Espero que esto sea correcto:
Supongamos que $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m$ es diferenciable, entonces existe una transformación lineal $\lambda: \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m $ tal que $$\tag{1}\lim_{h\to 0}\frac{|f(a+h)-f(a) - \lambda (h)|}{|h|}=0.$$
Dejemos que $A=(a_{ij})$ sea el jacobiano de $\lambda$ , $\alpha = \max{|a_{ij}|}$ y $M=\sqrt{mn}\alpha$ entonces $$\tag{2}|\lambda(h)|\leq M|h|$$ para todos $h \in \mathbb{R}^n$ .
Prueba de (2):
Para cualquier conjunto de números reales $x_1, ... , x_k$ : $$\tag{3}(x_1+...+x_k)^2\leq k(x_1^2+...+x_k^2).$$ Considere
$$y^i= a_{i1} (h^1)+...+a_{in}(h^n),$$ entonces $$(y^i)^2= |(y^i)|^2\leq \left( |a_{i1} (h^1)|+...+|a_{in}(h^n)|\right)^2 \leq \alpha^2\left( \sum_{j=1}^{n} (h^j) \right)^2\leq n\alpha^2|h|^2, $$ donde la última desigualdad se deduce de $(3)$ . Así,
$$|\lambda(h)| ^2= \sum_{i=1}^{m} (y^i)^2 \leq mn\alpha^2 |h|^2= M^2 |h|^2.$$ $\square$
Deseamos mostrar $\lim_{x \to a} f(x)=f(a)$ . Podemos utilizar $(2)$ para derivar la desigualdad $$\frac{|f(x)-f(a) - \lambda(x-a)|}{|x-a|}\geq \frac{|f(x)-f(a)| - |\lambda(x-a)|}{|x-a|} \geq \frac{|f(x)-f(a)|}{|x-a|} - M.$$ Dejemos que $ \epsilon > 0 $ se le dará. Sea $h=x-a$ en $(1)$ , entonces para cualquier $ \epsilon_1>0$ podemos encontrar $\delta >0$ tal que $$\epsilon_1 > \frac{|f(x)-f(a) - \lambda(x-a)|}{|x-a|}$$ para todos $x\in \mathbb{R}^n$ satisfaciendo $|x-a|<\delta$ . Desde $\epsilon_1$ era arbitraria, podemos elegir el par $(\epsilon_1, \delta)$ lo suficientemente pequeño como para que $$\epsilon > \delta( \epsilon_1 + M) > |x-a| (\epsilon_1 + M) > |f(x)-f(a)|.$$ $ \square$
