APLICACIONES DEL DIFERENCIAL SECCIONES

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1 CAPÍTULO IV. APLICACIONES DEL CÁLCULO DIFERENCIAL SECCIONES 1. Teorema de la función implícita. 2. Teorema de la función inversa. 3. Cambio de variables. 4. Máximos y mínimos de funciones. 5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange. 177

2 1. TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLÍCITA. Nos planteamos en esta sección el siguiente problema: Bajo qué condiciones una ecuación del tipo F ( x, z ) = 0, con x R m, z R n, tiene alguna solución z = g( x )? Si dicha solución existe y es única localmente, decimos que F define implícitamente a z en función de x. Un caso particular de este problema es el de la solución de un sistema lineal n a ij z j = x i, 1 i n, j=1 el cual tiene solución única cuando la matriz de los coeficientes tiene determinante no nulo y, en este caso, la solución viene dada por la regla de Cramer. Si denotamos por z funciones = (z 1,..., z n ) y x = (x 1,..., x n ) y definimos las f i ( x, z ) = n a ij z j x i, 1 i n, j=1 la matriz (a ij ) 1 i,j n es precisamente la matriz jacobiana de la función F = (f 1,..., f n ) con respecto a las variables (z 1,..., z n ) y, de lo anterior, deducimos que det JF 0 es una condición suficiente para que el sistema defina de forma implícita a z como función de x. Esta condición también será esencial en el caso general. Veamos otro ejemplo sencillo: la ecuación x 2 +y 2 +z 2 = 1 representa la esfera centrada en el origen y radio unidad. Al despejar z en la ecuación, obtenemos dos posibles soluciones, z = + 1 x 2 y 2 y z = 1 x 2 y 2, que representan la semiesfera superior y la semiesfera inferior, respectivamente, y definen dos funciones diferenciables, pero únicamente si x 2 + y 2 < 1. Esto significa que, en un entorno del punto (x 0, y 0, z 0 ) perteneciente a la esfera, si z 0 0, la ecuación inicial define implícitamente una única función z = z(x, y) diferenciable pero, si z 0 = 0, la ecuación no tiene solución única de la forma z = z(x, y). Enunciamos a continuación el resultado general que proporciona las condiciones suficientes para la existencia de una función definida en forma implícita. Teorema de la función implícita. Sean F = (f 1,..., f n ) : R m+n R n una función de clase C (1) en un abierto D R m+n y ( x 0, z 0 ) D un punto tal que 178

3 i) F ( x 0, z 0 ) = 0, y ii) (f 1,..., f n ) (z 1,..., z n ) ( x 0, z 0 ) 0, donde (f 1,..., f n ) (z 1,..., z n ) = f 1 / z 1... f 1 / z n., f n / z 1... f n / z n entonces existe un entorno abierto U R m de x 0, un entorno abierto V R n de z 0 y una única función g : U V tales que: a) g C (1) (U), b) g( x 0 ) = z 0, c) F ( x, g( x ) ) = 0, x U. Veamos en los distintos casos cómo se calculan las derivadas de una función definida en forma implícita Caso de una variable independiente. Si una ecuación f(x, y) = 0, donde f es una función diferenciable de las variables x e y, determina a y como función de x, la derivada de esta función dada en forma implícita, siempre que f y(x, y) 0, puede hallarse por la fórmula: dy dx = x(x, y) f f y(x, y). (Las derivadas de orden superior pueden hallarse por derivación sucesiva de la fórmula anterior.) Ejemplo 1. En la fórmula (x 2 + y 2 ) 3 3(x 2 + y 2 ) + 1 = 0, tenemos: f x(x, y) = 3(x 2 + y 2 ) 2 2x 3(2x) = 6x[(x 2 + y 2 ) 2 1] f y(x, y) = 3(x 2 + y 2 ) 2 2y 3(2y) = 6y[(x 2 + y 2 ) 2 1]. de donde dy/dx = x/y. Para hallar la segunda derivada, derivamos con respecto a x la primera derivada que hemos encontrado, teniendo en cuenta al hacerlo que y es función de x: d 2 y dx 2 = d dx ( x ) = y x(dy/dx) y y 2 = y x( x/y) y 2 = y2 + x 2 y Caso de varias variables independientes. Análogamente, si la ecuación F (x 1,..., x n, z) = 0, donde F es una función diferenciable de las variables x 1,..., x n y z, determina en forma implícita a z como función de las variables independientes x 1,..., x n, en los puntos 179

4 donde F z(x 1,..., x n, z) 0, las derivadas parciales de esta función dada en forma implícita pueden hallarse por las fórmulas: z = F x 1 (x 1,..., x n, z) x 1 F z(x 1,..., x n, z),..., z = F x n (x 1,..., x n, z) x n F z(x 1,..., x n, z). Ejemplo 2. La ecuación x 2 2y 2 +3z 2 yz+y = 0 representa una superficie en el espacio R 3. Si suponemos que dicha ecuación define a z como función de x e y, z = f(x, y), sus derivadas parciales se calculan como sigue: F x(x, y, z) = 2x, F y(x, y, z) = 4y z + 1, F z(x, y, z) = 6z y, de modo que z x = 2x 6z y, z y en los puntos donde 6z y 0. 4y z = 1, 6z y 1.3. Sistemas de funciones implícitas. { } F (x, y, u, v) = 0 Si el sistema de dos ecuaciones determina u y v como G(x, y, u, v) = 0 funciones diferenciables ( de las variables x e y y el determinante de la matriz F ) F jacobiana u v es no nulo, entonces las derivadas parciales de u = G u G v u(x, y), v = v(x, y) se obtienen por las fórmulas u x = u y = (F,G) (x,v) (F,G) (u,v) (F,G) (y,v) (F,G) (u,v) (Utilizamos en estos casos la notación,, v x = v y = (F, G) (u, v) = (F,G) (u,x) (F,G) (u,v) (F,G) (u,y) (F,G) (u,v) F u G u. F v G v, y de forma similar con el resto de variables.) { } u + v = x + y Ejemplo 3. Sabiendo que las ecuaciones determinan u y xu + yv = 1 v como funciones de x e y, si definimos las funciones F (x, y, u, v) = u + v x y G(x, y, u, v) = xu + yv 1, 180

5 (F, G) las fórmulas anteriores dan los siguientes resultados: (u, v) = Por tanto, (F, G) (u, x) = (F, G) (y, v) = 1 1 x y = y x, 1 1 x u = u + x, (F, G) (x, v) = 1 1 u y = y u, 1 1 v y = y v, (F, G) (u, y) = 1 1 x v = v + x. u x = y + u y x ; u y = y + v y x ; v x = u + x y x ; v x = v + x y x. En la práctica, en vez de utilizar las fórmulas anteriores, podemos resolver directamente el sistema formado por las derivadas parciales de las ecuaciones dadas, teniendo en cuenta que u y v son funciones de x e y. Así pues, al derivar respecto a x, obtenemos: de donde u x = u x + v x = 1 u + x u x + y v x = 0, u + y x + y, v x = u + x x y. Análogamente se procedería resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales respecto a y Funciones dadas en forma paramétrica. Si la función diferenciable z de las variables x e y se expresa mediante sus ecuaciones paramétricas (x, y) y (u, v) = de ecuaciones x u y u x v y v x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) 0, la diferencial de esta función se deduce del sistema dx = x x du + u v dv, dy = y y du + u v dv, dz = z z du + u v dv. 181

6 Conociendo la diferencial dz = pdx + qdy, hallamos las derivadas parciales z x = p y z y = q. Ejemplo 4. Si la función z de los argumentos x e y viene dada por las ecuaciones x = u + v, y = u 2 + v 2, z = u 3 + v 3, (u v), hallar z x, z y. Primer método. Por diferenciación, hallamos tres ecuaciones que relacionan entre sí las cinco variables: dx = du + dv, dy = 2udu + 2vdv, dz = 3u 2 du + 3v 2 dv. De las primeras dos ecuaciones despejamos du y dv: du = 2vdx dy dy 2udx, dv = 2(v u) 2(v u). Sustituyendo en la tercera ecuación estas expresiones, resulta: 2 2vdx dy dy 2udx dz = 3u + 3v2 = 3uv dx + 3 (u + v) dy, 2(v u) 2(v u) 2 de donde z z = 3uv, x y = 3 (u + v). 2 Segundo método. Calculamos las derivadas parciales respecto a x e y en las tres ecuaciones que definen z, teniendo en cuenta que u = u(x, y), v = v(x, y). Tenemos así: ( ) { 1 = u x + v x 0 = 2u u x + 2v v x 0 = u y + v y 1 = 2u u y + 2v v y ( ) { z x z y u v = 3u2 x + 3v2 u v = 3u2 y + 3v2 x y. Al resolver los dos sistemas de ( ), obtenemos u x = v v u, v x = u u v, u y = 1 2(u v), v y = 1 2(v u). 182

7 Sustituyendo estas expresiones en la fórmula ( ), resulta: z x = v 3u2 v u + u 3v2 u v = 3uv z = 3u 2 1 y 2(u v) + 1 3(u + v) 3v2 =. 2(v u) 2 Tercer método. Definimos la función h(u, v) = f ( x(u, v), y(u, v) ) z(u, v), donde z = f(x, y) es la función determinada por las ecuaciones paramétricas. Entonces h(u, v) = 0 en los puntos donde está definida dicha función y: h u = 0 = D 1f x u + D 2f y u z u, h v = 0 = D 1 f x v + D 2f y v z v. Resulta así un sistema de dos ecuaciones que se resuelve aplicando la regla de Cramer. PROBLEMA 4.1 Sea h : R 2 R la función definida por siendo a un parámetro real. h(x, y) = x 2 + y 3 + xy + x 3 + ay, (a) Para qué valores de a la ecuación h(x, y) = 0 define y como función implícita de x de clase C ( ), en un entorno de (0, 0)? (b) Define la anterior ecuación a x como función implícita diferenciable de y en un entorno de (0, 0) para algún valor de a? (a) Averigüemos si se cumplen las hipótesis del teorema de la función implícita. i) h(0, 0) = 0, evidentemente. ii) Como h es una función polinómica, existen D 1 h(x, y) = 2x + y + 3x 2, D 2 h(x, y) = 3y 2 + x + a y son continuas en todo R 2. En particular lo serán en (0, 0). 183

8 iii) D 2 h(0, 0) = a. Por tanto, si a 0, h(x, y) = 0 define a y como función implícita de clase C ( ) en un entorno de (0, 0). (b) Veamos ahora que la ecuación no define a x como función implícita diferenciable de y en un entorno de (0, 0). Es claro que se verifican i) y ii) pero no iii) porque D 1 h(0, 0) = 0 independientemente del valor de a. PROBLEMA 4.2 Sea f C (1) (R 2 ) una función homogénea de grado 2 y tal que f(0, 1) = 4. Existe algún valor de k para el cual la ecuación f(x, y) k = 0 define a y como función implícita de x en un entorno de (0, 1)? Por hipótesis, f(tx, ty) = t 2 f(x, y), t > 0. En particular, f(0, t) = t 2 f(0, 1) = 4t 2, t > 0. Debemos estudiar si la función G(x, y) = f(x, y) k verifica las condiciones del teorema de la función implícita en el punto (0, 1). i) En primer lugar, para que G(0, 1) = 0, debe ser k = 4. ii) Debido a las hipótesis del problema, es claro que G C (1) (R 2 ). iii) Por definición, G y = f y. Además, f f(0, 1 + k) f(0, 1) 4(1 + k) 2 4 (0, 1) = lím = lím = 8. y k 0 k k 0 k Deducimos entonces que G (0, 1) 0. y 184

9 En conclusión, si k = 4, la ecuación dada define a y como función implícita de x en un entorno del punto (0, 1). PROBLEMA 4.3 Se considera la función u(x, y) = e y/x g g : R R una función de clase C (1). (a) Demostrar que x u x + y u y = 0. ( ) x + y, siendo x y (b) Si g(3) = 0, g (3) = 1, demostrar que u(x, y) = 0 define implícitamente una función y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1/2). Calcular ϕ (1). (a) Escribiremos por comodidad z(x, y) = x + y, de modo que la función x y dada se escribe como u(x, y) = e y/x g ( z(x, y) ). Teniendo en cuenta que resulta: z x = 2y (x y) 2 z 2x = y (x y) 2, u x = y x 2 ey/x g ( z(x, y) ) + e y/x g ( z(x, y) ) z x u y = e y/x[ g(z) y x 2 + g (z) 2y ] (x y) 2 ; = 1 x ey/x g ( z(x, y) ) + e y/x g ( z(x, y) ) z y = e y/x[ g(z) 1 x + 2x ] g (z) (x y) 2. Un simple cálculo algebraico da como resultado x u u 2xy ] +y = ey/x[ g(z) y x y x +g (z) (x y) 2 +e y/x[ g(z) y 2xy ] x +g (z) (x y) 2, cuyo valor es cero. Observemos que la función es homogénea de grado cero, de modo que bastaría aplicar el teorema de Euler para probar el resultado pedido. 185

10 (b) Veamos que se verifican las condiciones del teorema de la función implícita: u(1, 1/2) = e 1/2 g(3) = 0, u y (1, 1/2) = e1/2[ g(3) + g 2 ] (3) (1 1/2) 2 = 8e 1/2 0. Además u y es continua en un entorno de (1, 1/2), por serlo g y g. Así pues, existe y = ϕ(x) en un entorno de (1, 1/2). Además ϕ (1) = u x (1, 1/2) u y (1, 1/2) = 1 2. PROBLEMA 4.4 g(x, y) Se define la función f(x, y) = x + y, donde g C(1) (R 2 ) es una función homogénea de grado 1. (a) Probar que f es homogénea y determinar su grado. (b) Sabiendo que el punto (1, 1) pertenece a la curva de nivel cero de g y que g y(1, 1) 0, probar que la ecuación f(x, y) = 0 define implícitamente una función y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1) y calcular ϕ (1). (a) Por hipótesis g(tx, ty) = t g(x, y), de donde f(tx, ty) = g(tx, ty) tx + ty = f(x, y), lo que indica que f es homogénea de grado cero. (b) Veamos si se verifican las hipótesis del teorema de la función implícita: i) En un entorno U del punto (1, 1) es x + y 0, lo que, añadido a la hipótesis g C (1) (R 2 ), permite concluir que f C (1) (U). ii) Como g(1, 1) = 0, entonces f(1, 1) = 186 g(1, 1) 2 = 0.

11 iii) Como f y(x, y) = (x + y) g y(x, y) g(x, y) (x + y) 2, entonces f y(1, 1) = 2g y(1, 1) 0. 4 Lo anterior asegura la existencia de una función y = ϕ(x) definida en un entorno del punto (1, 1). Además, ϕ (1) = f x(1, 1) f y(1,. Ahora bien, 1) como f x(x, y) = (x + y) g x(x, y) g(x, y) (x + y) 2, f y(x, y) = (x + y) g y(x, y) g(x, y) (x + y) 2, resulta ϕ (1) = g x(1, 1) g y(1, 1). Al ser g una función homogénea de grado 1, por el teorema de Euler sabemos que g x(1, 1) + g y(1, 1) = g(1, 1) = 0 (debido a que el punto (1, 1) está en la curva de nivel cero de g). Sustituyendo este resultado, obtenemos en definitiva que ϕ (1) = 1. PROBLEMA 4.5 Sea F (x, y, z) = x 2 + y 2 z 2 1. La ecuación F (x, y, z) = 0 determina a z como función implícita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 1)? Y en un entorno de (1, 1, 1)? Cuál es la expresión explícita de dichas funciones? Es inmediata la comprobación de las condiciones F C (1) (R 3 ), F (1, 1, 1) = 0, F (1, 1, 1) = 2 0, z F (1, 1, 1) = 0, F (1, 1, 1) = 2 0. z Lo anterior asegura la existencia de sendas funciones diferenciables z = z 1 (x, y) y z = z 2 (x, y) definidas en entornos de los puntos (1, 1, 1) y (1, 1, 1), respectivamente. Al despejar z en la ecuación F (x, y, z) = 0 obtenemos las expresiones explícitas: z 1 (x, y) = + x 2 + y 2 1 y z 2 (x, y) = x 2 + y 2 1, 187

12 que representan las dos ramas del hiperboloide de una hoja definido por la ecuación original. PROBLEMA 4.6 Calcular las derivadas parciales de la función z = f(x, y) definida implícitamente por la ecuación y 2 + xz + z 2 e z c = 0. Construimos la función F (x, y, z) = y 2 + xz + z 2 e z c. En los puntos donde F z 0, es decir x + 2z e z 0, las derivadas parciales son las siguientes: z x = F x F z z = x + 2z e z, z y = F y F z 2y = x + 2z e z. PROBLEMA 4.7 Se considera la función u = u(x, y) definida implícitamente por la ecuación u = F (x + u, yu). Calcular u x, u en función de las y derivadas parciales de F. Teniendo en cuenta que u es función de x e y, si aplicamos la regla de la cadena, obtenemos (la notación F 1, F 2 representa, como es usual, las derivadas de F con respecto a sus dos variables v = x + u, w = yu): u ( x = F u x u y = F 1 u y + F 2 ) + F 2 y u x ( y u y + u ) 188 u = x = F 1 1 F 1 yf 2 = u y = F 2 F 1 F 1 yf 2

13 PROBLEMA 4.8 Siendo u = f ( (x z)u, (y t)u, (z t)u ), demostrar que u x + u y + u z + u t = 0. Hacemos x 1 = (x z)u, x 2 = (y t)u, x 3 = (z t)u, de modo que u = f(x 1, x 2, x 3 ). Las derivadas parciales son entonces u x = u x 1 x 1 x + u x 2 x 2 x + u x 3 x 3 x = [u + (x z) u x] D 1 f + (y t) u x D 2 f + (z t) u x D 3 f = u x = u D 1 f 1 (x z) D 1 f (y t) D 2 f (z t) D 3 f ; u = u x 1 y x 1 y + u x 2 x 2 y + u x 3 x 3 y = (x z) u y D 1 f + [u + (y t) u y] D 2 f + (z t) u y D 3 f = u y u z = u z u t = u t u D 2 f = 1 (x z) D 1 f (y t) D 2 f (z t) D 3 f ; = u x 1 x 1 z + u x 2 x 2 z + u x 3 x 3 z = [ u + (x z) u z] D 1 f + (y t) u z D 2 f + [u + (z t) u z] D 3 f u D 1 f + u D 3 f = 1 (x z) D 1 f (y t) D 2 f (z t) D 3 f ; = u x 1 x 1 t + u x 2 x 2 t + u x 3 x 3 t = (x z) u t D 1 f + [ u + (y t) u t] D 2 f + [ u + (z t) u t] D 3 f u D 2 f u D 3 f = 1 (x z) D 1 f (y t) D 2 f (z t) D 3 f. Sumando término a término, es evidente la identidad deseada. PROBLEMA 4.9 Dada la función z = sen x + 1 1, hallar dz. sen y + sen x

14 Teniendo en cuenta que z = sen x + 1 sen y + 1/z = sen x + z 1 + z sen y y sabiendo que dz = z x dx + z y dy, calcularemos en la expresión anterior las derivadas parciales: z x = cos x + z x (1 + z sen y) z z x sen y z x (1 + z sen y) 2 = cos x + (1 + z sen y) 2 = z x = cos x (1 + z sen y)2 (1 + z sen y) 2 1 ; z y = z y (1 + z sen y) z (z y sen y + z cos y) (1 + z sen y) 2 = z y z 2 cos y (1 + z sen y) 2 = z y = z 2 cos y (1 + z sen y) 2 1. En definitiva, dz = cos x (1 + z sen y)2 dx z 2 cos y dy (1 + z sen y) 2. 1 PROBLEMA 4.10 Sea f : R 2 R una función diferenciable. Supongamos que la ecuación f(y/x, z/x) = 0 define a z implícitamente como función de x e y. Probar que x z x + y z y = z. A fin de aplicar la regla de la cadena, utilizaremos las variables auxiliares u = y/x, v = z/x. De este modo, por la derivada de la función implícita, tenemos: z x = f/ x f/ z = f u ( y/x 2 ) + f v ( z/x 2 ) f u 0 + f v (1/x) z y = f/ y f/ z = f u (1/x) + f v 0 f u 0 + f v (1/x) = f u. f v = yf u + zf v xf v ; 190

15 Entonces x z x + y z y = yf u + zf v f v yf u f v = z. PROBLEMA 4.11 La ecuación F (x + y + z, x 2 + y 2 + z 2 ) = 0 define a z como función implícita diferenciable de x e y en un cierto abierto U R 2. Si llamamos z = f(x, y) a dicha función, calcular df(x, y) en función de D 1 F y D 2 F. Por hipótesis, podemos expresar la ecuación dada como F ( x + y + f(x, y), x 2 + y 2 + f 2 (x, y) ) = 0, (x, y) U. Derivando respecto a las variables x e y, y si llamamos por comodidad resulta: P = ( x + y + f(x, y), x 2 + y 2 + f 2 (x, y) ), D 1 F (P ) [1 + f x (x, y)] + D 2F (P ) [2x + 2f(x, y) f (x, y)] x = 0 D 1 F (P ) [1 + f y (x, y)] + D 2F (P ) [2y + 2f(x, y) f (x, y)] y = 0. Por tanto, f x (x, y) = D 1F (P ) + 2xD 2 F (P ) D 1 F (P ) + 2f(x, y)d 2 F (P ) f y (x, y) = D 1F (P ) + 2yD 2 F (P ) D 1 F (P ) + 2f(x, y)d 2 F (P ). PROBLEMA 4.12 Sea ( la función z = z(x, y) dada implícitamente por la ecuación F x + z y, y + z ) = 0, donde F es una función diferenciable. Com- x probar que x z x + y z y = z xy. 191

16 Llamamos u = x + z y, v = y + z. Aplicando las fórmulas de derivación de x las funciones implícitas: z x = F/ x F/ z z y = D 1F (u, v) ( u/ x) + D 2 F (u, v) ( v/ x) D 1 F (u, v) ( u/ z) + D 2 F (u, v) ( u/ z) = D 1F (u, v) (z/x 2 ) D 2 F (u, v) (1/y) D 1 F (u, v) + (1/x) D 2 F (u, v), = F/ y F/ z De lo anterior, se deduce que x z x + y z y = D 1F (u, v) ( u/ y) + D 2 F (u, v) ( v/ y) D 1 F (u, v) ( u/ z) + D 2 F (u, v) ( v/ z) = (z/y2 ) D 1 F (u, v) + D 2 F (u, v) (1/y) D 1 F (u, v) + (1/x) D 2 F (u, v). = xd 1F (u, v) (z/x)d 2 F (u, v) (z/y)d 1 F (u, v) + yd 2 F (u, v) (1/y) D 1 F (u, v) + (1/x) D 2 F (u, v) [xd 1 F (u, v) + yd 2 F (u, v)] = z (1/y) D 1 F (u, v) + (1/x) D 2 F (u, v) = z xy. PROBLEMA 4.13 Determinar condiciones suficientes para que la ecuación ( xy f z, x2 + y 2) = 0 defina a z como función implícita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2). Para dicha función, calcular en el punto (1, 1, 2). y z x x z y 192

17 ( xy (a) Definimos F : R 3 R por F (x, y, z) = f z, x2 + y 2), es decir F es la composición de f con la función (u, v) : R 3 R 2 definida por (u, v)(x, y, z) = ( xy z, x2 + y 2). Para que F (x, y, z) = 0 defina a z como función implícita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2), deben cumplirse las tres condiciones siguientes: i) F (1, 1, 2) = 0, lo que por definición equivale a f(1/2, 2) = 0. ii) F C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2). Como la función (u, v) es de clase C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2) (donde z 0), dicha condición equivale a que f C (1) en un entorno del punto (1/2, 2). iii) F (1, 1, 2) 0. z Por la regla de la cadena, F z (1, 1, 2) = f u(1/2, 2) u z(1, 1, 2) + f v(1/2, 2) v z(1, 1, 2) = 1 4 f u(1/2, 2), de modo que esta condición equivale a f u(1/2, 2) 0. (b) Las condiciones anteriores aseguran la existencia de una función z = z(x, y) en un entorno del punto (1, 1, 2). Tenemos entonces y z x x z y = y F/ x F/ z x F/ y F/ z y F/ x + x F/ y = F/ z = y[f u u x + f v v x] + x[f u u y + f v v y] F/ z = (x2 y 2 ) f u z ( F/ z). Sustituyendo en el punto (1, 1, 2), obtenemos el valor cero. 193

18 PROBLEMA 4.14 Se considera la ecuación x 2 + y 2 + z 2 = ψ(ax + by + cz), a, b, c R, (c 0), donde ψ : R R es una función de clase C (1) tal que ψ(0) = 0, ψ (0) = 1. (a) Probar que dicha ecuación define a z como función implícita diferenciable de x e y en un entorno de (0, 0, 0). (b) Si llamamos z = f(x, y) a dicha función implícita, probar que en el entorno del origen donde está definida se verifica (cy bz)d x f(x, y) + (az cx)d y f(x, y) = bx ay. (c) Si se supone que ψ tiene derivada segunda continua, calcular D x f(0, 0), D y f(0, 0), D xx f(0, 0), D yy f(0, 0). (a) Sea G : R 2 R R la función definida por G(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 ψ(ax + by + cz); comprobemos que se verifican las hipótesis del teorema de la función implícita en un entorno de (0, 0, 0): i) G(0, 0, 0) = 0 pues G(0, 0, 0) = ψ(0) = 0. ii) G C (1) porque es suma de la función polinómica (x, y, z) x 2 + y 2 + z 2, de clase C ( ), y la composición de ψ, de clase C (1) por hipótesis, con la función lineal (x, y, z) ax + by + cz, de clase C ( ). iii) G (0, 0, 0) 0. En efecto, z D z G(x, y, z) = 2z cψ (ax+by+cz) = D z G(0, 0, 0) = cψ (0) = c, el cual es distinto de cero, por hipótesis. Del teorema de la función implícita se deduce entonces que existe un entorno abierto U de (0, 0), otro entorno abierto V de 0 y una función 194

19 f : U V de clase C (1) tal que para cada (x, y) U, existe un único z = f(x, y) V que verifica G ( x, y, f(x, y) ) = 0, es decir {(x, y, z) U V : G(x, y, z) = 0} = {(x, y, z) U V : z = f(x, y)}. En particular f(0, 0) = 0. (b) Por el apartado (a) sabemos que G ( x, y, f(x, y) ) = 0, (x, y) U, es decir x 2 + y 2 + [f(x, y)] 2 ψ ( ax + by + cf(x, y) ) = 0. Derivando esta ecuación con respecto a x e y, tenemos: 2x + 2f(x, y)d x f(x, y) ψ ( ax + by + cf(x, y) ) [a + cd x f(x, y)] = 0, 2y + 2f(x, y)d y f(x, y) ψ ( ax + by + cf(x, y) ) [b + cd y f(x, y)] = 0. ( ) En el teorema de la función implícita se pueden elegir U y V tales que (x, y, z) U V, D z G(x, y, z) = 2z cψ (ax + by + cz) 0; en particular para los puntos en los que z = f(x, y) se tendrá y por tanto 2f(x, y) cψ ( ax + by + cf(x, y) ) 0, D x f(x, y) = aψ ( ax + by + cf(x, y) ) 2x 2f(x, y) cψ ( ax + by + cf(x, y) ) D y f(x, y) = bψ ( ax + by + cf(x, y) ) 2y 2f(x, y) cψ ( ax + by + cf(x, y) ). ( ) En los puntos en que z = f(x, y) se tiene entonces (cy bz)d x f(x, y) + (az cx)d y f(x, y) = c(ay bx) ψ (ax + by + cz) + 2z(bx ay) 2z cψ (ax + by + cz) = bx ay. (c) Si ψ tiene derivada segunda continua, entonces G es de clase C (2) y, por tanto, f es de clase C (2). Sustituyendo (x, y) por (0, 0) en las expresiones ( ) y teniendo en cuenta que f(0, 0) = 0, resulta D x f(0, 0) = a/c, D y f(0, 0) = b/c. ( ) 195

20 Si derivamos en ( ) la primera ecuación respecto de x y la segunda respecto de y, tenemos: 2 + 2[D x f(x, y)] 2 + 2f(x, y)d xx f(x, y) ψ ( ax + by + cf(x, y) ) [a + cd x f(x, y)] 2 cd xx f(x, y)ψ ( ax + by + cf(x, y) ) = 0, 2 + 2[D y f(x, y)] 2 + 2f(x, y)d yy f(x, y) ψ ( ax + by + cf(x, y) ) [b + cd y f(x, y)] 2 cd yy f(x, y)ψ ( ax + by + cf(x, y) ) = 0. Sustituyendo en (0, 0) y teniendo en cuenta los resultados de ( ), resulta: } { 2 + 2a2 cd c 2 xx f(0, 0) = 0 D = xx f(0, 0) = 2 a2 +c 2 c b2 cd c 2 yy f(0, 0) = 0 D yy f(0, 0) = 2 b2 +c. 2 c 3 PROBLEMA 4.15 { } x cos y + y cos z + z cos x = π Probar que el sistema x 2 + y 2 + z 2 xy = π 2 define implícitamente una función f : U R 2, f(x) = ( f 1 (x), f 2 (x) ), en un entorno del punto (0, 0, π). Calcular f 1 (0), f 2 (0), f 1 (0), f 2 (0). Sea F : R 3 R 2 definida por F (x, y, z) = (F 1, F 2 )(x, y, z) = (x cos y+y cos z+z cos x π, x 2 +y 2 +z 2 xy π 2 ). Se prueba fácilmente que: i) F es de clase C (1) en (0, 0, π). ii) F (0, 0, π) = 0. iii) D yf 1 (0, 0, π) D z F 1 (0, 0, π) D y F 2 (0, 0, π) D z F 2 (0, 0, π) = π 0. Luego F cumple las hipótesis del teorema de la función implícita. Derivando respecto a x en las dos ecuaciones, teniendo en cuenta que y = f 1 (x), z = f 2 (x), y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, π) se llega a 1 f 1 (0) + f 2 (0) = 0 2πf 2 (0) = 0 } = f 1(0) = 1, f 2(0) =

21 Al calcular las derivadas de segundo orden respecto a x, resulta análogamente: f 1 (0) + f 2 (0) π = 0 } 1 + πf 2 (0) = 0 = f 1 (0) = 1 + π2, f 2 (0) = 1 π π. PROBLEMA 4.16 Suponiendo que el sistema de ecuaciones { 2x = v 2 u 2 y = uv permite definir las funciones u = u(x, y), v = v(x, y), calcular u x, u y, v x, v y. Derivamos con respecto a x ambas ecuaciones y aplicamos la regla de Cramer. Tenemos así: 2v 2 u u 0 x = = u 2v 2u u 2 +v 2 2 = 2v v x 2u u } x u v 0 = u v x + v u = x 2 2u v x 0 v = = v. 2v 2u u 2 +v 2 u v Si procedemos de forma análoga derivando respecto a y, resulta: 2v 0 u u 1 y = = v 2v 2u u 2 +v 2 0 = 2v v y 2u u } y u v 1 = u v y + v u = y 0 2u v y 1 v = = u. 2v 2u u 2 +v 2 u v Observación. También podríamos haber despejado u y v en función de x e y del sistema original y derivar las expresiones explícitas obtenidas. En 197

22 la siguiente sección se especifican las condiciones para la validez de este procedimiento. PROBLEMA 4.17 Sea f : R 5 R 2 la función definida por f(x, y, z, u, v) = (u + v + x 2 y 2 + z 2, u 2 + v 2 + u 2xyz). Probar que f(x, y, z, u, v) = 0 define una función implícita diferenciable (u, v) = ( h 1 (x, y, z), h 2 (x, y, z) ) en un entorno del punto (0, 0, 0, 1/2, 1/2). Calcular dh(0, 0, 0). Sean f 1 (x, y, z, u, v) = u+v+x 2 y 2 +z 2 y f 2 (x, y, z, u, v) = u 2 +v 2 +u 2xyz las componentes de f. Debido a que i) f es de clase C (1) en (0, 0, 0, 1/2, 1/2), ii) f(0, 0, 0, 1/2, 1/2) = 0, iii) D uf 1 (0, 0, 0, 1/2, 1/2) D v f 1 (0, 0, 0, 1/2, 1/2) D u f 2 (0, 0, 0, 1/2, 1/2) D v f 2 (0, 0, 0, 1/2, 1/2) = , f cumple las condiciones del teorema de la función implícita, de modo que, para todo (x, y, z) en un cierto entorno abierto de (0, 0, 0), se verifica: h 1 (x, y, z) + h 2 (x, y, z) + x 2 y 2 + z 2 = 0, h 2 1(x, y, z) + h 2 2(x, y, z) + h 1 (x, y, z) 2xyz = 0. Derivando el sistema respecto a x y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, 0) (y teniendo en cuenta también que h 1 (0, 0, 0) = 1/2 y h 2 (0, 0, 0) = 1/2), se obtiene: D 1 h 1 (0, 0, 0) + D 1 h 2 (0, 0, 0) = 0, D 1 h 1 (0, 0, 0) + D 1 h 2 (0, 0, 0) + D 1 h 1 (0, 0, 0) = 0, de donde D 1 h 1 (0, 0, 0) = 0, D 1 h 2 (0, 0, 0) = 0. Derivando el mismo sistema respecto a y y a z, se obtiene análogamente: D 2 h 1 (0, 0, 0) = 0, D 2 h 2 (0, 0, 0) = 0, D 3 h 1 (0, 0, 0) = 0, D 3 h 2 (0, 0, 0) =

23 Por tanto, dh(0, 0, 0) es la aplicación lineal de R 3 en R 2 definida por la matriz PROBLEMA 4.18 Dado el sistema de ecuaciones hallar: (a) Las expresiones de du, dv. { x 2 + y 2 + u 2 + v 2 = 4 xyuv = 1, (b) El valor de x z x y z y, siendo z = (u + v)2. (a) Definimos las funciones F (x, y) = x 2 + y 2 + u(x, y) 2 + v(x, y) 2 G(x, y) = xyu(x, y)v(x, y). De las ecuaciones dadas F (x, y) = 4, G(x, y) = 1, obtenemos: 0 = F x = 2x + 2u u x + 2v v x 0 = G x = yuv + xyv u x + xyu v x. Basta pues resolver este sistema de ecuaciones para obtener: u x = v x = 2x 2v yuv xyu 2u 2v xyv xyu 2u 2x xyv yuv 2u 2v xyv xyu 199 = u(v2 x 2 ) x(u 2 v 2 ) = v(x2 u 2 ) x(u 2 v 2 ).

24 Procedemos de forma análoga con las derivadas parciales respecto a y. Del sistema 0 = F y 0 = G y = 2y + 2u u y + 2v v y = xuv + xyv u y + xyu v y, se deduce que la solución es u y = u(v2 y 2 ) y(u 2 v 2 ) v y = v(y2 u 2 ) y(u 2 v 2 ). De lo anterior deducimos fácilmente que du = u x dx + u y dy = u(v2 x 2 ) x(u 2 v 2 ) dx + u(v2 y 2 ) y(u 2 v 2 ) dy dv = v x dx + v y dy = v(x2 u 2 ) x(u 2 v 2 ) dx + v(y2 u 2 ) y(u 2 v 2 ) dy. (b) Aplicando las reglas de derivación de la función compuesta, tenemos: z x = 2(u + v) (u x + v x) = 2(uv + x2 ) x z y = 2(u + v) (u y + v y) = 2(uv + y2 ). y De este resultado se deduce que x z x y z y = 2(y 2 x 2 ). PROBLEMA 4.19 { 2x Dada la curva C : 2 + 3y 2 z 2 = 25 x 2 + y 2 = z2, hallar un vector unitario tangente a C en el punto P ( 7, 3, 4). Si representamos la curva por sus ecuaciones paramétricas en la siguiente forma: x = x(z), y = y(z), 200

25 un vector tangente a la misma en un punto P = (x 0, y 0, z 0 ) es v(p ) = (x (z 0 ), y (z 0 ), 1). Para aplicar lo anterior a la curva dada, podemos definir las funciones f(z) = 2[x(z)] 2 + 3[y(z)] 2 z 2 25, g(z) = [x(z)] 2 + [y(z)] 2 z 2. Ahora bien, como, en los puntos de la curva, f(z) = g(z) = 0, entonces 0 = f (z) = 4x(z) x (z) + 6y(z) y (z) 2z, 0 = g (z) = 2x(z) x (z) + 2y(z) y (z) 2z. Si resolvemos el sistema anterior mediante la regla de Cramer, obtenemos: 2z 6y(z) x 2z 2y(z) (z) = 4x(z) 6y(z) = 2z x(z), 2x(z) 2y(z) 4x(z) 2z y 2x(z) 2z (z) = 4x(z) 6y(z) = z y(z). 2x(z) 2y(z) De este modo, un vector tangente a la curva en el punto P = ( 7, 3, 4) es v(p ) = (8/ 7, 4/3, 1). Basta dividir el vector por v(p ) = 751/63 para obtener el vector unitario buscado. Las gráficas ilustran la forma de la curva intersección del hiperboloide de una hoja con el cono, así como el vector tangente en el punto dado. 201

26 2. TEOREMA DE LA FUNCIÓN INVERSA. Es conocido que, en una variable, si g es una función derivable en un intervalo (a, b) y g (x) 0, x (a, b), entonces g es una función estrictamente monótona y existe la inversa g 1 : g(a, b) R, la cual es derivable en g(a, b) y su derivada viene dada por En el caso general, dado un sistema (g 1 ) (y 0 ) = 1 g (x 0 ), con y 0 = g(x 0 ). y 1 = f 1 (x 1,..., x n ). y n = f n (x 1,..., x n ), se trata de encontrar las condiciones suficientes para que x 1,..., x n se puedan expresar en función de y 1,..., y n, sin tener que resolver explícitamente el sistema. La existencia de solución se deduce del teorema de la función implícita aplicado a las funciones F 1 (x 1,..., x n, y 1,..., y n ) = y 1 f 1 (x 1,..., x n ) F n (x 1,..., x n, y 1,..., y n ) = y n f n (x 1,..., x n ). Como ya enunciamos en la sección anterior, la solución existe si el determinante de la matriz jacobiana es no nulo, es decir (F 1,..., F n ) 0, lo (x 1,..., x n ) que equivale a (f 1,..., f n ) 0. Este hecho corresponde al teorema de la (x 1,..., x n ) función inversa. Teorema. Sea f : R n R n una función de clase C (1) en un abierto D R n. Si x 0 D y det Jf( x 0 ) 0, entonces existen i) un entorno U de x 0, ii) un entorno V de f( x 0 ), iii) una única función g : V U de clase C (1) en V, tales que g ( f( x ) ) = x, x V. Dicha función es, por definición, la inversa local de f. 202.

27 Para calcular la derivada de g, basta tener en cuenta que de modo que Jf( x ) Jg( y ) = I n, con y = f( x ), n D k g i ( y ) D j f k ( x ) = k=1 { 1 si i = j 0 si i j (sistema de n 2 ecuaciones cuyas incógnitas corresponden a los elementos de la matriz jacobiana de g). PROBLEMA 4.20 Determinar en cada caso si la función g satisface las hipótesis del teorema de la función inversa. Encontrar g(d). En el caso de ser g inyectiva, encontrar g 1 explícitamente. (a) g( t ) = t + x 0, x 0 R n fijo, D = R n. (b) g(x, y) = (x 2 y 2, xy), D = R 2 \ {(0, 0)}. (c) g(x, y) = ( ln(xy), (x 2 + y 2 ) 1), D = {(x, y) : 0 < y < x}. (a) Como el jacobiano Jg(t) = I n y det I n 0, t R n, deducimos que g(r n ) = R n y la función es biyectiva. Además es evidente que g 1 ( s ) = s x 0. ( ) 2x 2y (b) En este caso, es evidente que g C (1) (R 2 ); además, Jg(x, y) = y x y det Jg(x, y) = 2x 2 +2y 2 0 pues (x, y) (0, 0). Por tanto, g verifica las hipótesis del teorema de la función inversa. Como g ( R 2 \ {(0, 0)} ) = R 2 \ {(0, 0)}, existe la inversa g 1 localmente en un entorno de cualquier punto distinto del origen. Sin embargo, la inversa no es única globalmente debido a que g no es inyectiva (observemos que g( x, y) = g(x, y)). Para obtener una expresión explícita de g 1, debemos resolver el sistema u = x 2 y 2, v = xy. Tenemos así: u = x 2 y 2 } u 2 + 4v 2 = (x 2 + y 2 ) 2 x 2 = u+ u 2 +4v 2 u = x v = xy 2 y 2 2 y sign(x y) = sign v 2 = u+ u 2 +4v 2 2 sign(x y) = sign v. 203

28 Distinguiremos dos casos: - Si x 0, entonces sign v = sign y, con lo que la solución del sistema es g 1 (u, v) = u + u 2 + 4v 2 u + u, (sign v) 2 + 4v Si x < 0, entonces sign v = sign y; por tanto, g 1 u + u (u, v) = 2 + 4v 2 u + u, (sign v) 2 + 4v La gráfica adjunta ilustra la imagen de la aplicación g, según los diferentes dominios: (c) Si llamamos u = ln(xy), v = (x 2 + y 2 ) 1, entonces: Jg(x, y) = ( u x v x u y v y ) = ( 1/x 1/y 2x 2y (x 2 +y 2 ) 2 (x 2 +y 2 ) 2 ), de donde det Jg(x, y) = 2x2 2y 2 xy(x 2 + y 2 0 pues 0 < y < x. ) 2 Como además la función es de clase C (1) en D, se verifican las hipótesis del teorema de la función inversa. Veamos que incluso la inversa es global, es decir la función es inyectiva en D. 204

29 En efecto, si g(x 1, y 1 ) = g(x 2, y 2 ), entonces } { ln(x 1 y 1 ) = ln(x 2 y 2 ) x1 y (x y2 1 ) 1 = (x = 1 = x 2 y 2 y2 2 ) 1 x y2 1 = x2 2 + y2 2 { (x1 y = 1 ) 2 = (x 2 y 2 ) 2 (x 1 + y 1 ) 2 = (x 2 + y 2 ) 2 = = { x1 y 1 = x 2 y 2 x 1 + y 1 = x 2 + y 2 { x1 = x 2 y 1 = y 2. Obtendremos a continuación una fórmula explícita de g 1, para lo cual resolvemos el sistema u = ln(xy), v = (x 2 + y 2 ) 1 : e u } { = xy v v 1 = x 2 + y 2 = 1 + 2e u = (x + y) 2 v 1 2e u = (x y) 2 [ v 1 + 2e u + ] v 1 2e u = x = 1 2 y = 1 2 Por último, g(d) = {(u, v) R 2 : 0 < v < e u /2}. [ v 1 + 2e u v 1 2e u ]. PROBLEMA 4.21 Sea g : R R definida por { x/2 + x 2 sen(1/x) si x 0 g(x) = 0 si x = 0. Estudiar si es localmente invertible en un entorno de

30 Veamos si se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa para x = 0. Debe ser para ello g continua. Como [ g g(h) g(0) 1 (0) = lím = lím h 0 h h h sen 1 ] = 1 h 2, tenemos g (x) = { 1/2 + 2x sen(1/x) cos(1/x) si x 0 1/2 si x = 0 que no es continua en x = 0 porque no existe lím x 0 cos(1/x). De lo anterior se deduce que no se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa. Ahora bien, dichas condiciones son suficientes pero no necesarias por lo que pueden existir funciones que, sin cumplirlas, admitan inversa en un entorno del punto. En nuestro caso debemos estudiar directamente la función. Para ello recordamos que, para que una función g : R R sea invertible en cualquier intervalo, debe ser estrictamente monótona (creciente o decreciente). Debido a la forma de g (x) en puntos x n = 1, con n N, es nπ { g 3/2 si n es impar (x n ) = 1/2 cos(nπ) = 1/2 si n es par. De aquí se deduce que, en todo entorno de cero, existen puntos donde la derivada de g es positiva y puntos donde es negativa, es decir, puntos donde la función es estrictamente creciente y puntos donde es estrictamente decreciente. Como g no es monótona en ningún intervalo abierto que contenga al cero, no es invertible en ninguno de estos intervalos. PROBLEMA 4.22 Sea f : R 2 R 2 la función definida por f(x, y) = (x+2y, x y). (a) Averiguar si satisface las hipótesis del teorema de la función inversa. (b) Hallar Im f. (c) Comprobar que f tiene inversa global, hallando f

31 (a) Para ver si cumple las hipótesis del teorema de la función inversa, debemos verificar en primer lugar que las derivadas parciales D j f i, i, j = 1, 2, son continuas, siendo f 1 (x, y) = x + 2y y f 2 (x, y) = x y las componentes de f; esto es evidente porque D 1 f 1 (x, y) = 1, D 2 f 1 (x, y) = 2, D 1 f 2 (x, y) = 1, D 2 f 2 (x, y) = 1. Además la matriz derivada es Jf(x, y) = es no nulo (x, y) R 2. ( ) 1 2 cuyo determinante 1 1 De lo anterior se deduce pues que cada punto (x, y) R 2 posee un entorno abierto en el cual existe f 1. (b) Por definición, Im f = {(u, v) R 2 : u = x + 2y, v = x y, x, y R}. { } { } u = x + 2y x = (u + 2v)/3 Debido a que el sistema, tiene solución, v = x y y = (u v)/3 (u, v R 2, deducimos que Im f = R 2. (c) Del resultado anterior se deduce también que u y v están unívocamente determinados; por tanto, f es inyectiva y f 1 : R 2 R 2 definida por ( u + 2v f 1 (u, v) =, u v ). 3 3 PROBLEMA 4.23 Se considera la función f : R 2 R 2 definida por f(u, v) = (e u + e v, e u e v ). Probar que f es localmente invertible en un entorno de cada punto (u, v) R 2. Mostrar que también f es globalmente invertible calculando su función inversa. Comprobar que las matrices derivadas de f y de f 1 en puntos correspondientes son inversas. Veamos que se cumplen las condiciones del teorema de la función inversa: 207

32 i) Escribimos f = (f 1, f 2 ), donde f 1 (u, v) = e u + e v y f 2 (u, v) = e u e v ; será f C (1) (R 2 ) si D i f 1, D i f 2 (i = 1, 2) son continuas, lo cual es evidente pues ii) det Jf(u, v) = eu e u D 1 f 1 (u, v) = e u ; D 2 f 1 (u, v) = e v ; D 1 f 2 (u, v) = e u ; D 2 f 2 (u, v) = e v. e v e v = 2eu e v 0, (u, v) R 2. El teorema citado asegura entonces que existe un abierto U R 2 que contiene al punto (u, v) y un abierto V R 2 que contiene al punto f(u, v) de modo que f U : U V posee una inversa f 1 : V U que es diferenciable en V y tal que df 1 (x, y) = [df(u, v)] 1, donde (u, v) = f 1 (x, y). En general el teorema de la función inversa no asegura la existencia de una función inversa global f 1 : f(r 2 ) R 2 ; en este caso sí va a existir como se prueba al calcular explícitamente dicha inversa. Para ello calculamos en primer lugar f(r 2 ). Por definición, Pero f(r 2 ) = {(x, y) : u, v R, (x, y) = (e u + e v, e u e v )}. x = e u + e v } y = e u e v = { } x + y = 2e u x y = 2e v = { u = ln x+y 2 v = ln x y 2 Observamos que para la existencia de u y v deben ser x + y > 0 y x y > 0 lo que sugiere que f(r 2 ) = {(x, y) : x + y > 0, x y > 0}. En efecto, (u, v) R 2, 2e u = (e u + e v ) + (e u e v ) > 0, 2e v = (e u + e v ) (e u e v ) > 0.. Observamos además que la función f : R 2 f(r 2 ) es inyectiva pues, como hemos visto, el sistema x = e u + e v, y = e u e v tiene solución única. En definitiva, existe una inversa global f 1 : f(r 2 ) R 2 definida por ( f 1 (x, y) = ln x + y 2 208, ln x y 2 )

33 cuya matriz derivada en el punto (x, y) es ( ) df 1 1/(x + y) 1/(x + y) (x, y) = 1/(x y) 1/(x y) y la matriz derivada de f en el punto correspondiente es ( e u e df(u, v) = v ) ( ) (x + y)/2 (x y)/2 e u e v =. (x + y)/2 (x y)/2 PROBLEMA 4.24 Probar que la función f : R 2 R 2 definida por f(x, y) = (e x cos y, e x sen y) es localmente invertible en un entorno de cada punto, pero no lo es globalmente. Si A = {(x, y) : 0 < y < 2π}, probar que f A es inyectiva y hallar f 1. Comprobemos que se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa: i) f C (1) (R 2 ) pues, si llamamos f 1 (x, y) = e x cos y y f 2 (x, y) = e x sen y a las componentes de f, las derivadas parciales son todas continuas. ii) det Jf(x, y) = ex cos y e x sen y D 1 f 1 (x, y) = e x cos y, D 2 f 1 (x, y) = e x sen y, D 1 f 2 (x, y) = e x sen y, D 2 f 2 (x, y) = e x cos y, e x sen y e x cos y = e2x > 0, (x, y) R 2. Por el teorema de la función inversa, f es invertible localmente; sin embargo no lo es globalmente porque no es inyectiva (observemos que f(x, y) = f(x, y + 2π)). 209

34 Veamos ahora que, si restringimos la función al dominio A, sí será inyectiva. Sean pues (x, y), (x, y ) A. Entonces: f(x, y) = f(x, y ) = = { e x cos y = e x cos y } e x sen y = e x sen y { e 2x cos 2 y = e 2x cos 2 y } e 2x sen 2 y = e 2x sen 2 y = e 2x [cos 2 y + sen 2 y] = e 2x [cos 2 y + sen 2 y ] = e 2x = e 2x = x = x. De aquí se deduce que cos y = cos y y sen y = sen y, de donde y = y + 2kπ, pero como 0 < y, y < 2π, resulta y = y. Para hallar f 1, despejamos x e y en el sistema u = e x cos y, v = e x sen y. Como v/u = tg y y u 2 + v 2 = e 2x, resulta que ( ln(u f v 2 ) (u, v) =, arc tg v ), (u, v) (0, 0). 2 u PROBLEMA 4.25 Sea g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ). Probar que g es localmente invertible en cada punto distinto de (0, ϑ). Obtener una inversa en el dominio A = {(x, y) R 2 : x > 0, y > 0}. Para que exista una inversa local, deben cumplirse las siguientes condiciones: i) g C (1) (R 2 ) lo cual es evidente pues, si denotamos por g 1 (r, ϑ) = r cos ϑ y g 2 (r, ϑ) = r sen ϑ, entonces D 1 g 1 (r, ϑ) = cos ϑ, D 2 g 1 (r, ϑ) = r sen ϑ, D 1 g 2 (r, ϑ) = sen ϑ, D 2 g 2 (r, ϑ) = r cos ϑ, que son continuas en todo R 2. ii) det Jg(r, ϑ) = cos ϑ r sen ϑ sen ϑ r cos ϑ = r, que es distinto de cero en todo punto distinto de (0, ϑ), ϑ R. 210

35 El teorema de la función inversa asegura pues que g es localmente invertible en dichos puntos. Es claro que g no es inyectiva (debido a la periodicidad de la función) y que g ( R 2 \ {(0, ϑ) : ϑ R} ) = R 2 \ {(0, 0)}. Si B = {(r, ϑ) R 2 : r > 0, 0 < ϑ < π/2}, resulta que B es abierto y g es una biyección de B sobre A. Entonces g 1 : A B (que existe por ser g biyectiva) coincide localmente con una función de clase C (1) (cuya existencia asegura el teorema de la función inversa) y por tanto ella misma es de clase C (1). Si (x, y) A, existe un único (r, ϑ) B tal que g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ) = (x, y). Por tanto, de x 2 +y 2 = r 2, y/x = tg ϑ se deduce que la única solución de este sistema es r = x 2 + y 2, ϑ = arc tg(y/x). En definitiva, g 1 (x, y) = ( x 2 + y 2, arc tg(y/x) ), (x, y) A. Observamos que, si llamamos B k = {(r, ϑ) : r > 0, 2kπ < ϑ < 2kπ + π/2}, la función g es también una biyección de B k en A, pero ahora la función inversa es g 1 (x, y) = ( x 2 + y 2, 2kπ + arc tg(y/x) ). PROBLEMA 4.26 Dada la función f(x, y) = (x 2 x 2, 3y), (x, y) R 2, estudiar las hipótesis del teorema de la función inversa, calcular f(r 2 ), ver si f es inyectiva y encontrar f 1 explícitamente. 211

36 - Es claro que f verifica las hipótesis del teorema de la función inversa porque, si llamamos f 1 (x, y) = x 2 x 2 y f 2 (x, y) = 3y a las componentes de f, entonces: D 1 f 1 (x, y) = 2x 1, D 2 f 1 (x, y) = 0, D 1 f 2 (x, y) = 0, D 2 f 2 (x, y) = 3, que son evidentemente continuas. Además, ( ) 2x 1 0 Jg(x, y) = y det Jf(x, y) = 3(2x 1), 0 3 el cual es distinto de cero cuando x 1/2, lo que indica que existe f 1 en un entorno de cada punto (x, y) R 2 tal que x 1/2. - Como el sistema de ecuaciones u = x 2 x 2, v = 3y tiene solución cuando el discriminante de la ecuación de segundo grado x 2 x (2 + u) = 0 es no negativo, es decir cuando 9 + 4u 0, la imagen de la función será Im f = {(u, v) R 2 : u = x 2 x 2, v = 3y, x, y R} { = (u, v) R 2 : u 9 }. 4 - Al resolver el sistema anterior, obtenemos que x = 1 ± 9 + 4u, y = v/3, 2 de lo que se deduce en particular que, excepto cuando u = 9/4, el valor de x no está unívocamente determinado, es decir existen x 1 = u 2, x 2 = u, 2 de modo que x 1 x 2 y f(x 1, y) = f(x 2, y); así pues f no es inyectiva. Ahora bien, si llamamos D 1 = {(x, y) R 2 : 2x > 1}, entonces f(d 1 ) = {(u, v) R 2 : 4u + 9 > 0}, f D1 es inyectiva y ( u f 1 (u, v) =, v ), u >

37 y, si llamamos D 2 = {(x, y) R 2 : 2x < 1}, entonces f D2 es inyectiva y f(d 2 ) = {(u, v) R 2 : 4u + 9 > 0}, ( u f 1 (u, v) =, v ), u > (resultados que se obtienen al resolver el sistema u = x 2 x 2, v = 3y). PROBLEMA 4.27 Hallar z x y z y z = 2u + v. en el punto u = 1, v = 1, si x = u+ln v, y = v ln u, Por la regla de la cadena, z x = 2 u x + v x, z y = 2 u y + v y, donde (u, v) = F (x, y) es la función inversa de (x, y) = (u + ln v, v ln u). Para comprobar que existe dicha función inversa en un entorno del punto (u, v) = (1, 1), calculamos el jacobiano (x, y) (u, v) = 1 1/v 1/u 1 (x, y) = (1, 1) = (u, v) = 2 0.

38 Como la función dada es de clase C (1), existe una inversa local (u, v) = F (x, y). Para calcular las derivadas parciales de esta función inversa, derivamos la función dada con respecto a x y resolvemos el sistema resultante: 1 1/v u x = 0 1 = 1 = u 1 1/v 1+ 1 x = 1 uv u=1,v=1 2 1 = u x + 1 v v } 1/u 1 x 0 = 1 u u x + v = x 1 1 v x = 1/u 0 = 1/u = v 1 1/v 1+ 1 x = 1 uv u=1,v=1 2 1/u 1 Análogamente se procede con las derivadas respecto a y: 0 1/v = u y + 1 v } v y 1 = 1 u u y + v = y u y = v y = 1 1/v 1/u /u 1 1 1/v 1/u 1 = 1/v 1+ 1 uv = uv = u y = v y = 1 u=1,v=1 2 = 1 u=1,v=1 2 Sustituyendo estos resultados en las derivadas de z, obtenemos en definitiva z = 3 x u=1,v=1 2, z = 1 y u=1,v=1 2. PROBLEMA 4.28 Sea f : R 3 R 3 la función definida por f(x, y, z) = ( e x, sen(x + y), e z). (a) Probar que f es localmente invertible en (0, 0, 0). (b) Probar que existen puntos en R 3 donde no se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa. 214

39 (a) Debemos probar que f C (1) y que det Jf(0, 0, 0) 0. Para ello calculamos las derivadas parciales de primer orden. Tenemos así: f x(x, y, z) = ( e x, cos(x + y), 0 ), f y(x, y, z) = ( 0, cos(x + y), 0 ), f z(x, y, z) = (0, 0, e z ), cuyas componentes son evidentemente continuas en todo punto de R 3. Por otra parte, det Jf(0, 0, 0) = = 1 0. Queda comprobado así que se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa en el origen. (b) Como hemos visto antes, en cualquier punto (x 0, y 0, z 0 ) R 3, f C (1) ; sin embargo no siempre el jacobiano es distinto de cero, pues e x det Jf(x 0, y 0, z 0 ) = cos(x 0 + y 0 ) cos(x 0 + y 0 ) e z 0 = ex 0+z 0 cos(x 0 +y 0 ), y (2n 1)π det Jf(x 0, y 0, z 0 ) = 0 x 0 + y 0 =, n Z. 2 Por tanto, en estos puntos no se cumplen las hipótesis del teorema y no podemos asegurar la existencia de la función inversa en un entorno de ellos. PROBLEMA 4.29 Sea g : R 3 R 3 definida por g(x, y, z) = (e 2y + e 2z, e 2x e 2z, x y). (a) Probar que g es diferenciable en todo R 3 y posee función inversa diferenciable en un entorno de cada punto. (b) Probar que g es globalmente invertible. 215

40 (a) Una condición suficiente para que g sea diferenciable en R 3 es que g sea de clase C (1) en todo R 3, lo cual, por definición, equivale a la continuidad de D 1 g i, D 2 g i, D 3 g i, i = 1, 2, 3, siendo g 1 (x, y, z) = e 2y + e 2z, g 2 (x, y, z) = e 2x e 2z y g 3 (x, y, z) = x y. Ahora bien, las derivadas parciales de g i (i = 1, 2, 3) son D 1 g 1 (x, y, z) = 0 D 1 g 2 (x, y, z) = 2e 2x D 1 g 3 (x, y, z) = 1 D 2 g 1 (x, y, z) = 2e 2y D 2 g 2 (x, y, z) = 0 D 2 g 3 (x, y, z) = 1 D 3 g 1 (x, y, z) = 2e 2z D 3 g 2 (x, y, z) = 2e 2z D 3 g 3 (x, y, z) = 0, las cuales son evidentemente continuas en cualquier punto de R 3. Por otra parte, para cualquier punto (x, y, z) R 3 es det Jg(x, y, z) 0 pues 0 2e 2y 2e 2z det Jg(x, y, z) = 2e 2x 0 2e 2z = 4( e 2(x+z) + e 2(y+z)) 0 ya que la función exponencial no se anula en ningún punto. Como g cumple las hipótesis del teorema de la función inversa, posee inversa en un entorno de cada punto de R 3. (b) Para que g sea invertible globalmente, debe ser inyectiva. Veamos que, en efecto, si g(x 1, y 1, z 1 ) = g(x 2, y 2, z 2 ), entonces (x 1, y 1, z 1 ) = (x 2, y 2, z 2 ). De las ecuaciones x 1 y 1 = x 2 y 2 e 2y 1 + e 2z 1 = e 2y 2 + e 2z 2 e 2x 1 e 2z 1 = e 2x 2 e 2z 2, al sumar las dos últimas tenemos que e 2y 1 + e 2x 1 = e 2y 2 + e 2x 2, de donde e 2y 1 (1 + e 2x 1 2y 1 ) = e 2y 2 (1 + e 2x 2 2y 2 ). Como x 1 y 1 = x 2 y 2, la última ecuación queda ahora como e 2y 1 = e 2y 2, de donde y 1 = y 2, lo que, al sustituir en las otras ecuaciones, da también que x 1 = x 2 y z 1 = z 2, como queríamos comprobar. 216

41 PROBLEMA 4.30 { xz (a) Probar que el sistema 3 + y 2 u 3 } = 1 2xy 3 + u 2 define a las variables x, z = 0 y como funciones implícitas diferenciables de z, u en un entorno del punto P (x 0, y 0, z 0, u 0 ) = (0, 1, 0, 1). (b) Sean x = h(z, u), y = g(z, u) las funciones implícitas definidas en el apartado (a). Demostrar que la función F (z, u) = ( h(z, u), g(z, u) ) admite función inversa diferenciable en un entorno del punto (0, 1). (a) Sea G : R 2 R 2 R 2 la función definida por G(x, y, z, u) = (xz 3 + y 2 u 3 1, 2xy 3 + u 2 z) y comprobemos que verifica las hipótesis del teorema de la función implícita. i) G(0, 1, 0, 1) = (0, 0) lo que se obtiene por simple sustitución. ii) G C (1). En efecto, las dos componentes de G, G 1 (x, y, z, u) = xz 3 + y 2 u 3 1 y G 2 (x, y, z, u) = 2xy 3 + u 2 z son polinomios y admiten derivadas parciales continuas de todos los órdenes en cualquier punto de R 4. iii) (G1, G 2 ) (P ) = (x, y) D xg 1 (P ) D y G 1 (P ) D x G 2 (P ) D y G 2 (P ) = = 4 0. Por tanto, existe un entorno abierto U de (0, 1) y otro entorno abierto V de (0, 1) así como una función F : U V de clase C (1) tal que, si F (z, u) = ( h(z, u), g(z, u) ), se tiene G ( h(z, u), g(z, u), z, u ) = (0, 0), (z, u) U. En otras palabras, {(x, y, z, u) V U : G(x, y, z, u) = (0, 0)} = {(x, y, z, u) V U : x = h(z, u), y = g(z, u)}. En particular, h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1. Observemos que, por ser G de clase C ( ), la función implícita F es también de clase C ( ). (b) Sea F (z, u) = ( h(z, u), g(z, u) ). Hemos de probar que F verifica las hipótesis del teorema de la función inversa en (0, 1). 217

42 i) F es de clase C (1), tal como hemos concluido por el teorema de la función implícita. ii) Además, debe ser h z(0, 1) h u(0, 1) g z(0, 1) g u(0, 1) 0. Para comprobar esto, utilizamos la identidad G ( h(z, u), g(z, u), z, u ) = 0, (z, u) U, es decir h(z, u) z 3 + [g(z, u)] 2 u 3 1 = 0, 2h(z, u) [g(z, u)] 3 + u 2 z = 0. ( ) Derivando este sistema respecto a z, tenemos: z 3 h z(z, u) + 3z 2 h(z, u) + 2u 3 g(z, u) g z(z, u) = 0, 2[g(z, u)] 3 h z(z, u) + 6h(z, u) [g(z, u)] 2 g z(z, u) + u 2 = 0. Sustituyendo en el punto (z 0, u 0 ) = (0, 1) y teniendo en cuenta que h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1, resulta que 2g z(0, 1) = 0, 2h z(0, 1)+1 = 0 = g z(0, 1) = 0, h z(0, 1) = 1/2. Derivando ahora ( ) respecto a u: z 3 h u(z, u) + 2u 3 g(z, u) g u(z, u) + 3u 2 [g(z, u)] 2 = 0, 2h u(z, u) [g(z, u)] 3 + 6h(z, u) [g(z, u)] 2 g u(z, u) + 2uz = 0. Nuevamente al sustituir en (z 0, u 0 ) = (0, 1), obtenemos: 2g u(0, 1)+3 = 0, 2h u(0, 1) = 0 = g u(0, 1) = 3/2, h u(0, 1) = 0. Por tanto, h z(0, 1) h u(0, 1) g z(0, 1) g u(0, 1) = 1/ /2 = Como se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa, existe un conjunto abierto V que contiene a (0, 1) y un conjunto abierto W que contiene a la imagen F (0, 1) = (0, 1) tal que F : V W tiene una inversa continua F 1 : W V que es diferenciable y satisface d(f 1 )(x, y) = [df (F 1 (x, y))] 1, (x, y) W. 218

43 PROBLEMA 4.31 Si u, v son funciones de las variables x, y definidas por las ecuaciones e u cos v x = 0 e u sen v y = 0, probar que el ángulo formado por u y v es constante. Para calcular u y v, debemos determinar la función inversa de x = e u cos v y = e u sen v, la cual existe localmente porque x(u, v) e y(u, v) son funciones infinitamente derivables y (x, y) (u, v) = eu cos v e u sen v e u sen v e u cos v = e2u 0. Si derivamos las expresiones que definen a u y v con respecto a x, obtenemos: e u cos v u x e u sen v v x = 1 e u sen v u x + e u cos v v x = 0. Al resolver este sistema, llegamos a la solución u x = e u cos v, v x = e u sen v. Procedemos análogamente con las derivadas respecto a y. Obtenemos el sistema e u cos v u y e u sen v v y = 0 e u sen v u y + e u cos v v y = 1, y la correspondiente solución u y = e u sen v, v y = e u cos v. En definitiva, u = (e u cos v, e u sen v) y v = ( e u sen v, e u cos v). Como u v = 0, deducimos que ambos vectores son perpendiculares en todos los puntos. 219