito), así que el límite doble no existe."
Correcto: de un iterado que falla no se deduce nada. El Ejemplo 7 lo muestra: \(\ell_1\) no existe y el límite doble vale \(0\). Para tumbar el límite con iterados necesitás los dos, finitos y distintos.
Error: tratar los iterados como si fueran trayectorias — "el iterado \(\ell_1\) es el límite acercándose por el eje \(x\)".
Correcto: no lo es. En una trayectoria te movés por una curva con las dos coordenadas a la vez; en un iterado hacés un límite completo, quedás con una función de una variable y recién ahí hacés el segundo. Son procesos distintos y por eso pueden dar resultados distintos.
Error: escribir el encaje sin módulo, \(-(x-3)\leq (x-3)\sin(u)\leq (x-3)\).
Correcto: esa cadena solo vale si \(x-3\geq 0\); si \(x<3\) las desigualdades se dan vuelta. Se escribe siempre con módulo: \(-|x-3|\leq (x-3)\sin(u)\leq |x-3|\), y los dos extremos tienden a \(0\) igual.
Error: ver un \(0\) en el denominador y arrancar con trayectorias.
Correcto: mirá primero el numerador. Si tiende a algo distinto de cero, no hay indeterminación: el cociente se va a infinito y el límite no existe, sin cuentas (Ejemplo 5, punto \(P_3\)). Las trayectorias son para la indeterminación \(\tfrac{0}{0}\).
| Herramienta | Cuándo la probás | Si funciona | Si no |
|---|---|---|---|
| Evaluación directa | Siempre primero | \(L=f(a,b)\) | Hay \(\tfrac{0}{0}\): seguí |
| Álgebra | \(\tfrac{0}{0}\) con factor común | Cancelás y evaluás | Probá acotar |
| Infinitésimo por acotado | \(f=g\cdot h\), con \(g\to 0\) | El límite es \(0\) | Sospechá que no existe |
| Trayectorias | Cuando sospechás que no existe | Dos valores distintos: no existe | Nada: cambiá de familia o volvé a acotar |
| Iterados | Como sonda rápida | Finitos y distintos: no existe | Nada, ni siquiera si son iguales |
Y las cuatro ideas que sostienen todo lo anterior:
Si el límite existe, todos los caminos dan lo mismo. De ahí sale el criterio de la no existencia.
Los caminos refutan, nunca demuestran. Para demostrar que existe: álgebra o acotación.
Los iterados solo concluyen en un caso: finitos y distintos. En cualquier otro, no dicen nada.
Un iterado no es una trayectoria: puede no existir mientras el límite doble existe tranquilamente.
Gema y Elvira
Antes de arrancar cada ejercicio, preguntate una sola cosa: ¿estoy tratando de probar que existe o que no existe? Según la respuesta, la mitad de las herramientas se cae sola y te queda un camino corto.
El dominio es \(\{(x,y): x\geq 0,\; y\geq 0,\; x\neq y\}\), y el origen es punto de acumulación: te podés acercar por el primer cuadrante esquivando la diagonal. Es \(\tfrac{0}{0}\), así que vamos a álgebra.
En el dominio \(x\neq y\), así que \(x-y\neq 0\) y se puede cancelar:
$$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} x\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)=0\cdot(0+0)=0 $$Resultado:
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2-xy}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}=0} $$Verificación. La expresión final \(x(\sqrt{x}+\sqrt{y})\) es continua en el origen, así que el valor es directo. Además \(0\leq x(\sqrt{x}+\sqrt{y})\), lo que confirma que se acerca a cero por arriba.
Indeterminación \(\tfrac{0}{0}\) y el denominador es una suma: no hay nada que cancelar. Rama de acotación.
Resultado:
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|x|\,y^4}{x^4+y^4}=0} $$Verificación. Del encaje sale \(0\leq f(x,y)\leq |x|\leq\sqrt{x^2+y^2}\): la función queda atrapada entre cero y la distancia al origen.
Es \(\tfrac{0}{0}\) y no se factoriza. Antes de pelear con acotaciones conviene tirar la sonda barata: los iterados.
Con \(x\) fijo, \(\sin(y^2)\to 0\) y \(y^2\to 0\):
$$ \ell_1=\lim_{x\to 0}\left(\lim_{y\to 0}\frac{x^2+\sin(y^2)}{2x^2+y^2}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2} $$Queda el límite notable \(\lim_{u\to 0}\tfrac{\sin u}{u}=1\) con \(u=y^2\):
$$ \ell_2=\lim_{y\to 0}\left(\lim_{x\to 0}\frac{x^2+\sin(y^2)}{2x^2+y^2}\right)=\lim_{y\to 0}\frac{\sin(y^2)}{y^2}=1 $$Existen los dos, son finitos y son distintos: \(\tfrac{1}{2}\neq 1\). Es el único caso en que los iterados deciden.
Resultado:
$$ \boxed{\not\exists \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2+\sin(y^2)}{2x^2+y^2}} $$Verificación. Por la trayectoria \(y=x\) da \(\lim_{x\to 0}\tfrac{x^2+\sin(x^2)}{3x^2}=\tfrac{2}{3}\), un tercer valor distinto. Consistente con la conclusión.
Otra vez \(\tfrac{0}{0}\) con denominador suma. Arrancamos por los iterados y después vamos a trayectorias.
Iguales: no concluimos nada.
Con \(y=mx\) los grados se equiparan (todo queda de grado \(4\)):
$$ \lim_{x\to 0}\frac{x^2(mx)^2}{x^4+(mx)^4}=\lim_{x\to 0}\frac{m^2x^4}{x^4(1+m^4)}=\frac{m^2}{1+m^4} $$Con \(m=0\) da \(0\); con \(m=1\) (la recta \(y=x\)) da \(\tfrac{1}{2}\). Dos rectas, dos valores.
Resultado:
$$ \boxed{\not\exists \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2y^2}{x^4+y^4}} $$Verificación. Los iterados corresponden a acercarse pegado a los ejes, donde el numerador se anula: por eso daban \(0\) y no veían nada. La discrepancia aparece recién en las diagonales.
Es producto y composición de funciones continuas, con denominador \(x^2+y^2\neq 0\). Así que \(f\) es continua en todo \(\mathbb{R}^2-\{(0,0)\}\) sin hacer cuentas.
El primer factor es un infinitésimo y el seno está acotado, sin importar cuánto oscile su argumento:
$$ \lim_{(x,y)\to(0,0)}(x^2+y^2)=0 \qquad\quad \left|\sin\!\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\right|\leq 1 $$ $$ \Longrightarrow\quad \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0 $$El límite existe, vale \(0\), y la función vale \(f(0,0)=0\). Coinciden, así que \(f\) es continua también en el origen.
Resultado:
$$ \boxed{\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0=f(0,0)\;\Rightarrow\; f \text{ es continua en } \mathbb{R}^2} $$Verificación. El encaje \(-(x^2+y^2)\leq f(x,y)\leq x^2+y^2\) muestra que cerca del origen la función queda aplastada entre dos paraboloides que se cierran sobre el cero, por más que oscile infinitas veces en el camino.
Es el contrarrecíproco del teorema, con la aclaración de que los dos tienen que ser finitos: si existieran y fueran distintos, el doble no puede existir, porque forzaría \(\ell_1=\ell_2\).
El teorema exige además que los iterados existan. Contraejemplo: \(f(x,y)=(x-3)\sin\!\left(\tfrac{1}{y+1}\right)\) en \((3,-1)\) tiene límite doble \(0\) y uno de sus iterados no existe.
Contraejemplo: \(f(x,y)=\dfrac{x^2y^2}{x^4+y^4}\) en \((0,0)\) tiene \(\ell_1=\ell_2=0\), pero por \(y=x\) da \(\tfrac{1}{2}\) (ejercicio 4).
Mismo contraejemplo que en b): el iterado que no existe no aporta información sobre el doble.
Resultado:
$$ \boxed{\text{a) V} \qquad \text{b) F} \qquad \text{c) F} \qquad \text{d) F}} $$Verificación. Las tres falsas fallan por lo mismo: la implicación del teorema va del límite doble a los iterados, y solo bajo la hipótesis de que los iterados existan. Ninguna flecha apunta al revés.
La clave está en usar la continuidad para saber que el límite doble existe. Con eso, todas las trayectorias quedan obligadas a dar lo mismo.
Que \(f\) sea continua en el origen significa exactamente:
$$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=f(0,0) $$En particular, el límite doble existe.
Como el límite doble existe, cualquier trayectoria que pase por el origen da ese mismo valor. La trayectoria \(y=x^3\) da \(2\), así que el límite doble es \(2\), y por continuidad \(f(0,0)=2\).
Por el mismo argumento, esa trayectoria también tiene que dar \(2\), no \(0\).
Es la definición de continuidad reescrita: \(f(0,0)\) es una constante, así que
$$ \lim_{(x,y)\to(0,0)}\big(f(x,y)-f(0,0)\big)=f(0,0)-f(0,0)=0 $$Resultado:
$$ \boxed{\text{a) V} \qquad \text{b) F} \qquad \text{c) V}} $$Verificación. Este ejercicio invierte el uso habitual de las trayectorias: normalmente se usan para refutar, pero cuando ya sabés que el límite existe, una sola trayectoria te da el valor. La información extra es la continuidad.
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