El Teorema de la función implícita (parte 2)

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Teorema de la Función Implícita ($f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$

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 $y’=f'(x)= \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.

Ejercicio. Si $$y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$$ calcular $y^{»}$

Solución. En este caso
$$y^{»}=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)\left[\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x}\frac{dy}{dx}\right]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[\frac{\partial^{2} F}{\partial x\partial y}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\frac{dy}{dx}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)\left[\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x}\left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}\right)\right]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[\frac{\partial^{2} F}{\partial x\partial y}\frac{dx}{dx}+\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}\right)\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{2}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}\right)-\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x\partial y}\right)+\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)^{2}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\right)}{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{3}}$$
$$=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{2}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}\right)-2\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)+\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)^{2}\left(\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\right)}{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{3}}$$

Teorema de la Función Implícita ($f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$)

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 $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}~~~\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$

Ejercicio. Si
$$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$ calcular $$\frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}$$

Solución. Tenemos que
$$\frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}\right)=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} \frac{dx}{d x}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x} \frac{dy}{dx}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{dz}{dx}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}\frac{dx}{d x}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} \frac{dy}{dx}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dx}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{dz}{dx}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dx}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}-2 \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial F}{\partial z}+\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)^{2}{\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}}}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{3}}$$

Ejercicio. Si
$$\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$ calcular $$\frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}$$

Solución. tenemos que
$$\frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}\right)=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x} \frac{dx}{d y}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}} \frac{dy}{dy}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial y} \frac{dz}{dy}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial y}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}\frac{dx}{d y}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} \frac{dy}{dy}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dy}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial y} \frac{dz}{dy}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial y}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dy}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial y} \left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial y}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}-2 \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial y} \frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial F}{\partial z}+\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)^{2}{\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}}}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{3}}$$

Ejercicio. Si
$$\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}}$$ calcular $$\frac{\partial^{2}F}{\partial y\partial x}$$

Solución. tenemos que
$$\frac{\partial^{2}F}{\partial y\partial x}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)=\frac{\partial}{\partial y}\left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}}\right)=$$
$$-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x} + \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{\partial z}{\partial y}\right]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} +\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\frac{\partial z}{\partial y}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x} + \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} +\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
y}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x}- \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial F}{\partial z}-\frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial F}{\partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial F}{\partial y}}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{3}}$$

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

$u=\displaystyle \frac{1}{det \left|\begin{array}{cc} a&b
\\c&d\end{array}\right|}(k_{1}dx-k_{2}by)$,~~$v=\displaystyle \frac{1}{det \left|\begin{array}{cc} a&b
\\c&d\end{array}\right|}(k_{2}ay-k_{1}cx)$.

Esta solución no cambiaría si consideramos


$au+bv=f_{1}(x,y)$
$cu+dy=f_{2}(x,y)$


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

$F(x,y,\varphi_{1}(x,y),\varphi_{2}(x,y)$
$G(x,y,\varphi_{1}(x,y),\varphi_{2}(x,y)$

con $(x,y)$ en alguna vecindad $V$. Suponiendo que existen $\varphi_{1}$ y $\varphi_{2}$ veamos sus derivadas

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}\displaystyle \frac{\partial x}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}\displaystyle
\frac{\partial y}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial
F}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial
x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle
\frac{\partial v}{\partial x}=0$ $~~ $ $\Rightarrow$ $~~$ $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}$

$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial x}\displaystyle
\frac{\partial x}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial
G}{\partial y}\displaystyle \frac{\partial y}{\partial
x}+\displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}\displaystyle
\frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial
G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=0$ $~~$ $\Rightarrow$ $~~$ $\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle
\frac{\partial G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial
v}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial G}{\partial x}$

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.

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{\partial F}{\partial
x}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle -\frac{\partial G}{\partial x}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}$, $~~$ $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial F}{\partial x} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial G}{\partial x}\end{array}\right|}{det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|}$ $~~~~$ (con los dos $det$ Jacobianos).

Análogamente si derivamos con respecto a $y$ obtenemos

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\displaystyle
\frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial
v}{\partial y}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}$

$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\displaystyle
\frac{\partial G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial
v}{\partial y}=-\displaystyle \frac{\partial G}{\partial y}$

de donde
$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{\partial F}{\partial
y}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle -\frac{\partial G}{\partial y}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}{det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}$, $~~$ $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial F}{\partial y} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial G}{\partial y}\end{array}\right|}{det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|}$ $~~~~$ (con los dos $det$ Jacobianos).

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 $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$.

Teorema de la Función Implícita (sistemas de ecuaciones)

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.

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 $v=\psi(x,y,u)$.

Hacemos ahora
$$H(x,y,u)=F(x,y,u,\psi(x,y,u))$$ y tenemos que
$$\frac{\partial H}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}$$

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 $p$. $\square$

Álgebra Moderna I: Lemas previos al teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

2 respuestas

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

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 ello seguiremos el desarrollo hecho por Judson, T.W. en el libro Abstract Algebra: Theory and Applications, Department of Mathematics and Statistics Stephen F. Austin State University que aparece en la bibliografía y que puede revisarse en http://abstract.ups.edu/aata/struct-section-finite-abelian-groups.html. Así, en esta entrada presentaremos tres lemas para que sea más sencillo identificarlos y que serán útiles en la demostración del Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos en la siguiente entrada. En los tres lemas se considerará $G$ un $p$-grupo abeliano y se hablará de elementos de orden máximo (o mínimo) en algún grupo refiriéndose a elementos cuyo orden es mayor (o menor) o igual que el orden de los demás elementos del grupo en cuestión.

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 todo $G$ y luego tomamos un elemento de orden mínimo $h$ en $G\setminus\left< g\right>$, entonces 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, 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 $\left<g\right> \lneq G$ ($\left<g\right>$ es subgrupo propio de $G$) 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 $p\in \z^+$ un primo y $G$ 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 $o(g)$ divide a $ |G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.

Observemos que
\begin{align}\label{eq:uno}
a^{p^m} = 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 $h$, $h^p\in\left< g \right>$ y en consecuencia tenemos que
\begin{align}\label{eq:dos}
h^{p} = g^s \text{ para algún } s\in \mathbb{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}). Concluimos entonces que $p|s$ es decir $s = pq$ 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 $a^p = e$. Notamos que $a\neq e$ ya que $a\not\in \left< g \right>$, entonces $a$ debe ser un elemento de orden $p$. Pero $h$ es un elemento de orden mínimo en $G\setminus \left< g \right>$ y $a\in G\setminus \left< g \right>$ 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 $\left<g\right>\cap \left<h\right>\leq \left<h\right>$ con $|\left<g\right>\cap \left<h\right>|= p=|\left<h\right>|$, entonces $\left<g\right>\cap \left<h\right>=\left<h\right>$ lo que implica que $\left<h\right>\subseteq \left<g\right>$. En consecuencia tendríamos que $h \in \left<g\right>$, 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.

Realizaremos la demostración 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 $G$ un $p$-grupo abeliano con $|G| = p^n$ para algún $n\in\n$.

Sea $g\in G$ de orden máximo. Como $|G| = p^n$, sabemos que $o(g)$ divide a $|G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.

Si $G = \left<g\right>$ el resultado se cumple considerando $H=\{e\}$.

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 $g^{p^{m-1}} \in \left< g \right> \cap H = \{e\}$, es decir $g^{p^{m-1}}=e$ 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 $|G/H|=|G|/|H|=\frac{p^n}{p}=p^{n-1}$ que es menor que el orden 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 $K$.

Veamos primero que $\left<g\right> \cap K = \{e\}$.

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, $xH \in \{H\}$, entonces $xH=H$ lo que implica que $x\in H$.

Tenemos que $x\in \left<g\right>\cap H = \{e\}$ probando que $x = e$. Así, $\left<g\right> \cap K = \{e\}$.

Veamos ahora que $G=\left<g\right> K $.

Sea $y\in G$, sabemos que $yH\in G/H = \left<gH\right>\tilde{H} = \left<gH\right>K/H$. Esto implica que
\begin{align*}
yH &= (gH)^tkH \text{ para algunos } t\in\z, k\in K\\
&= g^tkH.
\end{align*}

Entonces $(g^tk)^{-1}y = \hat{h}$ con $\hat{h}\in H$. Así $y = g^t k \hat{h}$. Como $H\leq K$ tenemos que $k\hat{h} \in K$, entonces $y\in\left<g\right>K$.

Concluimos que $\left<g\right> \cap K = \{e\}$ y $\left<g\right> K = G$.

Así, $G$ 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 y realiza para cada uno los ejercicios descritos a continuación:

  • $S_4.$
  • $\z_{11}.$
  • $A_5.$
  • $Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}.$
  1. Determina si los grupos anteriores son $p$-grupos abelianos. De no serlo, considera un $p$-subgrupo abeliano de ellos.
  2. Busca (en el grupo o en el $p$-subgrupo abeliano) un elemento $g$ de orden máximo tal que $\left< g\right>$ sea un subgrupo propio y encuentra $h$ elemento de orden mínimo en el complemento de $\left< g \right>$ tal que su orden sea $p$.
  3. Describe al grupo o al $p$-subgrupo abeliano como el producto directo interno $\left<g\right>$ y un subgrupo $H$.

Más adelante…

Aunque estos lemas pueden parecer muy técnicos, su función es clara y se verá en la siguiente entrada. Como estos lemas ya están demostrados, la prueba del Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos es bastante directa. En la siguiente entrada enunciaremos y demostraremos el tercer lema que se requiere y por fin podremos enfrentarnos al Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.

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Álgebra Moderna I: Producto directo interno

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Continuamos con el estudio del producto de grupos siguiendo el desarrollo de la sección 4.3 del libro de Grupos I de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto que se encuentra en la bibliografía del curso. 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:

  1. $G_i^* \unlhd G \quad \forall i\in\{1,\dots,n\}$.
  2. $\displaystyle G_i^* \cap \left( \prod_{j\neq i} G_j^*\right) = \{e_G\} \text{ para toda }i\in\{1,\dots,n\}$.
  3. $\displaystyle G = \prod_{i = 1}^n G_i^*$.

En resumen, esta proposición nos dice que si $G$ es el producto directo externo de varios grupos, también lo podemos ver como producto de 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 directo externo de estos subgrupos.

En el producto directo externo, construíamos $G$ a partir de otros grupos que pudieran incluso no estar relacionados entre sí. Ahora intentaremos describir a un grupo $G$ como producto de algunos de sus subgrupos normales, por eso llamaremos a este concepto el producto directo interno.

Producto directo interno 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

  1. $H_i \unlhd G$ para toda $i\in\{1,\dots, n\}$.
  2. $\displaystyle H_i\cap \left(\prod_{j\neq i} H_j\right) = \{e\}$ para toda $i\in\{1,\dots, n\}$.
  3. $\displaystyle G = \prod_{i=1}^n H_i$.

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*}
ya que, análogamente, $xyx^{-1} \in H_j$ debido a que $H_j\unlhd G$ y $y^{-1} \in H_j.$

Así, $\displaystyle xyx^{-1}y^{-1} \in H_i \cap H_j \subseteq H_i\cap \prod_{k\neq i} H_k = \{e\}$. Entonces $xyx^{-1}y^{-1} = e$.

Por lo tanto $xy = yx$.

$\blacksquare$

Ejemplo. Sea $G = \left< a \right>$ con $o(a) = 12$. Busquemos subgrupos $H_1, \dots, H_n$ para alguna $n\in \n$ tales que $G$ sea el producto directo interno de estos subgrupos.

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*}
tenemos que $G = \left< a \right> \subseteq H_1H_2$. Por la cerradura del producto en $G$ se tiene además que $H_1H_2 \subseteq G$, 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. Siguiendo el desarrollo de la página 193 del libro de Dummit, D. S. y Foote R. M. que aparece en la bibliografía tenemos:

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 $n$ con $n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_t^{\alpha_t}$. Sean $P_1,\dots, P_t$ subgrupos de $G$ con $P_i$ un $p_i$-subgrupo de Sylow de $G$ y $P_i \unlhd G$ 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 $2$.

Sean $i\in S$, $\displaystyle x\in P_i\cap \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j$.

Como $x\in P_i$, entonces $o(x) $ divide a $ |P_i|$.

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 $|P_i| = p_i^{\alpha_i}$ y $\displaystyle \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} |P_j| = \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} p_j^{\alpha_j}$ con $\alpha_j\in \n^+$ para toda $j\in S$, entonces $|P_i|$ y $\displaystyle \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} |P_j|$ son primos relativos. Así, $o(x) = 1$. Por lo que $\displaystyle P_i \cap \prod_{\substack{j\in S\\ j\neq i}} P_j = \{e\}$.

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.

  1. 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.
  2. Regresa a la entrada de Ejemplo de Sylow y considera $S_4$.
    • 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.
  3. Aplica el último teorema visto a los grupos $\z_6$ y $T = S_3 \times \z_4$. Para cada uno 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 cada grupo 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.

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El Teorema de la Función Implícita

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Introduccion

El Teorema de la función implicita versión para funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$

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 $y’=f'(x)=-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.

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
$$\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$

Importante: Este es un resultado que garantiza la
existencia de una función $y=f(x)$ definida implícitamente por
$F(x,y)=0$. Esto es, puede resolverse para $y$ en términos de $x$,
pero no nos dice como hacer el despeje.

Ejemplo. Considere la función $F(x,y)=e^{2y+x}+\sin(x^{2}+y)-1$ en el punto (0,0) tenemos $F(0,0)=0$. Las 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

$y’=f'(x)=\displaystyle -\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}=\displaystyle \frac{e^{2y+x}+2x\cos(x^{2}+y)}{2e^{2y+x}+\cos(x^{2}+y)}$

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.

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
$$y’=-\frac{-x}{-\sqrt{1-x^{2}}}=-\frac{x}{y}$$

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.

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
$$\frac{dz}{dy}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0},z_{0})}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})}$$ $\square$

Funciones en espacios topológicos compactos

Por Lizbeth Fernández Villegas

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Introducción

En esta entrada conoceremos más propiedades de los espacios métricos compactos. Veremos qué ocurre cuando les es aplicada una función continua. Esto nos relacionará dos espacios métricos entre sí a través de los subconjuntos. Podremos concluir información acerca de la imagen de una función cuando ciertas condiciones se cumplen. Comencemos con la siguiente:

Proposición: Sean $(X,d_X)$ y $(Y,d_Y)$ espacios métricos. Si $\phi:X \to Y$ es una función continua y $A \subset X$ es compacto, entonces la imagen de $A$ bajo $\phi$, es decir, $\phi(A),$ es un conjunto compacto en $(Y,d_Y).$

La imagen continua de un compacto es compacta

Demostración:
Sea $\mathcal{C}= \{A_i: i \in \mathcal{I}\}$ una cubierta abierta de $\phi (A)$. Como $\phi$ es continua entonces la imagen inversa de $A_i,$ es decir, el conjunto $\phi ^{-1}(A_i), i \in \mathcal{I}$ es un conjunto abierto en $X$. No es difícil probar que $\{\phi ^{-1}(A_i):i \in \mathcal{I}\}$ es una cubierta abierta de $A.$ (Ejercicio).

La imagen inversa define una cubierta abierta en $X$

Como $A$ es compacto, entonces existe una subcubierta finita $\{\phi ^{-1}(A_{i_1}),\phi ^{-1}(A_{i_2}),…,\phi ^{-1}(A_{i_m}) \}$ con $m \in \mathbb{N}$ tal que $A \subset \underset{1\leq j \leq m}{\bigcup}\phi ^{-1}(A_{i_j}).$ Esto significa que $\{A_{i_1},A_{i_2},…,A_{i_m}\}$ es una subcubierta en $Y$ de $\mathcal{C}$ para $\phi (A)$. (¿Por qué?) Por lo tanto $\phi (A)$ es compacto.

Los conjuntos correspondientes en $X$ definen una cubierta finita en $Y$

Ejemplos

La función valor absoluto en un intervalo cerrado

Considera $\mathbb{R}$ con la métrica euclidiana y la función $f:[-1,1] \to \mathbb{R}$ donde $f(x)= |x|.$ Entonces $f$ es una función continua y $f([-1,1]) = [0,1]$ es compacto en $\mathbb{R}.$

La función $sen(4x)$

Considera $\mathbb{R}$ con la métrica euclidiana y la función $f:[0, \pi ] \to \mathbb{R}$ donde $f(x)= sen(4x).$ Entonces $f$ es una función continua y $f([0, \pi]) = [-1,1]$ es compacto en $\mathbb{R}.$

La función $e^x$

Considera $\mathbb{R}$ con la métrica euclidiana y la función $f:[0, 2 ] \to \mathbb{R}$ donde $f(x)= e^x .$ Entonces $f$ es una función continua y $f([0, 2]) = [1,e^2]$ es compacto en $\mathbb{R}.$

Es resultado conocido que si $\phi: [0,1] \to \mathbb{R}$ es una función continua, entonces $\phi([0,1])= [a,b]$ donde $a = min \{f(x)|0 \leq x \leq 1 \} \, $ y $ \, b = max \{f(x)|0 \leq x \leq 1 \}.$ (Ver Teorema del máximo-mínimo). En efecto $[a,b]$ es un intervalo cerrado en $\mathbb{R}$ y por tanto es compacto.

Bajo la misma idea podemos considerar a la función $\psi: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ dada por $\psi(t)=(t,\phi(t))$. Entonces, la curva de esta función es un conjunto compacto en $\mathbb{R}^2$

En la entrada anterior vimos que un conjunto compacto es cerrado y acotado. Podemos concluir el siguiente:

Corolario: Sea $A$ compacto. Entonces una función continua $\phi:A \subset X \to Y$ es acotada, pues la imagen bajo $\phi$ en el compacto es compacta y, por lo tanto, acotada. También podemos concluir que $\phi(A)$ es cerrada.

$\phi$ es acotada

Este resultado nos permite delimitar una función en el espacio euclidiano de $\mathbb{R}$ con dos puntos importantes en el contradominio de la función: el máximo y el mínimo.

Probablemente este resultado te sea familiar de los cursos de cálculo:

Proposición: Sea $f:A\subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ una función continua con $A$ cerrado y acotado (y por tanto compacto en $\mathbb{R}^n$). Entonces $f \,$ alcanza su mínimo y máximo en $A.$

En otros espacios métricos puede generalizarse como sigue:

Proposición: Sea $f:A \to \mathbb{R}$ una función continua con $A$ espacio métrico compacto y $\mathbb{R}$ con la métrica usual. Entonces $f$ alcanza su mínimo y máximo en $A$, es decir, existen puntos $x_1$ y $x_2$ en $A$ tales que para toda $x \in A$ se cumple que:
$$f(x_1) \leq x \leq f(x_2)$$

Demostración:
Si $A$ es compacto, la proposición anterior nos muestra que $f(A)$ es cerrado y acotado. Sea $m_0= inf\{f(x):x \in A\}$. Entonces $m_0 \in \overline{f(A)}$ y como $f(A)$ es cerrado, se concluye que $m_0 \in f(A)$, de modo que existe $x_1 \in A$ tal que $f(x_1)=m_0 \, $ por lo tanto $f$ alcanza su mínimo en $A$.

La demostración de que $f$ alcanza su máximo es análoga y se deja como ejercicio.

Proposición: Sean $(X,d_X)$ y $(Y,d_Y)$ espacios métricos con $X$ compacto y $\phi:X \to Y$ inyectiva y continua. Entonces existe la función inversa $\phi^{-1}$ en $\phi(X)$ y es continua en $\phi(X)$.

Demostración:
Para demostrar que $\phi^{-1}:\phi(X) \to X$ es una función continua, basta probar que la imagen inversa de esta función aplicada en conjuntos cerrados en $X$, es un conjunto cerrado en $Y$. Si $A$ es cerrado en $X$ entonces la imagen inversa respecto a la función $\phi^{-1}$ está dada por $\phi(A)$. Como $A$ es cerrado en un compacto entonces es compacto, de modo que $\phi(A)$ también es compacto y, por lo tanto, es cerrado en $Y$. Esto prueba que $\phi^{-1}$ es continua.

Finalizaremos esta entrada presentando un resultado que se deduce del anterior. La solución se propone como ejercicio al lector:

Proposición: Si $\phi:X \to Y$ es una función biyectiva y continua entre espacios métricos compactos, entonces es un homeomorfismo.

$\phi$ es un homeomorfismo

Más adelante…

Continuaremos visualizando aplicaciones de funciones continuas sobre conjuntos compactos, pero esta vez bajo una nueva definición: la continuidad uniforme.

Tarea moral

  1. Como parte de la prueba de la primera proposición, muestra que en efecto $\{\phi ^{-1}(A_i):i \in \mathcal{I}\}$ es una cubierta abierta de $A$.
  2. Argumenta la parte de la demostración de la primera proposición, en la que se afirma que si $A \subset \underset{1\leq j \leq m}{\bigcup}\phi ^{-1}(A_{i_j}),$ entonces $\{A_{i_1},A_{i_2},…,A_{i_m}\}$ es una subcubierta en $Y$ de $\mathcal{C}$ para $\phi (A)$.
  3. Prueba que si $f:A \to \mathbb{R}$ es una función continua con $A \subset \mathbb{R}^n$ cerrado y acotado, entonces $f$ alcanza su máximo en $A.$
  4. Prueba que si $X$ y $Y$ son homeomorfos, entonces $X$ es compacto si y solo si $Y$ es compacto.
  5. Demuestra que si $\phi:X \to Y$ es una función biyectiva y continua entre espacios métricos compactos, entonces es un homeomorfismo.

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