Funciones de varias variables

Recordatorio (Definición de función)

Dados dos conjuntos \(A, B\), una relación \(f: A \to B\) se llama función si

\[\forall x \in A \quad \exists! y \in B \quad(y \in f(x)).\]

Consideraremos las funciones \(f: D\subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\), tal que

\[x = \begin{pmatrix} x_{1} \\ \vdots \\ x_{n} \end{pmatrix} \to y = f(x) = \begin{pmatrix} y_{1} \\ \vdots \\ y_{m} \end{pmatrix}.\]

Ejemplos

1. \(f:\mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}\) con \(f(x,y) = 1+xy\).
2. \(f:\mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{3}\) con \(f(x,y) = (e^{x}, \sin(y), y^{2}+1)\).
3. \(f:\mathbb{R^{2}} \to \mathbb{R}\) con \(f(x,y) = x^{2}+y^{2}\)

   Continuidad

Definición (Vecindario)

Dado \(x \in \mathbb{R}^n\), un conjunto \(V\) se llama vecindario de \(x\) si existe \(U\) abierto tal que \(x \in U \subseteq V\). Llamamos vecindario perforado a \(V\setminus \{ x \}\).

Definición (Función continua)

Sea \(f : D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\) con \(D\) vecindario de \(a \in D\). Se dice que \(f\) es continua en \(a\) si

\[\begin{aligned} &\forall \varepsilon>0 \quad \exists \delta>0 \quad \Big(\lVert x-a \rVert < \delta \implies \lVert f(x) - f(a) \rVert < \varepsilon \Big) \\ \iff &\forall \varepsilon>0 \quad \exists \delta>0 \quad \Big(x \in B_{\delta}(a) \implies f(x) \in B_{\varepsilon} (f(a)) \Big) \\ \iff &\forall \varepsilon>0 \quad \exists \delta>0 \quad \Big( f(B_{\delta}(a)) \subseteq B_{\varepsilon} (f(a))\Big). \end{aligned}\]

Nota

Dado un conjunto \(A\), \(f(A) = \{ y: \exists x \quad (y = f(x)) \} = \{ f(x): x \in D \}\).

Definición (Continuidad en un conjunto)

\(f:D \subseteq \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}^{m}\) continua en \(D\) si es continua en todo punto de \(D\).

Ejemplo

Considere \(f:\mathbb{R}^{2}\to \mathbb{R}\) con \(f(x,y) = x^{2}+y^{2}\). \(f\) es continua en \(\mathbb{R}^{2}\).

Prueba: Sean \((a,b) \in \mathbb{R}^{2}\) y \(\varepsilon>0\). Tome \(\delta = \min \left\{ 1, \frac{\varepsilon}{1+2 \lvert a \rvert}, \frac{\varepsilon}{1+2 \lvert b \rvert} \right\}\). Suponga que \(\lVert (x,y) - (a,b) \rVert < \delta\). Esto implica que \(\lvert x-a \rvert < \delta\) y que \(\lvert y-b \rvert < \delta\), pues en general \(\lvert x_{j} \rvert \leq \lVert x \rVert_{\infty} \leq \lVert x \rVert_{2}\). Así,

\[\begin{aligned} \lVert f(x,y) - f(a,b) \rVert &\leq \lvert x-a \rvert \lvert x+a \rvert + \lvert y-b \rvert \lvert y+b \rvert \\ &< \delta (1+2 \lvert a \rvert ) + \delta(1+2 \lvert b \rvert ) \\ &< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{aligned}\]

Teorema (Continuidad por puntos)

Sea \(f:D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\), con \(D\) vecindario de \(a\). Entonces, \(f = (f_{1},\dots,f_{m})\) es continua en \(a\) si y solo si \(f_{j}:D \to \mathbb{R}\) son continuas en \(a\) para todo \(j \in \{ 1,\dots,m \}\).

Prueba: La idea es similar a la utilizada en el ejemplo anterior, observando que

\[\lvert f_{j}(x) - f_{j}(a) \rvert \leq \lVert f_{j}(x) - f_{j}(a) \rVert \leq \sum_{j=1}^{m} \lvert f(x) - f(a) \rvert.\]

Teorema (Criterio secuencial de continuidad)

Cf. convergencia de sucesiones (MA0350). Sea \(f:D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\) una función, con \(D\) vecindario de \(a\). Entonces, \(f\) es continua en \(a\) si y solo si para toda sucesión \((x_{k})_{k \in \mathbb{N}} \subseteq D\), con \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\), se tiene que \(f(x_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f(a)\).

Prueba: (\(\implies\)): Suponga que \(f\) es continua en \(a\) y sea \((x_{k})_{k \in \mathbb{N}}\) una sucesión en \(D\) tal que \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow}a\). Hay que mostrar que \(f(x_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f(a)\). Dado \(\varepsilon>0\) note que:

1. como \(f\) es continua en \(a\), existe \(\delta >0\) tal que si \(\lVert x-a \rVert < \delta\) entonces \(\lVert f(x)-f(a) \rVert < \varepsilon\);
2. como \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para todo \(k \geq N\), \(\lVert x_{k}-a \rVert < \delta\). Luego, para \(k \geq N\), por (2), entonces \(\lVert f(x_{k}) - f(a) \rVert < \varepsilon\), de donde concluimos que \(f(x_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f(a)\). (\(\impliedby\)): Suponga por contradicción que \(f\) no es continua en \(x=a\), i.e., existe \(\varepsilon>0\) tal que para todo \(\delta>0\), se cumple que \(\lVert x-a \rVert <\delta\) y \(\lVert f(x)-f(a) \rVert \geq \varepsilon\). Probaremos que existe una sucesión \((x_{k})_{k \in \mathbb{N}}\) con \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\) tal que \(k \geq 1\), tome \(\delta_{k} = \frac{1}{k}\). Entonces existe \(x_{k}\) tal que \(\lVert x_{k}-a \rVert < \frac{1}{k}\) y \(\lVert f(x_{k}) - f(a) \rVert \geq \varepsilon\), por lo que \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\) y \(f(x_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\cancel{ \longrightarrow }} f(a)\), una contradicción, pues asumimos que toda sucesión satisface la convergencia de sus imágenes.

Corolario

Si existen sucesiones \((x_{k})_{k \in \mathbb{N}}\) y \((y_{k})_{k \in \mathbb{N}}\) con \(x_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\) y \(y_{k} \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\) tales que \(f(x_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L_{1}\), \(f(y_{k}) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L_{2}\) y \(L_{1} \neq L_{2}\), entonces \(f\) no es continua.

Ejemplo

Considere \(f:\mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}\) con

\[f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}, \quad \text{si }(x,y) \neq (0,0) \\ \\ 0, \quad \text{si }(x,y) = (0,0) \end{cases}.\]

¿Es continua en \((0,0)\)? Considere la sucesión \(\left( \frac{1}{k}, \frac{1}{k^{2}} \right) \underset{k \rightarrow \infty}{\longrightarrow} (0,0)\). Note que \(f\left( \frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}} \right) = \frac{\frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{1}{n^{2}}}{\frac{1}{n^{4}} + \frac{1}{n^{4}}} = \frac{1}{2}\). Por lo tanto, \(f\) no es continua en \((0,0)\). En general, si evaluamos \(f\) en \(\left( \frac{k}{n}, \frac{k}{n^{2}} \right)\), obtenemos puntos de convergencia diferentes cuando \(n \longrightarrow \infty\).

Teorema (Caracterización por abiertos de continuidad)

Sea \(f:D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\) con \(D\) abierto. Entonces, \(f\) es continua en \(D\) si y solo si para todo \(B \subseteq \mathbb{R}^{m}\) abierto, se tiene que \(f^{-1}(B)\) es abierto.

Nota

Recuerde que \(f(A) : \{ f(x) : x \in A \}\) y que \(f^{-1}(A) = \{ x \in D: f(x) \in A \}\).

Prueba: \((\implies):\) Suponga que \(f\) es continua en \(D\). Sea \(B \subseteq \mathbb{R}^{m}\) abierto. Hay que mostrar que \(f^{-1}(B)\) es abierto. Sea \(x \in f^{-1}(B)\). Entonces, \(f(x) \in B\) y \(B\) es abierto, por lo que existe \(\varepsilon > 0\) tal que \(B_{\varepsilon}(f(x)) \subseteq B\). Como \(f\) es continua, existe \(\delta > 0\) tal que

\[f(B_{\delta}(x)) \subseteq B_{\varepsilon}(f(x)) \subseteq B \implies B_{\delta}(x) \subseteq f^{-1}(B),\]

donde en la última implicación utilizamos el hecho de que si \(A \subseteq B\) entonces \(f ^{-1}(A) \subseteq f^{-1}(B)\). Concluimos que \(f^{-1}(B)\) es abierto. (\(\impliedby\)): Sea \(\varepsilon>0\). Sabemos que \(B = B_{\varepsilon}(f(x))\) es abierto. Por hipótesis, \(f^{-1}(B)\) es abierto. Note que \(x \in f^{-1}(B)\). Luego, existe \(\delta>0\) tal que \(B_{\delta}(x) \subseteq f^{-1}(B)\), por lo que \(f(B_{\delta}(x)) \subseteq f(f^{-1}(B)) \subseteq B\), pues para todo conjunto \(A\), \(f(f^{-1}(A)) \subseteq A\) Por lo tanto, \(f\) es continua en \(x\) para todo \(x \in D\).

Ejemplo

Sea \(f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\) continua. Como \((c,+\infty)\) es abierto, entonces \(f^{-1}((c,+\infty))\) es abierto. Entonces, \(\{ x \in \mathbb{R}^n: f(x)>c \}\) es abierto. Similarmente, \(\{ x:a<f(x)<b \}, \{ x:f(x)<d \}\) son abiertos. Además, \(\{ x: f(x) \leq c \}\), \(\{ x:f(x)\geq d \}\), \(\{ x:a\leq f(x)\leq b \}\), \(\{ x:f(x)=c \}\) son cerrados.

Definición (Abierto relativo)

Sea \(D \subseteq E\). Se dice que \(O \subseteq D\) es abierto relativo a \(D\) (o abierto en \(D\)) si existe un conjunto abierto \(U \subseteq E\) tal que \(O = U \cap D\).

Ejemplo

En \(E = \mathbb{R}\), tome \(D = [0,+\infty)\). Entonces, como \(U = (-1,1)\) es abierto en \(\mathbb{R}\), \(O_{1} = [0,1)\) y \(O_{2} = (0,1)\) son ambos abiertos relativos a \(D\).

Teorema (Continuidad y abiertos relativos)

Sea \(f:A \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\), donde \(A\) es un vecindario de \(D\) (\(D \subseteq U \subseteq A\) con \(U\) abierto). Entonces, \(f\) es continua en \(D\) si y solo si para todo \(B \subseteq \mathbb{R}^{m}\) abierto, se tiene que \(f^{-1}(B)\) es abierto relativo a \(D\).

Prueba: Ejercicio

Teorema (Operaciones y continuidad)

Sea \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) vecindario de \(a\) y \(f,g: D \to \mathbb{R}^{m}\) continuas. Entonces:

1. Para todo \(c \in \mathbb{R}\), \(cf\) es continua en \(a\),
2. \(f \pm g\) es continua en \(a\),
3. \(f \cdot g = \sum_{i=1}^{n} f_{i} g_{i}\) es continua en \(a\)
4. Si \(f(a) \neq \bar{0}\), existe \(U\) abierto alrededor de \(a\) tal que \(f(x) \neq \bar{0}\) para todo \(x \in U\).
5. Si \(g:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\), \(g(a) \neq 0\), entonces \((\frac{f_{1}}{g}, \dots, \frac{f_{m}}{g})\) es continua en \(a\).

Prueba: Ejercicio, se puede desarrollar con sucesiones.

Teorema (Composición y continuidad)

Sea \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) vecindario de \(a\), \(f:D \to E \subseteq \mathbb{R}^{m}\) continua en \(a\), y \(g:E \to \mathbb{R}^{p}\) continua en \(f(a)\) con \(E\) vecindario de \(f(a)\). Entonces, \(g \circ f: D \to \mathbb{R}^{p}\) es continua en \(a\).

Prueba: Ejercicio, se puede desarrollar con sucesiones.

Teorema (Continuidad y compacidad)

Sea \(f:K \subseteq \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}^{m}\) continua y \(K\) compacto. Entonces \(f(k)\) es compacto

Prueba: Sea \(\{ U_{\alpha} \}_{\alpha \in I}\) un cubrimiento por abiertos de \(f(K)\). Así, \(f(K) \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} U_{\alpha}\). Como para todo \(\alpha \in I\), \(U_{\alpha}\) es abierto, entonces \(V_{\alpha} = f^{-1}(U_{\alpha})\) es abierto. Así, \(K \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} V_{\alpha}\). Como \(K\) es compacto, y \(\{ V_{\alpha} \}_{\alpha \in I}\) es un cubrimiento por abiertos, existen \(V_{\alpha_{1}}, \dots, V_{\alpha_{m}}\) tal que \(K \subseteq \bigcup_{j=1}^{m} V_{\alpha_{j}}\). Entonces, \(f(K) \subseteq f\left( \bigcup_{i=1}^{m} V_{\alpha_{i}} \right) = \bigcup_{i=1}^{m} f(V_{\alpha_{i}}) = \bigcup_{i=1}^{m} U_{\alpha}\), por lo que \(f(K)\) es compacto.

Corolario

Bajo la mismas hipótesis, \(f\) es acotada en \(K\).

Teorema (Compacidad y valores extremos)

Sean \(f:K \subseteq \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\), y \(\emptyset \neq K\) compacto. Entonces, \(f\) alcanza un máximo y un mínimo en \(K\), i.e., existen \(x_{m}, x_{M}\) tales que para todo \(x \in K\), \(f(x_{m}) \leq f(x) \leq f(x_{M})\).

Prueba: Sabemos que \(A = \{ f(x): x \in K \}\) es acotado y que \(A \subseteq \mathbb{R}\). Sea \(\beta = \sup A\). Suponga que no existe \(x_{M} \in K\) tal que \(f(x_{M}) = \beta\), esto es, para todo \(x \in K\), \(f(x) < \beta\). Defina \(g:K \to \mathbb{R}\) continua tal que \(g(x) := \frac{1}{\beta-f(x)}\). existe \(M>0\) tal que \(g(x) \leq M\), de modo que \(f(x) \leq \beta - \frac{1}{M}\). Así. \(\beta-\frac{1}{M}\) es una cota superior de \(A\), lo que contradice el hecho de que \(\beta\) es el supremo. Concluimos que existe tal \(x_{M}\). La existencia de \(x_{m}\) se prueba de forma análoga.

Teorema (Valor intermedio generalizado)

Sea \(f:C \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) continua, con \(C\) conexo. Sean \(a,b \in C\) con \(f(a)\) y \(f(b)\). Entonces, si \(u \in \mathbb{R}\) con \(f(a) < u <f(b)\), existe \(c \in C\) tal que \(f(c) = u\).

Prueba: Sea \(u \in (f(a),f(b))\). Suponga que para todo \(x \in C\), se tiene \(f(x) \neq u\). Sean \(A = \{ x \in C: f(x) < u \}\) y \(B \in \{ x \in C: f(x)>u \}\). Note que:

1. \(A \cap B = \emptyset\),
2. \(A \cup B = \emptyset\),
3. \(A\) y \(B\) son abiertos, pues son imágenes inversas de conjuntos abiertos
4. \(C \cap A \neq \emptyset\) pues \(a \in C\) y \(a \in A\). De la misma manera, \(C \cap B \neq \emptyset\). Estas observaciones contradicen la conexidad de \(C\), de donde concluimos que existe \(c \in C\) que cumple que \(f(c) = u\).

Teorema (Continuidad y conexidad)

Sea \(f:C \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\) continua con \(C\) conexo. Entonces, \(f(c)\) es conexo.

Prueba: Suponga por contradicción que \(f(C)\) no es conexo. Luego, existen \(A\) y \(B\) abiertos disjuntos, con \(f(C) \subseteq A \cup B\), \(f(C) \cap A \neq \emptyset\), y \(f(C) \cap B \neq \emptyset\). Sabemos que:

1. \(f^{-1}(A)\) y \(f^{-1}(B)\) son abiertos por continuidad.
2. \(f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B) = \emptyset\) (se puede probar por contradicción).
3. Como \(f(C) \subseteq A \cup B\), entonces

\[C \subseteq f^{-1}(f(C)) \subseteq f^{-1}(A \cup B) = f^{-1}(A) \cup f^{-1}(B).\]

1. Como \(f(C) \cap A \neq \emptyset\), existe \(y\) tal que \(y \in A\) y \(y \in f(C)\), i.e., \(y = f(x)\) con \(x \in C\). Luego, \(x \in C \cap f^{-1}(A)\), por lo que \(C \cap f^{-1}(A) \neq 0\). Similarmente, podemos probar que \(C \cap f ^{-1}(B) \neq \emptyset\). Estas observaciones contradicen la conexidad de \(f(C)\), de donde concluimos que \(C\) es conexo.

Definición (Continuidad uniforme)

Sea \(f:D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\). \(f\) es uniformemente continua si para todo \(\varepsilon>0\) existe \(\delta > 0\) tal que para todos \(x,y \in D\) con \(\lVert x-y \rVert < \delta\), entonces \(\lVert f(x) - f(y) \rVert < \varepsilon\).

Teorema (Continuidad uniforme en compacidad)

Si \(f\) es continua en \(K\) compacto, entonces \(f\) es uniformemente continua en \(K\).

Prueba: Sea \(\varepsilon>0\). Para \(a \in K\), existe \(\delta_{a} > 0\) tal que si \(x \in B_{\delta_{a}}(a)\) entonces \(\lVert f(x) - f(a) \rVert < \frac{\varepsilon}{2}\) (por continuidad en \(a\)). Además, \(K \subseteq \bigcup_{a \in K} B_{\frac{\delta_{a}}{2}}(a) = B\) es un cubrimiento de abiertos. Como \(K\) es compacto, existen \(a_{1}, \dots, a_{N} \in K\) tal que \(K \subseteq \bigcup_{j=1}^{N} B_{\frac{\delta_{a_{j}}}{2}}(a_{j})\). Tome \(\delta = \min\left\{ \frac{\delta_{a_{1}}}{2}, \dots, \frac{\delta_{a_{N}}}{2} \right\}\). Si \(x,y \in K\), con \(\lVert x-y \rVert<\delta\). Existe \(i \in \{ 1,\dots,N \}\) tal que si \(x \in B_{\frac{\delta_{a_{i}}}{2}}(a_{i}) \subseteq B_{\delta_{a_{i}}}(a_{i})\), por lo que \(\lVert f(x)-f(a_{i}) \rVert < \frac{\varepsilon}{2}\) Además, note que

\[\begin{aligned} \lVert y-a_{i} \rVert & \leq \lVert y-x \rVert + \lVert x-a_{i} \rVert \\ & < \delta + \frac{\delta_{a_{i}}}{2} \leq \frac{\delta_{a_{i}}}{2} + \frac{\delta_{a_{i}}}{2} = \delta_{a_{i}}, \end{aligned}\]

por lo que \(y \in B_{\delta_{a_{i}}}(a_{i})\), de donde obtenemos que \(\lVert f(y) - f(a_{i}) \rVert < \frac{\varepsilon}{2}\). Así,

\[\begin{aligned} \lVert f(x) - f(y) \rVert & \leq \lVert f(x) - f(a_{i}) \rVert + \lVert f(a_{i}) - f(y) \rVert \\ & < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{aligned}\]

Límites

Definición (Límite de una función)

Sea \(f:V \setminus \{ a \} \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\), con \(V\) vecindario de \(a\). Se dice que \(\lim_{ x \to a } f(x) = L\) si

\[\forall \varepsilon > 0 \quad \exists \delta>0 \quad \forall x \in V \setminus \{ a \} (0 < \lVert x-a \rVert < \delta \implies \lVert f(x) - L \rVert < \varepsilon).\]

Teorema (Continuidad y límites)

\(f:A \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^{m}\) es continua en un punto \(a\) si y solo si \(\lim_{ x \to a } f(x) = f(a)\).

Prueba: Se sigue directamente de las definiciones.

Teorema (Criterio secuencial del límite)

Sea \(f:V \setminus \{ a \} \to \mathbb{R}^{m}\). Las siguientes son equivalentes:

1. \[\lim_{ x \to a } f(x) = L\]
2. Para toda sucesión \((x_{n})_{n \in \mathbb{N}} \subseteq V \setminus \{ a \}\) con \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\), se tiene que \(f(x_{n}) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\).

Prueba: Igual a la de continuidad.

Nota (Operaciones algebraicas sobre límites)

Los resultados sobre \(+,-,\cdot\) se mantienen para límites.

Ejemplo

Considere \(f(x,y) = (x^{2} + y^{2}) \sin\left( \frac{1}{x^{2}+y^{2}} \right)\). Calcule \(\lim_{ (x,y) \to (0,0) } f(x,y)\). Conjeturamos que el valor del límite es cero. Dado \(\varepsilon>0\), tome \(\delta = \sqrt{ \varepsilon }\). Suponga que \(\lVert (x,y) \rVert < \delta\). Entonces,

\[\left\lvert (x^{2}+y^{2})\underbrace{ \sin\left( \frac{1}{x^{2}+y^{2}} \right) }_{ \leq 1 } \right\rvert \leq \lVert (x,y) \rVert^{2} < \delta^{2} = \varepsilon.\]

Ejemplo

Considere \(f:\mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}\) tal que

\[f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^{3}+y^{3}}{x+y}, \quad \text{si }x\neq y \\ x \quad \quad \quad \text{si }x = -y \end{cases}.\]

Determine los puntos donde el límite no existe. Conjeturamos que el límite no existe en los puntos \((-a,a)\).

1. Sea \((x_{n},y_{n}) = \left( a+\frac{1}{n}, -\left( a+\frac{1}{n} \right) \right) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} (a,-a)\). Entonces, \(f(x_{n},y_{n}) = a+\frac{1}{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} a\).
2. Sea \((\hat{x}_{n}, \hat{y}_{n}) = \left( a+\frac{1}{n}, -a+\frac{1}{n} \right) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} (a,-a)\). Entonces \(f(\hat{x}_{n}, \hat{y}_{n}) = \left( a+\frac{1}{n} \right)^{2} - \left( a + \frac{1}{n} \right)\left( -a+\frac{1}{n} \right) + \left( -a+\frac{1}{n} \right)^{2} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 3a^{2}\). Note que \(3a^{2} = a\) si y solo si \(a = 0\) o \(a = \frac{1}{3}\), por lo que es necesario probar que el límite existe en estos puntos. También, es necesario probar que el límite existe en los puntos, \((a,b)\) con \(a \neq -b\) (ejercicio).