Teorema 2:

Sean $f, g:\mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ continuas.

Entonces

(1) $ f + g$ es continua.

(2) $f . g$ es continua y en los puntos $x_0$ donde $g(x_0) \neq 0, \frac{f}{g} $ es continua.

Demostración:

Primer inciso:

Por hipótesis, $f, g:\mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ continuas.

(1) $\big[$ por demostrar: $ f + g : A \subseteq \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es continua.$\big]$

Sea $x_0 \in A.$

Sea $\epsilon > 0.$

Como $f$ es continua, existe $\delta_1 > 0 $ tal que si $x \in B_{\delta_1}(x_0) $ entonces $ f(x) \in B_{\frac{\epsilon}{2}}(f(x_0))…….(1)$

También, como $g$ es continua, existe $\delta_2 > 0 $ tal que si $x \in B_{\delta_2}(x_0) $ entonces $ g(x) \in B_{\frac{\epsilon}{2}} \big( g(x_0) \big)…….(2)$

Luego, si $x \in B_{\delta_3}(x_0) \Rightarrow f(x) + g(x) \in B_{\epsilon} \big( f(x_0) + g(x_0) \big)$ con $\delta_3 = mín \big\{ \delta_1 , \delta_2 \big\}$ ya que de $(1)$ y $(2)$:

Sumando $ \big\| f(x) \, – \, f(x_0) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$ y $\big\| g(x) \, – \, g(x_0) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$ se tiene que $$\big\| f(x) \, – \, f(x_0) \, + \, g(x) \, – \, g(x_0) \big\| \leq \big\| f(x) \, – \, f(x_0) \big\| + \big\| g(x) \, – \, g(x_0) \big\| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon $$

Segundo inciso.

Por hipótesis, $f, g:\mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ continuas.

(2) $\big[$ por demostrar: $f . g : A \subseteq \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es continua.$\big]$

Sea $x_0 \in A.$

Sea $\epsilon > 0.$

Sea $\delta_0$ tal que si $x \in B_{\delta_0}(x_0)$ entonces $ \big| f(x) \big| < 1 + \big| f(x_0) \big|$

Como $f$ es continua, existe $\delta_1 > 0 $ tal que si $x \in B_{\delta_1}(x_0) $ entonces $ f(x) \in B_{\frac{\epsilon}{2}} \big( f(x_0) \big)…….(1)$

También, como $g$ es continua, existe $\delta_2 > 0 $ tal que si $x \in B_{\delta_2}(x_0) $ entonces $ g(x) \in B_{\frac{\epsilon}{2}} \big( g(x_0)\big)…….(2)$

Luego, si $x \in B_{\delta_3}(x_0)$ entonces $f(x).g(x) \in B_{\epsilon} \big( f(x_0).g(x_0) \big).$

Sea $ \delta_3 = mín \big\{ \delta_0 , \delta_1 , \delta_2 \big\}$

$\big[$ por demostrar: $ \big|f(x)g(x) \, – \, f(x_0)g(x_0) \big| < \epsilon.$ $\big]$

$\begin{align*} \big| f(x)g(x) \, – \, f(x_0)g(x_0) \big| &= \big| f(x)g(x) \, – \, f(x)g(x_0) \, + \, f(x)g(x_0) \, – \, f(x_0)g(x_0) \big| < \big| f(x)g(x) \, – \, f(x)g(x_0) \big| + \big| f(x)g(x_0) \, – \, f(x_0)g(x_0) \big| \\ \\ &= \big| f(x)|.|g(x) \, – \, g(x_0) \big| + \big| f(x) \, – \, f(x_0) \big|.\big| g(x_0) \big| \leq \big|(1 + \big| f(x_0) \big| \big) \big| g(x) \, – \, g(x_0) \big| + \big| f(x) \, – \, f(x_0) \big|. \big| g(x_0) \big| \\ \\ &\leq \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \end{align*}$

Teorema:

Sea $f : \mathcal{K} \subset \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}^m.$

Si $f$ es continua en $\mathcal{K}$ y $\mathcal{K}$ es compacto, entonces $f$ es uniformemente continua en $\mathcal{K}.$

Demostración:

Sea $\epsilon > 0.$

Como $f$ es continua, para cada $x \in \mathcal{K}$ existe $\delta_x > 0$ tal que si $ \| x-y \| < \delta_x $ entonces $\big\|f(x) – f(y) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$

Como $\mathcal{K}$ es compacto, $\mathcal{K} \subseteq \bigcup\limits_{x \in \mathcal{K}} B_{\frac{\delta_x}{2}}(x)$ es una cubierta abierta de $\mathcal{K}.$

Entonces, existe una subcubierta finita $B_{\frac{\delta_1}{2}}(x_1), \dots , B_{\frac{\delta_l}{2}}(x_l).$

Tomemos $ \delta = mín \big\{ \frac{\delta_1}{2} , \dots , \frac{\delta_l}{2} \big\}.$

Si $\big\| x \, – \, y \big\| < \delta $ entonces $ y \in B_{\delta}(x)$ pero $ x \in B_{\frac{\delta_j}{2}}(x_j) $ para alguna $j$

$$\big\| x \, – \, x_j \big\| < \frac{\delta_j}{2} \Rightarrow x_j \in B_{\frac{\delta_j}{2}}(x)$$

$$\big\| f(x) \, – \, f(x_j) \big\| < \frac{\epsilon}{2} $$

Luego, si $\big\| y \, – \, x_j \big\| = \big\| y \, – \, x \, + \, x \, – \, x_j \big\| \leq \big\| y \, – \, x \big\| + \big\|x \, – \, x_j \big\| < \delta + \frac{\delta_j}{2} \leq \frac{\delta_j}{2} + \frac{\delta_j}{2} = \delta $

$y \in B_{\delta_j}(x_j) \Rightarrow \big\| f(y) \, – \, f(x_j) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$

En consecuencia,

$$\big\| f(x) \, – \, f(y) \big\| \leq \big\| f(x) \, – \, f(x_j) \big\| + \big\| f(x_j) \, – \, f(y) \big\| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \; _{\blacksquare}$$

Sea $f : \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}$

$$f(x, y) = \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{y}{x} & si & x \neq 0 \\ 0 & si & x = 0\end{array} \right.$$

Queremos saber:

• ¿En qué puntos $f$ tiene límite?
• ¿En qué puntos $f$ no tiene límite?
• ¿Cómo es la gráfica de $f$ ?

Analicemos diferentes cortes para poder responder estas preguntas.

1. Cortes paralelos al plano $yz$

$x = x_0$ constante.

$$f(x_0, y) = \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{y}{x_0} & si & x_0 \neq 0 \\ 0 & si & x_0 = 0\end{array} \right.$$

Corte especial para $x = 0$

para $x = x_0 = 0$

$$f(0, y) = 0$$

En la siguiente animación, puedes ver los cortes para diferentes valores de $x_0$.

https://www.geogebra.org/classic/vaquauek

2. Cortes con el plano $x=1$

$z=f(1, y) = \frac{y}{1}$

https://www.geogebra.org/classic/mt9rgkzj

3. Cortes paralelos al plano $xz$

$y = y_0$ constante.

$$f(x, y_0) = \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{y_0}{x} & si & x \neq 0 \\ 0 & si & x = 0\end{array} \right.$$

Corte especial para $y=0$

para $y=y_0=0$

$f(x, 0) = 0$

$$f(x, 0) = \left\{ \begin{array}{rcl} 0 & si & x \neq 0 \\ 0 & si & x = 0\end{array} \right.$$

En la siguiente animación, puedes ver los cortes para diferentes valores de $y_0$.

https://www.geogebra.org/classic/cmppwyss

Demostración:

Supongamos que $f(A)$ no es conexo.

Entonces existen $\mathcal{V_1}, \mathcal{V_2} \subseteq \mathbb{R}^m$ abiertos, ajenos, tales que $$f(A) \subseteq \mathcal{V_1} \cup \mathcal{V_2}$$ $$f(A) \cap \mathcal{V_1} \neq \emptyset$$ $$f(A) \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$$

Como $f$ es continua, entonces $f^{-1}(\mathcal{V_1})$ y $f^{-1}(\mathcal{V_2})$ son abiertos.

Afirmación: $f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cap f^{-1}(\mathcal{V_2}) = \emptyset$

Supongamos que la intersección no es el conjunto vacío.

Entonces existe $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cap f^{-1}(\mathcal{V_2})$ por lo que se cumple que $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_1}$ y $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_2}$ por lo tanto $ \mathcal{V_1} \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$ (CONTRADICCIÓN: ya que los supusimos ajenos).

Entonces $A \subseteq f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cup f^{-1}(\mathcal{V_2}).$

Sea $\vec{x} \in A$. Calculamos $f(\vec{x}) \in f(A).$

Entonces $f(A) \subseteq \mathcal{V_1} \cup \mathcal{V_2}$, es decir, se tiene que $\vec{x} \in \mathcal{V_1}$ o $\vec{x} \in \mathcal{V_2}$, por lo tanto $$\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}) \; \text{o} \; \vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_2})$$

Si $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_1}$ entonces $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}).$

Si $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_2}$ entonces $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_2}).$

Por lo tanto, $$\vec{x} \in f^{-1}\mathcal{V_1}\cup f^{-1}(\mathcal{V_2}).$$

Falta ver que $$A \cap f^{-1} (\mathcal{V_1}) \neq \emptyset$$ $$A \cap f^{-1} (\mathcal{V_2}) \neq \emptyset$$

Como $f(A) \cap \mathcal{V_1} \neq \emptyset$ entonces, existe $\vec{a_1} \in A$ tal que $f^{-1}(\vec{a_1}) \in \mathcal{V_1}$ es decir $\vec{a_1} \in f^{-1}(\vec{a_1}) \cap A \neq \emptyset.$

Análogamente, como $f(A) \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$ entonces, existe $\vec{a_2} \in A$ tal que $f^{-1}(\vec{a_2}) \in \mathcal{V_2}$ es decir $\vec{a_2} \in f^{-1}(\vec{a_2}) \cap A \neq \emptyset.$ $_{\blacksquare}$

Definición:

Sea $A \subseteq \mathbb{R}^n$

Se dice que $A$ es conexo por trayectorias (c.p.t.) si para todo par de puntos $\vec{p}, \vec{q} \in A$ existe una curva poligonal tal que une $\vec{p}$ con $\vec{q}$ y está contenida en $A.$

Ejemplo:

$$A = \mathbb{R}^n \setminus \big\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \big| x \leq 0, y = 0 \big\}$$

Ejemplo:

$$\mathcal{C} = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \big| x\neq 0 ; y = \sin \left( \frac{1}{x} \right) \right\} \cup \; \mathcal{U} = \big\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x = 0 , -1 \leq y \leq 1 \big\}$$

$\mathcal{C}$ es conexa pero $\mathcal{C}$ no es conexa por trayectorias poligonales.