Análisis Matemático IFunciones Implícitas

Francisco Montalvo

Curso 2011/12

Índice1. Teorema de existencia de Funciones Implícitas 1

1.1. Punto fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Planteamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3. El teorema de existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. Continuidad de funciones implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Derivación 102.1. Lema Fundamental de Derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2. Funciones implícitas diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3. Funciones implícitas de clase Cr . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1. Teorema de existencia de Funciones Implícitas

1.1. Teorema de Banach de la aplicación contractiva

LemaSea F un conjunto cerrado (no vacío) de Rm (no importa respecto a qué norma)y sea k una aplicación de F en F contractiva i.e., lipschitziana con constante deLipschitz 0 < c < 1. Se tiene entonces:

1. Si x1 es un punto arbitrario de F , la sucesión x1, k(x1) = x2, k(k(x1)) =k2(x1) = x3, . . . , k

p(x1), . . . converge a un punto v ∈ F .

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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(x1) 6= x1, consideremos la sucesión

x1, x2 = k(x1), x3 = k(k(x1)), . . .

y veamos que esta sucesión es de Cauchy (luego convergente en Rm):Observemos en primer lugar que para cada p se tiene que

‖xp − xp+1‖ = ‖k(xp−1)− k(xp)‖ ≤ c‖xp−1 − xp‖ = c‖k(xp−2)− k(xp−1)‖≤ c2‖xp−2 − xp−1‖ ≤ . . . cp−1‖x1 − x2‖

Por tanto, si q > p entonces

‖xp − xq‖ ≤ ‖xp − xp+1‖+ ‖xp+1 − xp+2‖+ · · ·+ ‖xq−1 − xq‖≤ (cp−1 + cp + · · ·+ cq−1)‖x1 − x2‖

≤∞∑

j=p−1

cj‖x1 − k(x1)‖ → 0 cuando j →∞.

2. Sea v el límite de la sucesión {xp}. Puesto que xp ∈ F y F es cerrado esclaro que v ∈ F . Entonces, de la continuidad de la aplicación k (no olvidar quek es lipschitziana) se deduce que la imagen por k de esta sucesión debe ser unasucesión convergente a k(v) i.e.,

x1, k(x1), k(k(x1)), . . .→ v ⇒ k(x1), k(k(x1)), . . .→ k(v).

Pero es obvio que esta última sucesión (la sucesión imagen) es una subsucesiónde la anterior y por tanto también ha de converger a v. Por la unicidad del límiteya que k(v) = v.

3. (Unicidad.) Si v1 y v2 fueran puntos fijos de k, entonces

‖v1 − v2‖ = ‖k(v1)− k(v2)‖ ≤ c‖v1 − v2‖ ⇒ v1 = v2.

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La demostración del principal resultado de este tema, el teorema de existen-cia de funciones implícitas, está sugerida por el método de Newton de obtenciónnumérica de raíces en una ecuación, que describimos a continuación:

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1.2. El problema de funciones implícitasInicio.

El punto de partida será una ecuación del tipo f(x, y) = 0 con x ∈ Rn, y ∈ Rp

y f : A ⊂ Rn × Rp → Rp. Por tanto la ecuación f(x, y) = 0 se transforma en unsistema de p ecuaciones

f1(x1, . . . , xn, y1, . . . , yp) = 0

f2(x1, . . . , xn, y1, . . . , yp) = 0

−−−−−−−−−−−−−−−−−−fp(x1, . . . , xn, y1, . . . , yp) = 0

Nuestro objetivo no es resolver la ecuación f(x, y) = 0, sino el de considerardeterminadas propiedades del lugar geométrico M de los puntos solución. Ob-servemos en primer lugar que muchas curvas y superficies conocidas se expresancomo un lugar geométrico de este tipo: la circunferencia de centro (0,0) y radior es el lugar geométrico de los puntos del plano que son solución de la ecuaciónx2 + y2 = r2, análogamente el conjunto de puntos de R3 que satisfacen la ecua-ción x2 + y2 − z2 = r2 es una superficie esférica y los que satisfacen el sistemax2 + y2 − z2 = r2; x + y + z = 0 es una curva, concretamente una circunfe-rencia. Pero también una ecuación del tipo f(x, y) = 0 puede originar lugaresgeométricos más complejos.Ejercicio 1. Dibujar los conjuntos M1 y M2 de puntos de R2 que son, respectiva-mente, solución de la ecuación sen(x2 + y2) = 0 y de la ecuación senxy = 0.

Observaciones

No consideraremos aquí métodos para resolver la ecuación f(x, y) = 0.

Sólo nos limitaremos a obtener herramientas para saber si (localmente) aldespejar y vamos a tener una sola posibilidad de hacerlo, es decir si sólovamos a encontrar una función y = h(x) tal que f(x, h(x)) = 0, ó variasposibilidades, es decir varias funciones y = hi(x) tales que f(x, hi(x)) = 0.

El ProblemaSi 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 :

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saber si podemos encontrar una bola abierta centrada en a, B(a, s), y unabola abierta centrada en b, B(b, r), tal que el trozo de M contenido enB(a, s)× B(b, r) es exactamente la gráfica de una única función de x defi-nida en B(a, s),

o equivalentemente,

si al tratar de despejar la variable y en la ecuación f(x, y) = 0, mantenién-donos en B(a, s) × B(b, r), esto sólo es posible hacerlo de una forma, esdecir para cada x ∈ B(a, s) sólo existe un punto y = h(x) en B(b, r) talque 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 dex,

o que,

en algún entorno de (a, b), la ecuación define a y como función implícita dex.

1.3. El teorema de existencia

Teorema 1. Sea f : A ⊂ Rn × Rp −→ Rp y (a, b) un punto deo

A tal quef(a, b) = 0. Supongamos que

1. f es continua en (a, b).

2. Las derivadas parciales ∂fi/∂yj existen en algún entorno del punto (a, b) yson continuas en (a, b).

3. det(∂fi

∂yj

(a, b)

)6= 0.

En estas condiciones, existen dos bolas abiertas U = B(a, s) y V = B(b, r) talesque para cada x ∈ U existe un único punto y = h(x) ∈ V verificando la ecuaciónf(x, y) = 0. Además la función h es continua en a.

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Demostración. (Suponemos n = 1 y p = 1. Ver Apuntes 2010: Teorema deexistencia de funciones implícitas para una demostración en el caso general).

De acuerdo con las hipótesis, suponemos pues que ∂f∂y

es una aplicación conti-nua en (a, b) y que ∂f

∂y(a, b) 6= 0. La demostración está sugerida por el método de

Newton de obtención numérica de raíces en una ecuación. Vamos a ponernos ensituación de aplicar el Teorema de Punto Fijo. Definamos para ello

k(x, y) = y − f(x, y)

m,

con m = ∂f∂y

(a, b). Es inmediato comprobar que

f(x, y) = 0 ⇐⇒ k(x, y) = y.

Luego, en particular, k(a, b) = b. Por tanto lo que se tiene que probar es queexisten entornos U y V de a y b respectivamente tales que para cada x ∈ U existeun único y = h(x) ∈ V tal que k(x, h(x)) = h(x). O lo que es lo mismo que six ∈ U la aplicación de la variable y, kx(y) = k(x, y), tiene un único punto fijoy = h(x) en V .

Pues vamos a ello, intentando aplicar a kx el teorema del punto fijo:

1. ¿kx 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

∂f

∂y(x, y)

∣∣=

1

|∂f/∂y(a, b)|∣∣∂f∂y

(a, b)− ∂f

∂y(x, y)

∣∣Por la continuidad en (a, b) de ∂f

∂y, tomando 0 < ε < ∂f

∂y(a, b), de lo anterior se

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 kx es lipschitziana de constante c (con-tractiva) en el intervalo cerrado [b− r, b+ r], i.e.

|kx(y1)− kx(y2)| = |k(x, y1)− k(x, y2)| ≤ c|y1 − y2|, ∀y1, y2 ∈ [b− r, b+ r].

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2. Para poder aplicar el teorema del punto fijo a kx sólo necesitaríamos quekx aplique el intervalo [b − r, b + r] en sí mismo. Esto será posible, pero habráque 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 real0 < 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

|kx(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 kx 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 kx : [b− r, b+ r]→ [b− r, b+ r] tiene un único puntofijo y = h(x), es decir para cada x ∈ (a − s, a + s)(= U) existe un único puntoy = 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 nuevola continuidad de k en (a, b), dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si |x − a| < δentonces,

|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 implícitasCorolario 1. Si en el teorema anterior la hipótesis

f continua en (a, b)

se sustituye por

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f es continua en un entorno de (a, b),

entonces la aplicación h definida implícitamente por la ecuación f(x, y) = 0 escontinua en algún entorno de a.

Demostración. Es obvio que en la demostración del teorema de existencia pode-mos tomar los números s y r tales que f (y por tanto k) sea continua en cada puntode U × V . La demostración de que entonces h es continua en cada punto de U esidéntica a la que la se dio para probar la continuidad en a.

2. Funciones Implícitas: Derivación

2.1. Lema Fundamental de DerivaciónNotaciones

El teorema de existencia de funciones implícitas y sobre todo su corolario,muestra que las condiciones de continuidad de la aplicación f las hereda íntegra-mente la función h definida implícitamente a partir de la ecuación f(x, y) = 0.Igual sucede con la diferenciabilidad.

Dada una función f : A ⊂ Rn × Rp → Rp denotaremos por D1f(a, b) yD2f(a, b) a las matrices de las derivadas parciales de f = (f1, f2, . . . , fp) respectoa las coordenadas xk e yj respectivamente en el punto (a, b), o sea

D1f(a, b) ≡(∂fi

∂xk

(a, b)

)1≤i≤p1≤k≤n

; D2f(a, b) ≡(∂fi

∂yj

(a, b)

)1≤i,j≤p

LemaSea f : A ⊂ Rn × Rp → Rp 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 verificaf(x, h(x)) = 0 para cada x de alguna bola centrada en a. Entonces, si

(i) f es diferenciable en (a, b), y

(ii) det(∂fi

∂yj

(a, b)

)6= 0,

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la aplicación h es también diferenciable en a y su diferencial en a se calculamediante la fórmula:

Dh(a) = −D2f(a, b)−1 ×D1f(a, b),

Cálculo de Dh(a). Supongamos probado que h es diferenciable en a (La demos-tración 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 cadax ∈ U , es decir

fi(x1, . . . , xn, h1(x1, . . . , xn), . . . , hp(x1, . . . , xn)) = 0, i = 1, 2, . . . , p

con otras palabras, para cada i, la composición de las aplicaciones

(x1, . . . , xn)ϕ−→ (x1, . . . , xn, h1(x1, . . . , xn), . . . , hp(x1, . . . , xn))

fi−→ 0

es la aplicación idénticamente nula sobre U . Aplicando entonces la regla de lacadena, se tiene que

0 =∂(fi ◦ ϕ)

∂xj

(a, b) =∂fi

∂xj

(a, b) +

p∑k=1

∂fi

∂yk

(a, b)∂hk

∂xj

(a),

que matricialmente se puede expresar mediante la igualdad:

D1f(a, b) +D2f(a, b)×Dh(a) = 0 ⇔ D2f(a, b)−1×D1f(a, b) +Dh(a) = 0.

2.2. Funciones implícitas diferenciablesEl 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 esderivable en a.

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2.3. Funciones implícitas de clase Cr

El siguiente teorema es un resultado del mismo tipo que los dos corolariosanteriores, en síntesis dice que si en el Teorema 1 se supone que f es de clase Cr,entonces la aplicación h definida por la ecuación f(x, y) = 0 es también de claseCr.

Teorema 2 (De las Funciones Implícitas). Sea f : A ⊂ Rn×Rp → Rp y (a, b) un

punto deo

A tal que f(a, b) = 0. Supongamos que

1. f es de clase Cr en algún abierto que contiene (a, b).

2. det(∂fi

∂yj

(a, b)

)6= 0.

En estas condiciones, existen dos bolas abiertas U y V , centradas en a y b res-pectivamente, tales que para cada x ∈ U existe un único punto y = h(x) ∈ Vverificando la ecuación f(x, y) = 0. Además la función h es de clase Cr en U .

(Ver Apuntes 2010: Teorema de las Funciones Implícitas).

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