Teorema de la Función Inversa y Extremos Condicionados

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1 Teorema de la Función Inversa y Extremos Condicionados 1 de noviembre de Función inversa. Se usará el siguiente resultado, probado en el libro: Teorema (de la función implícita, primera versión). Sea f : X R n R de clase C 1, y sea a = (a 1,..., a n ) un punto interior a X. Se supone que f(a) = 0 y que n f(a) 0. Entonces existen entornos U de a = (a 1,..., a n 1 ) y V de a n y una función ϕ : U V tales que: 1. Para cualquier x = (x 1, x 2,..., x n ) = (x, x n ) U V se cumple que f(x) = 0 si y sólo si x n = ϕ(x ). 2. la función ϕ es de clase C 1 en U y para cualquier 1 i n 1 y x U, se cumple i ϕ(x ) = i(f(x, ϕ(x )) n (f(x, ϕ(x )) Notar que la hipótesis pide que f sea a valores reales, en la versión definitiva del teorema se pedirá que las funciones tengan codominio en R m para m 1. Más adelante se verá como probar el teorema de la función inversa en un caso particular usando este resultado (ver enunciado más abajo). Es importante aclarar que el teorema de la función inversa y el de la función implícita en su versión general, son equivalentes en el sentido que cada uno de ellos puede ser probado asumiendo el otro. También se verá como probar, a partir del teorema de la función inversa, la versión final del teorema de la función implícita. Vale la pena recordar brevemente la idea de la demostración del enunciado anterior: Se supone sin pérdida de generalidad que n f(a) > 0. Por ser f de clase C 1 existe un entorno U de a tal que n f > 0 en U. Se deduce que la función de una variable real definida por y f(a, y) es creciente y vale 0 en y = a n. Luego existe ɛ > 0 tal que f(a, a n + ɛ) > 0 y f(a, a n ɛ) < 0; la continuidad de f implica que f(x, a n ɛ) < 0 y que f(x, a n +ɛ) > 0 para todo x en un entorno U de a. Se puede asumir, disminuyendo U, que U [a n ɛ, a n +ɛ] U. Por lo tanto, para cada x en ese entorno U, considere la función y f(x, y) que es creciente, negativa en a n ɛ y positiva en a n + ɛ. Se deduce que para cada x U existe un único ϕ(x ) tal que f(x, ϕ(x )) = 0. Resta ver que la función ϕ así definida verifica la segunda afirmación en el enunciado del teorema. 1

2 Ejercicio 1. Sea f : X R n R, p un punto en el interior de X tal que f(p) = 0 y tal que n f(q) 0 para todo q U X. La función implícita se puede extender mientras su gráfica se mantenga en U. Definición. Una aplicación f : X R n Y R m es: 1. un difeomorfismo si es biyectiva y su inversa es diferenciable. 2. un difeomorfismo local en a si existe un entorno U de a tal que f U : U f(u) es un difeomorfismo. 3. un difeomorfismo local si es un difeomorfismo local en todo punto de su dominio. Probaremos más adelante el teorema de la función inversa, que dice que si f es de clase C 1 y su diferencial es invertible en a, entonces f es un difeomorfismo local en a. Se dejan de ejercicio las siguientes afirmaciones: Ejercicio La composición de difeomorfismos es un difeomorfismo. 2. La inversa de un difeomorfismo es un difeomorfismo. Además, el diferencial de la inversa en un punto f(x) es inverso del diferencial de f en x. En fórmulas: df 1 f(x) = (df x) f : X Y es un difeo local no implica que f es inyectiva. 2

3 4. f es biyectiva y diferenciable no implica que su inversa sea diferenciable. 5. Probar que si f es biyectiva y df a es invertible, entonces f es un difeo local en a. Es decir, hay que probar que la inversa es diferenciable y su inversa satisface la propiedad descrita en el punto 2. (Por el teorema de la función inversa la hipótesis de f biyectiva es superflua aquí, sin embargo esta propiedad se usa en la prueba. 6. Si f va de un subconjunto de R n en otro de R m y es un difeomormismo, entonces n = m. 7. Una transformación afín es un difeomorfismo sii es invertible. Teorema (de la función inversa). Sea f : X R n R n una función de clase C 1 y a un punto interior de X tal que df a es una transformación lineal invertible. Entonces existen entornos U de a y V de f(a) tales que f restringida a U es un difeomorfismo de U en V. Observar que la propiedad (5) de arriba dice que alcanza con probar que f es localmente invertible, es decir, existen entornos U de a y V de f(a) tales que f es biyectiva de U en V. Una idea para probarlo usando el teorema de la función implícita se ejemplifica para n = 2. Resolver f(x, y) = (u, v) para (u, v) en un entorno de f(a) equivale a resolver f 1 (x, y) = u y f 2 (x, y) = v, donde f = (f 1, f 2 ). Como alguna de las derivadas parciales de f 1 en el punto a ha de ser no nula, suponemos que es la 1 f 1 para despejar x en función de y en la ecuación f 1 (x, y) = u. Así se obtiene una función h u (y) tal que f 1 (h u (y), y) = u para todo y. Luego la función y f 2 (h u (y), y) resulta con derivada no nula por hipótesis, con lo que se puede resolver f 2 (h u (y), y) = v para cada v, o sea, hallando y en función de v. Luego tomando x = h u (y) para ese valor de y se obtiene f(x, y) = (u, v). Obviamente este idea tiene varios detalles que resolver, uno de ellos es determinar bien el dominio de cada una de las funciones implícitas h u. Daremos otra demostración con n = 2, usando curvas de nivel. La idea es muy sencilla: como f 1 y f 2 no son colineales en el punto a, tampoco lo serán en un entorno de a. Resulta que una curva de nivel de f 1 y una de f 2 son transversales, es decir se cortan en un único punto. Esto implica que f es localmente invertible. Para formalizar esta prueba, conviene primero, más que nada para simplificar la notación, suponer que: (1) a = f(a) = 0, (2) df a es la identidad. Esto no representa una pérdida de generalidad, ya que estas condiciones se obtienen luego de componer la f con transformaciones afines invertibles, o sea, con difeomorfismos; en efecto, si T v denota la traslación por v, es decir, T v (x) = x + v, se tiene que la aplicación f definida por f = T f(a) f T a lleva 0 en 0 y es un difeo en un entorno de 0 sii f lo es en un entorno de a. Además, si A es lineal, el diferencial de A f es A df a, y podemos usar como A al df 1 a para obtener (2). Ahora, las curvas de nivel u de f 1 serán más bien verticales ya que en puntos próximos a 0 el gradiente de f 1 está cerca de (1, 0) y las de nivel v de f 2 más horizontales, y por eso tienen un único punto de corte. 3

4 Pongámonos un poco más formales. Como dijimos anteriormente, podemos suponer que a = f(a) = 0 u que df a = id. Luego, dado τ = 1/10 existe un entorno U de 0 tal que las entradas de la Jacobiana de f en cualquier punto de U están a menos de τ de las entradas de la matriz identidad. Entonces la función α definida por α(x) = f 1 (x, 0) cumple α(0) = 0 y tiene derivada α (x) = f 1 x(x, 0) (9/10, 11/10) y por lo tanto, para cualquier ɛ positivo tal que B(0; 2ɛ) U, se tendrá: α(2ɛ/3) = 2ɛ/3 0 α (t)dt 9/10 2ɛ/3 > ɛ/2 Se puede afirmar, haciendo el mismo argumento para 2ɛ/3, que α( 2ɛ/3, 2ɛ/3) ( ɛ/2, ɛ/2). De igual forma, definiendo β(y) = f 2 (0, y) se concluye que β( 2ɛ/3, 2ɛ/3) ( ɛ/2, ɛ/2). Tomamos (u, v) ( ɛ/2, ɛ/2) 2. Por lo anterior, si v < ɛ, entonces existe un único y v ( 2ɛ/3, 2ɛ/3) tal que f 2 (0, y v ) = v. Como f 2 y 0, el teorema de la función implícita implica que existe una función φ v tal que f 2 (x, φ v (x)) = v para todo x. Afirmación: el dominio de la función φ v contiene el intervalo ( ɛ, ɛ). En efecto, la derivada de φ v es igual al cociente fx/f 2 y 2 ; su valor absoluto es menor o igual a τ/(1 τ) = 1/9. Por lo tanto, para x 0 se tiene que φ v (x) = y v + x 0 φ v(t)dt y v + x/9. Por lo tanto, si 0 x ɛ se tiene que φ v (x) 2ɛ/3 + ɛ/9 ɛ, en particular (x, φ v (x)) B(0; 2ɛ). Por el ejercicio 1 se tiene que el dominio de φ v puede extenderse hasta ɛ. Por la misma razón el dominio de φ v se extiende a ( ɛ, 0), lo que prueba lo afirmado. De la misma forma, para cada u con u < 2ɛ/3 existe una función ψ u definida en ( ɛ, ɛ) tal que f 1 (ψ u (y), y) = u para todo y. Como ψ u (ɛ) < ɛ se deduce que las gráficas de las funciones φ v y ψ u se intersectan; puesto que las derivadas de estas funciones son menores que 1/9 < 1, resulta que el punto de intersección es único. Esto prueba el teorema para n = 2. 4

5 La generalización a cualquier n no es esencialmente diferente, para cada (u 1,..., u n ) se definen n funciones φ 1,... φ n tales que para cada k, la función φ k (x 1,..., x k 1, x k+1,..., x n ) cumple f k (x 1,..., x k 1, φ k (x 1,..., x k 1, x k+1,..., x n ), x k+1,..., x n ) = u k y que todas sus derivadas parciales son menores que 1/9. El teorema de la función implícita da condiciones para que dadas m ecuaciones con m + n incógnitas (n > 0) se puedan despejar m incógnitas en función de las restantes. Por ejemplo, si se trata de un sistema lineal de ecuaciones, una condición suficiente es que el rango de la matriz asociada al sistema sea igual a m, esto es, que las m filas de la matriz formen un conjunto LI, o lo que es equivalente, que existan m columnas de la matriz que sean LI, o también que la matriz m m formada con esas m columnas sea invertible. En este caso, se puede despejar las m variables correspondientes a esas columnas en función de las demás. El teorema que vamos a demostrar muestra que lo mismo o es verdad cuando el sistema es no lineal, sólo que en este caso, la conclusión es local. Para enunciar económicamente el resultado que sigue, conviene introducir una nueva notación. Si f está definida en R m+n = R m R n, conviene escribir f(x, Y ) en el entendido de que X R m y Y R n. Además escribimos como f X (X 0, Y 0 ) al diferencial de la función que a cada X le asocia f(x, Y 0 ) evaluado en X 0. Y por f Y (X 0, Y 0 ) al diferencial de la función que a cada Y asocia f(x 0, Y ) evaluado en Y 0. Teorema (de la función implícita). Sea f : Ω R m R n R m de clase C 1 tal que f X (X 0, Y 0 ) es invertible para (X 0, Y 0 ) un punto interior de Ω tal que f(x 0, Y 0 ) = 0. Entonces existen entornos U de X 0, V de Y 0 y una función φ : V U tales que (1) Si (X, Y ) U V entonces f(x, Y ) = 0 si y sólo si X = φ(y ). (2) φ es de clase C 1 en V y su diferencial satisface: dφ Y = f X (φ(y ), Y ) f Y (φ(y ), Y ) Idea de la prueba: Definir F (X, Y ) = (f(x, Y ), Y ) de Ω en R n R m. Notar que su diferencial en el punto (X 0, Y 0 ) es invertible y por lo tanto existe una inversa local, sea (U, V ) en la imagen del difeo local, de modo que F (X, Y ) = (U, V ) tiene una única solución cerca de (X 0, Y 0 ). Notar que F (X, Y ) = (U, V ) sii f(x, Y ) = U, Y = V, lo que implica que esta inversa se escribe F 1 (U, V ) = (g(u, V ), V ) para alguna función g. Entonces f(x, Y ) = 0 sii U = 0 y V = Y, es decir, sii X = g(0, Y ). Es decir, la conclusión es que φ(y ) = g(0, Y ), y resta ver que se cumple (2), que se deja de ejercicio. Ejercicio 3. Probar el Teorema de la función inversa asumiendo que vale el de la función implícita. Idea: Considerando la ecuación f(x) = Y, donde f es de R n en sí mismo, definir la función auxiliar F (X, Y ) = f(x) Y de R 2n en R n y aplicar implícita a F = Extremos condicionados. En esta sección se estudia el problema de hallar extremos ligados o condicionados. Quiere decir hallar extremos relativos de una función f a valores reales, cuando se restringe su dominio a un subconjunto dado como el conjunto de nivel de otra función. El primer enunciado es el siguiente (después se generaliza): 5

6 Teorema. Sean f y g funciones de X en R, donde X es un subconjunto de R n ; se asume que f y g son de clase C 1 en un entorno de un punto p = (p 1,..., p n ) R n tal que g(p) = 0. Si f tiene un máximo o mínimo relativo condicionado a g = 0, entonces los gradientes de f y g en el punto p son colineales. Para demostrarlo suponga g(p) 0, ya que en el otro caso la conclusión es trivial. Sin pérdida de generalidad se puede asumir que n g(p) 0, por lo que el teorema de la función implícita dice que existe una función h(x 1, x 2,..., x n 1 ) tal que g(x 1, x 2,..., x n 1, h(x 1,..., x n 1 )) = 0 y h está definida en un entorno de (p 1,..., p n 1 ). Ahora, la hipótesis implica que la función φ(x 1,..., x n 1 ) = f(x 1, x 2,..., x n 1, h(x 1,..., x n 1 )) tiene un extremo relativo en (p 1,..., p n 1 ). Haciendo las derivadas parciales de esta función e igualando a 0 se tiene, para cada 1 i n 1: 0 = i φ = i f + n f ( ig n g ) donde se usó la fórmula para las derivadas de h. Estas n 1 ecuaciones implican que { f(p), g(p)} es un conjunto linealmente dependiente. Ejemplo 1. Sea f(x, y) = xy + x. Hallar máximos y mínimos absolutos en A = {(x, y) : x 2 + y 2 = 1}. La función g será g(x, y) = x 2 + y 2 1 de manera que A es g = 0. Como A es compacto, existen máximo y mínimo absolutos en A. Notar que f y g son C 1, se puede entonces aplicar el teorema, que nos dice que si p es un punto extremo, entonces f(p) y g(p) son colineales, es decir, se cumple que el determinante cuyas filas son f(p) y g(p), que denotaremos det( f, g), es igual a 0. Se cumple que si p es extremo condicionado, entonces: (1) g(p) = 0. (2) det( f, g) = 0. La condición (1) dice que si p = (x, y), entonces x 2 + y 2 = 1. La (2) dice que det((y + 1, x), (2x, 2y)) = 2y 2 + 2y 2x 2 = 0. Sumando 2 veces la primera más la segunda da 4y 2 + 2y = 2, o sea y = 1 o y = 1/2. Cuando y = 1 resulta x = 0 y cuando y = 1/2 resulta x = ± 3/2. Los candidatos a extremos son tres: (0, 1), ( 3/2, 1/2) y ( 3/2, 1/2). El paso siguiente es evaluar en esos puntos la f y ver cual es el mayor valor alcanzado y cual el menor. En efecto, f(0, 1) = 0, f( 3/2, 1/2) = (3 3)/2 y f( 3/2, 1/2) = (3 3)/2. Se deduce que ( 3/2, 1/2) es máximo relativo, que ( 3/2, 1/2) es mínimo relativo, que (3 3)/2 es el máximo absoluto y (3 3)/2 el mínimo absoluto. Ejemplo 2. El problema ahora es hallar el punto de la curva (x 1) 3 y 2 = 0 que está más próximo del origen. Entonces se pone g(x, y) = (x 1) 3 y 2 y f(x, y) = x 2 + y 2. Entonces el determinante con los dos gradientes da 2y(3x 2 4x + 3) que se anula sii y = 0. Luego g(x, 0) = 0 sii x = 1. Quedó un solo candidato, es (1, 0). Obviamente es el mínimo absoluto, ya que algún punto de esa curva tiene que ser el más cercano al origen. Por otro lado, no hay máximo absoluto porque la curva es no acotada, ya que contiene la gráfica de la función y = ( x 1) 3, x > 1. Se deja como ejercicio graficar la función g lo que permite notar que en este caso, el punto donde f alcanzó el mínimo es donde la gráfica de g no es 6

7 una curva diferenciable: el gradiente de g es nulo en el origen. Ejemplo 3. Maximizar el volumen de un paralelepípedo sabiendo que su área es 2k. Este problema es equivalente a hallar el máximo absoluto de f(x, y, z) = xyz en el conjunto g(x, y, z) = xy + yz + xz k = 0, (donde k > 0 y x, y, z > 0). Obviamente también es condicionado a que las coordenadas x, y, z sean positivas. Entonces f = (yz, xz, xy), g = (y + z, x + z, x + y). Son colineales sii yz(x + z) xz(y + z) = 0 y xz(x + y) xy(x + z) = 0 o sea, sii x = y = z o dos de los tres son 0. Como k > 0, tiene que ser x = y = z, o sea x = y = z = ± k/3. Este ha de ser máximo absoluto. Más condiciones: Se quiere hallar los extremos de f ligados a m condiciones g 1 = = g m = 0, donde tanto f como las g i son funciones C 1 de X R m+n en R. Teorema. Si un punto p es extremo relativo de f ligado a las condiciones g i = 0, entonces el conjunto { f(p), g 1 (p),..., g m (p)} es linealmente dependiente. La demostración usa el teorema de la función implícita en su versión más general. El caso en que los gradientes de las g i en p forman un conjunto LD es obvio que implica la conclusión del teorema. Por lo tanto se asume la jacobiana de g = (g 1,..., g m ) con rango máximo m; para simplificar se supone que sus primeras m columnas forman una matriz cuadrada invertible. Es la matriz asociada al diferencial de g cuando se considera como función de X R m (g X (p), en la notación del teorema de la función implícita). Entonces existe una función φ de n variables que va a R m, cuyo gráfico es el conjunto g = 0 cerca de p. En concreto: g i (φ(y ), Y ) = 0 para todo Y en un entorno de Y 0, donde el punto p se denota como p = (X 0, Y 0 ). Usando la regla de la cadena se obtienen m ecuaciones: (g i ) X dφ Y + (g i ) Y = 0 (1 i m) Usando que f tiene un extremo relativo cuando se considera restringida al gráfico de φ se obtiene que p es extremo relativo de la función que a cada Y cerca de Y 0 asocia f(φ(y ), Y ). En particular, su gradiente es nulo en Y 0. Pero esto implica que f X (p) dφ Y0 + f Y (p) = 0. Ahora considere la matriz A m+n n cuyas primeras m filas son las de dφ Y0 y cuyas últimas n es la identidad n n. Note que las ecuaciones de arriba implican que tanto el gradiente de f en p como los de cada una de las g i en p están en el núcleo de esta matriz. Como el rango de A es n, su núcleo tiene dimensión m. Un conjunto de m + 1 vectores que están en el núcleo de A han de formar un conjunto LD. Esto prueba el teorema y da un método para buscar los extremos relativos condicionados. Ejemplo 4. Ahora se pide hallar extremos absolutos de f(x, y, z) = z, con las condiciones g 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 y g 2 (x, y, z) = x + y + 2z = 0. Si en (x, y, z) hay un extremo deben cumplirse tres condiciones: (1) g 1 (x, y, z) = 0 7

8 (2) g 2 (x, y, z) = 0 (3) det( f, g 1, g 2 ) = 0 El determinante da 2x 2y, o sea x = y. De la ecuación (2) sale z = x y de la (1) se deduce 3x 2 = 1, es decir que los candidatos son: (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) y ( 1/ 3, 1/ 3, 1/ 3). Evaluando f y notando que la intersección de g 1 = 0 con g 2 = 0 es compacto, se concluye que 1/ 3 es mínimo absoluto y que 1/ 3 es máximo absoluto. Puede ocurrir que cuando se dan dos condiciones, los gradientes de g 1 y g 2 en el punto p sean colineales. La intersección de los conjuntos de nivel de g 1 y g 2 no es necesariamente una curva en este caso. De todas formas, los puntos que hay que estudiar son siempre aquellos en que se anula el determinante con los tres gradientes. Ejemplo 5. Sean f(x, y, z) = x + z, g 1 (x, y, z) = x + y + z, g 2 (x, y, z) = x + y + z 2 + 1/4. Si un punto (x, y, z) es extremo condicionado de f en las condiciones g 1 = 0 y g 2 = 0, entonces se cumplen tres ecuaciones: (1) g 1 (x, y, z) = 0 (2) g 2 (x, y, z) = 0 (3) det( f, g 1, g 2 ) = 0 El determinante da 2z 1, es decir sale z = 1/2. Las tres condiciones juntas dan como solución la recta z = 1/2, x + y = 1/2. Se observa que los gradientes de g 1 y g 2 son colineales en cualquier punto con z = 1/2, en efecto, g 1 (x, y, 1/2) = g 2 (x, y, 1/2) = (1, 1, 1). También es claro que las condiciones g 1 = g 2 = 0 da como solución esa recta. Notar que f(x, y, z) = x + 1/2: luego en esta recta no hay extremos de f. Si se cambia f por esta otra: f(x, y, z) = z, entonces el determinante da 0 para todo x, y, z, y resulta que f es constante en la recta g 1 = g 2 = 0. O sea, todos los puntos son extremos. Cuando hay más condiciones en más variables, el problema siempre se reduce a estudiar n ecuaciones con n incógnitas, donde R n es el dominio de f. Sean k condiciones en R n, g 1 =..., g k = 0, y f : R n R la función de la que hay que hallar extremos. Para que sean LD los k + 1 gradientes se forma la matriz (k + 1) n de los k + 1 gradientes y se calculan n k determinantes: formando una matriz (k + 1) (k + 1) de las primeras k + 1 columnas, luego la de las columnas 2 a k + 2, hasta la de las columnas k a n. Esto da n k determinantes que se han de anular para que el conjunto sea LD. Junto a las k condiciones se obtienen las n ecuaciones. Por ejemplo si f(x, y, z, t) es de 4 variables y hay dos condiciones g 1 = g 2 = 0 se tienen que anular 2 determinantes que aseguran que { f, g 1, g 2 } es LD Así resultan las 4 ecuaciones. Ejemplo 6. Sea f(x, y, z, t) = x 2 + y 2 + z 2 + t 2, con las condiciones x + y + z = 0, x + y + t 2 1 = 0. Para averiguar si los tres gradientes son l.d. se resuelven dos determinantes, por ejemplo tomando el determinante de las tres primeras columnas de la matriz cuyas filas son g 1, g 2, f da 2y 2x y el determinante de la matriz formada con las tres últimas columnas de esa matriz da 2t(2y 2z 1). Igualando a 0 ambos determinantes y junto a las dos condiciones se obtienen 8

9 las 4 ecuaciones. Se deja como ejercicio continuar el ejemplo. 9

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