El teorema de la función implícita se usa para determinar si el conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones es una curva suave o una superficie suave o una variedad suave.

Una ecuación con dos variables

$f(x,y)=0$

$f^{-1}(0)=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|f(x,y)=0\}$ conjunto de nivel.

*) Podría ser un punto,

**) podrían ser varias curvas que se cruzan, o

***) podría ser una curva con picos.

Para que sea una curva sin picos se debe cumplir las siguientes condiciones:

$f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ de clase ${\mathcal{C}}^1$, $f^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$

$\mathrm{\nabla }f(p)\ne \overrightarrow{0}$, para todo $p\in f^{-1}(0)$

Entonces, $f^{-1}(0)$ es una curva suave sin autointersecciones.

Si $\mathrm{\nabla }f(p)\ne \overrightarrow{0}$, entonces

a) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(p)\ne 0$ entonces existe una función $g$ tal que, cerca de $p$, $f^{-1}(0)$ es la gráfica de $x=g(y)$; o

b) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(p)\ne 0$ entonces existe una función $h$ tal que, cerca de $p$, $f^{-1}(0)$ es la gráfica de $y=h(x)$

Una ecuación con tres variables

$f(x,y,z)=0$

$f^{-1}(0)=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y)=0\}$ conjunto de nivel.

*) Podría ser un punto,

**) podrían ser varias curvas que se cruzan, o

***) podría ser una curva con picos.

Condiciones

$f^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$, con $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ de clase ${\mathbb{C}}^1$

$\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ para todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)$

Entonces $f^{-1}(0)$ es una superficie suave sin autointersecciones.

Si $\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ entonces:

i) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $g$ tal que $x=g(y,z)$

ii) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $h$ tal que $y=h(x,z)$

iii) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $\phi$ tal que $z=\phi (x,y)$

Dos ecuaciones con tres variables

$f(x,y,z)=0$

$g(x,y,z)=0$

¿Qué podrían ser?

*) Podría ser un punto.

**) Podrían ser varias curvas que se cruzan.

***) Podría ser una curva con picos.

Condición

Sea $F:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$ tal que

$F(x,y,z)=(f(x,y,z),g(x,y,z))$

El conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones

$f(x,y,z)=0$

$g(x,y,z)=0$

podemos verlo de dos formas

a) como la intersección de dos conjuntos de nivel

$$f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$$

b) como la imagen inversa de $(0,0)$ bajo $F$, es decir $F^{-1}(0,0).$

$$

Si pedimos que $\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ y que $\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ para todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$, lo único que podemos concluir es que localmente, el conjunto de soluciones es la intersección de dos superficies suaves

$\mathrm{\nabla }f=(0,0,1)f(x,y,z)=z$

$\mathrm{\nabla }g=(2x,–2y,–1)f(x,y,z)=x^2–y^2–z$

$f^{-1}(0)$ plano $z=0$

$g^{-1}(0)$ es la silla $z=x^2–y^2$

Necesitamos que

$\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})$ y $\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{p})$ sean linealmente independientes en todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$.

La matriz de la diferencial de $F$ en $\overrightarrow{p}$ es

$$\left(\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right)$$

¿Qué condiciones debemos pedir en este caso?

Que los gradientes de $f$ y $g$ sean linealmente independientes.

Equivalentemente, que la matriz tenga rango 2.

Equivalentemente, que al menos un subdeterminante de 2×2 (un menor) sea distinto de CERO. De esta última condición, tenemos tres posibilidades:

a) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

b) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

c) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

Si a) se cumple, entonces

$x=h_1(z)$

$y=h_2(z)$

Si b) se cumple, entonces

$x=g_1(y)$

$z=g_2(y)$

Si c) se cumple, entonces

$y={\phi }_1(x)$

$z={\phi }_2(x)$

Veamos un ejemplo de este tipo.

Sea $F(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2–1,x+y+z–1)$

$f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2–1=0$, esfera de radio 1 y centro $(0,0,0)$, y

$g(x,y,z)=x+y+z–1=0$, plano que pasa por: $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ y $(0,0,1)$.

La matriz de la diferencial de $F$ en $\overrightarrow{p}$ es

$\left(\begin{array}{ccc}2x& 2y& 2z\\ \\ 1& 1& 1\end{array}\right)$

Tomemos el punto $(0,0,1)$, luego analizamos los menores en ese punto:

$\left|\begin{array}{cc}0& 0\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=0$

$\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=–2\ne 0$ entonces $x=g_1(y);y=g_2(y)$

$\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=–2\ne 0$ entonces $y={\phi }_1(x);z={\phi }_2(x)$

Luego, puedo elegir culaquiera de estas últimas dos opciones.

En ninguna vecindad del $(0,0,1)$ en la circunferencia se parametriza como función de $z$

$$\alpha (z)=(x(z),y(z),z)$$

$\alpha :(–ϵ,ϵ)\subset \mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^3$

$\alpha (x)=(x,\phi (x),\psi (x))$ entonces $y=\phi (x)$ y $z=\psi (x)$ parametriza una vecindad del conjunto de soluciones cerca del punto $(0,0,1)$.

$\{\begin{array}{rl}{x}^2+\phi (x{)}^2+\psi (x{)}^2& =1\\ \\ x+\phi (x)+\psi (x)& =1\end{array}$

Derivando con respecto a $x$

$\{\begin{array}{rl}\cancel{2}x+\cancel{2}\phi (x)+\cancel{2}\psi (x)& =0\\ \\ 1+{\phi }^{\prime }(x)+{\psi }^{\prime }(x)& =0\end{array}$

$\left(\begin{array}{cc}\phi (x)& \psi (x)\\ \\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(x)\\ \\ {\psi }^{\prime }(x)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}–x\\ \\ –1\end{array}\right)$

entonces en el punto $p=(0,0,1)=\alpha (0)$

$\phi (0)=0$

$\psi (0)=1$

se tiene que

$\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)$

Entonces

$\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}–1& 1\\ \\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}–1\\ \\ 0\end{array}\right)$

Entonces ${\alpha }^{\prime }(0)=(1,–1,0)$

Idea general, bajo condiciones adecuadas «genéricas» las propiedades de la derivada (de la diferencial; de la mejor aproximación lineal cerca del punto) se heredan a la función.

Si $F:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$, $F(f,g)$

$d{F}_p:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$

$\left(\begin{array}{cc}{f}_x(\overrightarrow{p})& f_y(\overrightarrow{p})\\ \\ g_x(\overrightarrow{p})& g_y(\overrightarrow{p})\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{h}_1\\ \\ h_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{k}_1\\ \\ k_2\end{array}\right)$

$d{F}_p$ es invertible si y sólo si la matriz tiene determinante distinto de cero. Luego $F$ localmente es invertible (cerca de $\overrightarrow{p}$ ), quiere decir que podemos despejar las variables independientes.

$u=f(x,y)$ entonces $x=h(u,v)$

$v=g(x,y)$ entonces $y=k(u,v)$

Ejemplo

Determine el valor máximo y mínimo de $f(x,y,z)=–x+2y+2z$ en la elipse en el espacio dada por la intersección de las superficies $x^2+y^2=2$ y $y+2z=1$

Una forma de abordar el problema

Las dos restricciones

$\begin{array}{rl}{g}_1(x,y,z)& =0\\ g_2(x,y,z)& =0\end{array}$

nos dan un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas.

En principio, podemos despejar dos variables en función de la tercera.

Sin pérdida de generalidad, supongamos $x={\phi }_1(z)$ y $y={\phi }_2(z).$

$z\to ({\phi }_1(z),{\phi }_2(z),{\phi }_3(z))$ es una parametrización de la curva.

Necesitamos una versión adecuada del teorema de la función implícita.

$g:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$

$g(x,y,z)=(g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))$

$(x_0,y_0,z_0)\in {\mathbb{R}}^3$ tal que $g_1(x,y,z)=0$ y $g_2(x,y,z)=0$

El vector tangente a la curva será colineal con el producto cruz de los vectores normales $\mathrm{\nabla }{g}_1$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2$

$$\mathrm{\nabla }{g}_1\times \mathrm{\nabla }{g}_2$$

Tres vectores en ${\mathbb{R}}^3$ anclados en el punto son $\mathrm{\nabla }{g}_1$, $\mathrm{\nabla }{g}_2$ y $\mathrm{\nabla }f.$

$T$ es el vector tangente a la curva tal que

$$T\perp \mathrm{\nabla }{g}_1$$

$$T\perp \mathrm{\nabla }{g}_2$$

$$T\perp \mathrm{\nabla }f$$

$$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$$

Calculemos los gradientes

$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}})$

$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=(–1,2,2)$

$\mathrm{\nabla }{g}_1(x,y,z)=(2x,2y,0)$

$\mathrm{\nabla }{g}_2(x,y,z)=(0,1,2)$

Si $f{|}_{\mathcal{K}}$, con $\mathcal{K}=(g_1=0)\cap (g_2=0)$, alcanza un valor extremo en un punto $(x_0,y_0,z_0)$, entonces ese punto satisface el sistema de ecuaciones:

$g_1(x,y,z)=0$

$g_2(x,y,z)=0$

$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$

$\left(\begin{array}{c}–1\\ 2\\ 2\end{array}\right)={\lambda }_1\left(\begin{array}{c}2x\\ 2y\\ 0\end{array}\right)+{\lambda }_2\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

Entonces tenemos el siguiente sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas:

$\{\begin{array}{rl}–1& =2x{\lambda }_1\\ \\ 2& =2y{\lambda }_1+{\lambda }_2\\ \\ 2& =2{\lambda }_2\\ \\ x^2+y^2& =2\\ \\ y+2z& =1\end{array}$

Resolviendo este sistema se tiene que:

${\lambda }_2=1$

${\lambda }_1=\pm {\displaystyle \frac{1}{2}}$

Para ${\lambda }_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$ se tiene que

$x=–1$, $y=1$ , $z=0$

Para ${\lambda }_1=–{\displaystyle \frac{1}{2}}$ se tiene que

$x=1$, $y=–1$ , $z=1$

Por lo que encontramos dos puntos: $(–1,1,0)$ y el $(1,–1,1).$

La elipse $\mathcal{E}$ es un conjunto compacto, suave, por lo que $f{|}_{\mathcal{E}}$ alcanza un máximo y un mínimo.

$f(–1,1,0)=3$ es el valor máximo.

$f(1,–1,1)=–1$ es el valor mínimo.

https://www.geogebra.org/classic/rzqsc3xa

(para funciones $F:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ sujeto a una curva de nivel $g^{-1}(0)$)

Sean $f:A\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R},$ con $A$ abierto, y

$g:A\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

con derivadas parciales continuas.

Supongamos que para todo $(x,y)\in g^{-1}(0)$ se cumple que $\mathrm{\nabla }g(x,y)\ne \overrightarrow{0}$ entonces, si $f$ restringida a $g^{-1}(0)$ alcanza un valor máximo ( o mínimo) en un punto $(x_0,y_0)$ se cumple que

$\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=\lambda \mathrm{\nabla }g(x_0,y_0)$ para algún $\lambda \in \mathbb{R}.$

Justificación:

Bajo la hipótesis de que $\mathrm{\nabla }g(x,y)\ne (0,0)$ para todo punto $(x,y)$ tal que $g(x,y)=0$ se tiene que la ecuación $g(x,y)=0$ define una curva de nivel.

Si ${\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(x,y)\ne 0$ existe $h$ tal que $g(x,h(x))=0$, donde $y=h(x)$ es una función implícita definida por la ecuación $g(x,y)=0$.

Encontrar los valores extremos de $f(x,y)$ sujeta a $g(x,y)=0$ se traduce a encontrar los valores extremos de $K(x)=f(x,h(x)).$

Derivando $K(x)$ tenemos que:

$\begin{array}{rl}{K}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x,h(x))+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,h(x))h^{\prime }(x)\\ \\ & ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x,h(x))+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,h(x))(–{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(x,h(x)}{{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(x,h(x)}})\end{array}$

Igualamos a cero, entonces

$f_x–{\displaystyle \frac{f_y{g}_x}{g_y}}=0$

multiplicando por $g_y$ tenemos que:

$f_x{g}_y–f_y{g}_x=0$

entonces

$\left|\begin{array}{cc}{f}_x& f_y\\ g_x& g_y\end{array}\right|=0$

y sabemos que un determinante es igual a cero si y sólo si sus vectores renglón son linealmente dependientes, por lo que, como $K^{\prime }(x)=0⟺\mathrm{\nabla }f(x,y)$ y $\mathrm{\nabla }g(x,y)$ son linealmente dependientes; si y sólo si son colineales; si y sólo si uno es múltiplo del otro, es decir,

$$\mathrm{\nabla }f(x,y)=\lambda \mathrm{\nabla }g(x,y){}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$$

Analicemos el siguiente problema

Encontrar el rectángulo de mayor área, entre los rectángulos que tienen perímetro igual a 4.

La función a maximizar es la función que representa el área: $f(x,y)=xy$; sujeta a la condición de que el perímetro sea igual a 4, es decir,

$g(x,y)=2x+2y=4$

$g(x,y)=x+y=2$

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=(f_x,f_y)=(y,x)$

$\mathrm{\nabla }g(x,y)=g_x,g_y)=(1,1)$

Luego, como $\mathrm{\nabla }f(x,y)=\lambda \mathrm{\nabla }g(x,y)$, tenemos la siguiente expresión:

$\left(\begin{array}{c}y\\ \\ x\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ \\ 1\end{array}\right)$

de donde se tienen las ecuaciones

$y=\lambda$ . . . (1)

$x=\lambda$ . . . (2)

y además tenemos que $g(x,y)=0$ está dada por la ecuación $x+y–2=0$ . . . (3)

Las ecuaciones (1), (2) y (3) forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, que al ser resuelto se obtiene que

$$\lambda =1$$

$$x=1$$

$$y=1$$

Luego el único punto a analizar es el punto $(x_0,y_0)=(1,1)$

https://www.geogebra.org/classic/ady7nz6e

Sobre el problema de encontrar los valores extremos de una función $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$, $f(x,y)$, sujeta a una restricción de la forma

$g_1(x,y)\ge 0$

$g_2(x,y)\ge 0$

$⋮$

$g_n(x,y)\ge 0$

$\mathcal{K}=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|g_1(x,y)\ge 0,g_2(x,y)\ge 0,\dots ,g_n(x,y)\ge 0\}$, donde $\mathcal{K}$ sea compacto.

$\partial \mathcal{K}\subseteq {\mathcal{C}}_1\cap {\mathcal{C}}_2\cap \cdots \cap {\mathcal{C}}_n$ donde

${\mathcal{C}}_i=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|g_i(x,y)=0\}$

Si $\mathcal{K}$ es compacto y $f$ es continua en todo $\mathcal{K}$ entonces, existen $(x_0,y_0),(x_1,y_1)$ tales que $f{|}_{\mathcal{K}}$ alcanza un mínimo global en $(x_0,y_0)$, y un máximo global en $(x_1,y_1).$

Buscamos responder donde se alcanzan. Para ello realizamos lo siguiente:

(*) Buscar si hay puntos críticos de $f$ en el interior de $\mathcal{K}$.

Esos puntos cumplen que:

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=0$, es decir que ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x,y)=0$ y ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,y)=0$. Este es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

(**) Buscar si hay puntos críticos de $f{|}_{{\mathcal{C}}_i}$ para alguna de las curvas ${\mathcal{C}}_i$ definidas por la ecuación $g_i(x,y)=0$ correspondiente a

$\mathrm{\nabla }f(x,y)=\lambda \mathrm{\nabla }g(x,y)$

$g_i(x,y)=0$; donde estas dos última ecuaciones forman un sistema de 3 x 3.

Esto con cada «lado curvo» de $\mathcal{K}.$

(***) Buscar si en los «vértices» dados por ${\mathcal{C}}_i\cap {\mathcal{C}}_j$, $f{|}_{\mathcal{K}}$ alcanza un valor extremo. El sistema de 2 x 2 dado por

$g_i(x,y)=0$ y $g_j(x,y)=0$.

(****) Finalmente considerar los puntos donde $f$ no sea diferenciable.

Veamos a continuación el siguiente ejemplo

Encontrar los valores extremos de $f(x,y)=(x–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2$ sujeta a la restricción $(x,y)\in \mathcal{K}$ donde

$\mathcal{K}=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|g_1(x,y)=y–x^2=0,g_2(x,y)=x–y^2=0,g_3(x,y)=2–x–y=0\}$

Calculamos las siguientes derivadas

$\mathrm{\nabla }{g}_1(x,y)=(–2x,1)\ne \overrightarrow{0}$

$\mathrm{\nabla }{g}_2(x,y)=(1,–2y)\ne \overrightarrow{0}$

$\mathrm{\nabla }{g}_3(x,y)=(–1,–1)\ne \overrightarrow{0}$

Buscando las intersecciones de $g_1\cap g_2$, $g_2\cap g_3$ y $g_1\cap g_3$ se obtienen los posibles vértices que son los siguientes puntos:

$(1,1)$, $(–2,4)$, $(0,0)$, $(1,1)$, $(1,1)$ y $(–4,2).$

Ahora tenemos que checar que puntos cumplen con la restricción:

$y–x^2\ge 0$, $x–y^2\ge 0$ y $2–x–y\ge 0$

Por ejemplo: ¿ el punto $(–2,4)$ cumple con la primera desigualdad?

$y–x^2=4–(4{)}^2=4–16=–12\ngeqq 0$, por lo tanto no cumple con la primera desigualdad, luego no es vértice de $\mathcal{K}.$

Análogamente con los demás posibles vértices.

Luego, los puntos $(0,0)$ y $(1,1)$ son los vértices de $\mathcal{K}.$

Paso (1):

Encontrar los vértices: los puntos $(0,0)$ y $(1,1)$ son los vértices.

En $f(0,0)=f(1,1)=\frac{1}{2}$ se tiene máximo global.

Paso (2):

Aplicar multiplicadores de Lagrange en cada lado.

Lado ${\mathcal{C}}_1$ restricción $g_1(x,y)=0$

$y–x^2=0$ . . . (a)

$\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$

$\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}\end{array}\right)⟺\left(\begin{array}{c}2x–1\\ \\ 2y–1\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}–2x\\ \\ 1\end{array}\right)$

por lo que se tienen las siguientes ecuaciones:

$2x–1=–2\lambda x$ . . . (b)

$2y–1=\lambda$ . . . (c)

Luego, las ecuaciones (a), (b) y (c) forman un sistema de 3×3. Resolviendo el sistema se obtiene que:

$x=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{4}}}$ , $y=\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{16}}}$

Por lo que en el lado ${\mathcal{C}}_1$ el punto es el $(\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{4}}},\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{16}}})$

Análogamente, en el lado ${\mathcal{C}}_2$ el punto es $(\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{16}}},\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{1}{4}}})$

Paso (3):

Encontrar los puntos críticos de $f$ sin restricciones.

$\mathrm{\nabla }f=\overrightarrow{0}$

$⟺2(x–{\displaystyle \frac{1}{2}})=0\to x={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$⟺2(y–{\displaystyle \frac{1}{2}})=0\to y={\displaystyle \frac{1}{2}}$

Por lo que el mínimo local es $f(x,y)=f({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})=0$

Sea $F:\mathcal{U}\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ con derivadas parciales continuas $F_x$, $F_y$ en una vecindad de un punto $(x_0,y_0)$ tal que $F(x_0,y_0)=0$ y además $F_y(x_0,y_0)\ne 0$, entonces existe un rectángulo $[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ tal que para cada $x$ en el intervalo $[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ la ecuación $F(x,y)=0$ tiene una solución $y=f(x)$ con $y_0–\beta \le y\le y_0+\beta .$

Dicha función $f:[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\to [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ satisface la condición $f(x_0)=y_0$ y para toda $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ cumple que

$F(x,f(x))=0$

$F_y(x,f(x))\ne 0$

Más aún, $f$ es continua con derivada continua, y está dada por la ecuación

$$f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}}$$

EJEMPLO: La circunferencia unitaria

Si $f(x)$ es una función diferenciable tal que $F(x,f(x))\equiv 0$, entonces $h(x)=F(x,f(x))$ es diferenciable y $h^{\prime }(x)\equiv 0.$

$h(x)=(Fo\alpha )(x)$ , con $\alpha (x)=(x,f(x))$

Entonces

$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(x)& =(Fo\alpha {)}^{\prime }(x)\\ & =\mathrm{\nabla }F(\alpha (x))\cdot {\alpha }^{\prime }(x)\end{array}$ . . . (1)

Tenemos que

${\alpha }^{\prime }(x)=(1,f^{\prime }(x))$ . . . (2)

$\mathrm{\nabla }F(x,y)=({\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y),{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,y))$ . . . (3)

Luego, sustituyendo (2) y (3) en (1) tenemos que

$\begin{array}{rl}\mathrm{\nabla }F(\alpha (x))\cdot {\alpha }^{\prime }(x)& =\mathrm{\nabla }F(x,f(x))\cdot (1,f^{\prime }(x))\\ & =({\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x)),{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x)))\cdot (1,f^{\prime }(x))\\ & ={\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))+f^{\prime }(x){\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))=0\end{array}$

Despejando $f^{\prime }(x)$ de la última igualdad, tenemos que

$$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))}}$$

EJEMPLO

$f(x)=\sqrt{1–x^2}=(1–x^2{)}^{1/2}$

Entonces

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{\cancel{2}}}(1–x^2{)}^{-1/2}(-\cancel{2}x)={\displaystyle \frac{-x}{\sqrt{1–x^2}}}$

$F_x(x,y)=2x$ $F_y(x,y)=2y$

${\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))}}={\displaystyle \frac{–2x}{2y}}={\displaystyle \frac{-x}{f(x)}}={\displaystyle \frac{–x}{\sqrt{1–x^2}}}=f^{\prime }(x)$

Observaciones:

(*) Podríamos aproximar $f(x)$ con su polinomio de Taylor $f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x–x_0)$ ya que

$f(x_0)=y_0$ que lo conocemos.

Y además también conocemos $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{-F_x(x_0,y_0)}{F_y(x_0,y_0)}}$

(*) Podríamos calcular ${f^{\prime }}^{\prime }(x)$ como sigue:

$\begin{array}{rl}{f^{\prime }}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{d}{dx}}({\displaystyle \frac{-F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}})\\ & ={\displaystyle \frac{d}{dx}}({\displaystyle \frac{-F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}})\\ & =–{\displaystyle \frac{F_y(x,f(x)){\displaystyle \frac{d}{dx}}{F}_x(x,f(x))–F_x(x,f(x)){\displaystyle \frac{d}{dx}}{F}_y(x,f(x))}{(F_y(x,f(x)))2}}\\ & =–{\displaystyle \frac{F_y(x,f(x))(F_{xx}(x,f(x)).1+F_{xy}(x,f(x))(f^{\prime }(x)))–F_x(x,f(x))(F_{xy}(x,f(x)).1+F_{yy}(x,f(x))(f^{\prime }(x)))}{(F_y(x,f(x)){)}^2}}\end{array}$

Entonces

${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y{F}_{xx}+F_{xy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{\cancel{F_y}}}\cancel{F_y})–F_x{F}_{xy}+F_x{F}_{yy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}})}{(F_y{)}^2}}$

multiplicando por ${\displaystyle \frac{F_y}{F_y}}$

${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y^2{F}_{xx}+F_{xy}(-F_x)F_y–F_x{F}_{xy}{F}_y+F_x{F}_{yy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{\cancel{F_y}}}\cancel{F_y})}{(F_y{)}^3}}$

Por lo tanto

$${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y^2{F}_{xx}–2F_{xy}{F}_x{F}_y–F_x^2{F}_{yy}}{(F_y{)}^3}}$$

$$

Ahora, después de haber analizado diferentes ejemplos, demostraremos el teorema.

Demostración:

(primera parte)

Sea $m=F_y(x_0,y_0)\ne 0$

$F_y(x,y)$ es continua en $(x_0,y_0).$

CASO 1: $m>0$

Sea $ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$ entonces , existe $\delta >0$ tal que para todo $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)|<ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow |{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m|<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow –{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow m–{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<m+{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{3m}{2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)>0$

CASO 2: $m<0$

Sea $ϵ=–{\displaystyle \frac{m}{2}}$ entonces , existe $\delta >0$ tal que para todo $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)|<ϵ=–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow |{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m|<–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m<–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow m+{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<m–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{3m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{m}{2}}<0$

Consideremos un rectángulo $\mathcal{R}$ tal que

$\mathcal{R}=[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq B_{\delta }(x_0,y_0)$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}$ es continua en $\mathcal{R}$ compacto por lo que sabemos que está acotada.

Entonces, para todo $(x,y)\in \mathcal{R}$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)|\le M$

Si demostramos que para cada $x_1\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

CASO I: $F(x_1,y_0–\beta )<0$, y

CASO II: $F(x_1,y_0+\beta )<0$

La continuidad de $F$ nos dirá que existe un punto $\beta \ast$ tal que $F(x_1,\beta \ast )=0$

Consideremos la función $g:[y_0–\beta ,y_0+\beta ]\to \mathbb{R}$ , donde $g(y)=F(x_1,y)$

Entonces $F$ continua en $\mathcal{R}$ implica $g$ continua en $[y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ , por lo tanto, $g(y)$ es única.

Si tomamos $(x_1,,y)\in \mathcal{R}$ entonces ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_1,y)\ne 0$

En el caso de que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_1,y)>0$ CASO I.

Caso 1: $F_y(x_0,y_0)$

Sea $m=F_y(x_0,y_0)$

$F_y$ es continua entonces, para $ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$ existe $\delta >0$ tal que $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ implica que

$|F_y(x,y)–F_y(x_0,y_0)|<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Esto implica que existe un rectángulo

${\mathcal{R}}_1=[x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq B_{\delta }(x_0,y_0)$ tal que $(x,y)\in {\mathcal{R}}_1$ implica $F_y(x,y)>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Lema:

Existe un rectángulo ${\mathcal{R}}_1=[x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq {\mathcal{R}}_1$ tal que

(a) $F(x,y_0–\beta )<0$ y

(b) $F(x,y_0+\beta )>0$

Además, en ${\mathcal{R}}_1$, que es un conjunto compacto, $F_x$ es continua y está acotada, es decir, existe $M>0$ tal que $|F_x(x,y)|\le M$ para todo $(x,y)\in {\mathcal{R}}_1$

Para garantizar la desigualdad (b)

$F(x,y_0+\beta )>0$ empezamos con $F(x,y_0+\beta )$, luego

$F(x,y_0+\beta )=F(x,y_0+\beta )–F(x,y_0)+F(x,y_0)$

Entonces $F(x,y_0+\beta )=F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)$ , como $m=F_y(x_0,y_0)>0$

$F_y(x,\eta )>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$F_y(x,\eta )\beta >{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)>{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)$ . . . (1)

pero $F(x,y_0)=F(x,y_0)–F(x_0,y_0)$, además $F(x_0,y_0)=0$ por hipótesis.

Tomemos $0<\alpha <{\alpha }_1$, $(x,y)\in \mathcal{R}$

entonces $F(x,y_0)=F(\xi ,y_0)\alpha$

$F(x,y_0)=|F(\xi ,y_0)|\alpha \le M\alpha$

entonces

$–M\alpha \le F(x,y_0)\le M\alpha$ . . . (2)

Sustituyendo (2) en (1) tenemos que

$F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)>{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)\ge {\displaystyle \frac{m}{2}}\beta –M\alpha$

si $\alpha$ es suficientemente pequeño

${\displaystyle \frac{m}{2}}\beta –M\alpha >0⟺{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta >M\alpha ⟺{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}>\alpha$

Luego $\alpha =mín\{{\alpha }_1,{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}\}$

entonces $(x,y)\in \mathcal{R}$ garantiza la desigualdad (b).

Para la desigualdad (a)

$F(x,y_0–\beta )<0$

empezamos con $F(x,y_0–\beta )$, luego

$F(x,y_0–\beta )=F(x,y_0–\beta )–F(x,y_0)+F(x,y_0)$

Entonces $F(x,y_0–\beta )=–(F(x,y_0)–F(x,y_0–\beta ))+F(x,y_0)=–F_y({\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0),$ como $m=F_y(x,{\eta }^{\prime })>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta >{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta <–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0)<–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)$

pero $F(x,y_0)=F(x,y_0)–F(x_0,y_0)=F_x({\xi }^{\prime },y_0)(x–x_0)$

entonces $|F(x,y_0)|=|F_x({\xi }^{\prime },y_0)||(x–x_0)|\le M\alpha$ implica $F(x,y_0)\le M\alpha .$

Por lo tanto

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0)<–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)\le –{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +M\alpha <0,$ si y solo si

$M\alpha <{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta ⟺\alpha <{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}$

entonces $(x,y)\in \mathcal{R}$ garantiza la desigualdad (a) y con esto queda demostrado el lema.

Regresando a la demostración del teorema, gracias al lema, sabemos que

para cada $x\in [x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]$ existe alguna $y^{\ast }$ tal que $y^{\ast }\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ y $F(x,y^{\ast })=0$.

Veamos que $y^{\ast }$ es único.

Consideremos $g(y)=F(x,y)$ y fijando $x$ tenemos que

$g^{\prime }(y)=F_y(x,y)>{\displaystyle \frac{m}{2}}>0$ , para toda $y\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$

entonces $g$ es estrictamente creciente, $g$ es inyectiva, y por lo tanto $y^{\ast }$ es única.

Entonces para cada $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ existe un único $y\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ].$

Tenemos una función $f:[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\to [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ donde cada $x\to y^{\ast }$ tal que $F(x,f(x))=0$.

Ahora veamos que $y=f(x)$ es continua, derivable y la derivada es $f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{f_x(x,f(x))}{f_y(x,f(x))}}$ para todo $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

Para ver que $f$ es continua en $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$.

Consideremos la diferencia $f(x+h)–f(x)$ para algún $h$ suficientemente pequeña.

Sea $\mathcal{K}=f(x+h)–f(x)$

Aplicamos el teorema del valor medio para la derivada a $F:A\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

$(x_0.y_0)\in \mathcal{R}\subseteq A$ donde $\mathcal{R}$ rectángulo, que es convexo,

entonces $F(x+h,y+k)–F(x,y)={\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k$ para alguna $\theta \in [0,1]$

pero $y=f(x)$, y además $y+k=f(x+h)+f(x)–f(x)=f(x+h)$

entonces $F(x+h,y+k)=F(x+h,f(x+h))=0$ por la definición de $f$.

Entonces $F(x,y)=F(x,f(x))=0$

Entonces de

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k=0$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h=–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k$

${\displaystyle \frac{k}{h}}={\displaystyle \frac{–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}}}$

entonces

${\displaystyle \frac{f(x+h)–f(x)}{h}}={\displaystyle \frac{–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}}}$

entonces

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x+h)–f(x)}{h}}=–\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{F_x(x+\theta h,y+\theta k)}{F_y(x+\theta h,y+\theta k)}}$

$f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}}$

Un detalle: ver por qué $k\to 0$ cuando $h\to 0$ es decir que

$f(x+h)–f(x)\to 0$

Es decir, por demostrar, $f$ es continua.

Veamos que $f$ es continua en $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

$\mathcal{K}=f(x+h)–f(x)=–{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}}h$

$|\mathcal{K}|=–{\displaystyle \frac{|F_x|}{|F_y|}}|h|\le {\displaystyle \frac{M|h|}{F_y}}\le {\displaystyle \frac{M|h|}{N}}$ . . . (3)

La última desigualdad se cumple si y solo si

${\displaystyle \frac{1}{F_y}}\le {\displaystyle \frac{1}{N}}⟺N\le |F_y|$ pero además $|F_y|>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

por lo tanto nos sirve $N={\displaystyle \frac{m}{2}}$

Luego, de (3) podemos concluir que $f$ es continua. ${}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$

Una última observación:

Si ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)<0$ entonces ${\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}(–F)(x_0,y_0)>0$, consideramos $G=–F$