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Teorema de la Funcion Implicita f
analyse réelle (MAT6020)
Université d'Etat d'Haiti
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Teorema de la Funci ́on Impl ́ıcita
SeaF:U⊂R p+ →RU abiertoF(x 1 ,x 2 ,...,xq,y) y un puntoa= (a 1 ,a 2 ,...,aq,b) en U tal que
i)F(a 1 ,a 2 ,...,aq,b) = 0
ii)
∂F
∂y
6 = 0
y continua, existe entonces una funci ́on implicita local entorno del punto dado es decir∃! y=f(x 1 ,...,xq)
∀x∈Bδ(a) tal quef(a 1 ,...,aq) =byF(x 1 ,x 2 ,...,xq,f(x 1 ,x 2 ,...,xq)) = 0∀x∈Bδ(a)
Una idea de como probar lo anterior es la siguiente:
Como
∂F ∂y
6 = 0 entonces tenemos que
∂F ∂y
>0 ́o
∂F ∂y
<0 supongamos sin perdida de generalidad que
∂F ∂y
> 0
entonces tenemos queF(x 1 ,x 2 ,...,xq,y) es creciente cuando (x 1 ,...,xq) es constanteF(a 1 ,...,aq,y) es
creciente∀y∈[b−ǫ,b+ǫ] ademas se tiene queF(a 1 ,...,aq,b) = 0 entonces
F(a 1 ,...,aq,b+ǫ)> 0 F(a 1 ,...,aq,b−ǫ)< 0
∴Si (x 1 ,...,xq)∈Bδ(a 1 ,...,aq) entonces
F(x 1 ,...,xq,b+ǫ)> 0 F(x 1 ,...,xq,b−ǫ)< 0 y F continua
se tiene entonces que∃! y=f(x 1 ,...,xq)∈[b−ǫ,b+ǫ] tal queF(x 1 ,x 2 ,...,xq,f(x 1 ,x 2 ,...,xq)) = 0
yb=f(x 1 ,x 2 ,...,xq). Hemos encontrado que si (x 1 ,...,xq)∈Bδ(a 1 ,...,aq) entoncesf(x 1 ,...,xq) =y∈
(b−ǫ,b+ǫ)∴f es continua.
En el casoF(x,f(x)) = 0 siy=f(x) define una fuci ́on implicita parayen t ́erminos dexentonces
podemos calcular su derivada de la siguiente manera, usando la regla de la cadena
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
= 0⇒
∂F
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
= 0⇒
∂y
∂x
=
−
∂F ∂x ∂F ∂y
.
Siempre que
∂F ∂y
6 = 0
En el casoF(x,y,f(x,y)) = 0 siz=f(x,y) define una fuci ́on implicita parazen t ́erminos dex,y
entonces podemos calcular sus derivadas parciales de la siguiente manera, usando la regla de la cadena
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0⇒
∂F
∂x
+
✚
✚
∂F ✚✚
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0⇒
∂z
∂x
=
−
∂F ∂x ∂F ∂z
.
Siempre que
∂F ∂z
6 = 0
En general paraF(x 1 ,...,xn,y) = 0 puede resolverse parayen t ́erminos dexiy definir as ́ı una vecindad
V∈R
n del punto (x 1 ,...,xn) una funci ́ony=f(x 1 ,...,xn) la cual tiene derivadas parciales continuas en
V que se pueden calcular as ́ı:
∂y
∂xi
(x 1 ,...,xn) =
−
∂F ∂xi (x 1 ,...,xn)
∂F ∂y (x 1 ,...,xn)
Teorema de la Funci ́on Impl ́ıcita(1a Versi ́on)
Considere la funci ́onz=f(x,y). Sea (x 0 ,y 0 )∈R
2 un punto tal queF(x 0 ,y 0 ) = 0. Suponga que la
funci ́on F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro(x 0 ,y 0 ) y que
∂F
∂y
(x 0 ,y 0 ) 6 = 0.
EntoncesF(x,y) = 0 se puede resolver parayen t ́erminos dexy definir as ́ı una funci ́ony=f(x) con
dominio en una vecindad dex 0 , tal quey 0 =f(x 0 ), lo cual tiene derivadas continuas enVque pueden
calcularse comoy
′ =f
′ (x) =−
∂F
∂x
(x,y)
∂F
∂y
(x,y)
,x∈V.
Importante:Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci ́ony=f(x) definida im-
pl ́ıcitamente porF(x,y) = 0. Esto es, puede resolverse parayen t ́erminos dex, pero no nos dice como
hacer el despeje.
Ejemplo:
Considere la funci ́onf(x,y) =x
3 +xy−y
3 queremos calcular
∂y ∂x
HacemosF(x,y) =x
3 +xy−y
3 entonces se tiene que
Fx= 3x
2 +yyFy=x− 3 y
2 que son siempre continuas.
∴
∂y
∂x
=−
Fx
Fy
=−
3 x
2 +y
x− 3 y 2
.
Siempre quex− 3 y 2 6 = 0
Ejemplo:
Considere la funci ́onf(x,y) =e 2 y+x + sin(x 2 +y)−1 en el punto (0,0) tenemosF(0,0) = 0. Las
derivadas parciales deFson
Fx=e 2 y+x + 2xcos(x 2 +y)
Fy= 2e 2 y+x + cos(x 2 +y) que son siempre continuas.
Adem ́as,
∂F
∂y
(0,0) = 3 6 = 0 de modo queT.F.Im una vecindad dex= 0 en la cual podemos
definir una funci ́ony=f(x) tal queF(x,f(x)) = 0. Obs ́ervese que en este caso no podemos hacer
expl ́ıcita la funci ́ony=f(x) sin embargo tal funci ́on existe y su derivada es
y ′ =f ′ (x) =−
∂F
∂x
∂F
∂y
=
e
2 y+x + 2xcos(x
2 +y)
2 e 2 y+x + cos(x 2 +y)
Ejemplo:
Consideref(x,y) =x 4 −e xy 3 − 1 en el punto (1,1)
F(1,1) = 1−1 = 0,Fx= 4x
3 −y
3 e
xy 3 − 1
∂F
∂x
·
∂x
∂y
+
∂F
∂y
·
∂y
∂y
+
∂F
∂z
·
∂z
∂y
= 0 ⇒
∂z
∂y
=
−
∂F
∂x
∂F
∂z
, entonces se necesita que
∂F
∂z
6 = 0.
Por lo tanto, elT.M que en los alrededores del (x 0 ,y 0 ),z=f(x,y).
Teorema de la Funci ́on Impl ́ıcita(2da Versi ́on)
Considere la funci ́onz=f(x 1 ,...,xn). Seap= (x 1 ,...,xn,y)∈R
n+ un punto tal queF(p) = 0. Suponga
que la funci ́onFtiene derivadas parciales
∂F
∂xi
,i= 1,...,n, y
∂F
∂y
continuas en alguna bola con centroP
y que
∂F
∂y
6 = 0.
Entonces,F(x 1 ,...,xn) = 0 puede resolverse parayen t ́erminos dexy definir as ́ı una vecindadvde
R
n del punto (x 1 ,...,xn), una funci ́ony=f(x 1 ,...,xn) lo cual tiene derivadas parciales continuas envque
se pueden calcular con las f ́ormulas
∂F
∂xi
(x 1 ,...,xn) =
−∂F
∂xi
(x 1 ,....,xn)
∂F
∂y
(x 1 ,...,xn)
con (x 1 ,...,xn)∈v.
Ejemplo:
Sea la funci ́onf(x,y,z) =x 2 +y 2 +z 2 −3. El punto (1, 1 ,1)∈R 3 es tal quef(p) = 0. Las derivadas
parciales deFsonFx= 2x,Fy= 2y,Fz= 2z. Estas son continuas. En el puntoP 1 se tiene que
∂F
∂z
6 = 0.
ElT.F.Im entonces que en los alrededores del puntoP 1 ,F(x,y,z) = 0 puede verse como la gr ́afica
de una funci ́onz=f(x,y) que tiene por derivadas parciales a
∂z
∂x
=
−∂f
∂x
∂f
∂z
=
− 2 x
2 z
=
−x
z
,
∂z
∂y
=
−∂F
∂y
∂F
∂z
=
− 2 y
2 z
=
−y
z
.
De hecho, es claro que la funci ́onfesf(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 gr ́afica de la funci ́onz=f(x,y) alguna. Pero alrede-
dor del punto (1, 1 ,1) de tal esfera, esto se puede ver como la gr ́afica de la funci ́onf(x,y) =
√
3 −x 2 −y 2 .
Ejemplo:
Seaf(x,y,z) =x+y+z−ze
z entoncesFx= 1,Fy= 1,Fz= 1−e
z (z+ 1) si el puntoP(x 0 ,y 0 ,z 0 )∈R
3
es tal quex 0 +y 0 +z 0 e z 0 = 0 yz 6 = 0 y como
∂F
∂z
6 = 0. ElT.F.Im que podamos despejarzen
t ́erminos dexyyy establecer as ́ı una funci ́onz=f(x,y) conz 0 =f(x 0 ,y 0 ) de modo que su gr ́afica en
los alrededores dePcoincide conF(x,y,z) = 0. Las parciales de la funci ́onfson
∂F
∂x
=
−∂F
∂x
∂F
∂z
=
− 1
1 −e z (z+ 1)
,
∂F
∂y
=
−∂F
∂y
∂F
∂z
=
− 1
1 −e z (z+ 1)
.
Ahora consideramosF(x,y,z) = 0 dondeF(x 0 ,y 0 ,z 0 = 0,Ftiene derivadas parciales continuas en una
bola alrededor deP= (x 0 ,y 0 ,z 0 ) y alguna de ellas no se anula enP, digamos
∂F
∂z
6 = 0. ElT.F.Im
dice que en los alrededores dePpodemos ver aF(x,y,z) = 0 como la gr ́afica de una funci ́onz=f(x,y).
¿Cu ́al es la ecuaci ́on del plano tangente a esta gr ́afica enP?
Solo necesitamos
∂F
∂x
(x 0 ,y 0 ),
∂F
∂y
(x 0 ,y 0 ) y las calculamos con ayuda delT.F.Im nos dice que
∂F
∂x
(x 0 ,y 0 ) =
−∂F
∂x
(P)
∂F
∂z
(P)
,
∂F
∂y
(x 0 ,y 0 ) =
−
∂F
∂y
(P)
∂F
∂z
(P)
as ́ı la ecuaci ́on del plano tangente es
z−z 0 =
−
∂F
∂x
(P)
∂F
∂z
(P)
(x−x 0 )−
∂F
∂y
(P)
∂F
∂z
(P)
(y−y 0 ) o sea
∂F
∂x
(P)(x−x 0 )+
∂F
∂y
(P)(y−y 0 )+
∂F
∂z
(P)(z−z 0 ) = 0
que se puede escribir como
(x−x 0 ,y−y 0 ,z−z 0 )·∇F(P)
Ejemplo:
Considere la superficie enR
2 definida impl ́ıcitamente porF(x,y,z) =xyz+ ln(xyz)−z= 0. Hallar
la ecuaci ́on del plano tangente enP= (1, 1 ,1).
Soluci ́on:
Se tiene
∂F
∂x
=yz+
1
x
,
∂F
∂y
= xz+
1
y
,
∂F
∂z
= xy+
1
z
−1 evaluando en el puntoP
Fx(P) = 2, Fy(P) = 2, Fz(P) = 1.
As ́ı la ecuaci ́on del plano tangente procurada es 2(x−1) + 2(y−1) +z−1 = 0 o sea 2x+ 2y+z= 5.
Consideremos ahora el sistema
Suponiendo que existenφ 1 yφ 2 veamos sus derivadas
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂u
∂u
∂x
+
∂F
∂v
∂v
∂x
= 0 ⇒
∂F
∂u
∂u
∂x
+
∂F
∂v
∂v
∂x
=−
∂F
∂x
∂G
∂x
∂x
∂x
+
∂G
∂y
∂y
∂x
+
∂G
∂u
∂u
∂x
+
∂G
∂v
∂v
∂x
= 0 ⇒
∂G
∂u
∂u
∂x
+
∂G
∂v
∂v
∂x
=−
∂G
∂x
Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 inc ́ognitas
∂u
∂x
y
∂v
∂x
. Aqu ́ı se ve que para
que el sistema tenga soluci ́on
det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
∂F
∂u
∂F
∂v
∂F
∂u
∂G
∂v
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
6 = 0 en (P) (eldetJacobiano) y seg ́un la regla de Cramer
∂u
∂x
=det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
−
∂F
∂x
∂F
∂v
−
∂G
∂x
∂G
∂v
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
,
∂v
∂x
=det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
∂F
∂u
−
∂F
∂x
∂G
∂u
−
∂G
∂x
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
(con los dosdetJacobianos).
Analogamente si derivamos con respecto ayobtenemos
∂F
∂u
∂u
∂y
+
∂F
∂v
∂v
∂y
=−
∂F
∂y
∂G
∂u
∂u
∂y
+
∂G
∂v
∂v
∂y
=−
∂G
∂y
de donde
∂u
∂y
=det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
−
∂F
∂y
∂F
∂v
−
∂G
∂y
∂G
∂v
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
,
∂v
∂y
=det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
∂F
∂u
−
∂F
∂y
∂G
∂u
−
∂G
∂y
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
(con los dosdetJacobianos).
Al determinantedet
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
∂F
∂u
∂F
∂v
∂G
∂u
∂G
∂v
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por
∂(F,G)
∂(u,v)
.
Teorema de la Funci ́on Impl ́ıcita(3ra Versi ́on)
Considere las funcionesz 1 =F(x,y,u,v) yz 2 =G(x,y,u,v). SeaP= (x,y,u,v)∈R 4 un punto tal que
F(P) =G(P) = 0. Suponga que en una bolaB∈R 4 de centroPlas funcionesFyGtienen (sus cuatro)
derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano
∂(F,G)
∂(u,v)
(P) 6 = 0 entonces las expresionesF(x,y,u,v) = 0
yG(x,y,u,v) = 0 definen funciones (impl ́ıcitas)u=φ 1 (x,y) yv=φ 2 (x,y) definidas en una vecindadv
de (x,y) las cuales tienen derivadas parciales continuas envque se pueden calcular.
∂u
∂x
=−
∂(F,G) ∂(x,v)
∂(F,G) ∂(u,v)
∂v
∂x
=−
∂(F,G) ∂(u,x)
∂(F,G) ∂(u,v)
∂u
∂y
=−
∂(F,G) ∂(y,v)
∂(F,G) ∂(u,v)
∂v
∂y
=−
∂(F,G) ∂(u,y)
∂(F,G) ∂(u,v)
Demostraci ́on:
Como por hip ́otesis
∂(F,G)
∂(u,v)
=det
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
∂F
∂u
∂F
∂v
∂G
∂u
∂G
∂v
∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
6 = 0
los cuatro t ́erminos
∂F ∂u
(P),
∂F ∂v
(P),
∂G ∂u (P) y
∂G ∂v (P) no pueden ser 0 simultaneamente. Sin perdida de
generalidad suponemos que
∂G
∂v
(P) 6 = 0.
Entonces la funci ́onz 2 =G(x,y,u,v) satisface las hip ́otesis tel TFI POR LO QUE podemos concluir
que en los alrededores del punto P, v se puede escribir como funci ́on de x,y,u. Seaψ(x,y,u) tal funci ́on
tambi ́en podemos calcular sus derivadas parciales en este caso solo utilizaremos la que involucraψes
decir usando la regla de la cadena
∂G
∂u
=
∂G
∂x
∂x
∂u
+
∂G
∂y
∂y
∂u
+
∂G
∂u
∂u
∂u
+
∂G
∂ψ
∂ψ
∂u
= 0⇒
✚
✚
∂G✚✚
∂x
∂x
∂u
+
✚
✚
∂G✚✚
∂y
∂y
∂u
+
∂G
∂u
+
∂G
∂ψ
∂ψ
∂u
= 0
∴
∂ψ
∂u
=−
∂G ∂u ∂G ∂ψ
.
Ahora consideramos la funci ́onH(x,y,u) =F(x,y,u,ψ(x,y,u)) y vamos a derivarla con respecto a u:
∂H
∂u
=
∂F
∂u
+
∂F
∂ψ
∂ψ
∂u
=
ye
2 u + 2ue
u+v
2 xye 2 u + 2(u−v)·xe u+v + (u+v)·ye u−v
.
Teorema de la Funcion Implicita f
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