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# 6.7: Funciones inversas e implícitas. Mapas abiertos y cerrados

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I. “Si$$f \in C D^{1}$$ en$$\vec{p},$$ ese entonces$$f$$ se asemeja a un mapa lineal (es decir,$$d f )$$ en$$\vec{p}."$$ Persiguiendo esta idea básica, primero hacemos precisa nuestra noción de"$$f \in C D^{1}$$ at$$\vec{p}$$.”

## Definición 1

Un mapa$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es continuamente diferenciable, o de clase$$C D^{1}$$ (escrito$$f \in C D^{1}),$$ en$$\vec{p}$$ iff la siguiente declaración es verdadera:

$\begin{array}{l}{\text { Given any } \varepsilon>0, \text { there is } \delta>0 \text { such that } f \text { is differentiable on the }} \\ {\text { globe } \overline{G}=\overline{G_{\vec{p}}(\delta)}, \text { with }} \\ {\qquad\|d f(\vec{x} ; \cdot)-d f(\vec{p} ; \cdot)\|<\varepsilon \text { for all } \vec{x} \in \overline{G}.}\end{array}$

Por Problema 10 en §5, esta definición concuerda con la Definición 1 §5, pero ya no se limita al caso$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right).$$ Ver también Problemas 1 y 2 a continuación.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Dejar$$E^{\prime}$$ y$$E$$ estar completo. Si$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es de clase$$C D^{1}$$ en$$\vec{p}$$ y si$$d f(\vec{p} ; \cdot)$$ es biyective (§6), entonces$$f$$ es uno a uno en algún globo$$\overline{G}=\overline{G_{\vec{p}}}(\delta).$$

Así$$f$$ “localmente” se asemeja a df$$(\vec{p} ; \cdot)$$ en este sentido.

Prueba

Set$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$ y

$\left\|\phi^{-1}\right\|=\frac{1}{\varepsilon}$

(cf. Teorema 2 del §6).

Por Definición 1, arreglar$$\delta>0$$ para que para$$\vec{x} \in \overline{G}=\overline{G_{\vec{p}}(\delta)}$$.

$\|d f(\vec{x} ; \cdot)-\phi\|<\frac{1}{2} \varepsilon.$

Luego por la Nota 5 en §2,

$(\forall \vec{x} \in \overline{G})\left(\forall \vec{u} \in E^{\prime}\right) \quad|d f(\vec{x} ; \vec{u})-\phi(\vec{u})| \leq \frac{1}{2} \varepsilon|\vec{u}|.$

Ahora arregla cualquiera$$\vec{r}, \vec{s} \in \overline{G}, \vec{r} \neq \vec{s},$$ y establece$$\vec{u}=\vec{r}-\vec{s} \neq 0.$$ De nuevo, por la Nota 5 en §2,

$|\vec{u}|=\left|\phi^{-1}(\phi(\vec{u}))\right| \leq\left\|\phi^{-1}\right\||\phi(\vec{u})|=\frac{1}{\varepsilon}|\phi(\vec{u})|;$

por lo

$0<\varepsilon|\vec{u}| \leq|\phi(\vec{u})|.$

Por convexidad,$$\overline{G} \supseteq I=L[\vec{s}, \vec{r}],$$ entonces (1) se sostiene para$$\vec{x} \in I, \vec{x}=\vec{s}+t \vec{u}, 0 \leq t \leq 1$$.

Al señalar esto, establecer

$h(t)=f(\vec{s}+t \vec{u})-t \phi(\vec{u}), \quad t \in E^{1}.$

Entonces para$$0 \leq t \leq 1$$,

\begin{aligned} h^{\prime}(t) &=D_{\vec{u}} f(\vec{s}+t \vec{u})-\phi(\vec{u}) \\ &=d f(\vec{s}+t \vec{u} ; \vec{u})-\phi(\vec{u}). \end{aligned}

(¡Verifica!) Así, por (1) y (2),

\begin{aligned} \sup _{0 \leq t \leq 1}\left|h^{\prime}(t)\right| &=\sup _{0 \leq t \leq 1}|d f(\vec{s}+t \vec{u} ; \vec{u})-\phi(\vec{u})| \\ & \leq \frac{\varepsilon}{2}|\vec{u}| \leq \frac{1}{2}|\phi(\vec{u})|. \end{aligned}

(¡Explique!) Ahora, por Corolario 1 en el Capítulo 5, §4,

$|h(1)-h(0)| \leq(1-0) \cdot \sup _{0 \leq t \leq 1}\left|h^{\prime}(t)\right| \leq \frac{1}{2}|\phi(\vec{u})|.$

Como$$h(0)=f(\vec{s})$$ y

$h(1)=f(\vec{s}+\vec{u})-\phi(\vec{u})=f(\vec{r})-\phi(\vec{u}),$

obtenemos (incluso si$$\vec{r}=\vec{s})$$

$|f(\vec{r})-f(\vec{s})-\phi(\vec{u})| \leq \frac{1}{2}|\phi(\vec{u})| \quad(\vec{r}, \vec{s} \in \overline{G}, \vec{u}=\vec{r}-\vec{s}).$

Pero por la ley del triángulo,

$|\phi(\vec{u})|-|f(\vec{r})-f(\vec{s})| \leq|f(\vec{r})-f(\vec{s})-\phi(\vec{u})|.$

Por lo tanto

$|f(\vec{r})-f(\vec{s})| \geq \frac{1}{2}|\phi(\vec{u})| \geq \frac{1}{2} \varepsilon|\vec{u}|=\frac{1}{2} \varepsilon|\vec{r}-\vec{s}|$

por (2).

De ahí$$f(\vec{r}) \neq f(\vec{s})$$ que siempre$$\overline{G};$$ que$$\vec{r} \neq \vec{s}$$ en así$$f$$ sea uno a uno encendido$$\overline{G},$$ como se reclama. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Bajo los supuestos del Teorema 1, los mapas$$f$$ y$$f^{-1}$$ (el inverso de$$f$$ restringido a$$\overline{G}$$) son uniformemente continuos sobre$$\overline{G}$$ y$$f[\overline{G}],$$ respectivamente.

Prueba

Por (3),

\begin{aligned}|f(\vec{r})-f(\vec{s})| & \leq|\phi(\vec{u})|+\frac{1}{2}|\phi(\vec{u})| \\ & \leq|2 \phi(\vec{u})| \\ & \leq 2\|\phi\||\vec{u}| \\ &=2\|\phi\||\vec{r}-\vec{s}| \quad(\vec{r}, \vec{s} \in \overline{G}). \end{aligned}

Esto implica una continuidad uniforme para$$f$$. (¿Por qué?)

A continuación,$$g=f^{-1}$$ vamos$$H=f[\overline{G}]$$.

Si se$$\vec{x}, \vec{y} \in H,$$ deja$$\vec{r}=g(\vec{x})$$ y$$\vec{s}=g(\vec{y});$$ así$$\vec{r}, \vec{s} \in \overline{G},$$ con$$\vec{x}=f(\vec{r})$$ y$$\vec{y}=f(\vec{s}).$$ Por lo tanto por (4),

$|\vec{x}-\vec{y}| \geq \frac{1}{2} \varepsilon|g(\vec{x})-g(\vec{y})|,$

demostrando todo para$$g,$$ también. $$\quad \square$$

Nuevamente,$$f$$ se asemeja a$$\phi$$ lo que es uniformemente continuo, junto con$$\phi^{-1}$$.

II. Introducimos la siguiente definición.

## Definición 2

Un mapa$$f :(S, \rho) \rightarrow\left(T, \rho^{\prime}\right)$$ está cerrado (abierto) en$$D \subseteq S$$ iff, para cualquier$$X \subseteq D$$ el conjunto$$f[X]$$ está cerrado (abierto) en$$T$$ siempre que$$X$$ sea así en$$S.$$

Tenga en cuenta que los mapas continuos tienen tal propiedad para imágenes inversas (Problema 15 en el Capítulo 4, §2).

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Bajo los supuestos del Teorema 1,$$f$$ se cierra$$\overline{G},$$ y así el conjunto$$f[\overline{G}]$$ se cierra en$$E.$$

De manera similar para el mapa$$f^{-1}$$ en$$f[\overline{G}]$$.

Prueba para$$E^{\prime}=E=E^{n}\left(C^{n}\right)$$ (para el caso general, ver Problema 6)

Dado cualquier cerrado$$X \subseteq \overline{G},$$ debemos mostrar que$$f[X]$$ está cerrado en$$E.$$

Ahora, como$$\overline{G}$$ está cerrado y acotado, es compacto (Teorema 4 del Capítulo 4, §6).

Así también lo es$$X$$ (Teorema 1 en el Capítulo 4, §6), y así es$$f[X]$$ (Teorema 1 del Capítulo 4, §8).

Por Teorema 2 en el Capítulo 4, §6,$$f[X]$$ se cierra, según se requiera. $$\quad \square$$

Para el resto de esta sección, estableceremos$$E^{\prime}=E=E^{n}\left(C^{n}\right)$$.

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Si$$E^{\prime}=E=E^{n}\left(C^{n}\right)$$ en el Teorema 1, con otros supuestos sin cambios, entonces$$f$$ está abierto en el globo$$G=G_{\vec{p}}(\delta),$$ con$$\delta$$ lo suficientemente pequeño.

Prueba

Primero probamos el siguiente lema.

## Lema

$$f[G]$$contiene un globo$$G_{\vec{q}}(\alpha)$$ donde$$\vec{q}=f(\vec{p})$$.

Prueba

En efecto, vamos

$\alpha=\frac{1}{4} \varepsilon \delta,$

donde$$\delta$$ y$$\varepsilon$$ son como en la prueba del Teorema 1. (Seguimos la notación y fórmulas de esa prueba.)

Arreglar cualquier$$\vec{c} \in G_{\vec{q}}(\alpha);$$

$|\vec{c}-\vec{q}|<\alpha=\frac{1}{4} \varepsilon \delta.$

Establecer$$h=|f-\vec{c}|$$$$E^{\prime}.$$ como$$f$$ es uniformemente continuo en$$\overline{G},$$ así es$$h$$.

Ahora bien,$$\overline{G}$$ es compacto en el$$E^{n}\left(C^{n}\right);$$ Teorema 2 (ii) en el Capítulo 4, §8, rinde un punto$$\vec{r} \in \overline{G}$$ tal que

$h(\vec{r})=\min h[\overline{G}].$

Afirmamos que$$\vec{r}$$ está en$$G$$ (el interior de$$\overline{G})$$.

De lo contrario,$$|\vec{r}-\vec{p}|=\delta ;$$ para por (4),

\begin{aligned} 2 \alpha=\frac{1}{2} \varepsilon \delta=\frac{1}{2} \varepsilon|\vec{r}-\vec{p}| & \leq|f(\vec{r})-f(\vec{p})| \\ & \leq|f(\vec{r})-\vec{c}|+|\vec{c}-f(\vec{p})| \\ &=h(\vec{r})+h(\vec{p}). \end{aligned}

Pero

$h(\vec{p})=|\vec{c}-f(\vec{p})|=|\vec{c}-\vec{q}|<\alpha;$

y así (7) rinde

$h(\vec{p})<\alpha<h(\vec{r}),$

contrario a la minimalidad de$$h(\vec{r})$$ (ver (6)). Así$$|\vec{r}-\vec{p}|$$ no puede igualar$$\delta$$.

Lo$$f(\vec{r}) \in f[G].$$ obtenemos$$\vec{r} \in G_{\vec{p}}(\delta)=G$$ y$$|\vec{r}-\vec{p}|<\delta,$$ ahora demostraremos que$$\vec{c}=f(\vec{r}).$$

Para ello, nos fijamos$$\vec{v}=\vec{c}-f(\vec{r})$$ y demostramos que$$\vec{v}=\overrightarrow{0}.$$ Let

$\vec{u}=\phi^{-1}(\vec{v}),$

donde

$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot),$

como antes. Entonces

$\vec{v}=\phi(\vec{u})=d f(\vec{p} ; \vec{u}).$

Con$$\vec{r}$$ lo anterior, arregle algunos

$\vec{s}=\vec{r}+t \vec{u} \quad(0<t<1)$

con$$t$$ tan pequeño que$$\vec{s} \in G$$ también. Luego por la fórmula (3),

$|f(\vec{s})-f(\vec{r})-\phi(t \vec{u})| \leq \frac{1}{2}|t \vec{v}|;$

también,

$|f(\vec{r})-\vec{c}+\phi(t \vec{u})|=(1-t)|\vec{v}|=(1-t) h(\vec{r})$

por nuestra elección de$$\vec{v}, \vec{u}$$ y por$$h.$$ lo tanto por la ley del triángulo,

$h(\vec{s})=|f(\vec{s})-\vec{c}| \leq\left(1-\frac{1}{2} t\right) h(\vec{r}).$

(¡Verifica!)

Como$$0<t<1,$$ esto implica$$h(\vec{r})=0$$ (de lo contrario,$$h(\vec{s})<h(\vec{r}),$$ violar (6)).

Así, de hecho,

$|\vec{v}|=|f(\vec{r})-\vec{c}|=0,$

es decir,

$\vec{c}=f(\vec{r}) \in f[G] \quad \text { for } \vec{r} \in G.$

Pero$$\vec{c}$$ fue un punto arbitrario de$$G_{\vec{q}}(\alpha).$$ Por lo tanto

$G_{\vec{q}}(\alpha) \subseteq f[G],$

demostrando el lema. $$\quad \square$$

Prueba de Teorema 2. El lema muestra que$$f(\vec{p})$$ está en el interior de$$f[G]$$ si$$\vec{p}, f, d f(\vec{p} ; \cdot),$$ y$$\delta$$ son como en el Teorema 1.

Pero la Definición 1 implica que aquí$$f \in C D^{1}$$ en todos$$G$$ (ver Problema 1).

También,$$d f(\vec{x} ; \cdot)$$ es biyectiva para cualquiera$$\vec{x} \in G$$ por nuestra elección de$$G$$ y Teoremas 1 y 2 en §6.

Por lo tanto,$$f$$ mapea todo$$\vec{x} \in G$$ en puntos interiores de,$$f[G];$$ es decir,$$f$$ mapea cualquier conjunto abierto$$X \subseteq G$$ en un abierto$$f[X],$$ según sea necesario. $$\quad \square$$

Nota 1. Un mapa

$f :(S, \rho) \underset{\text { onto }}{\longleftrightarrow} (T, \rho^{\prime})$

es tanto abierto como cerrado (“clopen”) iff$$f^{-1}$$ es continuo - ver Problema 15 (iv) (v) en el Capítulo 4, §2, intercambiable$$f$$ y$$f^{-1}.$$

Así$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$ en Teorema 1 es “clopen” en todos$$E^{\prime}$$.

Nuevamente,$$f$$ localmente se parece$$d f(\vec{p} ; \cdot)$$.

III. El Teorema de la Función Inversa. Ahora seguimos persiguiendo estas ideas.

## Teorema$$\PageIndex{3}$$ (inverse functions)

Bajo los supuestos del Teorema 2, deja$$g$$ ser la inversa de$$f_{G}\left(f \text { restricted to } G=G_{\vec{p}}(\delta)\right)$$.

Entonces$$g \in C D^{1}$$ encendido$$f[G]$$ y$$d g(\vec{y} ; \cdot)$$ es la inversa de$$d f(\vec{x} ; \cdot)$$ siempre$$\vec{x}=g(\vec{y}), \vec{x} \in G.$$

Brevemente: “El diferencial de lo inverso es el inverso del diferencial”.

Prueba

Fijar cualquier$$\vec{y} \in f[G]$$ y$$\vec{x}=g(\vec{y}) ;$$ así$$\vec{y}=f(\vec{x})$$ y$$\vec{x} \in G.$$ dejar$$U=d f(\vec{x} ; \cdot).$$

Como se señaló anteriormente,$$U$$ es biyectiva para cada uno$$\vec{x} \in G$$ por los Teoremas 1 y 2 en §6; así$$V=U^{-1}.$$ podremos establecer Debemos demostrar que$$V=d g(\vec{y} ; \cdot).$$

Para ello, da$$\vec{y}$$ un incremento arbitrario (variable)$$\Delta \vec{y},$$ tan pequeño que$$\vec{y}+\Delta \vec{y}$$ permanezca en$$f[G]$$ (un conjunto abierto por el Teorema 2).

Como$$g$$ y$$f_{G}$$ son uno a uno, determina de$$\Delta \vec{y}$$ manera única

$\Delta \vec{x}=g(\vec{y}+\Delta \vec{y})-g(\vec{y})=\vec{t},$

y viceversa:

$\Delta \vec{y}=f(\vec{x}+\vec{t})-f(\vec{x}).$

Aquí$$\Delta \vec{y}$$ y$$\vec{t}$$ están los incrementos mutuamente correspondientes de$$\vec{y}=f(\vec{x})$$ y$$\vec{x}=g(\vec{y}).$$ Por continuidad,$$\vec{y} \rightarrow \overrightarrow{0}$$ iff$$\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}.$$

Como$$U=d f(\vec{x} ; \cdot)$$,

$\lim _{\vec{t} \rightarrow \overline{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}|f(\vec{x}+\vec{t})-f(\vec{t})-U(\vec{t})|=0,$

o

$\lim _{\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}|F(\vec{t})|=0,$

donde

$F(\vec{t})=f(\vec{x}+\vec{t})-f(\vec{t})-U(\vec{t}).$

Como$$V=U^{-1},$$ tenemos

$V(U(\vec{t}))=\vec{t}=g(\vec{y}+\Delta \vec{y})-g(\vec{y}).$

Así que a partir de (9),

\begin{aligned} V(F(\vec{t})) &=V(\Delta \vec{y})-\vec{t} \\ &=V(\Delta \vec{y})-[g(\vec{y}+\Delta \vec{y})-g(\vec{y})]; \end{aligned}

es decir,

$\frac{1}{|\Delta \vec{y}|}|g(\vec{y}+\Delta \vec{y})-g(\vec{y})-V(\Delta \vec{y})|=\frac{|V(F(\vec{t}))|}{|\Delta \vec{y}|}, \quad \Delta \vec{y} \neq \overrightarrow{0}.$

Ahora, la fórmula (4), con$$\vec{r}=\vec{x}, \vec{s}=\vec{x}+\vec{t},$$ y$$\vec{u}=\vec{t},$$ muestra que

$|f(\vec{x}+\vec{t})-f(\vec{x})| \geq \frac{1}{2} \varepsilon|\vec{t}|;$

es decir,$$|\Delta \vec{y}| \geq \frac{1}{2} \varepsilon|\vec{t}|.$$ Por lo tanto por (8),

$\frac{|V(F(\vec{t}))|}{|\Delta \vec{y}|} \leq \frac{|V(F(\vec{t}) |}{\frac{1}{2} \varepsilon|\vec{t}|}=\frac{2}{\varepsilon}\left|V\left(\frac{1}{|\vec{t}|} F(\vec{t})\right)\right| \leq \frac{2}{\varepsilon}\|V\| \frac{1}{|\vec{t}|}|F(\vec{t})| \rightarrow 0 \text { as } \vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}.$

Desde$$\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}$$ as$$\Delta \vec{y} \rightarrow \overrightarrow{0}$$ (¡cambio de variables!) , la expresión (10) tiende a 0 como$$\Delta \vec{y} \rightarrow \overrightarrow{0}.$$

Por definición, entonces,$$g$$ es diferenciable en$$\vec{y},$$ con$$d g(\vec{y};)=V=U^{-1}$$.

Por otra parte, aquí se aplica el Corolario 3 en §6. Por lo tanto

$\left(\forall \delta^{\prime}>0\right)\left(\exists \delta^{\prime \prime}>0\right) \quad\|U-W\|<\delta^{\prime \prime} \Rightarrow\left\|U^{-1}-W^{-1}\right\|<\delta^{\prime}.$

Tomando aquí$$U^{-1}=d g(\vec{y})$$ y$$W^{-1}=d g(\vec{y}+\Delta \vec{y}),$$ vemos que$$g \in C D^{1}$$ cerca$$\vec{y}.$$ Esto completa la prueba. $$\quad \square$$

Nota 2. Si$$E^{\prime}=E=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ la biyectividad de$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$ es equivalente a

$\operatorname{det}[\phi]=\operatorname{det}\left[f^{\prime}(\vec{p})\right] \neq 0$

(Teorema 1 de §6).

En este caso, el hecho de que$$f$$ es uno-a-uno en$$G=G_{\vec{p}}(\delta)$$ medio, componentwise (ver Nota 3 en §6), que el sistema de$$n$$ ecuaciones

$f_{i}(\vec{x})=f\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)=y_{i}, \quad i=1, \ldots, n,$

tiene una solución única para las$$n$$$$x_{k}$$ incógnitas siempre y cuando

$\left(y_{1}, \ldots, y_{n}\right)=\vec{y} \in f[G].$

El teorema 3 muestra que esta solución tiene la forma

$x_{k}=g_{k}(\vec{y}), \quad k=1, \ldots, n,$

donde los$$g_{k}$$ son de clase$$C D^{1}$$ en$$f[G]$$ siempre que$$f_{i}$$ sean de clase$$C D^{1}$$ cerca$$\vec{p}$$ y det$$\left[f^{\prime}(\vec{p})\right] \neq 0.$$ Aquí

$\operatorname{det}\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]=J_{f}(\vec{p}),$

como en §6.

Así de nuevo$$f$$ “localmente” se asemeja a un mapa lineal,$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$.

IV. El Teorema de la Función Implícita. Generalizando, ahora nos preguntamos, ¿qué pasa con resolver$$n$$ ecuaciones en$$n+m$$ incógnitas$$x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{m}?$$ Decir, queremos resolver

$f_{k}\left(x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{m}\right)=0, \quad k=1,2, \ldots, n,$

para las primeras$$n$$ incógnitas (o variables) expresándolas$$x_{k},$$ así como

$x_{k}=H_{k}\left(y_{1}, \ldots, y_{m}\right), \quad k=1, \ldots, n,$

con$$H_{k} : E^{m} \rightarrow E^{1}$$ o$$H_{k} : C^{m} \rightarrow C$$.

Vamos a establecer$$\vec{x}=\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right), \vec{y}=\left(y_{1}, \ldots, y_{m}\right),$$ y

$(\vec{x}, \vec{y})=\left(x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{m}\right)$

para que$$(\vec{x}, \vec{y}) \in E^{n+m}\left(C^{n+m}\right)$$.

Así, el sistema de ecuaciones (11) simplifica a

$f_{k}(\vec{x}, \vec{y})=0, \quad k=1, \ldots, n$

o

$f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0},$

donde$$f=\left(f_{1}, \ldots, f_{n}\right)$$ es un mapa de$$E^{n+m}\left(C^{n+m}\right)$$ into$$E^{n}\left(C^{n}\right) ; f$$ es una función de$$n+m$$ variables, pero tiene$$n$$ componentes$$f_{k};$$ i.e.

$f(\vec{x}, \vec{y})=f\left(x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{m}\right)$

es un vector en$$E^{n}\left(C^{n}\right)$$.

## Teorema$$\PageIndex{4}$$ (implicit functions)

Let$$E^{\prime}=E^{n+m}\left(C^{n+m}\right), E=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ y let$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ ser de clase$$C D^{1}$$ cerca

$(\vec{p}, \vec{q})=\left(p_{1}, \ldots, p_{n}, q_{1}, \ldots, q_{m}\right), \quad \vec{p} \in E^{n}\left(C^{n}\right), \vec{q} \in E^{m}\left(C^{m}\right).$

Deja$$[\phi]$$ ser la$$n \times n$$ matriz

$\left(D_{j} f_{k}(\vec{p}, \vec{q})\right), \quad j, k=1, \ldots, n.$

Si$$\operatorname{det}[\phi] \neq 0$$ y si$$f(\vec{p}, \vec{q})=\overrightarrow{0},$$ entonces hay conjuntos abiertos

$P \subseteq E^{n}\left(C^{n}\right) \text { and } Q \subseteq E^{m}\left(C^{m}\right),$

con$$\vec{p} \in P$$ y$$\vec{q} \in Q,$$ para el que hay un mapa único

$H : Q \rightarrow P$

con

$f(H(\vec{y}), \vec{y})=\overrightarrow{0}$

para todos$$\vec{y} \in Q;$$ además,$$H \in C D^{1}$$ en$$Q$$.

Así$$\vec{x}=H(\vec{y})$$ es una solución de (11) en forma de vector.

Prueba

Con la notación anterior, establezca

$F(\vec{x}, \vec{y})=(f(\vec{x}, \vec{y}), \vec{y}), \quad F : E^{\prime} \rightarrow E^{\prime}.$

Entonces

$F(\vec{p}, \vec{q})=(f(\vec{p}, \vec{q}), \vec{q})=(\overrightarrow{0}, \vec{q}),$

ya que$$f(\vec{p}, \vec{q})=\overrightarrow{0}$$.

$$(\vec{p}, \vec{q}),$$Tan$$f \in C D^{1}$$ cerca como está$$F$$ (verificar componentwise vía Problema 9 (ii) en §3 y Definición 1 de §5).

Por Teorema 4, §3,$$\operatorname{det}\left[F^{\prime}(\vec{p}, \vec{q})\right]=\operatorname{det}[\phi] \neq 0$$ (¡explique!).

Así Teorema 1 anterior muestra que$$F$$ es uno a uno en algún globo$$G$$ sobre$$(\vec{p}, \vec{q}).$$

Claramente$$G$$ contiene un intervalo abierto sobre$$(\vec{p}, \vec{q}).$$ Lo denotamos por$$P \times Q$$ donde$$\vec{p} \in P, \vec{q} \in Q ; P$$ está abierto en$$E^{n}\left(C^{n}\right)$$ y$$Q$$ está abierto en$$E^{m}\left(C^{m}\right).$$

Por Teorema 3,$$F_{P \times Q}$$ ($$F$$restringido a$$P \times Q)$$ tiene una inversa

$g : A \underset{\text { onto }}{\longleftrightarrow} P \times Q,$

donde$$A=F[P \times Q]$$ está abierto en$$E^{\prime}$$ (Teorema 2), y$$g \in C D^{1}$$ en$$A.$$ Dejar que el mapa$$u=\left(g_{1}, \ldots, g_{n}\right)$$ comprende los primeros$$n$$ componentes de$$g$$ (exactamente como$$f$$ comprende los primeros$$n$$ componentes de$$F )$$.

Entonces

$g(\vec{x}, \vec{y})=(u(\vec{x}, \vec{y}), \vec{y})$

exactamente como$$F(\vec{x}, \vec{y})=(f(\vec{x}, \vec{y}), \vec{y}).$$ También,$$u : A \rightarrow P$$ es de clase$$C D^{1}$$ encendido$$A,$$ como$$g$$ es (¡explique!).

Ahora establece

$H(\vec{y})=u(\overrightarrow{0}, \vec{y});$

aquí$$\vec{y} \in Q,$$ mientras

$(\overrightarrow{0}, \vec{y}) \in A=F[P \times Q],$

para$$F$$ conservas$$\vec{y}$$ (las últimas$$m$$ coordenadas). También se establece

$\alpha(\vec{x}, \vec{y})=\vec{x}.$

Entonces$$f=\alpha \circ F$$ (¿por qué?) , y

$f(H(\vec{y}), \vec{y})=f(u(\overrightarrow{0}, \vec{y}), \vec{y})=f(g(\overrightarrow{0}, \vec{y}))=\alpha(F(g(\overrightarrow{0}, \vec{y}))=\alpha(\overrightarrow{0}, \vec{y})=\overrightarrow{0}$

por nuestra elección de$$\alpha$$ y$$g$$ (inverso a$$F).$$ Así

$f(H(\vec{y}), \vec{y})=\overrightarrow{0}, \quad \vec{y} \in Q,$

según se desee.

Además, como$$H(\vec{y})=u(\overrightarrow{0}, \vec{y}),$$ tenemos

$\frac{\partial}{\partial y_{i}} H(\vec{y})=\frac{\partial}{\partial y_{i}} u(\overrightarrow{0}, \vec{y}), \quad \vec{y} \in Q, i \leq m.$

Como$$u \in C D^{1},$$ todos$$\partial u / \partial y_{i}$$ son continuos (Definición 1 en §5); por lo tanto también lo son los$$\partial H / \partial y_{i}.$$ Así por Teorema 3 en §3,$$H \in C D^{1}$$ on$$Q.$$

Por último,$$H$$ es único por lo dado$$P, Q;$$ por

\begin{aligned} f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0} & \Longrightarrow(f(\vec{x}, \vec{y}), \vec{y})=(\overrightarrow{0}, \vec{y}) \\ & \Longrightarrow F(\vec{x}, \vec{y})=(\overrightarrow{0}, \vec{y}) \\ & \Longrightarrow g(F(\vec{x}, \vec{y}))=g(\overrightarrow{0}, \vec{y}) \\ & \Longrightarrow(\vec{x}, \vec{y})=g(\overrightarrow{0}, \vec{y})=(u(\overrightarrow{0}, \vec{y}), \vec{y}) \\ & \Longrightarrow \vec{x}=u(\overrightarrow{0}, \vec{y})=H(\vec{y}). \end{aligned}

Así$$f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0}$$ implica$$\vec{x}=H(\vec{y});$$ que así$$H(\vec{y})$$ es la única solución para$$\vec{x}. \quad \square$$

Nota 3. $$H$$se dice que está implícitamente definido por la ecuación$$f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0}.$$ En este sentido decimos que$$H(\vec{y})$$ es una función implícita, dada por$$f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0}$$.

Del mismo modo, bajo supuestos adecuados,$$f(\vec{x}, \vec{y})=\overrightarrow{0}$$ define$$\vec{y}$$ como una función de$$\vec{x}.$$

Nota 4. Si bien$$H$$ es único para un vecindario dado$$P \times Q$$ de$$(\vec{p}, \vec{q}),$$ otra función implícita puede resultar si$$P \times Q$$ o$$(\vec{p}, \vec{q})$$ se cambia.

Por ejemplo, vamos

$f(x, y)=x^{2}+y^{2}-25$

(un polinomio; de ahí$$f \in C D^{1}$$ en todo$$E^{2}).$$ Geométricamente,$$x^{2}+y^{2}-25=0$$ describe un círculo.

Resolviendo para$$x,$$ obtenemos$$x=\pm \sqrt{25-y^{2}}.$$ Así tenemos dos funciones:

$H_{1}(y)=+\sqrt{25-y^{2}}$

y

$H_{2}(y)=-\sqrt{25-y^{2}}.$

Si$$P \times Q$$ está en la parte superior del círculo, la función resultante es$$H_{1}.$$ De lo contrario, es$$H_{2}.$$ Ver Figura 28.

V. Diferenciación implícita. El teorema 4 sólo afirma la existencia (y singularidad) de una solución, pero no muestra cómo encontrarla, en general.

El conocimiento mismo que$$H \in C D^{1}$$ existe, sin embargo, nos permite utilizar su derivado o parciales y calcularlo por diferenciación implícita, conocida a partir del cálculo.

## Ejemplos

a) Que$$f(x, y)=x^{2}+y^{2}-25=0,$$ lo anterior.

Esta vez tratando$$y$$ como una función implícita de$$x, y=H(x),$$ y escribiendo$$y^{\prime}$$ para$$H^{\prime}(x),$$ diferenciamos ambos lados de (x^ {2} +y^ {2} -25=0\) con respecto al$$x,$$ uso de la regla de cadena para el término$$y^{2}=[H(x)]^{2}$$.

Esto rinde$$2 x+2 y y^{\prime}=0,$$ de donde$$y^{\prime}=-x / y$$.

En realidad (ver Nota 4), están involucradas dos funciones:$$y=\pm \sqrt{25-x^{2}};$$ pero ambas satisfacen$$x^{2}+y^{2}-25=0;$$ por lo que el resultado$$y^{\prime}=-x / y$$ se aplica a ambas.

Por supuesto, este método sólo es posible si$$y^{\prime}$$ se sabe que la derivada existe. Es por ello que el Teorema 4 es importante.

b) Dejar

$f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1=0, \quad x, y, z \in E^{1}.$

De nuevo$$f$$ satisface Teorema 4 para adecuado$$x, y,$$ y$$z$$.

Ajuste$$z=H(x, y),$$ diferenciar la ecuación$$f(x, y, z)=0$$ parcialmente con respecto a$$x$$ y A$$y.$$ partir de las dos ecuaciones resultantes, obtener$$\frac{\partial z}{\partial x}$$ y$$\frac{\partial z}{\partial y}$$.

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