Análisis Matemático I

Transcripción

1 Análisis Matemático I Funciones Implícitas Francisco Montalvo Curso 2011/12 Índice 1. Teorema de existencia de Funciones Implícitas Punto fijo Planteamiento El teorema de existencia Continuidad de funciones implícitas Derivación Lema Fundamental de Derivación Funciones implícitas diferenciables Funciones implícitas de clase C r Teorema de existencia de Funciones Implícitas 1.1. Teorema de Banach de la aplicación contractiva Lema Sea F un conjunto cerrado (no vacío) de R m (no importa respecto a qué norma) y sea k una aplicación de F en F contractiva i.e., lipschitziana con constante de Lipschitz 0 < c < 1. Se tiene entonces: 1. Si x 1 es un punto arbitrario de F, la sucesión x 1, k(x 1 ) = x 2, k(k(x 1 )) = k 2 (x 1 ) = x 3,..., k p (x 1 ),... converge a un punto v F. 1

2 2. k(v) = v i.e., v es un punto fijo para la aplicación k. 3. v es el único punto fijo que tiene la aplicación k. Demostración. 1. Supongamos k(x 1 ) x 1, consideremos la sucesión x 1, x 2 = k(x 1 ), x 3 = k(k(x 1 )),... y veamos que esta sucesión es de Cauchy (luego convergente en R m ): Observemos en primer lugar que para cada p se tiene que x p x p+1 = k(x p 1 ) k(x p ) c x p 1 x p = c k(x p 2 ) k(x p 1 ) Por tanto, si q > p entonces c 2 x p 2 x p 1... c p 1 x 1 x 2 x p x q x p x p+1 + x p+1 x p x q 1 x q (c p 1 + c p + + c q 1 ) x 1 x 2 c j x 1 k(x 1 ) 0 cuando j. j=p 1 2. Sea v el límite de la sucesión {x p }. Puesto que x p F y F es cerrado es claro que v F. Entonces, de la continuidad de la aplicación k (no olvidar que k es lipschitziana) se deduce que la imagen por k de esta sucesión debe ser una sucesión convergente a k(v) i.e., x 1, k(x 1 ), k(k(x 1 )),... v k(x 1 ), k(k(x 1 )),... k(v). Pero es obvio que esta última sucesión (la sucesión imagen) es una subsucesión de la anterior y por tanto también ha de converger a v. Por la unicidad del límite ya que k(v) = v. 3. (Unicidad.) Si v 1 y v 2 fueran puntos fijos de k, entonces v 1 v 2 = k(v 1 ) k(v 2 ) c v 1 v 2 v 1 = v 2. 2

3 La demostración del principal resultado de este tema, el teorema de existencia de funciones implícitas, está sugerida por el método de Newton de obtención numérica de raíces en una ecuación, que describimos a continuación: 3

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6 1.2. El problema de funciones implícitas Inicio. El punto de partida será una ecuación del tipo f(x, y) = 0 con x R n, y R p y f : A R n R p R p. Por tanto la ecuación f(x, y) = 0 se transforma en un sistema de p ecuaciones f 1 (x 1,..., x n, y 1,..., y p ) = 0 f 2 (x 1,..., x n, y 1,..., y p ) = 0 f p (x 1,..., x n, y 1,..., y p ) = 0 Nuestro objetivo no es resolver la ecuación f(x, y) = 0, sino el de considerar determinadas propiedades del lugar geométrico M de los puntos solución. Observemos en primer lugar que muchas curvas y superficies conocidas se expresan como un lugar geométrico de este tipo: la circunferencia de centro (0,0) y radio r es el lugar geométrico de los puntos del plano que son solución de la ecuación x 2 + y 2 = r 2, análogamente el conjunto de puntos de R 3 que satisfacen la ecuación x 2 + y 2 z 2 = r 2 es una superficie esférica y los que satisfacen el sistema x 2 + y 2 z 2 = r 2 ; x + y + z = 0 es una curva, concretamente una circunferencia. Pero también una ecuación del tipo f(x, y) = 0 puede originar lugares geométricos más complejos. Ejercicio 1. Dibujar los conjuntos M 1 y M 2 de puntos de R 2 que son, respectivamente, solución de la ecuación sen(x 2 + y 2 ) = 0 y de la ecuación sen xy = 0. Observaciones No consideraremos aquí métodos para resolver la ecuación f(x, y) = 0. Sólo nos limitaremos a obtener herramientas para saber si (localmente) al despejar y vamos a tener una sola posibilidad de hacerlo, es decir si sólo vamos a encontrar una función y = h(x) tal que f(x, h(x)) = 0, ó varias posibilidades, es decir varias funciones y = h i (x) tales que f(x, h i (x)) = 0. El Problema Si M el lugar geométrico de los puntos solución de la ecuación f(x, y) = 0 y (a, b) un punto de M. El problema de funciones implícitas consiste en : 6

7 saber si podemos encontrar una bola abierta centrada en a, B(a, s), y una bola abierta centrada en b, B(b, r), tal que el trozo de M contenido en B(a, s) B(b, r) es exactamente la gráfica de una única función de x definida en B(a, s), o equivalentemente, si al tratar de despejar la variable y en la ecuación f(x, y) = 0, manteniéndonos en B(a, s) B(b, r), esto sólo es posible hacerlo de una forma, es decir para cada x B(a, s) sólo existe un punto y = h(x) en B(b, r) tal que f(x, h(x)) = 0. Que lo anterior ocurre se puede expresar también diciendo que en algún entorno de (a, b) la ecuación permite despejar a y como función de x, o que, en algún entorno de (a, b), la ecuación define a y como función implícita de x El teorema de existencia Teorema 1. Sea f : A R n R p f(a, b) = 0. Supongamos que 1. f es continua en (a, b). R p y (a, b) un punto de o A tal que 2. Las derivadas parciales f i / y j existen en algún entorno del punto (a, b) y son continuas en (a, b). ( ) fi 3. det (a, b) 0. y j En estas condiciones, existen dos bolas abiertas U = B(a, s) y V = B(b, r) tales que para cada x U existe un único punto y = h(x) V verificando la ecuación f(x, y) = 0. Además la función h es continua en a. 7

8 Demostración. (Suponemos n = 1 y p = 1. Ver Apuntes 2010: Teorema de existencia de funciones implícitas para una demostración en el caso general). De acuerdo con las hipótesis, suponemos pues que f es una aplicación continua en (a, b) y que f (a, b) 0. La demostración está sugerida por el método de y y Newton de obtención numérica de raíces en una ecuación. Vamos a ponernos en situación de aplicar el Teorema de Punto Fijo. Definamos para ello k(x, y) = y con m = f (a, b). Es inmediato comprobar que y f(x, y) m, f(x, y) = 0 k(x, y) = y. Luego, en particular, k(a, b) = b. Por tanto lo que se tiene que probar es que existen entornos U y V de a y b respectivamente tales que para cada x U existe un único y = h(x) V tal que k(x, h(x)) = h(x). O lo que es lo mismo que si x U la aplicación de la variable y, k x (y) = k(x, y), tiene un único punto fijo y = h(x) en V. Pues vamos a ello, intentando aplicar a k x el teorema del punto fijo: 1. k x es contractiva? Según el teorema del valor medio así será si k x(y) c, con 0 < c < 1. k x(y) = k y (x, y) = 1 1 m 1 = f f/ y(a, b) y f y (x, y) (a, b) f y (x, y) Por la continuidad en (a, b) de f f, tomando 0 < ε < (a, b), de lo anterior se y y deduce que existe r > 0 tal que cuando x a r, y b r se tiene que k x(y) ε f/ y(a, b) = c < 1, Luego si x [a r, a + r], la aplicación k x es lipschitziana de constante c (contractiva) en el intervalo cerrado [b r, b + r], i.e. k x (y 1 ) k x (y 2 ) = k(x, y 1 ) k(x, y 2 ) c y 1 y 2, y 1, y 2 [b r, b + r]. 8

9 2. Para poder aplicar el teorema del punto fijo a k x sólo necesitaríamos que k x aplique el intervalo [b r, b + r] en sí mismo. Esto será posible, pero habrá que tomar x en un intervalo centrado en a y radio (quizás) más pequeño que r. En efecto, de la continuidad de k en (a, b) se deriva que existe un número real 0 < s < r tal que x a s = k(x, b) k(a, b) < r(1 c). Entonces, si x a s e y b r k x (y) b = k(x, y) k(a, b) k(x, y) k(x, b) + k(x, b) k(a, b) < c y b + r(1 c) r. Obsérvese que lo anterior prueba que k x aplica el intervalo cerrada [b r, b + r] en en intervalo abierto (b r, b + r). En consecuencia, del teorema del punto fijo se deduce que para cada x (a s, a + s) la aplicación k x : [b r, b + r] [b r, b + r] tiene un único punto fijo y = h(x), es decir para cada x (a s, a + s)(= U) existe un único punto y = h(x) (b r, b + r)(= V ) tal que k(x, h(x)) = h(x) f(x, h(x)) = 0. Sólo queda probar la continuidad de la aplicación h en a: Utilizando de nuevo la continuidad de k en (a, b), dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si x a < δ entonces, h(x) h(a) = k(x, h(x)) k(a, h(a)) k(x, h(x)) k(x, h(a)) + k(x, h(a)) k(a, h(a)) c h(x) h(a) + ε(1 c) (1 c) h(x) h(a) ε(1 c) h(x) h(a) ε 1.4. Continuidad de funciones implícitas Corolario 1. Si en el teorema anterior la hipótesis f continua en (a, b) se sustituye por 9

10 f es continua en un entorno de (a, b), entonces la aplicación h definida implícitamente por la ecuación f(x, y) = 0 es continua en algún entorno de a. Demostración. Es obvio que en la demostración del teorema de existencia podemos tomar los números s y r tales que f (y por tanto k) sea continua en cada punto de U V. La demostración de que entonces h es continua en cada punto de U es idéntica a la que la se dio para probar la continuidad en a. 2. Funciones Implícitas: Derivación 2.1. Lema Fundamental de Derivación Notaciones El teorema de existencia de funciones implícitas y sobre todo su corolario, muestra que las condiciones de continuidad de la aplicación f las hereda íntegramente la función h definida implícitamente a partir de la ecuación f(x, y) = 0. Igual sucede con la diferenciabilidad. Dada una función f : A R n R p R p denotaremos por D 1 f(a, b) y D 2 f(a, b) a las matrices de las derivadas parciales de f = (f 1, f 2,..., f p ) respecto a las coordenadas x k e y j respectivamente en el punto (a, b), o sea D 1 f(a, b) ( ) fi (a, b) x k ; D 2 f(a, b) 1 i p 1 k n ( ) fi (a, b) y j 1 i,j p Lema Sea f : A R n R p R p y (a, b) un punto de o A tal que f(a, b) = 0. Supongamos que h es una función continua en a tal que h(a) = b y que verifica f(x, h(x)) = 0 para cada x de alguna bola centrada en a. Entonces, si (i) f es diferenciable en (a, b), y ( ) fi (ii) det (a, b) 0, y j 10

11 la aplicación h es también diferenciable en a y su diferencial en a se calcula mediante la fórmula: Dh(a) = D 2 f(a, b) 1 D 1 f(a, b), Cálculo de Dh(a). Supongamos probado que h es diferenciable en a (La demostración se puede ver en Apuntes 2010: Lema fundamental de derivación). Por hipótesis existe una bola U = B(a, s) tal que f(x, h(x)) = 0 para cada x U, es decir f i (x 1,..., x n, h 1 (x 1,..., x n ),..., h p (x 1,..., x n )) = 0, i = 1, 2,..., p con otras palabras, para cada i, la composición de las aplicaciones (x 1,..., x n ) ϕ (x 1,..., x n, h 1 (x 1,..., x n ),..., h p (x 1,..., x n )) f i 0 es la aplicación idénticamente nula sobre U. Aplicando entonces la regla de la cadena, se tiene que 0 = (f i ϕ) (a, b) = f p i f i (a, b) + (a, b) h k (a), x j x j y k x j k=1 que matricialmente se puede expresar mediante la igualdad: D 1 f(a, b) + D 2 f(a, b) Dh(a) = 0 D 2 f(a, b) 1 D 1 f(a, b) + Dh(a) = Funciones implícitas diferenciables El resultado siguiente es una consecuencia directa del lema anterior: Corolario 2. Si en el teorema de existencia de funciones implícitas (Teorema 1) la hipótesis f continua en (a, b) se sustituye por f es diferenciable en (a, b), entonces la aplicación h definida implícitamente por la ecuación f(x, y) = 0 es derivable en a. 11

12 2.3. Funciones implícitas de clase C r El siguiente teorema es un resultado del mismo tipo que los dos corolarios anteriores, en síntesis dice que si en el Teorema 1 se supone que f es de clase C r, entonces la aplicación h definida por la ecuación f(x, y) = 0 es también de clase C r. Teorema 2 (De las Funciones Implícitas). Sea f : A R n R p R p y (a, b) un punto de A o tal que f(a, b) = 0. Supongamos que 1. f es de clase C r en algún abierto que contiene (a, b). ( ) fi 2. det (a, b) 0. y j En estas condiciones, existen dos bolas abiertas U y V, centradas en a y b respectivamente, tales que para cada x U existe un único punto y = h(x) V verificando la ecuación f(x, y) = 0. Además la función h es de clase C r en U. (Ver Apuntes 2010: Teorema de las Funciones Implícitas). 12