Teorema de la Función Impl´ıcita

Teorema de la Función Implícita
El círculo de radio 1 con centro en el origen, puede representarse implícitamente mediante la ecuación
x 2 + y 2 = 1 ó explícitamente por las ecuaciones y = √ 1 − x 2 y y = − √ 1 − x 2 o paramétricamente por
las ecuaciones x = cos t y y = sin t con 0 ≤ t ≤ 2Π.
En general, una representación implícita de una curva del plano xy esta dada por una sola ecuación
en x,y de la forma f(x,y)=0.
Una representación explícita de una curva del plano xy esta dada por un par de ecuaciones que expresan
y en términos de x ó x en términos de y y son de la forma y=g(x) ó x=g(y).
Una representación paramétrica de una curva del plano esta dada por un par de ecuaciones que expresan
x y y en términos de una tercera variable, que con frecuencia de denota por t.
Ejemplo:
Encuentre en representaciones implícitas, explícitas y paramétricas de la recta que pasa por (3,0) y
(0,5):
x y
+ = 1 (Implícita)
3 5
y = 5 − 5
x (Explícita)
3
x = 3t, y = 5 − 5t (Paramétrica)
Ejemplo:
Encuentre una representación implícita y una explícita de la curva x = 3 + 5 sin t, y = 1 + 2 cos t
con 0 ≤ t ≤ 2Π
x − 3
= sin t,
5
( y − 1
2 )2
= ( 1 −
y − 1
2
= cos t ⇒ (x − 3)2
5 2
(x − 3)2
)(±2) + 1
25
+ (y − 1)2
2 2
= 1 (Elipse)
Las paramétricas y las explícitas son más fáciles de graficar, pero puede ocurrir que no podamos despejar
y en términos de x , pero muchas veces podemos sustituir la ecuación por una aproximación
lineal válida cerca de un punto. De esta aproximación, por lo general, se puede despejar y . Por lo tanto,
cerca de un punto en particular, una ecuación implícita suele definir una aproximación lineal explícita.
Ejemplo:
El punto (1, 1) esta en la curva y 3 + x 2 y + x 3 = 3. Encontrar una ecuación lineal explícita que de
una buena aproximación para el tramo de la curva cerca del punto (1, 1).
1

Solución:
Consideramos la función f(x, y) = y 3 + x 2 y + x 3 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 ecuación f(x, y) = 3, así que cerca del punto (1, 1) esta aproximada cercanamente por
3 + 5(x − 1) + y(y − 1) = 3 que al despejar y resulta y = 1 − 5
(x − 1). Esta es la ecuación para la recta
y
tangente a la curva en el punto (1, 1).
Para dimensiones mayores por ejemplo la esfera de radio 1 con centro en el origen puede representarse
implícitamente por x 2 + y 2 + z 2 = 1 ó z = 1 − x 2 − y 2 y z = − 1 − x 2 − y 2 ó
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 explícita o implícitamente porque
una sola ecuación en 3 variables por lo general describe una superficie. Sin embargo, las curvas en el
espacio pueden expresarse paramétricamente. Por ejemplo, una hélice en el cilindro de radio 1 con centro
en el eje z se puede describir paramétricamente con x = cos t, y = sin t, z = t con −∞ < t < ∞.
Ejemplo:
Mostrar que la ecuación implícita z 3 − 7yz + 6e x = 0 no define z como función 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 función de x y y.
Este ejemplo muestra que si z 3 − 7yz + 6e x = 0, entonces no podemos esperar escribir z como función
explícita de x y y pero aún podemos escribir z como función explícita de x y y en parte de la gráfica.
La gráfica de la ecuación z 3 − 7yz + 6e x = 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 análoga 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 + 6e x = 0 y obtenemos
z 3 − 7.07z + 6e 0,02 = 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 función lineal explícita ℓ que aproxime f1 cerca de (0,1,2) y comparar el valor
dado en esta aproximación a los valores f1(0, 1) y f1(0.02, 1.01).
Suponga f(x, y, z) = z 3 − 7yz + 6e x = 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 aproximación 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 ℓ(x, y) = −0.8 − 1.2x + 2.8y
así ℓ(0, 1) = 2 y ℓ(0.02, 1.01) = 2.04
Teorema de la Función Implícita (1a Versión)
Considere la función z = f(x, y). Sea (x0, y0) ∈ R2 un punto tal que F (x0, y0) = 0. Suponga que la
función F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro (x0, y0) y que ∂F
∂y (x0, y0) = 0.
Entonces F (x, y) = 0 se puede resolver para y en términos de x y definir así una función 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)
calcularse como y ′ = f ′ (x) = −
∂x
∂F
(x, y)
∂y
, x ∈ V.
Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una función y = f(x) definida implícitamente
por F (x, y) = 0. Esto es, puede resolverse para y en términos de x, pero no nos dice como
hacer el despeje.
Ejemplo:
Considere la función f(x, y) = e 2y+x + sin(x 2 + y) − 1 en el punto (0,0) tenemos F (0, 0) = 0. Las
3

derivadas parciales de F son
Fx = e 2y+x + 2x cos(x 2 + y)
Fy = 2e 2y+x + cos(x 2 + y) que son siempre continuas.
Además, ∂F
(0, 0) = 3 = 0 de modo que T.F.Im. garantiza una vecindad de x = 0 en la cual podemos
∂y
definir una función y = f(x) tal que F (x, f(x)) = 0. Obsérvese que en este caso no podemos hacer
explícita la función y = f(x) sin embargo tal función existe y su derivada es
y ′ = f ′ (x) = −
Ejemplo:
∂F
∂x
∂F
∂y
= e2y+x + 2x cos(x 2 + y)
2e 2y+x + cos(x 2 + y)
Considere f(x, y) = x 4 − e xy3 −1 en el punto (1,1)
F (1, 1) = 1 − 1 = 0, Fx = 4x 3 − y 3 e xy3 −1
Por lo tanto, Fx| (1,1) = 3, Fy = −3xye xy3 −1
Y así, Fy| (1,1) = −3, y ∂F
∂y
= −3 = 0.
El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero de F se ve como la gráfica de
la función y = f(x) y que su derivada es y ′ = −4x3 − y 3 e xy3 −1
−3xy 2 e xy3 −1
Observe que en este caso la función F permite hacer el despeje en términos de x.
F (x, y) = x 4 − e xy3 −1 = 0
x 4 = e xy3 −1
ln(x4 ) = xy3 − 1
4 ln(x ) + 1
x
Ejemplo:
1
3
= y = f(x) que al derivar se debe de llegar al mismo resultado.
Considere z = f(x, y) y el punto (x0, y0) ∈ R 2 tal que f(x0, y0) = 0, si F satisface las hipótesis del
T.F.Im. sabemos que en los alrededores de (x0, y0) la curva F (x, y) = 0 se puede ver como la gráfica de
la función y = f(x).
¿Cuál es la ecuación de la recta tangente a la curva F (x, y) = 0 en (x0, y0)?
4
.

Todo lo que necesitamos es la pendiente de la recta,y ésta es
y ′ (x0) =
− ∂F
∂x (x0, y0)
∂F
∂y (x0, y0)
es decir, (x − x0, y − y0) · ∇f(x0, y0) = 0
Para dimensiones superiores tenemos:
⇒ (y − y0) ∂F
∂y (x0, y0) + ∂F
∂x (x0, y0)(x − x0) = 0
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 ∂x ∂F
· +
∂x ∂x ∂y
∂y ∂F
· +
∂x ∂z
∂z ∂z
· = 0 ⇒
∂x ∂x =
− ∂F
∂x
∂F
∂z
∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z
· + · + · = 0
∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y
⇒
∂z
∂y =
− ∂F
∂x , entonces se necesita que
∂F
∂z
∂F
∂z
Por lo tanto, el T.M.Im garantiza que en los alrededores del (x0, y0), z = f(x, y).
Teorema de la Función Implícita (2da Versión)
Considere la función z = f(x1, ..., xn). Sea p = (x1, ..., xn, y) ∈ Rn+1 un punto tal que F (p) = 0. Suponga
que la función F tiene derivadas parciales ∂F
, i = 1, ..., n, y
∂xi
∂F
continuas en alguna bola con centro P
∂y
y que ∂F
= 0.
∂y
Entonces, F (x1,...,xn) = 0 puede resolverse para y en términos de x y definir así una vecindad v de
R n del punto (x1,...,xn), una función y = f(x1,...,xn) lo cual tiene derivadas parciales continuas en v que
se pueden calcular con las fórmulas
−∂F
(x1, ...., xn)
∂F
∂xi
(x1,...,xn) =
∂xi
∂F
∂y (x1,
con (x1, ..., xn) ∈ v.
..., xn)
5
= 0.

Ejemplo:
Sea la función f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 3. El punto (1, 1, 1) ∈ R3 es tal que f(p) = 0. Las derivadas
parciales de F son Fx = 2x, Fy = 2y, Fz = 2z. Estas son continuas. En el punto P1 se tiene que ∂F
= 0.
∂z
El T.F.Im. dice entonces que en los alrededores del punto P1, F (x, y, z) = 0 puede verse como la gráfica
de una función z = f(x, y) que tiene por derivadas parciales a
∂z
∂x =
−∂f
∂x =
∂f
∂z
−2x −x
=
2z z ,
∂z
∂y =
−∂F
∂y
=
∂F
∂z
−2y −y
=
2z z .
De hecho, es claro que la función f es f(x, y) = 3 − x2 − y2 que representa una esfera con centro
en el origen y radio √ 3, la cual globalmente no es la gráfica de la función z = f(x, y) alguna. Pero alrededor
del punto (1, 1, 1) de tal esfera, esto se puede ver como la gráfica de la función f(x, y) = 3 − x2 − y2 .
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 es tal que x0 + y0 + z0ez0 = 0 y z = 0 y como ∂F
= 0. El T.F.Im. sugiere que podamos despejar z en
∂z
términos de x y y y establecer así una función z = f(x, y) con z0 = f(x0, y0) de modo que su gráfica en
los alrededores de P coincide con F (x, y, z) = 0. Las parciales de la función f son
∂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 consideramos F (x, y, z) = 0 donde F (x0, y0, z0 = 0, F tiene derivadas parciales continuas en una
bola alrededor de P = (x0, y0, z0) y alguna de ellas no se anula en P , digamos ∂F
= 0. El T.F.Im. nos
∂z
dice que en los alrededores de P podemos ver a F (x, y, z) = 0 como la gráfica de una función z = f(x, y).
¿Cuál es la ecuación del plano tangente a esta gráfica en P ?
Solo necesitamos ∂F
∂x (x0, y0),
∂F
∂x (x0, y0) =
−∂F
(P )
∂x ,
∂F
(P )
∂z
∂F
∂y (x0,
−
y0) =
∂F
(P )
∂y
∂F
(P )
∂z
así la ecuación del plano tangente es
∂F
∂y (x0, y0) y las calculamos con ayuda del T.F.Im. que nos dice que
−
z − z0 =
∂F
∂F
(P )
(P )
∂x ∂y
(x − x0) − (y − y0) o sea
∂F
∂F
(P )
(P )
∂z ∂z ∂F
∂x (P )(x − x0) + ∂F
∂y (P )(y − y0) + ∂F
∂z (P )(z − z0) = 0
6

que se puede escribir como
(x − x0, y − y0, z − z0) · ∇F (P )
Ejemplo:
Considere la superficie en R 2 definida implícitamente por F (x, y, z) = xyz + ln(xyz) − z = 0. Hallar
la ecuación del plano tangente en P = (1, 1, 1).
Solución:
Se tiene ∂F
∂x
1
= yz +
x ,
∂F
∂y
1
= xz +
y ,
Fx(P ) = 2, Fy(P ) = 2, Fz(P ) = 1.
∂F
∂z
= xy + 1
z
− 1 evaluando en el punto P
Así la ecuación 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 − k1x = 0
cu + dv − k2y = 0
con a, b, c, d, k1, k2 constantes. Nos preguntamos cuando podemos resolver el sistema para u y v en términos
de x y y. Si escribimos el sistema como
au + bv = k1x
cu + dv = k2y
y sabemos que este sistema tiene solución si det a
c
b
d
= 0 en tal caso escribimos
1
u =
det a
c
b
d
(k1dx − k2by),
1
v =
det a
c
b
d
(k2ay − k1cx).
Esta solución 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 términos
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)
7

g2(u, v) = f2(x, y)
nos preguntamos cuando del sistema podemos despejar a uy v en términos 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 términos de x y y en caso de ser posible diremos que las funciones u =
ϕ1(x, y) y v = ϕ2(x, y) son funciones implícitas dadas. Se espera que ∃ ′ 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 ∂x ∂F ∂y ∂F ∂u ∂F ∂v
∂F ∂u ∂F ∂v
+ + + = 0 ⇒ + = −∂F
∂x ∂x ∂y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x
∂G ∂x
∂x ∂x
∂G ∂y
+
∂y ∂x
∂G ∂u
+
∂u ∂x
∂G ∂v
+
∂v ∂x
∂G ∂u
= 0 ⇒
∂u ∂x
∂G ∂v
+ = −∂G
∂v ∂x ∂x
Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas ∂u ∂v
y . Aquí se ve que para
∂x ∂x
que el sistema tenga solución
det
∂F
∂u
∂F
∂u
∂F
∂v
∂G
∂v
= 0 en (P ) (el det Jacobiano) y según la regla de Cramer
∂u
= det
∂x
− ∂F
∂x
−
∂F
∂v
∂G
∂x
∂G
∂v
,
∂v
= det
∂x
∂F
∂u −∂F
∂G
∂u
∂x
−∂G
∂x
(con los dos det Jacobianos).
Analogamente si derivamos con respecto a y obtenemos
∂F ∂u ∂F ∂v
+ = −∂F
∂u ∂y ∂v ∂y ∂y
8

∂G ∂u
∂u ∂y
de donde
∂u
∂y
= det
∂G ∂v
+ = −∂G
∂v ∂y ∂y
− ∂F
∂y
− ∂G
∂y
∂F
∂v
∂G
∂v
Al determinante det
,
∂F
∂u
∂G
∂u
∂F
∂v
∂G
∂v
∂v
∂y
= det
∂F
∂u −∂F
∂y
∂G
∂u −∂G
∂y
(con los dos det Jacobianos).
lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por
Teorema de la Función Implícita (3ra Versión)
∂(F, G)
∂(u, v) .
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)
derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano (P ) = 0 entonces las expresiones F (x, y, u, v) = 0
∂(u, v)
y G(x, y, u, v) = 0 definen funciones (implícitas) 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) = xe u+v + uv − 1 = 0 y G(x, y, u, v) = ye u−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 = e u+v , Fy = 0, Fu = xe u+v + v, Fv = xe u+v + v
Gx = 0, Gy = e u−v , Gu = ye u−v − 2v, Gv = −ye u+v − 2u
las cuales son siempre continuas. El Jacobiano
∂(F, G)
∂(u, v) es
9

∂(F, G)
= det
∂(u, v)
∂F
∂u
−
∂F
∂v
∂G
∂u
∂G
∂v
= det
∂(F, G)
que en el punto P vale = det
∂(u, v)
1
1
1
−1
= −2 = 0.
xe u+v + u xe u+v + v
ye u−v − 2v −ye u−v − 2u
Entonces el T.F.Im. nos asegura que en los alrededores de P podemos despejar u, v en términos de
x y y, así establecer funciones implícitas u = u(x, y), v = v(x, y) con derivadas parciales
∂u
∂x =
=
∂(F, G)
−
∂(x, v)
∂(F, G)
∂(u, v)
=
∂F
∂x
−det
∂G
∂x
∂F
∂u
det
∂G
∂u
∂F
∂v
∂G
∂v
∂F
=
∂v
∂G
∂v
ye 2u + 2ue u+v
2xye 2u + 2(u − v) · xe u+v + (u + v) · ye u−v
−det
det
.
e u−v xe u+v + v
0 −ye u−v − 2u
xe u+v + u xe u+v + v
ye u−v − 2v ye u−v − 2u
10
=