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

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Academic year: 2021

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(1)

El Teorema de la funci´

on implicita versi´

on para funciones

f

:

R

R

Teorema 1. Considere la funci´ony=f(x). Sea (x0, y0)∈R2 un punto tal queF(x0, y0) = 0. Suponga que la funci´on F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro(x0, y0)y que

∂F

∂y(x0, y0)6=

0.

EntoncesF(x, y) = 0 se puede resolver paray en t´erminos de xy definir as´ı una funci´on y=f(x)con dominio en una vecindad de (x0, y0), tal que y0 = f(x0), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como y0 =f0(x) =−

∂F ∂x(x, y) ∂F

∂y(x, y)

,x∈V.

Demostraci´on. Como∂F

∂y(x0, y0)6= 0 supongamos sin perdida de generalidad que ∂F

∂y(x0, y0)>0. Por ser ∂F

∂y continua en una vecindad de (x0, y0) entonces exite un cuadrado S, centrado en (x0, y0) totalmente

contenido en esa vecindad, en donde ∂F

∂y(x, y)>0∀x, y∈S.

Sea

S={(x, y)∈R2 | |xx

0|< h y|y−y0|< k}

En todo punto (x, y) que pertenece a S, ∂F

∂y(x, y)>0. Esto quiere decir que en S, F es creciente y fijando x0en [x0−h, x0+h] se tiene que F es creciente en [y0−k, y0+k] y se anula eny0, por lo que

F(x0, y0−k)<0 y F(x0, y0+k)>0

Consideremos ahora el par de funcionesF(x, y0−k) yF(x, y0+k) definidas en el intervalo (x0−k, x0+k).

Donde ambas funciones solo tienen x como variable. La primera funci´on cumpleF(x0, y0−k)<0 y por

ser continua enx0, es negativa en toda una vecindad (x0−h1x0+h1) dex0.

Analogamente, la segunda funci´on cumpleF(x0, y0+k)>0 y por ser continua enx0, es positiva en toda

una vecindad (x0−h2x0+h2) dex0.

Seah= m´ınh1, h2. Entonces para toda x tal que|x−x0|< hse tiene

(2)

Fijemos x en el intervalo (x0−h, x0 +h), y consideremos a F(x, y), s´olo como funci´on de y, sobre

[y0−k, y0+k]. Esta funci´on cumple que

F(x, y0−k)<0 y F(x, y0+k)>0

por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un ´unico y en (y0−k, y0+k) tal queF(x, y) = 0.

As´ı queda establecida la existencia y unicidad de la funci´ony=f(x). Donde adem´as,y0=f(x0), y para

todox∈(x0−h, x0+h)

F(x, f(x)) = 0, y ∂F

∂y(x0, y0)6= 0

Vamos a comprobar que la funci´on es continua, para ello se tiene

x∈[x0−h, x0+h] ⇒ |x−x0|< h

tomandoh < δ se tiene

|x−x0|< δ

esto quiere decir que

|y−y0|< k es decir |f(x)−f(x0)|< k

tomandok=se tiene quey=f(x) es continua Finalmente si

∂F

∂x(x0, y0), ∂F

∂y(x0, y0)

existen y son continuas entonces F es diferenciable por lo que

F(x0+h, y0+k)−F(x0, y0) =

∂F

∂x(x0, y0)h+ ∂F

∂y(x0, y0)k+R(h, k)

Tenemos que F es continua por lo que

F(x0+h, y0+k)−F(x0, y0) = 0 si h, k→0 tambi´en R(h, k)→0 si h, k→0 por lo que ∂F ∂x(x0, y0)h+ ∂F ∂y(x0, y0)k= 0 esto es k h=− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0) y cuandoh, k→0 se tiene dy dx =− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0)

Importante:Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci´ony=f(x) definida impl´ıci-tamente porF(x, y) = 0. Esto es, puede resolverse parayen t´erminos dex, pero no nos dice como hacer el despeje.

(3)

Ejemplo Considere la funci´onF(x, y) =e2y+x+ sin(x2+y)1 en el punto (0,0) tenemos F(0,0) = 0.

Las derivadas parciales de F son

Fx=e2y+x+ 2xcos(x2+y)

Fy= 2e2y+x+ cos(x2+y) que son siempre continuas.

Adem´as, ∂F

∂y(0,0) = 3 6= 0 de modo que T.F.Im. garantiza una vecindad de x = 0 en la cual

podemos definir una funci´ony=f(x) tal queF(x, f(x)) = 0. Obs´ervese que en este caso no pode-mos hacer expl´ıcita la funci´ony=f(x) sin embargo tal funci´on existe y su derivada es

y0 =f0(x) =− ∂F ∂x ∂F ∂y = e 2y+x+ 2xcos(x2+y) 2e2y+x+ cos(x2+y)

Ejemplo ConsidereF(x, y) =x4−exy3−1 en el punto (1,1)

F(1,1) = 1−1 = 0,Fx= 4x3−y3exy 3−1

Por lo tanto, Fx|(1,1)= 3,Fy=−3xyexy 3−1

Y as´ı,Fy|(1,1)=−3, y

∂F

∂y =−36= 0.

El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero deF se ve como la gr´afica de la funci´ony=f(x) y que su derivada esy0= −4x

3y3exy3−1

−3xy2exy3−1 .

Observe que en este caso la funci´onF permite hacer el despeje en t´erminos dex.

F(x, y) =x4exy3−1 = 0 x4=exy3−1 ln(x4) =xy31 ln(x4) + 1 x 13

=y=f(x) que al derivar se debe de llegar al mismo resultado.

Ejemplo ConsidereF(x, y) =x2y31 en el punto (x

0, y0) con y06= 0 tal que

F(x0, y0) = 0,Fx= 2x, Fy = 2y

Por lo tanto, Fx|(x0,y0)= 2x0,

Y as´ı,Fy|(x0,y0)= 2y0, y

∂F

∂y = 2y06= 0.

ElT.F.Im.nos garantiza que en los alrededores de (x0, y0) el nivel cero deF se ve como la gr´afica

de la funci´ony=f(x) y que su derivada es

y0(x) =− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0) en este caso y0(x) =−2x0 2y0 =−x0 y0

(4)

siy0>0 tal funci´on esf(x) = √ 1−x2 por lo que y0=−√ x 1−x2 =− x y siy0<0 tal funci´on esf(x) =− √ 1−x2 por lo que y0=− −x −√1−x2 =− x y

El Teorema de la funci´

on implicita versi´

on para funciones

f

:

R

2

R

Considere la funci´onF(x, y, z). Sea (x0, y0, z0)∈R3 un punto tal queF(x0, y0, z0) = 0. Suponga que la

funci´on F tiene derivadas parciales ∂F

∂x, ∂F

∂y, ∂F

∂z continuas en alguna bola con centro (x0, y0, z0) y que ∂F

∂z(x0, y0, z0)6= 0.

EntoncesF(x, y, z) = 0 se puede resolver paraz en t´erminos de x, yy definir as´ı una funci´onz=f(x, y) con dominio en una vecindad de (x0, y0, z0), tal quez0=f(x0, y0), lo cual tiene derivadas continuas en Vque pueden calcularse como

dz dx(x, y) =− ∂F ∂x(x, y) ∂F ∂z(x, y) dz dy(x, y) =− ∂F ∂y(x, y) ∂F ∂z(x, y)

Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci´on z = f(x, y) definida impl´ıcitamente porF(x, y, z) = 0. Esto es, puede resolverse paraz en t´erminos dex, y, pero no nos dice como hacer el despeje.

Demostraci´on. Idea de la demostraci´on se tiene

∂F

∂z(x0, y0, z0)6= 0

podemos suponer que

∂F

∂z(x0, y0, z0)>0

Por ser ∂F

∂z continua en una vecindad de (x0, y0, z0) existe una bola centrada en (x0, y0, z0) tal que ∂F

∂z(x0, y0, z0)>0 ∀(x, y, z)∈ bola

en este caso

bola={(x, y, z)∈R3 | |x−x0|< h, |y−y0|< k, |z−z0|< `}

Tenemos que la funci´onF(x0, y0, z) es una funci´on creciente sobre [z0−`, z0+`] y asume el valor de cero

enz0 de tal forma que

(5)

Consideremos el par de funciones F(x, y, z0−`) y F(x, y, z0+`) definidas para (x, y)∈[x0−h, x0+h]×[y0−k, y0+k] La primera satisface F(x0, y0, z0−`)<0 la segunda cumple F(x0, y0, z0+`)>0

Fijemos (x, y) en [x0−h, x0+h]×[y0−k, y0+k] y consideramosF(x, y, z) solo como funci´on de z, sobre

[z0−`, z0+`]. Esta funci´on cumple

F(x, y, z0−`)<0 y F(x, y, z0+`)>0

por lo que al aplicar el Teorema del valor intermedio, obteniendose un ´unico z en (z0−`, z0+`) en donde

F(x, y, z) = 0.

Queda as´ı establecida la existencia y unicidad de la funci´onz =f(x, y) con dominio [x0−h, x0+h]×

[y0−k, y0+k] y rango [z0−`, z0+`]

Vamos a probar que dicha f es continua, para ello si

x∈[x0−h, y0+h] y∈[y0−k, y0+k] ⇒ |x−x0|< h |y−y0|< k por lo que k(x, y)−(x0, y0)k<|x−x0|+|y−y0|< h+k sih < k k(x, y)−(x0, y0)k<2k=δ donde |f(x, y)−f(x0, y0)|=|z−z0|< `=

por lo tantof(x, y) es continua. Ahora si suponemos que ∂F

∂x, ∂F

∂y, ∂F

∂z son continuas en los alrededores de (x0, y0, z0) en tonces F es

diferenciable y se tiene F(x0+h, y0, z0+`)−F(x0, y0, z0) = ∂F ∂x(x0, y0, z0)h+ ∂F ∂y(x0, y0, z0)0 + ∂F ∂z(x0, y0, z0)`+R(h, k, `) De donde F(x0+h, y0, z0+`)−F(x0, y0, z0)→0 R(h, k, `)→0 por lo que ∂F ∂x(x0, y0, z0)h+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`= 0 ⇒ h ` =− ∂F ∂x(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0)

(6)

y cuandoh, `→0 se tiene dz dx =− ∂F ∂x(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0) Analogamente F(x0, y0+k, z0+`)−F(x0, y0, z0) = ∂F ∂x(x0, y0, z0)0 + ∂F ∂y(x0, y0, z0)k+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`+R(h, k, `) De donde F(x0, y0+k, z0+`)−F(x0, y0, z0)→0 R(h, k, `)→0 por lo que ∂F ∂y(x0, y0, z0)k+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`= 0 ⇒ k ` =− ∂F ∂y(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0) y cuandoh, `→0 se tiene dz dy =− ∂F ∂y(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0)

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