Teorema De La Funcion Implicita 5rl5y

Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita El c´ırculo de radio 1 con centro en el origen, puede√ representarse impl´ √ıcitamente mediante la ecuaci´on x2 + y 2 = 1 ´ o expl´ıcitamente por las ecuaciones y = 1 − x2 y y = − 1 − x2 o param´etricamente por las ecuaciones x = cos t y y = sin t con 0 ≤ t ≤ 2Π. En general, una representaci´ on impl´ıcita de una curva del plano xy esta dada por una sola ecuaci´on en x,y de la forma f(x,y)=0. Una representaci´ on expl´ıcita de una curva del plano xy esta dada por un par de ecuaciones que expresan y en t´erminos de x ´ o x en t´erminos de y y son de la forma y=g(x) ´o x=g(y). Una representaci´ on param´etrica de una curva del plano esta dada por un par de ecuaciones que expresan x y y en t´erminos de una tercera variable, que con frecuencia de denota por t. Ejemplo: Encuentre en representaciones impl´ıcitas, expl´ıcitas y param´etricas de la recta que pasa por (3,0) y (0,5): x y + = 1 (Impl´ıcita) 3 5 5 y = 5 − x (Expl´ıcita) 3 x = 3t,

y = 5 − 5t (Param´etrica)

Ejemplo: Encuentre una representaci´ on impl´ıcita y una expl´ıcita de la curva x = 3 + 5 sin t, con 0 ≤ t ≤ 2Π

y = 1 + 2 cos t

x−3 y−1 (x − 3)2 (y − 1)2 = sin t, = cos t ⇒ + = 1 (Elipse) 5 2 52 22 r (x − 3)2 y−1 2 ( ) =( 1− )(±2) + 1 2 25 Las param´etricas y las expl´ıcitas son m´as f´aciles de graficar, pero puede ocurrir que no podamos despejar y en t´erminos de x , pero muchas veces podemos sustituir la ecuaci´on por una aproximaci´on lineal v´alida cerca de un punto. De esta aproximaci´on, por lo general, se puede despejar y . Por lo tanto, cerca de un punto en particular, una ecuaci´on impl´ıcita suele definir una aproximaci´on lineal expl´ıcita. Ejemplo: El punto (1, 1) esta en la curva y 3 + x2 y + x3 = 3. Encontrar una ecuaci´on lineal expl´ıcita que de una buena aproximaci´ on para el tramo de la curva cerca del punto (1, 1).

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Soluci´ on: Consideramos la funci´ on f (x, y) = y 3 + x2 y + x3 que cerca del (1, 1) es f (x, y) = f (1, 1) + fx (1, 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1) = 3 + 5(x − 1) + y(y − 1). La curva tiene por ecuaci´ on f (x, y) = 3, as´ı que cerca del punto (1, 1) esta aproximada cercanamente por 5 3 + 5(x − 1) + y(y − 1) = 3 que al despejar y resulta y = 1 − (x − 1). Esta es la ecuaci´on para la recta y tangente a la curva en el punto (1, 1). Para dimensiones mayores por ejemplo la esfera p de radio 1 con centro en elporigen puede representarse impl´ıcitamente por x2 + y 2 + z 2 = 1 ´o z = 1 − x2 − y 2 y z = − 1 − x2 − y 2 ´o x = sin φ cos θ, y = sin φ sin θ, z = cos φ con 0 ≤ θ ≤ 2Π, 0 ≤ φ ≤ 2Π. Importante: Las curvas en 3 dimensiones no se pueden representar expl´ıcita o impl´ıcitamente porque una sola ecuaci´ on en 3 variables por lo general describe una superficie. Sin embargo, las curvas en el espacio pueden expresarse param´etricamente. Por ejemplo, una h´elice en el cilindro de radio 1 con centro en el eje z se puede describir param´etricamente con x = cos t, y = sin t, z = t con −∞ < t < ∞.

Ejemplo: Mostrar que la ecuaci´ on impl´ıcita z 3 − 7yz + 6ex = 0 no define z como funci´on de x y y. Consideremos x = 0, y = 1 y obtenemos z 3 − 7z + 6 = 0

⇒ (z − 2)(z − 1)(z + 3) = 0

Por lo tanto, tenemos 3 soluciones, z no es funci´on de x y y. Este ejemplo muestra que si z 3 − 7yz + 6ex = 0, entonces no podemos esperar escribir z como funci´on expl´ıcita de x y y pero a´ un podemos escribir z como funci´on expl´ıcita de x y y en parte de la gr´afica. La gr´afica de la ecuaci´ on z 3 − 7yz + 6ex = 0 es una superficie, y en ella tengo a (0,1,2), (0,1,1) y (0,1,-3). Esperamos encontrar funciones z = f1 (x, y), z = f2 (x, y), z = f3 (x, y) tales que f1 indique puntos en la superficie cerca de (0,1,2), f2 cerca de (0,1,1) y f3 cerca de (0,1,-3).

1) Encontrar f1 (0, 1), f2 (0, 1), f3 (0, 1). Como f1 indica valores de z cerca del punto (0,1,2) tenemos f1 (0, 1) = 2, en forma an´aloga f2 (0, 1) = 1 y f3 (0, 1) = −3. 2) Para calcular f1 (0.02, 1.01) sustituimos x = 0.02, y = 1.01 en z 3 − 7yz + 6ex = 0 y obtenemos z 3 − 7.07z + 6e0,02 = 0 cuyas soluciones son z = 2.0038, z = 1.0127, z = −3.0165. Por lo tanto, f1 (0.02, 1.01) = 2.0038, f2 (0,02, 1,01) = 1,0127, f3 (0.02, 1.01) = −3.0165, por lo que 2

f1 , f2 , f3 estan bien definidos para x cerca de cero y y cerca de 1. La tarea es encontrar una funci´ on lineal expl´ıcita ` que aproxime f1 cerca de (0,1,2) y comparar el valor dado en esta aproximaci´ on a los valores f1 (0, 1) y f1 (0.02, 1.01). Suponga f (x, y, z) = z 3 − 7yz + 6ex = 0 fx = 6ex ⇒ fx |(0,1,2) = 6 fy = −7z ⇒ fy |0,1,2) = −14 fz = 3z 2 − 7y ⇒ fz |(0,1,2) = 5

Por lo tanto la aproximaci´ on lineal F cerca de (0,1,2) es F (x, y, z) = F (0, 1, 2) + Fx (0, 1, 2)(x − 0) + Fy (0, 1, 2)(y − 1) + Fz (0, 1, 2)(z − 2) y como F (0, 1, 2) = 0 F (x, y, z) ≈ 0 + 6x − 14(y − 1) + 5(z − 2) y al ser F (x, y, z) = 0 0 ≈ 6x − 14(y − 1) + 5(z − 2) z ≈ −0.8 − 1.2x + 2.8y por lo que `(x, y) = −0.8 − 1.2x + 2.8y as´ı `(0, 1) = 2 y `(0.02, 1.01) = 2.04

Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita (1a Versi´ on) Considere la funci´ on z = f (x, y). Sea (x0 , y0 ) ∈ R2 un punto tal que F (x0 , y0 ) = 0. Suponga que la ∂F funci´on F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro (x0 , y0 ) y que (x0 , y0 ) 6= 0. ∂y Entonces F (x, y) = 0 se puede resolver para y en t´erminos de x y definir as´ı una funci´on y = f (x) con dominio en una vecindad de x0 , tal que y0 = f (x0 ), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden ∂F (x, y) 0 0 calcularse como y = f (x) = − ∂x , x ∈ V. ∂F (x, y) ∂y Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci´on y = f (x) definida impl´ıcitamente por F (x, y) = 0. Esto es, puede resolverse para y en t´erminos de x, pero no nos dice como hacer el despeje. Ejemplo: Considere la funci´ on f (x, y) = e2y+x + sin(x2 + y) − 1 en el punto (0,0) tenemos F (0, 0) = 0. Las 3

derivadas parciales de F son Fx = e2y+x + 2x cos(x2 + y) Fy = 2e2y+x + cos(x2 + y) que son siempre continuas. ∂F (0, 0) = 3 6= 0 de modo que T.F.Im. garantiza una vecindad de x = 0 en la cual podemos ∂y definir una funci´ on y = f (x) tal que F (x, f (x)) = 0. Obs´ervese que en este caso no podemos hacer expl´ıcita la funci´ on y = f (x) sin embargo tal funci´on existe y su derivada es

Adem´as,

∂F e2y+x + 2x cos(x2 + y) y 0 = f 0 (x) = − ∂x = ∂F 2e2y+x + cos(x2 + y) ∂y Ejemplo: 3

Considere f (x, y) = x4 − exy −1 en el punto (1,1) 3 F (1, 1) = 1 − 1 = 0, Fx = 4x3 − y 3 exy −1 3 Por lo tanto, Fx |(1,1) = 3, Fy = −3xyexy −1 ∂F = −3 6= 0. Y as´ı, Fy |(1,1) = −3, y ∂y El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero de F se ve como la gr´afica de 3 −4x3 − y 3 exy −1 la funci´on y = f (x) y que su derivada es y 0 = . −3xy 2 exy3 −1 Observe que en este caso la funci´ on F permite hacer el despeje en t´erminos de x. 3

F (x, y) = x4 − exy −1 = 0 3 x4 = exy −1 ln(x4 ) = xy 3 − 1 1 ln(x4 ) + 1 3 = y = f (x) que al derivar se debe de llegar al mismo resultado. x

Ejemplo: Considere z = f (x, y) y el punto (x0 , y0 ) ∈ R2 tal que f (x0 , y0 ) = 0, si F satisface las hip´otesis del T.F.Im. sabemos que en los alrededores de (x0 , y0 ) la curva F (x, y) = 0 se puede ver como la gr´afica de la funci´on y = f (x). ¿Cu´al es la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva F (x, y) = 0 en (x0 , y0 )?

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Todo lo que necesitamos es la pendiente de la recta,y ´esta es ∂F − (x0 , y0 ) ∂F ∂F 0 y (x0 ) = ∂x ⇒ (y − y0 ) (x0 , y0 ) + (x0 , y0 )(x − x0 ) = 0 ∂F ∂y ∂x (x0 , y0 ) ∂y es decir, (x − x0 , y − y0 ) · ∇f (x0 , y0 ) = 0 Para dimensiones superiores tenemos: F (x, y, z) = 0 y lo que quiero es z = ϕ(x, y), y por lo tanto F ((x, y), (ϕ(x, y)) = 0. Usando la regla de la cadena: ∂F − ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z ∂z · + · + · =0 ⇒ = ∂x ∂F ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂x ∂z ∂F − ∂z ∂F ⇒ = ∂x , entonces se necesita que 6 0. = ∂F ∂y ∂z ∂z Por lo tanto, el T.M.Im garantiza que en los alrededores del (x0 , y0 ), z = f (x, y). ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z · + · + · =0 ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y

Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita (2da Versi´ on) Considere la funci´ on z = f (x1 , ..., xn ). Sea p = (x1 , ..., xn , y) ∈ Rn+1 un punto tal que F (p) = 0. Suponga ∂F ∂F que la funci´ on F tiene derivadas parciales , i = 1, ..., n, y continuas en alguna bola con centro P ∂xi ∂y ∂F y que 6= 0. ∂y Entonces, F (x1 ,...,xn ) = 0 puede resolverse para y en t´erminos de x y definir as´ı una vecindad v de Rn del punto (x1 ,...,xn ), una funci´ on y = f (x1 ,...,xn ) lo cual tiene derivadas parciales continuas en v que se pueden calcular con las f´ ormulas −∂F (x1 , ...., xn ) ∂F ∂xi (x1 ,...,xn ) = con (x1 , ..., xn ) ∈ v. ∂F ∂xi (x1 , ..., xn ) ∂y

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Ejemplo: Sea la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 3. El punto (1, 1, 1) ∈ R3 es tal que f (p) = 0. Las derivadas ∂F parciales de F son Fx = 2x, Fy = 2y, Fz = 2z. Estas son continuas. En el punto P1 se tiene que 6= 0. ∂z El T.F.Im. dice entonces que en los alrededores del punto P1 , F (x, y, z) = 0 puede verse como la gr´afica de una funci´ on z = f (x, y) que tiene por derivadas parciales a −∂F −∂f −2x −x ∂z −2y −y ∂z ∂y = ∂x = = , = = = . ∂f ∂F ∂x 2z z ∂y 2z z ∂z ∂z p De hecho, es claro √ que la funci´ on f es f (x, y) = 3 − x2 − 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´on z = f (x, y) alguna. pPero alrededor del punto (1, 1, 1) de tal esfera, esto se puede ver como la gr´afica de la funci´on f (x, y) = 3 − x2 − y 2 .

Ejemplo: Sea f (x, y, z) = x + y + z − zez entonces Fx = 1, Fy = 1, Fz = 1 − ez (z + 1) si el punto P (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 ∂F 6= 0. El T.F.Im. sugiere que podamos despejar z en es tal que x0 + y0 + z0 ez0 = 0 y z 6= 0 y como ∂z t´erminos de x y y y establecer as´ı una funci´on z = f (x, y) con z0 = f (x0 , y0 ) de modo que su gr´afica en los alrededores de P coincide con F (x, y, z) = 0. Las parciales de la funci´on f son −∂F −∂F ∂F −1 ∂F −1 ∂y = ∂x = , = = . z z ∂F ∂F ∂x 1 − e (z + 1) ∂y 1 − e (z + 1) ∂z ∂z Ahora consideramos F (x, y, z) = 0 donde F (x0 , y0 , z0 = 0, F tiene derivadas parciales continuas en una ∂F bola alrededor de P = (x0 , y0 , z0 ) y alguna de ellas no se anula en P , digamos 6= 0. El T.F.Im. nos ∂z dice que en los alrededores de P podemos ver a F (x, y, z) = 0 como la gr´afica de una funci´on z = f (x, y). ¿Cu´al es la ecuaci´ on del plano tangente a esta gr´afica en P ? ∂F ∂F (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) y las calculamos con ayuda del T.F.Im. que nos dice que ∂x ∂y ∂F −∂F (P ) − (P ) ∂F ∂F ∂y (x0 , y0 ) = ∂x , (x0 , y0 ) = ∂F ∂F ∂x ∂y (P ) (P ) ∂z ∂z as´ı la ecuaci´ on del plano tangente es Solo necesitamos

∂F (P ) z − z0 = ∂x (x − x0 ) − ∂F (P ) ∂z −

∂F (P ) ∂F ∂F ∂F ∂y (y − y0 ) o sea (P )(x − x0 ) + (P )(y − y0 ) + (P )(z − z0 ) = 0 ∂F ∂x ∂y ∂z (P ) ∂z

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que se puede escribir como (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · ∇F (P )

Ejemplo: Considere la superficie en R2 definida impl´ıcitamente por F (x, y, z) = xyz + ln(xyz) − z = 0. Hallar la ecuaci´on del plano tangente en P = (1, 1, 1). Soluci´ on: ∂F 1 ∂F 1 = yz + , = xz + , ∂x x ∂y y Fx (P ) = 2, Fy (P ) = 2, Fz (P ) = 1.

∂F 1 = xy + − 1 evaluando en el punto P ∂z z

Se tiene

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 au + bv − k1 x = 0 cu + dv − k2 y = 0 con a, b, c, d, k1 , k2 constantes. Nos preguntamos cuando podemos resolver el sistema para u y v en t´erminos de x y y. Si escribimos el sistema como au + bv = k1 x cu + dv = k2 y a b 6= 0 en tal caso escribimos y sabemos que este sistema tiene soluci´ on si det c d 1 1 u= v= a b (k1 dx − k2 by), a b (k2 ay − k1 cx). det det c d c d Esta soluci´on no cambiaria si consideramos au + bv = f1 (x, y) cu + dy = f2 (x, y) donde f1 y f2 son funciones dadas de x y y. La posibilidad de despejar las variables u y v en t´erminos de x y y recae sobre los coeficientes de estas variables en las ecuaciones dadas. Ahora si consideramos ecuaciones no lineales en u y v escribimos el sistema como g1 (u, v) = f1 (x, y)

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g2 (u, v) = f2 (x, y) nos preguntamos cuando del sistema podemos despejar a uy v en t´erminos de x y y. Mas generalmente, consideramos el problema siguiente, dadas las funciones F y G de las variables u, v, x, y nos preguntamos cuando de las expresiones F (x, y, u, v) = 0 G(x, y, u, v) = 0 podemos despejar a u y v en t´erminos de x y y en caso de ser posible diremos que las funciones u = ϕ1 (x, y) y v = ϕ2 (x, y) son funciones impl´ıcitas dadas. Se espera que ∃0 n funciones u = ϕ1 (x, y) y v = ϕ2 (x, y) en F (x, y, ϕ1 (x, y), ϕ2 (x, y) G(x, y, ϕ1 (x, y), ϕ2 (x, y) con (x, y) en alguna vecindad V . Suponiendo que existen ϕ1 y ϕ2 veamos sus derivadas ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂x ∂F ∂y + + + =0 ∂x ∂x ∂y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

⇒

∂F ∂u ∂F ∂v ∂F + =− ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x

∂G ∂x ∂G ∂y ∂G ∂u ∂G ∂v + + + =0 ∂x ∂x ∂y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

⇒

∂G ∂u ∂G ∂v ∂G + =− ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x

∂u ∂v Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 inc´ognitas y . Aqu´ı se ve que para ∂x ∂x que el sistema tenga soluci´ on ∂F ∂F ∂u ∂v un la regla de Cramer det 6= 0 en (P ) (el det Jacobiano) y seg´ ∂F ∂G ∂u ∂v ∂F ∂F ∂F ∂F − − ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v = det = det (con los dos det Jacobianos). , ∂G ∂G ∂G ∂x ∂x ∂G − − ∂x ∂v ∂u ∂x Analogamente si derivamos con respecto a y obtenemos ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F + =− ∂u ∂y ∂v ∂y ∂y

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∂G ∂u ∂G ∂v ∂G + =− ∂u ∂y ∂v ∂y ∂y de donde ∂F − ∂y ∂u = det ∂G ∂y − ∂y

∂F ∂u ∂v = det ∂G ∂y ∂u

∂F ∂v

, ∂G ∂v

∂F ∂u Al determinante det ∂G ∂u

∂F ∂y

∂G − ∂y −

(con los dos det Jacobianos).

∂(F, G) . lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por ∂(u, v) ∂G ∂v ∂F ∂v

Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita (3ra Versi´ on) Considere las funciones z1 = F (x, y, u, v) y z2 = G(x, y, u, v). Sea P = (x, y, u, v) ∈ R4 un punto tal que F (P ) = G(P ) = 0. Suponga que en una bola B ∈ R4 de centro P las funciones F y G tienen (sus cuatro) ∂(F, G) (P ) 6= 0 entonces las expresiones F (x, y, u, v) = 0 derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano ∂(u, v) y G(x, y, u, v) = 0 definen funciones (impl´ıcitas) u = ϕ1 (x, y) y v = ϕ2 (x, y) definidas en una vecindad v de (x, y) las cuales tienen derivadas parciales continuas en v que se pueden calcular.

Ejemplo: Considere las expresiones F (x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0 y G(x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0. En el punto P = (1, 1, 0, 0) se tiene que F (P ) = G(P ) = 0 y las parciales son: Fx = eu+v , Fy = 0, Gx = 0, Gy = eu−v ,

Fu = xeu+v + v, Fv = xeu+v + v Gu = yeu−v − 2v, Gv = −yeu+v − 2u

las cuales son siempre continuas. El Jacobiano

∂(F, G) es ∂(u, v)

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∂F ∂u ∂(F, G) = det ∂G ∂(u, v) − ∂u

xeu+v + u xeu+v + v = det yeu−v − 2v −yeu−v − 2u ∂G ∂v 1 1 ∂(F, G) = −2 6= 0. que en el punto P vale = det ∂(u, v) 1 −1 ∂F ∂v



Entonces el T.F.Im. nos asegura que en los alrededores de P podemos despejar u, v en t´erminos de x y y, as´ı establecer funciones impl´ıcitas u = u(x, y), v = v(x, y) con derivadas parciales ∂F ∂x −det ∂G ∂(F, G) − ∂u ∂(x, v) ∂x = = ∂F ∂(F, G) ∂x ∂u ∂(u, v) det ∂G ∂u

=

u−v e xeu+v + v −det ∂G u−v 0 −ye − 2u ∂v = xeu+v + u xeu+v + v = ∂F det ∂v yeu−v − 2v yeu−v − 2u ∂G ∂v ∂F ∂v

ye2u + 2ueu+v 2xye2u + 2(u − v) · xeu+v + (u + v) · yeu−v

.

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