Bienvenido al curso de Geometría Analítica I. A través de esta serie de entradas cubriremos el temario oficial del programa de la materia tal y como se requiere en la Facultad de Ciencias de la UNAM. Esto incluye desarrollar no sólo habilidades para ejecutar procedimientos («hacer cuentitas»), sino también aquellas que nos permitan deducir los resultados que obtendremos a través de razonamientos lógicos («demostrar»).
Pre-requisitos del curso
En la mayoría de las entradas seguiremos un flujo matemático, en el cual escribiremos definiciones, proposiciones, ejemplos, teoremas y otro tipo de enunciados matemáticos. Siempre que digamos que algo sucede, es importante argumentar o justificar por qué es esto, es decir, que demos una demostración. Las demostraciones nos ayudarán a justificar que ciertos procedimientos (para encontrar distancias, ángulos, etc.) son válidos.
Para entender un poco más al respecto, te recomendamos leer las siguientes dos entradas, o incluso llevar a la par un curso de Álgebra Superior I:
Además de estos pre-requisitos de pensamiento lógico, también es importante que recuerdes algunos de los conceptos fundamentales de geometría (punto, línea, segmento, triángulo, distancia, etc.). Si bien todo lo construiremos «desde cero», el recordar estos conceptos te ayudará mucho en la intuición de por qué ciertas cosas las definimos como lo haremos, y por qué ciertos enunciados que planteamos «deben ser ciertos».
Finalmente, también supondremos que sabes manejar a buen nivel las operaciones y propiedades en $\mathbb{R}$, los números reales. Por ejemplo, que la suma es conmutativa ($a+b=b+a$), que se distribuye con el producto ($a(b+c)=ab+ac$), etc. Si bien en otros cursos se definen a los reales con toda formalidad, para este curso sólo será importante que sepas hacer estas operaciones.
La idea fundamental
La geometría se trata de figuras, de ver, de medir. El álgebra se trata de sumar, de operar, de comparar. La idea clave que subyace a la geometría analítica, como la veremos en este curso, es la siguiente:
La geometría y el álgebra son complementarias e inseparables, ninguna con más importancia sobre la otra. Podemos entender al álgebra a partir de la geometría, y viceversa.
Un ejemplo muy sencillo que se ve desde la educación básica es que la suma de reales se corresponde con «pegar segmentos». Si en la recta real tenemos un segmento de longitud $a$ y le pegamos un segmento de longitud $b$, entonces el segmento que se obtiene tiene longitud $a+b$. Si bien es obvio, cuando estemos estableciendo los fundamentos tendremos que preguntarnos, ¿por qué pasa? ¿qué es pegar segmentos?
Nuestro objetivo será entender a profundidad muchas de estas equivalencias.
Interactivos
En este curso procuraremos incluir interactivos para que explores las ideas que vayamos introduciendo. Si bien un interactivo no reemplaza a una demostración, lo cierto es que sí ayuda muchísimo a ver más casos en los cuales una proposición o teorema se cumple. Nuestros interactivos están hechos en GeoGebra y necesitarás tener activado JavaScript en tu navegador.
En el siguiente interactivo puedes mover los puntos $A$, $B$ y $C$. Observa como la suma de dos segmentos siempre es igual al tercero. ¿Qué pasa si $B$ «se pasa de $C$»? ¿Cuál segmento es la suma de los otros dos?
Te recomendamos fuertemente que dediques por lo menos un rato a jugar con los interactivos: intenta ver qué se puede mover, qué no, qué cosas piensas que suceden siempre y para cuales crees que haya ejemplos que fallen.
Más adelante…
En esta entrada platicamos de cómo son las notas del curso en general. Platicamos de pre-requisitos y de la idea fundamental que subyace al curso. A partir de la siguiente entrada comenzaremos con el tratamiento teórico de la materia. Hablaremos de dos visiones de geometría: la sintética y la analítica. Veremos un primer resultado que nos dice que, en realidad, ambas están muy relacionadas entre sí.
Tarea moral
A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.
Escribe en una hoja de papel o en un documento digital qué significan para ti los siguientes términos: punto, línea, círculo, plano, semiplano, elipse, intersección, alineado, longitud, ángulo, dirección, vector. ¿En cuáles de estas palabras tuviste que usar las otras? ¿En cuáles no? Más adelante formalizaremos cada una de estas.
Si aprendes a manejar GeoGebra por tu cuenta, podrás hacer interactivos tú mismo. Si te interesa esto, revisa el siguiente curso de GeoGebra.
¿Cómo le harías para a cada punto del plano asociarle una pareja de números reales? ¿Cómo le harías para a cada pareja de números reales asociarle un punto en el plano?
Si la suma de números corresponde a pegar segmentos, ¿a qué corresponde la multiplicación de números?
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita (sistemas de ecuaciones)}}$
$\textbf{Teorema 1.}$ Considere las funciones $z_{1}=F(x,y,u,v)$ y $z_{2}=G(x,y,u,v)$. Sea $P=(x,y,u,v) \in \mathbb{R}^{4}$ un punto tal que $F(P)=G(P)=0$. Suponga que en una bola $\textit{B} \in \mathbb{R}^{4}$ de centro $P$ las funciones $F$ y $G$ tienen (sus cuatro) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}(P)\neq0$ entonces las expresiones $F(x,y,u,v)=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas) $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ definidas en una vecindad $v$ de $(x,y)$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en $v$
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 $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ son funciones implícitas dadas. Se espera que $\exists’$n funciones $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ en
Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}$ y $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}$. Aquí se ve que para que el sistema tenga solución.
$det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|\neq0$ en $(P)$ (el $det$ Jacobiano) y según la regla de Cramer
Al determinante $det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|$ lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$.
$\textbf{Ejemplo.}$ Analizar la solubilidad del sistema $$e^{u}+e^{v}=x+ye$$ $$ue^{u}+ve^{v}=xye$$ $\small{Solución}$ En este caso definimos $$F(x,y,u,v)=e^{u}+e^{v}-x-ye=0$$ $$G(x,y,u,v)=ue^{u}+ve^{v}-xye=0$$ por lo que el sistema tendra solución si $\displaystyle{\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|}\neq 0$
En este caso $$\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|=\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle e^{u}&\displaystyle e^{v}\\ue^{u}+e^{e^{u}}&ve^{v}+e^{v}\end{array}\right|=e^{u}\left(ve^{v}+e^{v}\right)-e^{v}\left(ue^{u}+e^{u}\right)=ve^{u+v}-ue^{v+u}\neq 0$$ por lo tanto u y v se pueden ver en términos de x,y $\therefore$ se pueden calcular sus parciales en $u=0,~v=1,~x=1, ~y=1$ que es este caso dan $$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}-1&-ye\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-(ve^{v}+e^{v})+e^{v}ye}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{2e-e^{2}}{e}=2-e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-1&-ye\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-ye^{u}e+ue^{u}+e^{u}}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e-1}{e}=1-e^{-1}$$ $$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}-e&-xe\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e(ve^{v}+e^{v})+e^{v}xe}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e^{2}+e^{2}-e^{2}}{e}=e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-e&-xe\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e^{u}xe+e(ue^{u}+e^{u})}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e-e}{e}=0$$
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita (n-sistemas de ecuaciones)}}$
Considere las n-funciones $$u_{i}=F_{i}(x_{1},…,x_{m},y_{1},…,y_{n}),~i=1,…,n$$ Sea $P=(\overline{x}{1},…,\overline{x}{m},\overline{y}{1},…,\overline{y}{n}) \in \mathbb{R}^{n+m}$ un punto tal que $F_{i}(P)=0$. Suponga que en una bola $\textit{B} \in \mathbb{R}^{n+m}$ de centro $P$ las funciones $F_{i}$ tienen (sus $m+n$) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano $$ \frac{\partial(F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},y_{2},…,y_{n})}=\left|\begin{matrix}\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{n}}\\ \frac{\partial F_{2}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{2}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{2}}{\partial y_{n}}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial F_{n}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{n}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix}\right|\neq0~en~~P$$
entonces las expresiones $F_{i}(x_{1},…,x_{m},y_{1},…,y_{n})=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas) $y_{i}=\varphi_{i}(x_{1},…,x_{m}),~i=1,…,n$ definidas en una vecindad $v$ de $(\overline{x}{1},…,\overline{x}{m})$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en $v$ que se pueden calcular como $$\frac{\partial y_{i}}{\partial x_{j}}=\frac{\frac{\partial(F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},…,y_{i-1},x_{j},y_{i+1},…,y_{n})}}{\frac{\partial (F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},y_{2},…,y_{n})}}$$
En el punto $P=(1,-1,1,-1,0)$, se tiene $F(P)=G(P)=H(P)=0$. Todas las derivadas parciales de F, G, H son continuas. Se tiene además que $$\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}=\det\left|\begin{matrix}1&1&1\\ 2u&-4v&2w\\ 4u^{3}&-12v^{3}&32w^{2}\end{matrix}\right|_{\begin{matrix}u=1\\ v=-1\\ w=0\end{matrix}}=8\neq 0$$ Entonces el teorema asegura que en torno a P podemos despejar $u,v,w$ en términos de $x,y$ y establecer funciones $$u=u(x,y),~v=v(x,y),~w=w(x,y)$$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en una vecindad de $(1,-1)$ que se pueden calcular
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita ($f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$)}}$
$\textbf{Teorema.}$ Considere la función $y=f(x)$. Sea $(x_{0},y_{0}) \in \mathbb{R}^{2}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0})=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$. 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 $(x_{0},y_{0})$, tal que $y_{0}=f(x_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $y’=f'(x)= \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita ($f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$)}}$
$\textbf{Teorema}$ Considere la función $F(x,y,z)$. Sea $(x_{0},y_{0},z_{0}) \in \mathbb{R}^{3}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0},z_{0})=0$. Suponga que la función F tiene derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial x},~\frac{\partial F}{\partial y},~\frac{\partial F}{\partial z}}$ continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0},z_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\neq 0$. Entonces $F(x,y,z)=0$ se puede resolver para $z$ en términos de $x,y$ y definir así una función $z=f(x,y)$ con dominio en una vecindad de $(x_{0},y_{0},z_{0})$, tal que $z_{0}=f(x_{0},y_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}~~~\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implicita (version sistemas de ecuaciones)}}$
Consideremos ahora el sistema
$au+bv-k_{1}x=0$ $cu+dv-k_{2}y=0$
con $a,b,c,d,k_{1},k_{2}$ constantes. Nos preguntamos cuando podemos resolver el sistema para $u$ y $v$ en términos de $x$ y $y$. Si escribimos el sistema como
$au+bv=k_{1}x$ $cu+dv=k_{2}y$
y sabemos que este sistema tiene solución si $det \left|\begin{array}{cc} a&b\\ c&d\end{array}\right|\neq0$ en tal caso escribimos
donde $f_{1}$ y $f_{2}$ 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
$g_{1}(u,v)=f_{1}(x,y)$ $g_{2}(u,v)=f_{2}(x,y)$
nos preguntamos cuando del sistema podemos despejar a $u$y $v$ 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 $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ son funciones implícitas dadas. Se espera que $\exists’$n funciones $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ en
Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}$ y $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}$. Aquí se ve que para que el sistema tenga solución
$det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|\neq0$ en $(P)$ (el $det$ Jacobiano) y según la regla de Cramer.
Al determinante $det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|$ lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$.
$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita (sistemas de ecuaciones)}}$
$\textbf{Teorema 3.}$ Considere las funciones $z_{1}=F(x,y,u,v)$ y $z_{2}=G(x,y,u,v)$. Sea $P=(x,y,u,v) \in \mathbb{R}^{4}$ un punto tal que $F(P)=G(P)=0$. Suponga que en una bola $\textit{B} \in \mathbb{R}^{4}$ de centro $P$ las funciones $F$ y $G$ tienen (sus cuatro) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}(P)\neq0$ entonces las expresiones $F(x,y,u,v)=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas) $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ definidas en una vecindad $v$ de $(x,y)$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en $v$ que se pueden calcular como se menciona arriba.
$\small{Demostración}$ Dado que $$det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|\neq 0$$ entonces $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial u}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial v}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial u}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial v}(p)}$ no son cero al mismo tiempo, podemos suponer sin perdida de generalidad que $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial v}(p)}\neq0$. Entonces la función $z_{1}=G(x,y,u,v)$ satisface las hipótesis del T.F.I y en una bola abierta con centro p, v se puede escribir como $v=\psi(x,y,u)$.
por otro lado $$\frac{\partial \psi}{\partial u}=-\frac{\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}$$ por lo tanto $$\frac{\partial H}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\left(-\frac{\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}\right)=\frac{\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial G}{\partial v}-\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}\neq0$$por lo tanto para $H(x,y,u)=0$ tenemos que existe una función $u=\varphi_{1}(x,y)$ y por lo tanto $v=\psi(x,y,u)=\psi(x,y,\varphi_{1}(x,y,u))=\varphi_{2}(x,y)$ y por tanto $u,v $ se pueden expresar en términos de $x,y$ en una vecindad de $p$. $\square$
Como dijimos en la primera entrada de esta unidad, uno de los temas a los que queremos llegar es el Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos, para poder demostrar el teorema necesitamos los siguientes lemas. Los enumeramos para que sea más sencillo identificarlos.
El primer lema nos dice que si tomamos un elemento de orden máximo $g$ en $G$ y un $p$-subgrupo, tal que $\left< g\right>$ no es un subgrupo de $G$ y luego tomamos un elemento de orden mínimo $h$ en $G\setminus\left< g\right>$ el orden de $h$ es $p$.
El segundo lema nos dice que si tenemos un elemento de orden máximo $g$ en $G$, podemos ver a $G$ como el producto directo interno del generado de $g$ y un $H$ subgrupo de $G$.
El tercer lema nos dice que cualquier $p$-subgrupo abeliano es producto directo interno de grupos cíclicos.
En esta entrada enunciamos y probamos los primeros dos lemas importantes, el tercero está en la siguiente entrada.
El orden de un elemento mínimo
Lema 1. Sean $p\in\z^+$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano. Sea $g\in G$ un elemento de orden máximo. Si $\left<g\right> \lneq G$ y $h$ es un elemento de orden mínimo en $G\setminus \left<g\right>$, entonces $o(h)=p$ y $\left< g\right> \cap \left< h\right> = \{e\}$.
Demostración. Sean $p\in \z^+$ primo, $G$ un $p$-grupo abeliano.
Por la definición de $p$-grupo $|G| = p^n$ para algún $n\in \n$.
Sea $g\in G$ de orden máximo. Como $|G|=p^n$, sabemos que $o(g)\Big| |G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.
Observemos que \begin{align}\label{eq:uno} a^{pm} = e \text{ para toda } a\in G, \end{align} ya que para toda $a\in G$, $o(a)=p^l$ con $l\leq m$ (debido a que $o(g)=p^m$ es máximo).
Supongamos que $\left< g \right> \lneq G$. Consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus \left< g \right>$.
Veamos primero que $o(h)=p$.
Sabemos que $o(h) = p^t$ para alguna $t\leq n$.
Sabemos que $o(h^p) = p^{t-1} < p^t = o(h)$. Así, por la elección de $h$, $h^p\in\left< g \right>$. Tenemos que \begin{align}\label{eq:dos} h^{p} = g^s \text{ para algún } s\in N. \end{align}
Entonces $(g^s)^{p^{m-1}} = (h^p)^{p^{m-1}} = h^{p^m} = e$ por (\ref{eq:uno}). Así \begin{align}\label{eq:tres} o(g^s) < p^m \text{ y } g^s \text{ no genera a } \left< g \right>. \end{align}
Sabemos que $\displaystyle o(g^s) = \frac{o(g)}{(s,o(g))}$. Si $p$ no divide a $s$, como $o(g)$ es una potencia de $p$ tendríamos que $(s, o(g)) = 1$ y así $o(g^s) = o(g) = p^m$ contradiciendo (\ref{eq:tres}). Así $p|s.$
Concluimos que $s = pq$ para algún $q\in\z$.
Consideremos $a = g^{-q}h$. Tenemos que \begin{align*}\label{eq:cuatro} a^p = g^{-pq} h^p = g^{-s} h^p &= g^{-s}g^s &\text{ por (\ref{eq:dos})} \\ & = e. \end{align*}
Además, si $a\in \left< g \right>$ tendríamos que $h = ag^q \in\left< g\right>$ lo cual contradice la elección de $h$.
Hemos encontrado entonces un elemento $a\not\in \left< g \right>$ con $a^p = e$, y por lo tanto $a\not\in \left< g \right>$ con $o(a) = p$. Así, $h$ debe ser también de orden $p$.
Veamos ahora que $\left< g \right> \cap \left< h\right> = \{e\}$.
Sabemos que $\left<g\right>\cap\left<h\right>$ es un subgrupo de $\left<h\right>$ y $\left<h\right>$ es de orden $p$, entonces $\left<g\right>\cap \left<h\right>$ es de orden $1$ o $p$. Si $|\left<g\right>\cap \left<h\right>|= p$ tendríamos que $\left<h\right>\subseteq \left<g\right>$, de donde $h \in \left<g\right>$, lo que contradice la elección de $h$.
Concluimos que $\left<g\right>\cap \left<h\right> = \{e\}$.
$\blacksquare$
$G$ como producto de $\left< g\right>$ y un subgrupo cualquiera
Lema 2. Sean $p\in \z^+$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano. Supongamos que $g\in G$ es un elemento de orden máximo. Entonces $G$ es el producto directo interno de $\left< g\right>$ y un subgrupo $H$ de $G$.
Demostración. Sean $p\in\z^+$ primo, $G$ un $p$-grupo abeliano. Por la definición de $p$-grupo $|G| = p^n$ para algún $n\in\n$.
Demostraremos por el segundo principio de inducción.
H.I. Supongamos que para todo grupo abeliano $\tilde{G}$ con $|\tilde{G}| = p^k$ y $0\leq k < n$ se tiene que si $\tilde{g}\in \tilde{G}$ es de orden máximo, entonces $\tilde{G}$ es el producto directo interno de $\left< \tilde{g}\right>$ y un subgrupo $\tilde{H}$ de $\tilde{G}$.
Sea $g\in G$ de orden máximo. Como $|G| = p^n$, sabemos que $o(g)\Big||G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.
Si $G = \left<g\right>$ no hay nada que probar.
Si $\left< g \right> \lneq G$ consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus \left<g\right>.$
Por el lema 1, sabemos que $o(h) = p$ y que $\left<g\right> \cap \left<h\right> = \{e\}$. Sea $H = \left< h \right>.$
Observemos que $gH$ es un elemento de orden máximo en $G/H$ ya que por (\ref{eq:uno}), $(aH)^{p^m} = a^{p^m}H = H$ para todo $a\in G$. Además $(gH)^{o(g)} =g^{o(g)}H = H $ por lo que $o(gH) \leq o(g) = p^m$, y si $o(gH)< p^m$ tendríamos que \begin{align*} H = (gH)^{p^{m-1}} = g^{p^{m-1}} H \end{align*} y así $g^{p^{m-1}} \in \left< g \right> \cap H = \{e\}$ contradiciendo que $o(g) = p^m$.
Concluimos así que $gH$ es un elemento de orden máximo en $G/H$, con $G/H$ un $p$-grupo abeliano de orden menor que el de $G$.
Por H.I. sabemos que $G/H$ es el producto directo interno de $\left<gH \right>$ y un subgrupo $\tilde{H}$ de $G/H$.
Por el teorema de la correspondencia $\tilde{H} = K/H$ para algún $H\leq K \leq G$.
Veamos que $G$ es el producto directo interno de $\left< g\right>$ y $K$.
Si $x\in \left<g\right> \cap K$, entonces $xH\in \left<gH\right>\cap K/H = \left<gH\right> \cap \tilde{H}$ y como $G/H$ es el producto directo de $\left<gH\right>$ y $\tilde{H}$, entonces $\left<gH\right>\cap \tilde{H} = \{H\}$. Así $xH \in \{H\}$ y entonces $x\in H$.
Tenemos que $x\in \left<g\right>\cap H = \{e\}$ probando que $x = e$.
Así $\left<g\right> \cap K = \{e\}$. Por otro lado, si $y\in G$, sabemos que $yH\in G/H = \left<gH\right>\tilde{H} = \left<gH\right>K/H$. Tenemos que \begin{align*} yH &= (gH)^tkH \text{ para algunos } t\in\z, k\in K\\ &= g^tkH. \end{align*}
Entonces $(g^tk)^{-1}y = \tilde{h}$ con $\tilde{h}\in H$. Así $y = g^t k \tilde{h}$. Como $H\leq K$ tenemos que $k\tilde{h} \in K$, entonces $y\in\left<g\right>K$.
Concluimos que $\left<g\right> \cap K = \{e\}$ y $\left<g\right> K = G$ por lo que $G$ es el producto directo interno de $\left<g\right>$ y $K$.
$\blacksquare$
Tarea moral
A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.
Considera los siguientes grupos:
$S_4.$
$\z_{11}.$
$A_5.$
$Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}.$
De ser $p$-subgrupos abelianos, aplica el lema 1. De no serlo, considera un $p$-subgrupo de ellos. Busca un elemento de orden máximo tal que $\left< g\right>$ no es un subgrupo de $G$ y encuentra $h$ elemento de orden mínimo tal que su orden sea $p$.
De ser $p$-subgrupos abelianos, aplica el lema 2. De no serlo, considera un $p$-subgrupo de ellos. Busca un elemento de orden máximo $g$ en $G$, y describe a $G$ como el producto directo interno $\left<g\right>$ y un $H$ subgrupo de $G$.
Más adelante…
No hay mucho más que decir sobre estos lemas, su función es clara y se verá en la siguiente entrada. Como estos lemas ya están demostrados, la demostración del Teorema Fundamental de los Grupos abelianos es más directa. En la siguiente entrada enunciaremos y demostraremos el Lema 3 y por fin podremos enfrentarnos al Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.
Continuamos con el estudio del producto de grupos. En la entrada anterior definimos el producto directo externo de grupos, luego vimos unas funciones naturales y definimos los subgrupos $G^*_i$. Demostramos que para un grupo $G = G_1 \times \dots \times G_n$ se cumple que:
$G_i^* \unlhd G \quad \forall i\in\{1,\dots,n\}$.
$\displaystyle G_i^* \cap \left( \prod_{j\neq i} G_j^*\right) = \{e_G\} \text{ para toda }i\in\{1,\dots,n\}$.
$\displaystyle G = \prod_{i = 1}^n G_i^*$.
Al final, esta proposición nos dice que si $G$ es el producto directo externo de varios grupos, también lo podemos ver como producto de otros subgrupos normales que cumplen el inciso 2.
En esta entrada queremos generalizar esta idea: ahora $G$ será un grupo cualquiera, tomaremos subgrupos normales $H_i$, con $i\in \{1,\dots,n\}$ de $G$ que cumplan estas propiedades y probaremos que $G$ se puede ver como el producto de estos subgrupos.
En el producto directo externo, encontrábamos $G$ a partir de otros grupos. Ahora podremos describir a $G$ como producto de algunos de sus subgrupos normales, por eso se llama producto directo interno.
Producto de subgrupos
Comencemos definiendo nuestro nuevo producto entre subgrupos normales de $G$.
Definición. Sean $G$ un grupo, $H_1,\dots, H_n$ subgrupos de $G$. Decimos que $G$ es el producto directo interno de $H_1,\dots, H_n$ si
$H_i \unlhd G$ para toda $i\in\{1,\dots, n\}$.
$\displaystyle H_i\cap \left(\prod_{j\neq i} H_j\right) = \{e\}$ para toda $i\in\{1,\dots, n\}$.
$\displaystyle G = \prod_{i=1}^n H_i$.
Observación 5. $G_1\times\cdots\times G_n$ es el producto directo interno de los $G_i^*$.
Observación 6. Si $G$ es el producto directo interno de $H_1,\cdots,H_n$, entonces $xy=yx$ para toda $x\in H_i, y\in H_j$ con $i\neq j$.
Demostración. Sea $G$ producto directo de $H_1,\dots, H_n$, sean $x\in H_i, y\in H_j$, con $j\neq i$, entonces \begin{align*} xyx^{-1}y^{-1} = x(yx^{-1}y^{-1}) \in H_i, \end{align*} porque $x \in H_i$ y $yx^{-1}y^{-1}\in H_i$ pues $H_i \unlhd G$.
Por otro lado, \begin{align*} xyx^{-1}y^{-1} = (xyx^{-1})y^{-1} \in H_j, \end{align*} pues, análogamente, $xyx^{-1} \in H_j$ pues $H_j\unlhd G$ y $y^{-1} \in H_j.$
Así $\displaystyle xyx^{-1}y^{-1} \in (H_i \cap H_j) \subseteq \left( H_i\cap \prod_{k\neq i} H_k\right) = \{e\}$. Entonces $xyx^{-1}y^{-1} = e$.
Por lo tanto $xy = yx$.
$\blacksquare$
Ejemplo. Sea $G = \left< a \right>$ con $o(a) = 12$. Busquemos $H_1, \dots, H_n$ para alguna $n\in \n$ tales que $G$ sea el producto directo interno de estos $H$s.
Sean $H_1 = \left< a^3\right>, H_2 = \left< a^4\right>$. Como $G$ es abeliano, $H_1\unlhd G, H_2 \unlhd G$. Además \begin{align*} H_1\cap H_2 = \{e,a^3,a^6, a^9\} \cap \{e, a^4, a^8\} = \{e\}. \end{align*}
Como \begin{align*} a = ae = a a^{12} = a^{13} = a^9a^4 \in H_1H_2 \end{align*} y así $G = \left< a \right> \subseteq H_1H_2 \subseteq G$. Como claramente $H_1H_2\subseteq G$, entonces $G=H_1H_2$.
Por lo tanto $G$ es el producto directo interno de $H_1$ y $H_2$.
Observación 7. Sean $G$ un grupo, $H_1,\dots, H_n$ subgrupos de $G$. Si $G$ es el producto directo interno de $H_1,\dots, H_n$, entonces \begin{align*} \varphi : H_1\times \cdots \times H_n \to G \end{align*} con $\varphi(h_1,\dots,h_n) = h_1\cdots h_n$ para toda $(h_1,\dots,h_n) \in H_1\times\cdots\times H_n$ es un isomorfismo.
Es consecuencia, si $G$ es finito tenemos que $|G| = |H_1|\cdots|H_n|$.
Descomposición de $G$ en $p$-subgrupos
Algunos subgrupos importantes que vimos son los $p$-subgrupos de Sylow, para $p$ primo. Ahora los usaremos junto con el Producto directo interno para describir a $G$ como el producto de sus $p$-subgrupos de Sylow, esto nos recuerda mucho al Teorema Fundamental de la Aritmética.
Teorema. Sea $G$ un grupo finito con $p_1,\dots, p_t$ los distintos factores primos del orden de $G$ y $P_1, \dots, P_t$ subgrupos de Sylow de $G$ asociados a $p_1,\dots,p_t$ respectivamente. Si $P_i\unlhd G$ para toda $i\in\{1,\dots, t\}$, entonces $G$ es el producto directo interno de $P_1,\dots, P_t$.
Demostración. Sea $G$ un grupo finito de orden $n$. Sean $p_1,\dots, p_t$ los distintos factores primos de $n$ y $P_1,\dots, P_t$ subgrupos de $G$ con $P_i$ un $p_i$-subgrupo de Sylow de $G$ con $P_i \unlhd G$ para toda $i\in \{1,\dots, t\}$.
Veamos que para todo $S\subseteq \{1,\dots, t\}$, $\displaystyle \prod_{j\in S} P_j$ es un producto directo interno por inducción sobre $\# S$.
Caso Base. Supongamos que $\# S = 1$, $S = \{i\} \subseteq \{1,\dots, t\}$ y $P_i$ es el producto directo interno de $P_i$.
H.I. Supongamos que si $T\subseteq \{1,\dots, t\}$ con $\# T < \# S$, entonces $\displaystyle \prod_{j\in T} P_j$ es un producto directo interno.
Sea $\displaystyle H = \prod_{j\in S}P_j$. Veamos que $H$ es el producto directo interno de los $P_j$ con $j\in S$.
Por hipótesis se cumplen las condiciones $1$ y $3$ de la definición de producto directo interno. Veamos que se cumple $2$.
Como $\displaystyle x\in \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j$, entonces el orden de $x$ divide al orden del producto: $\displaystyle o(x) \Big| \left|\prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j\right| = \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} |P_j|$ donde la última igualdad se debe a que $\displaystyle \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j$ es un producto directo interno por H.I. y por la observación 7.
Pero $|P_i| = p_i^{\alpha_i}$, $\displaystyle \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} |P_j| = \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j^{\alpha_j}$ con $\alpha_j\in \n^+$ para toda $j\in S$, entonces son primos relativos. Así $o(x) = 1$. Por lo que $\displaystyle x\in P_i \cap \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j = \{e\}$.
Hemos probado entonces que $\displaystyle \prod_{\substack{j\in S}} P_j$ es un producto directo interno para toda $S\subseteq \{1,\dots,t\}$. En particular para $S = \{1,\dots, t\}$ tenemos que $\displaystyle \prod_{j = 1}^t P_j$ es un producto directo interno. Por la observación 7, \begin{align*} \left| \prod_{j = 1}^t P_j \right| = \prod_{j=1}^t |P_j| = n = |G| \end{align*} ya que $P_1,\dots,P_t$ son subgrupos de Sylow asociados a los distintos factores primos de $G$.
Como $\displaystyle \prod_{j=1}^t P_j$ es un subgrupo de $G$ de orden $|G|$ tenemos que $\displaystyle G = \prod_{j=1}^t P_j$.
Por lo tanto $G$ es el producto directo interno de $P_1,\dots, P_t$.
$\blacksquare$
Tarea moral
A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.
Demuestra las observaciones 5 y 7.
$G_1\times\cdots\times G_n$ es el producto directo interno de los $G_i^*$.
Sean $G$ un grupo, $H_1,\dots, H_n$ subgrupos de $G$. Si $G$ es el producto directo interno de $H_1,\dots, H_n$, entonces \begin{align*} \varphi : H_1\times \cdots \times H_n \to G \end{align*} con $\varphi(h_1,\dots,h_n) = h_1\cdots h_n$ para toda $(h_1,\dots,h_n) \in H_1\times\cdots\times H_n$ es un isomorfismo.
De existir, busca $H_1, \dots, H_n$ tal que $S_4$ sea producto directo de $H_1,\dots , H_n.$
Usando los $p$-subgrupos de Sylow que encontramos, describe a $S_4$ como producto directo interno de ellos. Aplica el último teorema visto.
Aplica el último teorema visto con $\z_6$ y $T = S_3 \times \z_4$, encuentra los primos $p_1, \dots , p_n$ que conforman al orden del grupo y los $P_1, \dots , P_n$ subgrupos de Sylow que corresponden a estos primos. Al final, representa a los grupos como producto directo interno de estos $p$-subgrupos de Sylow.
Más adelante…
La descomposición de un grupo en $p$-subgrupos que vimos es una probada de lo que veremos en el Teorema fundamental de grupos abelianos finitos, la relación de los primos que componen al orden del grupo con los $p$-subgrupos del mismo grupo. Pero antes de poder enunciarlo, necesitamos enunciar algunos teoremas que nos ayudarán y que se sirven de los Productos directos interno y externo que hemos estado viendo.
$\textcolor{Red}{\textbf{El Teorema de la función implicita versión para funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$}}$
$\textbf{Teorema 1.}$ Considere la función $y=f(x)$. Sea $(x_{0},y_{0}) \in \mathbb{R}^{2}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0})=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$. 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 $(x_{0},y_{0})$, tal que $y_{0}=f(x_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.
$\small{Demostración.}$ Como $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0}$ supongamos sin perdida de generalidad que $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})> 0}$. Por ser $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}}$ continua en una vecindad de $(x_{0},y_{0})$ entonces exite un cuadrado S, centrado en $(x_{0},y_{0})$ totalmente contenido en esa vecindad, en donde $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)> 0}$ $\forall~x,y\in S$.Sea $$S=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{0}|<h~y~|y-y_{0}|<k \right\}$$
En todo punto $(x,y)$ que pertenece a $S$, $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0}$. Esto quiere decir que en $S$, $F$ es creciente y fijando $x_{0}$ en $[x_{0}-h,x_{0}+h]$ se tiene que $F$ es creciente en $[y_{0}-k,y_{0}+k]$ y se anula en $y_{0}$, por lo que $$F(x_{0},y_{0}-k)<0~~yF(x_{0},y_{0}+k)>0$$ Consideremos ahora el par de funciones $F(x,y_{0}-k)$ y $F(x,y_{0}+k)$ definidas en el intervalo $(x_{0}-k,x_{0}+k)$. Donde ambas funciones solo tienen x como variable. La primera función cumple $F(x_{0},y_{0}-k)<0$ y por ser continua en $x_{0}$, es negativa en toda una vecindad $(x_{0}-h_{1}x_{0}+h_{1})$ de $x_{0}$. Análogamente, la segunda función cumple $F(x_{0},y_{0}+k)>0$ y por ser continua en $x_{0}$, es positiva en toda una vecindad $(x_{0}-h_{2}x_{0}+h_{2})$ de $x_{0}$. Sea $h=\min{h_{1},h_{2}}$. Entonces para toda $x$ tal que $|x-x_{0}|~y~F(x,y_{0}+k)>0$ Fijemos $x$ en el intervalo $(x_{0}-h,x_{0}+h)$, y consideremos a $F(x,y)$, sólo como función de $y$, sobre $[y_{0}-k,y_{0}+k]$. Esta función cumple que
$$F(x,y_{0}-k)<0~y~F(x,y_{0}+k)>0$$
por lo tanto según el teorema del valor intermedio, existe un único y en $(y_{0}-k,y_{0}+k)$ tal que $F(x,y)=0$. Así queda establecida la existencia y unicidad de la función $y=f(x)$. Donde además, $y_{0}=f(x_{0})$, y para todo $x\in(x_{0}-h,x_{0}+h)$ $$F(x,f(x))=0,y~~\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$$
Vamos a comprobar que la función es continua, para ello se tiene $$x\in[x_{0}-h,x_{0}+h]~\Rightarrow~|x-x_{0}|<h$$ tomando $h<\delta$ se tiene $$|x-x_{0}|<\delta$$ esto quiere decir que $$|y-y_{0}|<k$$ es decir$$|f(x)-f(x_{0})|,\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})$$ existen y son continuas entonces $F$ es diferenciable por lo que $$F(x_{0}+h,y_{0}+k)-F(x_{0},y_{0})=\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})k+R(h,k)$$ Tenemos que $F$ es continua por lo que $$F(x_{0}+h,y_{0}+k)-F(x_{0},y_{0})=0sih,k\rightarrow 0$$ también $$R(h,k)\rightarrow 0sih,k\rightarrow 0$$ por lo que $$\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})k=0$$ esto es $$\frac{k}{h}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$ y cuando $h,k\rightarrow 0$ se tiene $$\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
$\textbf{Importante:}$ 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.
$\textbf{Ejemplo.}$ 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 derivadas parciales de $F$ son $F_{x}=e^{2y+x}+2x\cos(x^{2}+y)$ $F_{y}=2e^{2y+x}+\cos(x^{2}+y)$
que son siempre continuas. Además, $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(0,0)=3\neq0$ de modo que $\textbf{T.F.Im.}$ garantiza una vecindad de $x=0$ en la cual podemos 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
$\textbf{Ejemplo.}$ Considere $F(x,y)=x^{4}-e^{xy^{3}-1}$ en el punto (1,1) $F(1,1)=1-1=0$, $F_{x}=4x^{3}-y^{3}e^{xy^{3}-1}$ Por lo tanto, $F_{x}|{(1,1)}=3$, $F{y}=-3xye^{xy^{3}-1}$ Y así, $F_{y}|_{(1,1)}=-3$, y $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=-3\neq0$.
El $\textbf{T.F.Im.}$ 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 $y’=\displaystyle \frac{-4x^{3}-y^{3}e^{xy^{3}-1}}{-3xy^{2}e^{xy^{3}-1}}$.
Observe que en este caso la función $F$ permite hacer el despeje en términos de $x$.
$F(x,y)=x^{4}-e^{xy^{3}-1}=0$ $x^{4}=e^{xy^{3}-1}$ $\ln (x^{4})=xy^{3}-1$ $\left(\displaystyle \frac{\ln (x^{4})+1}{x}\right)^{\frac{1}{3}}=y=f(x)$ que al derivar se debe de llegar al mismo resultado.
$\textbf{Ejemplo.}$ Considere $F(x,y)=x^{2}-y^{3}-1$ en el punto $(x_{0},y_{0})$ con $y_{0}\neq 0$ tal que $F(x_{0},y_{0})=0$, $F_{x}=2x,~~F_{y}=2y$ Por lo tanto, $F_{x}|{(x{0},y_{0})}=2x_{0}$, Y así, $F_{y}|{(x{0},y_{0})}=2y_{0}$, y $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=2y_{0}\neq0$. El $\textbf{T.F.Im.}$ nos garantiza que en los alrededores de $(x_{0},y_{0})$ el nivel cero de $F$ se ve como la gráfica de la función $y=f(x)$ y que su derivada es $$y'(x)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$ en este caso $$y'(x)=-\frac{2x_{0}}{2y_{0}}=-\frac{x_{0}}{y_{0}}$$ si $y_{0}>0$ tal función es $f(x)=\sqrt{1-x^{2}}$ por lo que $$y’=-\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}=-\frac{x}{y}$$ si $y_{0}<0$ tal función es $f(x)=-\sqrt{1-x^{2}}$ por lo que $$y’=-\frac{-x}{-\sqrt{1-x^{2}}}=-\frac{x}{y}$$
$\textcolor{Red}{\textbf{El Teorema de la función implicita versión para funciones $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$}}$
Considere la función $F(x,y,z)$. Sea $(x_{0},y_{0},z_{0}) \in \mathbb{R}^{3}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0},z_{0})=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial x},~\frac{\partial F}{\partial y},~\frac{\partial F}{\partial z}}$ continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0},z_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\neq 0$. Entonces $F(x,y,z)=0$ se puede resolver para $z$ en términos de $x,y$ y definir así una función $z=f(x,y)$ con dominio en una vecindad de $(x_{0},y_{0},z_{0})$, tal que $z_{0}=f(x_{0},y_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}~~~\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$ $\textbf{Importante:}$ Este es un resultado que garantiza la existencia de una función $z=f(x,y)$ definida implícitamente por $F(x,y,z)=0$. Esto es, puede resolverse para $z$ en términos de $x,y$, pero no nos dice como hacer el despeje.
$\small{Demostración.}$ Consideremos el par de funciones $$F(x,y,z_{0}-\ell)yF(x,y,z_{0}+\ell)$$ definidas para $(x,y)\in[x_{0}-h,x_{0}+h]\times [y_{0}-k,y_{0}+k]$\La primera satisface $$F(x_{0},y_{0},z_{0}-\ell)<0$$ la segunda cumple $$F(x_{0},y_{0},z_{0}+\ell)>0$$ Fijemos $(x,y)$ en $[x_{0}-h,x_{0}+h]\times [y_{0}-k,y_{0}+k]$ y consideramos $F(x,y,z)$ solo como función de z, sobre $[z_{0}-\ell,z_{0}+\ell]$. Esta función cumple $$F(x,y,z_{0}-\ell)<0~y~F(x,y,z_{0}+\ell)>0$$ por lo que al aplicar el Teorema del valor intermedio, obteniendose un único z en $(z_{0}-\ell,z_{0}+\ell)$ en donde $F(x,y,z)=0$.Queda así establecida la existencia y unicidad de la función $z=f(x,y)$ con dominio $[x_{0}-h,x_{0}+h]\times [y_{0}-k,y_{0}+k]$ y rango $[z_{0}-\ell,z_{0}+\ell]$ Vamos a probar que dicha f es continua, para ello si $$\left(\begin{matrix}x\in [x_{0}-h,y_{0}+h] , y\in [y_{0}-k,y_{0}+k] \end{matrix}\right)~\Rightarrow~\left(\begin{matrix}|x-x_{0}|<h\|y-y_{0}|<k\end{matrix}\right)$$ por lo que $$|(x,y)-(x_{0},y_{0})|<|x-x_{0}|+|y-y_{0}|<h+k$$ si $h<k$ $$|(x,y)-(x_{0},y_{0})|<2k=\delta$$ donde $$|f(x,y)-f(x_{0},y_{0})|=|z-z_{0}|<\ell=\epsilon$$ por lo tanto $f(x,y)$ es continua.Ahora si suponemos que $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial x},~\frac{\partial F}{\partial y}},~\frac{\partial F}{\partial z}$ son continuas en los alrededores de $(x_{0},y_{0},z_{0})$ en tonces F es diferenciable y se tiene $$F(x_{0}+h,y_{0},z_{0}+\ell)-F(x_{0},y_{0},z_{0})=\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0},z_{0})h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})0+\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\ell+R(h,k,\ell)$$
De donde $$F(x_{0}+h,y_{0},z_{0}+\ell)-F(x_{0},y_{0},z_{0})\rightarrow 0$$ $$R(h,k,\ell)\rightarrow 0$$ por lo que $$\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0},z_{0})h+\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\ell=0$$ $$~\Rightarrow~\frac{h}{\ell}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0},z_{0})}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})}$$ y cuando $h,\ell\rightarrow 0$ se tiene $$\frac{dz}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0},z_{0})}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})}$$ Análogamente $$F(x_{0},y_{0}+k,z_{0}+\ell)-F(x_{0},y_{0},z_{0})=\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0},z_{0})0+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})k+\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\ell+R(h,k,\ell)$$ De donde $$F(x_{0},y_{0}+k,z_{0}+\ell)-F(x_{0},y_{0},z_{0})\rightarrow 0$$ $$R(h,k,\ell)\rightarrow 0$$ por lo que $$\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})k+\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\ell=0$$ $$~\Rightarrow~\frac{k}{\ell}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})}$$ y cuando $h,\ell\rightarrow 0$ se tiene $$\frac{dz}{dy}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})}$$ $\square$
