El Teorema de la función implicita versión para funciones f : R R

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1 Funciones de R n en R 1 El Teorema de la función implicita versión para funciones f : R R Teorema 1. Considere la función y = f(x). 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 = 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, y 0 ), tal que y 0 = f(x 0 ), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como y = f (x) = x, x V. Demostración. Como (x 0, y 0 ) 0 supongamos sin perdida de generalidad que (x 0, y 0 ) > 0. Por ser continua en una vecindad de (x 0, y 0 ) entonces exite un cuadrado S, centrado en (x 0, y 0 ) totalmente contenido en esa vecindad, en donde > 0 x, y S. Sea S = { R 2 x x 0 < h y y y 0 < k} En todo punto que pertenece a S, > 0. Esto quiere decir que en S, F es creciente y fijando x 0 en [x 0 h, x 0 + h] se tiene que F es creciente en [y 0 k, y 0 + k] y se anula en y 0, F (x 0, y 0 k) < 0 y F (x 0, y 0 + k) > 0 Consideremos ahora el par de funciones F (x, y 0 k) y F (x, y 0 +k) definidas en el intervalo (x 0 k, x 0 +k). Donde ambas funciones solo tienen x como variable. La primera función cumple F (x 0, y 0 k) < 0 y por ser continua en x 0, es negativa en toda una vecindad (x 0 h 1 x 0 + h 1 ) de x 0. Analogamente, la segunda función cumple F (x 0, y 0 + k) > 0 y por ser continua en x 0, es positiva en toda una vecindad (x 0 h 2 x 0 + h 2 ) de x 0. Sea h = mín h 1, h 2. Entonces para toda x tal que x x 0 < h se tiene F (x, y 0 k) < 0 y F (x, y 0 + k) > 0

2 Funciones de R n en R 2 Fijemos x en el intervalo (x 0 h, x 0 + h), y consideremos a F, sólo como función de y, sobre [y 0 k, y 0 + k]. Esta función cumple que F (x, y 0 k) < 0 y F (x, y 0 + k) > 0 por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un único y en (y 0 k, y 0 +k) tal que F = 0. Así queda establecida la existencia y unicidad de la función y = f(x). Donde además, y 0 = f(x 0 ), y para todo x (x 0 h, x 0 + h) F (x, f(x)) = 0, y (x 0, y 0 ) 0 Vamos a comprobar que la función es continua, para ello se tiene tomando h < δ se tiene esto quiere decir que tomando k = ɛ se tiene que y = f(x) es continua Finalmente si x (x 0, y 0 ), x [x 0 h, x 0 + h] x x 0 < h x x 0 < δ y y 0 < k es decir f(x) f(x 0 ) < k (x 0, y 0 ) existen y son continuas entonces F es diferenciable F (x 0 + h, y 0 + k) F (x 0, y 0 ) = x (x 0, y 0 )h + (x 0, y 0 )k + R(h, k) Tenemos que F es continua también esto es y cuando h, k 0 se tiene F (x 0 + h, y 0 + k) F (x 0, y 0 ) = 0 si h, k 0 R(h, k) 0 si h, k 0 x (x 0, y 0 )h + (x 0, y 0 )k = 0 k h = x (x 0, y 0 ) (x 0, y 0 ) dy dx = x (x 0, y 0 ) (x 0, y 0 ) Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una función y = f(x) definida implícitamente por F = 0. Esto es, puede resolverse para y en términos de x, pero no nos dice como hacer el despeje.

3 Funciones de R n en R 3 Ejemplo Considere la función F = 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) = x = e2y+x + 2x cos(x 2 + y) 2e 2y+x + cos(x 2 + y) Ejemplo Considere F = 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 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 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 Ejemplo Considere F = x 2 y 3 1 en el punto (x 0, y 0 ) con y 0 0 tal que F (x 0, y 0 ) = 0, F x = 2x, F y = 2y Por lo tanto, F x (x0,y 0) = 2x 0, Y así, F y (x0,y 0) = 2y 0, y = 2y 0 0. El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (x 0, y 0 ) el nivel cero de F se ve como la gráfica de la función y = f(x) y que su derivada es en este caso y x (x) = (x 0, y 0 ) (x 0, y 0 ) y (x) = 2x 0 2y 0 = x 0 y 0

4 Funciones de R n en R 4 si y 0 > 0 tal función es f(x) = 1 x 2 y x = = x 1 x 2 y si y 0 < 0 tal función es f(x) = 1 x 2 y x = 1 x = x 2 y El Teorema de la función implicita versión para funciones f : R 2 R Considere la función F (x, y, z). Sea (x 0, y 0, z 0 ) R 3 un punto tal que F (x 0, y 0, z 0 ) = 0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales x,, z continuas en alguna bola con centro (x 0, y 0, z 0 ) y que 0. Entonces F (x, y, z) = 0 se puede resolver para z en términos de x, y y definir así una función z = f con dominio en una vecindad de (x 0, y 0, z 0 ), tal que z 0 = f(x 0, y 0 ), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como dz = x dx z dz = dy z Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una función z = f definida implícitamente por F (x, y, z) = 0. Esto es, puede resolverse para z en términos de x, y, pero no nos dice como hacer el despeje. Demostración. Idea de la demostración se tiene podemos suponer que 0 > 0 Por ser z continua en una vecindad de (x 0, y 0, z 0 ) existe una bola centrada en (x 0, y 0, z 0 ) tal que en este caso > 0 (x, y, z) bola bola = {(x, y, z) R 3 x x 0 < h, y y 0 < k, z z 0 < l} Tenemos que la función F (x 0, y 0, z) es una función creciente sobre [z 0 l, z 0 + l] y asume el valor de cero en z 0 de tal forma que F (x 0, y 0, z 0 l) < 0, F (x 0, y 0, z 0 + l) > 0

5 Funciones de R n en R 5 Consideremos el par de funciones F (x, y, z 0 l) y F (x, y, z 0 + l) definidas para [x 0 h, x 0 + h] [y 0 k, y 0 + k] La primera satisface F (x 0, y 0, z 0 l) < 0 la segunda cumple F (x 0, y 0, z 0 + l) > 0 Fijemos en [x 0 h, x 0 + h] [y 0 k, y 0 + k] y consideramos F (x, y, z) solo como función de z, sobre [z 0 l, z 0 + l]. Esta función cumple F (x, y, z 0 l) < 0 y F (x, y, z 0 + l) > 0 al aplicar el Teorema del valor intermedio, obteniendose un único z en (z 0 l, z 0 + l) en donde F (x, y, z) = 0. Queda así establecida la existencia y unicidad de la función z = f con dominio [x 0 h, x 0 + h] [y 0 k, y 0 + k] y rango [z 0 l, z 0 + l] Vamos a probar que dicha f es continua, para ello si si h < k donde ( x [x0 h, y 0 + h] y [y 0 k, y 0 + k] ) ( ) x x0 < h y y 0 < k (x 0, y 0 ) < x x 0 + y y 0 < h + k (x 0, y 0 ) < 2k = δ f f(x 0, y 0 ) = z z 0 < l = ɛ por lo tanto f es continua. Ahora si suponemos que x,, z son continuas en los alrededores de (x 0, y 0, z 0 ) en tonces F es diferenciable y se tiene F (x 0 + h, y 0, z 0 + l) F (x 0, y 0, z 0 ) = x (x 0, y 0, z 0 )h + (x 0, y 0, z 0 )0 + l + R(h, k, l) De donde F (x 0 + h, y 0, z 0 + l) F (x 0, y 0, z 0 ) 0 R(h, k, l) 0 x (x 0, y 0, z 0 )h + l = 0 h l = x (x 0, y 0, z 0 )

6 Funciones de R n en R 6 y cuando h, l 0 se tiene Analogamente dz dx = x (x 0, y 0, z 0 ) F (x 0, y 0 + k, z 0 + l) F (x 0, y 0, z 0 ) = x (x 0, y 0, z 0 )0 + (x 0, y 0, z 0 )k + l + R(h, k, l) De donde y cuando h, l 0 se tiene F (x 0, y 0 + k, z 0 + l) F (x 0, y 0, z 0 ) 0 R(h, k, l) 0 (x 0, y 0, z 0 )k + l = 0 k l = (x 0, y 0, z 0 ) dz dy = (x 0, y 0, z 0 )