Teorema de la Función Implícita

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1 Teorema de la Función Implícita Sea F : U R p+1 R U abierto F (x 1, x 2,..., x q, y) y un punto a (a 1, a 2,..., a q, b) en U tal que i)f (a 1, a 2,..., a q, b) 0 ii) 0 y continua, existe entonces una función implicita local entorno del punto dado es decir! y f(x 1,..., x q ) x B δ (a) tal que f(a 1,..., a q ) b y F (x 1, x 2,..., x q, f(x 1, x 2,..., x q )) 0 x B δ (a) Una idea de como probar lo anterior es la siguiente: Como 0 entonces tenemos que > 0 ó < 0 supongamos sin perdida de generalidad que > 0 entonces tenemos que F (x 1, x 2,..., x q, y) es creciente cuando (x 1,..., x q ) es constante F (a 1,..., a q, y) es creciente y [b ɛ, b + ɛ] ademas se tiene que F (a 1,..., a q, b) 0 entonces F (a 1,..., a q, b + ɛ) > 0 F (a 1,..., a q, b ɛ) < 0 Si (x 1,..., x q ) B δ (a 1,..., a q ) entonces F (x 1,..., x q, b + ɛ) > 0 F (x 1,..., x q, b ɛ) < 0 y F continua se tiene entonces que! y f(x 1,..., x q ) [b ɛ, b + ɛ] tal que F (x 1, x 2,..., x q, f(x 1, x 2,..., x q )) 0 y b f(x 1, x 2,..., x q ). Hemos encontrado que si (x 1,..., x q ) B δ (a 1,..., a q ) entonces f(x 1,..., x q ) y (b ɛ, b + ɛ) f es continua. En el caso F (x, f(x)) 0 si y f(x) define una fución implicita para y en términos de x entonces podemos calcular su derivada de la siguiente manera, usando la regla de la cadena Siempre que 0 En el caso F (x, y, f(x, y)) 0 si z f(x, y) define una fución implicita para z en términos de x, y entonces podemos calcular sus derivadas parciales de la siguiente manera, usando la regla de la cadena Siempre que 0 En general para F (x 1,..., x n, y) 0 puede resolverse para y en términos de x i y definir así una vecindad V R n del punto (x 1,..., x n ) una función y f(x 1,..., x n ) la cual tiene derivadas parciales continuas en V que se pueden calcular así: (x 1,..., x n ) i (x 1,..., x n ) i (x 1,..., x n ) Teorema de la Función Implícita (1a Versión). 1

2 Considere la función z f(x, y). Sea (x 0, y 0 ) R 2 un punto tal que F (x 0, y 0 ) 0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro (x 0, y 0 ) y que (x 0, y 0 ) 0. Entonces F (x, y) 0 se puede resolver para y en términos de x y definir así una función y f(x) con dominio en una vecindad de x 0, tal que y 0 f(x 0 ), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden (x, y) calcularse como y f (x), x V. (x, y) Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una función y f(x) definida implícitamente por F (x, y) 0. Esto es, puede resolverse para y en términos de x, pero no nos dice como hacer el despeje. Considere la función f(x, y) x 3 + xy y 3 queremos calcular Hacemos F (x, y) x 3 + xy y 3 entonces se tiene que F x 3x 2 + y y F y x 3y 2 que son siempre continuas. Siempre que x 3y 2 0 F x F y 3x2 + y x 3y 2. Considere la función f(x, y) e 2y+x + sin(x 2 + y) 1 en el punto (0,0) tenemos F (0, 0) 0. Las derivadas parciales de F son F x e 2y+x + 2x cos(x 2 + y) F y 2e 2y+x + cos(x 2 + y) que son siempre continuas. Además, (0, 0) 3 0 de modo que T.F.Im. garantiza una vecindad de x 0 en la cual podemos definir una función y f(x) tal que F (x, f(x)) 0. Obsérvese que en este caso no podemos hacer explícita la función y f(x) sin embargo tal función existe y su derivada es y f (x) e2y+x + 2x cos(x 2 + y) 2e 2y+x + cos(x 2 + y) Considere f(x, y) x 4 e xy3 1 en el punto (1,1) F (1, 1) 1 1 0, F x 4x 3 y 3 e xy3 1 2

3 Por lo tanto, F x (1,1) 3, F y 3xye xy3 1 Y así, F y (1,1) 3, y 3 0. El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero de F se ve como la gráfica de la función y f(x) y que su derivada es y 4x3 y 3 e xy3 1. 3xy 2 e xy3 1 Observe que en este caso la función F permite hacer el despeje en términos de x. F (x, y) x 4 e xy3 1 0 x 4 e xy3 1 ln(x 4 ) xy 3 1 ( ln(x 4 ) 1 3 ) + 1 y f(x) que al derivar se debe de llegar al mismo resultado. x Considere z f(x, y) y el punto (x 0, y 0 ) R 2 tal que f(x 0, y 0 ) 0, si F satisface las hipótesis del T.F.Im. sabemos que en los alrededores de (x 0, y 0 ) la curva F (x, y) 0 se puede ver como la gráfica de la función y f(x). Cuál es la ecuación de la recta tangente a la curva F (x, y) 0 en (x 0, y 0 )? Todo lo que necesitamos es la pendiente de la recta,y ésta es y (x 0 ) (x 0, y 0 ) (y y 0 ) (x (x 0, y 0 ) + (x 0, y 0 )(x x 0 ) 0 0, y 0 ) es decir, (x x 0, y y 0 ) f(x 0, y 0 ) 0 Para dimensiones superiores tenemos: F (x, y, z) 0 y lo que quiero es z ϕ(x, y), y por lo tanto F ((x, y), (ϕ(x, y)) 0. Usando la regla de la cadena:

4 + + 0, entonces se necesita que 0. Por lo tanto, el T.M.Im garantiza que en los alrededores del (x 0, y 0 ), z f(x, y). Teorema de la Función Implícita (2da Versión) Considere la función z f(x 1,..., x n ). Sea p (x 1,..., x n, y) R n+1 un punto tal que F (p) 0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales, i 1,..., n, y continuas en alguna bola con centro P i y que 0. Entonces, F (x 1,...,x n ) 0 puede resolverse para y en términos de x y definir así una vecindad v de R n del punto (x 1,...,x n ), una función y f(x 1,...,x n ) lo cual tiene derivadas parciales continuas en v que se pueden calcular con las fórmulas i (x 1,...,x n ) i (x 1,..., x n ) (x 1,..., x n ) con (x 1,..., x n ) v. Sea la función f(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 3. El punto (1, 1, 1) R 3 es tal que f(p) 0. Las derivadas parciales de F son F x 2x, F y 2y, F z 2z. Estas son continuas. En el punto P 1 se tiene que 0. El T.F.Im. dice entonces que en los alrededores del punto P 1, F (x, y, z) 0 puede verse como la gráfica de una función z f(x, y) que tiene por derivadas parciales a f f 2x 2z x z, 2y 2z y z. De hecho, es claro que la función f es f(x, y) 3 x 2 y 2 que representa una esfera con centro en el origen y radio 3, la cual globalmente no es la gráfica de la función z f(x, y) alguna. Pero alrededor del punto (1, 1, 1) de tal esfera, esto se puede ver como la gráfica de la función f(x, y) 3 x 2 y 2. 4

5 Sea f(x, y, z) x + y + z ze z entonces F x 1, F y 1, F z 1 e z (z + 1) si el punto P (x 0, y 0, z 0 ) R 3 es tal que x 0 + y 0 + z 0 e z0 0 y z 0 y como 0. El T.F.Im. sugiere que podamos despejar z en términos de x y y y establecer así una función z f(x, y) con z 0 f(x 0, y 0 ) de modo que su gráfica en los alrededores de P coincide con F (x, y, z) 0. Las parciales de la función f son 1 1 e z (z + 1), 1 1 e z (z + 1). Ahora consideramos F (x, y, z) 0 donde F (x 0, y 0, z 0 0, F tiene derivadas parciales continuas en una bola alrededor de P (x 0, y 0, z 0 ) y alguna de ellas no se anula en P, digamos 0. El T.F.Im. nos dice que en los alrededores de P podemos ver a F (x, y, z) 0 como la gráfica de una función z f(x, y). Cuál es la ecuación del plano tangente a esta gráfica en P? Solo necesitamos (x 0, y 0 ), (x 0, y 0 ) (P ), (P ) (x 0, y 0 ) y las calculamos con ayuda del T.F.Im. que nos dice que (x 0, y 0 ) así la ecuación del plano tangente es (P ) (P ) z z 0 (P ) (P ) (x x 0 ) (y y (P ) 0 ) o sea (P ) (P )(x x 0) + (P )(y y 0) + (P )(z z 0) 0 que se puede escribir como (x x 0, y y 0, z z 0 ) F (P ) Considere la superficie en R 2 definida implícitamente por F (x, y, z) xyz + ln(xyz) z 0. Hallar la ecuación del plano tangente en P (1, 1, 1). Solución: Se tiene yz + 1 x, xz + 1 y, F x (P ) 2, F y (P ) 2, F z (P ) 1. xy + 1 z 1 evaluando en el punto P Así la ecuación del plano tangente procurada es 2(x 1) + 2(y 1) + z 1 0 o sea 2x + 2y + z 5. Consideremos ahora el sistema 5

6 au + bv k 1 x 0 cu + dv k 2 y 0 con a, b, c, d, k 1, k 2 constantes. Nos preguntamos cuando podemos resolver el sistema para u y v en términos de x y y. Si escribimos el sistema como au + bv k 1 x cu + dv k 2 y y sabemos que este sistema tiene solución si det a b c d 0 en tal caso escribimos 1 1 u det a b (k 1 dx k 2 by), v c d det a b (k 2 ay k 1 cx). c d Esta solución no cambiaria si consideramos au + bv f 1 (x, y) cu + dy f 2 (x, y) donde f 1 y f 2 son funciones dadas de x y y. La posibilidad de despejar las variables u y v en términos de x y y recae sobre los coeficientes de estas variables en las ecuaciones dadas. Ahora si consideramos ecuaciones no lineales en u y v escribimos el sistema como g 1 (u, v) f 1 (x, y) g 2 (u, v) f 2 (x, y) nos preguntamos cuando del sistema podemos despejar a uy v en términos de x y y. Mas generalmente, consideramos el problema siguiente, dadas las funciones F y G de las variables u, v, x, y nos preguntamos cuando de las expresiones F (x, y, u, v) 0 G(x, y, u, v) 0 podemos despejar a u y v en términos de x y y en caso de ser posible diremos que las funciones u ϕ 1 (x, y) y v ϕ 2 (x, y) son funciones implícitas dadas. Se espera que n funciones u ϕ 1 (x, y) y v ϕ 2 (x, y) en F (x, y, ϕ 1 (x, y), ϕ 2 (x, y) G(x, y, ϕ 1 (x, y), ϕ 2 (x, y) con (x, y) en alguna vecindad V. 6

7 Suponiendo que existen ϕ 1 y ϕ 2 veamos sus derivadas Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas y. Aquí se ve que para que el sistema tenga solución det 0 en (P ) (el det Jacobiano) y según la regla de Cramer det, det Analogamente si derivamos con respecto a y obtenemos + + (con los dos det Jacobianos). de donde det Al determinante det, det (con los dos det Jacobianos). lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por (u, v). 7

8 Teorema de la Función Implícita (3ra Versión) Considere las funciones z 1 F (x, y, u, v) y z 2 G(x, y, u, v). Sea P (x, y, u, v) R 4 un punto tal que F (P ) G(P ) 0. Suponga que en una bola B R 4 de centro P las funciones F y G tienen (sus cuatro) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano (P ) 0 entonces las expresiones F (x, y, u, v) 0 (u, v) y G(x, y, u, v) 0 definen funciones (implícitas) u ϕ 1 (x, y) y v ϕ 2 (x, y) definidas en una vecindad v de (x, y) las cuales tienen derivadas parciales continuas en v que se pueden calcular. (x,v) (u,v) (u,x) (u,v) (y,v) (u,v) (u,y) (u,v) Demostración: Como por hipótesis (u, v) det 0 los cuatro términos (P ), (P ), (P ) y (P ) no pueden ser 0 simultaneamente. Sin perdida de generalidad suponemos que (P ) 0. Entonces la función z 2 G(x, y, u, v) satisface las hipótesis tel TFI POR LO QUE podemos concluir que en los alrededores del punto P, v se puede escribir como función de x,y,u. Sea ψ(x, y, u) tal función también podemos calcular sus derivadas parciales en este caso solo utilizaremos la que involucra ψ es decir usando la regla de la cadena ψ ψ ψ ψ 0 ψ. Ahora consideramos la función H(x, y, u) F (x, y, u, ψ(x, y, u)) y vamos a derivarla con respecto a u: ψ H + ψ ψ 8

9 sustituimos el valor ψ que habíamos encontrado y obtenemos ( ) H + ψ pues 0 así lo supusimos y el numerador no es otra cosa que el jacobiano de (u,v) 0 por hipótesis, H satisface tambien las hipótesis del TFI y por tanto u se puede resolver en términos de x e y, es decir ϕ 1 (x, y) tal que ϕ 1 (x, y) u. Ahora regresando a la expresión para ψ tenemos que v ψ(x, y, u) ψ(x, y, ϕ 1 (x, y)) ϕ 2 (x, y). Hemos pues probado la existencia de dos funciones ϕ 1 (x, y) y ϕ 2 (x, y) que expresan a u,v en términos de x,y. Considere las expresiones F (x, y, u, v) xe u+v + uv 1 0 y G(x, y, u, v) ye u v 2uv 1 0. En el punto P (1, 1, 0, 0) se tiene que F (P ) G(P ) 0 y las parciales son: F x e u+v, F y 0, F u xe u+v + v, F v xe u+v + v G x 0, G y e u v, G u ye u v 2v, G v ye u+v 2u 0 las cuales son siempre continuas. El Jacobiano (u, v) es (u, v) det xe u+v + u xe u+v + v det ye u v 2v ye u v 2u que en el punto P vale (u, v) det Entonces el T.F.Im. nos asegura que en los alrededores de P podemos despejar u, v en términos de x y y, así establecer funciones implícitas u u(x, y), v v(x, y) con derivadas parciales (x, v) (u, v) det det e u v xe u+v + v det 0 ye u v 2u xe u+v + u xe u+v + v det ye u v 2v ye u v 2u 9

10 ye 2u + 2ue u+v 2xye 2u + 2(u v) xe u+v + (u + v) ye u v. 10

Ayudantía 7. r sin θ sin θ r cos θ. = cos θ. ] (F (p)) z x2 + y 2 + z 2 ] = [ 2 0 ]. , i {1,..., n}

Ayudantía 7. r sin θ sin θ r cos θ. = cos θ. ] (F (p)) z x2 + y 2 + z 2 ] = [ 2 0 ]. , i {1,..., n} Ayudantía 7 1. Regla de la cadena Problema 1. Sean G(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 y F (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, utilizando Regla de la Cadena, la matriz derivada de (G F ) en el punto p =

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