Tres versiones del Tema de la Función Inversa

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Teorema de la Función Implicita (version (1))

Teorema 1. Considere la función y=f(x). Sea (x0,y0)R2 un punto tal que F(x0,y0)=0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales en alguna bola con centro (x0,y0) y que Fy(x0,y0)0. Entonces F(x,y)=0 se puede resolver para y en términos de x y definir así una función y=f(x) con dominio en una vecindad de (x0,y0), tal que y0=f(x0), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como y=f(x)=Fx(x,y)Fy(x,y)$,$xV.

Vamos ahora a probar que f es continua en (x0h,x0+h) haciendo ver primero que es continua enx0 y despues mostrando que es continua en todo x(x0h,x0+h)

Demostración. Sea 0<ϵ<k. Si se repite el proceso para determinar la funcion f, pero ahora restringidos a un cuadrado más pequeño T, centrado en (x0,y0), descrito por T=(x,y)R2 | |xx0<ϵ,|yy0|<ϵ|obtenemos la misma función pero con dominio restringido a un intervalo (x0δ,x0+δ) con δ0 tal que para todo x, si |xx0|<δ entonces |f(x)f(x0)|<ϵ. Por tanto, f es continua en x0.\Para probar que f es continua en x  x(x0h,x0+h) tómese x1 en (x0h,x0+h) con x1x0 y un ϵ>0 lo suficientemente pequeño para garantizar que el cuadrado U={(x,y)R2 | |xx1<ϵ,|yy1|<ϵ|} centrado en (x1,y1) y donde y1=f(x1) este totalmente contenido en el cuadrado original S, y ademas para todo x tal que |xx1<ϵ, x(x0h,x0+h). Así, repitiendo el proceso para determinar f, ahora restringiendonos a las x que cumplen |xx1<ϵ, encontramos que existe una 0<δ1<ϵ tal que, para todo x, si |xx1<δ1 entonces |f(x)f(x1)<ϵ. lo cual quiere decir que f es continua en x1. Por consiguiente, f es continua en (x0h,x0+h)

Ahora probaremos que y es continua en I=(x0h,x0+h) con derivada
y=FxFy

Demostración. Como F tiene parciales continuas en x0 entonces F es diferenciable en x0 por lo tanto
F((x0,y0)+(h1,h2))=F(x0,y0)+Fx(x0,y0)h1+Fy(x0,y0)h2+r(h1,h2)donde
lim(h1,h2)(0,0)r(h1,h2)|(h1,h2)|=0
tomando x0+h1I y haciendo y0+h2=f(x0+h1) se tiene
F((x0,y0)+(h1,h2))=F(x0+h1,f(x0+h2))=0
también
F(x0,y0)=0por lo tanto
F(x0+h1,f(x0+h2))F(x0,y0)=0esto quiere decir
Fx(x0,y0)h1+Fy(x0,y0)h2+r(h1,h2)=0
como
r(h1,h2)=0parah1,h2 cercanas a 0
Fx(x0,y0)h1+Fy(x0,y0)h2=0
por lo tanto
h2h1=Fx(x0,y0)Fy(x0,y0)
pero h2=y y h1=x por lo tanto
yx=Fx(x0,y0)Fy(x0,y0)
haciendo y x  0 se tiene
y(x0)=dydx=Fx(x0,y0)Fy(x0,y0)
este mismo razonamiento es valido para xI.

Teorema de la Función Implícita ( Versión (2))

Considere la función F(x,y,z). Sea (x0,y0,z0)R3 un punto tal que F(x0,y0,z0)=0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales Fx, Fy, Fz continuas en alguna bola con centro (x0,y0,z0) y que Fz(x0,y0,z0)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 (x0,y0,z0), tal que z0=f(x0,y0), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como dzdx(x,y)=Fx(x,y)Fz(x,y)   dzdy(x,y)=Fy(x,y)Fz(x,y)
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.

Ejemplo. Sea f(x,y,z)=x+y+zzez entonces Fz=1ez(z+1) si el punto P(x0,y0,z0)R3 es tal que x0+y0+z0ez0=0 y z0 y como Fz0. El T.F.Im. sugiere que podamos despejar z en términos de x y y y establecer así una función z=f(x,y) con z0=f(x0,y0) de modo que su gráfica en los alrededores de P coincide con F(x,y,z)=0. Las parciales de la función f son

Fx=FxFz=11ez(z+1),     Fy=FyFz=11ez(z+1).

Ejercicio. Si dzdx(x,y)=Fx(x,y)Fz(x,y) calcular 2Fx2

Solución. tenemos que
2Fx2=x(Fx(x,y)Fz(x,y))=(Fz)[2Fx2dxdx+2Fyxdydx+2Fzxdzdx](Fx)[2Fxzdxdx+2Fyzdydx+2Fz2dzdx](Fz)2
=(Fz)[2Fx2+2Fzxdzdx](Fx)[2Fxz+2Fz2dzdx](Fz)2
=(Fz)[2Fx2+2Fzx(FxFz)](Fx)[2Fxz+2Fz2(FxFz)](Fz)2
=(Fz)22Fx222FzxFxFz+(Fx)22Fz2(Fz)3

Teorema de la Función Implícita (Versión (3))

Teorema 1. Considere la función z=f(x1,,xn). Sea p=(x1,,xn,y)Rn+1 un punto tal que F(p)=0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales Fxi, i=1,,n, y Fy continuas en alguna bola con centro P y que Fy0.
Entonces, F(x1,…,xn)=0 puede resolverse para y en términos de x y definir así una vecindad v de Rn del punto (x1,…,xn), una función y=f(x1,…,xn) lo cual tiene derivadas parciales continuas en v que se pueden calcular con las fórmulas Fxi(x1,…,xn)=Fxi(x1,.,xn)Fy(x1,,xn) con (x1,,xn)v.

Demostración. Una idea de como probar lo anterior es la siguiente:
Como Fy0 entonces tenemos que Fy>0 ó Fy<0 supongamos sin perdida de generalidad que Fy>0 entonces tenemos que F(x1,x2,,xq,y) es creciente cuando (x1,,xq) es constante F(a1,,aq,y) es creciente y[bϵ,b+ϵ] además se tiene que F(a1,,aq,b)=0 entonces F(a1,,aq,b+ϵ)>0F(a1,,aq,bϵ)<0 Si (x1,,xq)Bδ(a1,,aq) entonces F(x1,,xq,b+ϵ)>0F(x1,,xq,bϵ)<0yFcontinua se
tiene entonces que !y=f(x1,,xq)[bϵ,b+ϵ] tal que F(x1,x2,,xq,f(x1,x2,,xq))=0 y
b=f(x1,x2,,xq). Hemos encontrado que si (x1,,xq)Bδ(a1,,aq) entonces f(x1,,xq)=y(bϵ,b+ϵ)
f es continua. ◻

Convergencia y diferenciación

Por Lizbeth Fernández Villegas

Introducción

En la entrada anterior vimos que cuando una sucesión de funciones continuas converge uniformemente, podemos concluir que el límite es también una función continua. ¿Qué ocurrirá con funciones diferenciables?

Considera el espacio de funciones con dominio en [a,b] con a,b e imagen en R. Tal vez intuimos que si tenemos una sucesión de funciones diferenciables (fn)nN que convergen uniformemente a una función f en [a,b] entonces f también es diferenciable y la sucesión de derivadas (fn)nN converge uniformemente en f. Esto es falso, como muestra el siguiente:

Ejemplo. La sucesión (sen(nx)n)nN

Para cada nN sea fn:[0,1]R tal que fn(x)=sen(nx)n. Ocurre que (sen(nx)n)nN converge uniformemente a la función f(x)=0.

Sucesión (sen(nx)n)nN.

Esto es porque, para cualquier x[0,1],|sen(nx)|<1. Por otro lado, n. Por lo tanto |sen(nx)n|=|sen(nx)|n1n0.

Por otro lado, para cada nN se tiene que f(x)=ncos(nx). Pero (fn)nN no converge a f ni de forma puntual. Por ejemplo fn(0)=n tiende a mientras que f(0)=0.

Ejemplo. La sucesión (x1+nx2)nN

Para cada nN sea fn:RR tal que fn(x)=x1+nx2.

Sucesión (x1+nx2)nN.

Comencemos identificando la función límite f de la sucesión (fn)nN y la función límite g de la sucesión de derivadas (fn)nN.

Ya la imagen anterior nos induce a proponer f=0. También podemos observar que cada función tiene máximo y mínimo global cuya distancia a 0 coincide. Además, estos se van acercando más al eje horizontal a medida que avanzamos en las funciones de la sucesión.

En efecto, cuando la derivada es 0, la función fn alcanza su máximo o mínimo global:
1nx2(nx2+1)2=01nx2=0x=±1n

Esto significa que cada fn está acotada como sigue:
|fn(x)|=|x1+nx2||1n1+n1n2|=12n0.

Lo cual prueba que (fn)nN converge uniformemente a 0.

Para el límite de la sucesión de derivadas veamos la siguiente imagen.

Esto incentiva proponer g como:

g(x)={0si x  01si x=0

Entonces f no coincide con g, pues asignan valores diferentes al ser evaluadas en 0. Dejaremos como ejercicio lo siguiente:

  1. Probar que (fn)nNg. ¿La convergencia es puntual o uniforme?
  2. Identifica para qué valores de xR sí se cumple que f(x)=g(x).
  3. ¿En qué intervalos de R se da la convergencia uniforme de (fn)nN en f.
  4. ¿En qué intervalos de R se da la convergencia uniforme de (fn)nN en g.

Ejemplo. La sucesión (1nen2x2)nN

Para cada nN sea fn:RR tal que fn(x)=1nen2x2.

Sucesión (1nen2x2)nN.

Veamos que (fn)nN converge uniformemente en R a la función f=0.

Para cada nN y para cada xR,f(x)=2nxen2x2. Se puede demostrar que esta función alcanza su máximo global cuando f(x)=0, lo cual ocurre cuando x=0. Entonces el máximo de fn está dado por f(0)=1n0. Por lo tanto (fn)nN converge uniformemente en R a la función f=0.

Ahora observemos la sucesión de derivadas (fn)nN.

Dejamos como ejercicio al lector probar que (fn)nN converge puntualmente a la función g=0. No obstante, esta convergencia no es uniforme en ningún intervalo que contenga al origen.

Habiendo visto estas situaciones, conozcamos algunas condiciones de convergencia para (fn)nN y para (fn)nN que implican que f=g.

Proposición: Para cada nN sea fn:[a,b]R continua y diferenciable en [a,b], tal que la sucesión (fn)nN converge puntualmente a f:[a,b]R y la sucesión de derivadas (fn)nN converge uniformemente a g:[a,b]R. Entonces f es continua y diferenciable en [a,b] y f=g.

Demostración:
Sean j,kN y x0(a,b). La función fjfk es continua y diferenciable en [a,b], particularmente, para cada x(a,b), también lo será en el intervalo (x0,x) (o (x,x0) dependiendo del orden de los puntos). Según el teorema del valor medio, que se puede consultar en Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema de Rolle y teorema del valor medio, existe ξx(x0,x) tal que:

(fjfk)(x)(fjfk)(x0)xx0=(fjfk)(ξx)

Entonces
(fjfk)(x)(fjfk)(x0)=((fjfk)(ξx))(xx0)
Y si desarrollamos vemos que
fj(x)fj(x0)fk(x)+fk(x0)=(fj(ξx)fk(ξx))(xx0)
Así
|fj(x)fj(x0)fk(x)+fk(x0)|=|(fj(ξx)fk(ξx))(xx0)|fjfk|xx0|

Dado que (fn)nN converge uniformemente en C0[a,b], para cada ε>0 existe N1N tal que para cada x(a,b) y para cada j,kN1:

|fj(x)fj(x0)fk(x)+fk(x0)|fjfk|xx0|ε3|xx0|.
Haciendo j se sigue que
|f(x)f(x0)fk(x)+fk(x0)|ε3|xx0|.

Por otro lado, como (fn(x0))nNg(x0) existe N2N tal que para cada kN1,|fk(x0)g(x0)|<ε3

Sea N=máx{N1,N2}. Existe δ>0 tal que si |xx0|<δ entonces
|fN(x)fN(x0)xx0fN(x0)|<ε3.

Finalmente aplicamos la desigualdad de triángulo para concluir que
|f(x)f(x0)xx0g(x0)||f(x)f(x0)xx0fN(x)fN(x0)xx0|+|fN(x)fN(x0)xx0fN(x0)|+|fN(x0)g(x0)|ε3+ε3+ε3=ε

Por lo tanto f es diferenciable en x0 y f(x0)=g(x0). Ya que las derivadas fn son continuas y convergen uniformemente se sigue por lo visto en la entrada anterior que f es continuamente diferenciable.

Hay un resultado más fuerte sobre convergencia uniforme y diferenciación. La prueba de este se omite pero puede consultarse en Apostol, T., Análisis Matemático (2a ed.). México: Editorial Reverté, 1996. Pag 278. Se enuncia como sigue:

Proposición: Para cada nN sea fn:(a,b)R. Supongamos que para un punto x0(a,b) la sucesión (fn(x0))nN converge. Supongamos además que la sucesión de derivadas (fn)nN converge uniformemente en (a,b) a una función g. Entonces la sucesión (fn)nN converge uniformemente en (a,b) a una función f derivable en (a,b) y f=g.

Más adelante…

Conoceremos la relación entre una sucesión de funciones integrables con su función límite. ¿Bajo qué condiciones será también integrable?

Tarea moral

  1. Resuelve las actividades que quedaron pendientes en los ejemplos de esta entrada.

Enlaces:

Regla de la Cadena, Teorema de la función implícita

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Regla de la Cadena

Ejemplo. Dadas g(x,y)=(xy,5x,y3) y f(x,y,z)=(3x2+y2+z2,5xyz).

Calcular JFg

Demostración. En este caso

Jf(g)=(f1x(xy,5x,y3)f1y(xy,5x,y3)f1z(xy,5x,y3)f2x(xy,5x,y3)f2y(xy,5x,y3)f2z(xy,5x,y3))=

((3x2+y2+z2)x(xy,5x,y3)(3x2+y2+z2)y(xy,5x,y3)(3x2+y2+z2)z(xy,5x,y3)(5xyz)x(xy,5x,y3)(5xyz)y(xy,5x,y3)(5xyz)z(xy,5x,y3))=

(6x|(xy,5x,y3)2y|(xy,5x,y3)2z|(xy,5x,y3)5yz|(xy,5x,y3)5xz|(xy,5x,y3)5xy|(xy,5x,y3))=(6xy10x2y325xy35xy425x2y)

Mientras que

Jg=(g1xg1y g2xg2yg3xg3y)=((xy)x(xy)y(5x)x(5x)y (y3)x(y3)y)=(yx5003y2)

Por lo tanto

Jfg=Jf(g)Jg=(6xy10x2y325xy35xy425x2y)(yx5003y2)=(6xy2+50x6x2y+6x550xy4100x2y3)

Teorema 1. Sea f:DRmRp una función definida en el abierto DRm y sea g:DRnRm una función definida en el abierto DRn. Si g es diferenciable en x0D y f es diferenciable en g(x0)D entonces la función fg:RnRp es diferenciable en x0

Demostración. Tenemos que probar que

(1)limh0|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))Jg(x0)h||h|=0

y para esto vamos a trabajar el numerador de la expresión anterior, tenemos entonces que

|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))Jg(x0)h|=
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)gx0)+Jf(g(x0))(g(x0+h)gx0)Jf(g(x0))Jg(x0)h|=
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)gx0)+Jf(g(x0))[(g(x0+h)gx0)Jg(x0)h]|
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)gx0)|+|Jf(g(x0))[(g(x0+h)gx0)Jg(x0)h]|

Como |Jf(g(x0))h|M|h|
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)gx0)|+M|(g(x0+h)gx0)Jg(x0)h|
Como g es diferenciable en x0, dado ϵ>0, existe δ1>0 tal que |h|<δ1 entonces
|(g(x0+h)gx0)Jg(x0)h||h|<ϵ2M
por lo tanto
|(g(x0+h)gx0)Jg(x0)h|<ϵ|h|2M
Ahora para
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)g(x0)|
Como f es diferenciable en g(x0) entonces
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))h||h|<ϵ2M1  |f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))h|<ϵ2M1|h|
por lo tanto
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)g(x0)|<ϵ2M1|g(x0+h)g(x0)|
ahora bien
|g(x0+h)g(x0)|=|g(x0+h)g(x0)Jg(x0)h+Jg(x0)h||g(x0+h)g(x0)Jg(x0)h|+|Jg(x0)h|ϵ=1|h|+M|h|=|h|M1
por lo tanto
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))(g(x0+h)g(x0)|<ϵ2M1|g(x0+h)g(x0)|ϵ2M1|h|M1=ϵ2|h|
regresando ahora a (1) y tomando δ=minδ1,δ2,δ3 se tiene que si |h|<δ
|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))Jg(x0)h||h|<1|h|(ϵ2|h|+Mϵ|h|2M)=ϵ
por lo tanto
limh0|f(g(x0+h))f(g(x0))Jf(g(x0))Jg(x0)h||h|=0

Teorema de la Función Implícita (versión 1)

Teorema 2. Considere la función y=f(x). Sea (x0,y0)R2 un punto tal que F(x0,y0)=0. Suponga que la función F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro (x0,y0) y que Fy(x0,y0)0.
Entonces F(x,y)=0 se puede resolver para y en términos de x y definir así una función y=f(x) con dominio en una vecindad de (x0,y0), tal que y0=f(x0), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como y=f(x)=Fx(x,y)Fy(x,y), xV.

Demostración. Como Fy(x0,y0)0 supongamos sin perdida de generalidad que Fy(x0,y0)>0. Por ser Fy continua en una vecindad de (x0,y0) entonces exite un cuadrado S, centrado en (x0,y0) totalmente contenido en esa vecindad, en donde Fy(x,y)>0  x,yS. Sea
S={(x,y)R2 | |xx0|<k y |yy0<k|}

En todo punto (x,y) que pertenece a S, Fy(x,y)>0. Esto quiere decir que en S,F es creciente y fijando x0 en [x0h,x0+h]) se tiene que F es creciente en [y0k,y0+k] y se anula en y0, por lo que
F(x0,y0k)<0  y  F(x0,y0+k)>0

Consideremos ahora el par de funciones F(x,y0k) y F(x,y0+k) definidas en el intervalo (x0k,x0+k). Donde ambas funciones solo tienen x como variable. La primera función cumple F(x0,y0k)<0 y por ser continua en x0, es negativa en toda una vecindad (x0h1x0+h1) de x0. Análogamente, la segunda función cumple F(x0,y0+k)>0 y por ser continua en x0, es positiva en toda una vecindad (x0h2x0+h2) de x0. Sea h=min{h1,h2}. Entonces para toda x tal que |xx0| y F(x,y0+k)>0
Fijemos x en el intervalo (x0h,x0+h), y consideremos a F(x,y), sólo como función de y, sobre [y0k,y0+k]. Esta función cumple que
F(x,y0k)<0 y F(x,y0+k)>0 por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un único y en (y0k,y0+k) tal que F(x,y)=0. Así queda establecida la existencia y unicidad de la función y=f(x). Donde además, y0=f(x0), y para todo x(x0h,x0+h)
F(x,f(x))=0,  y  Fy(x0,y0)0


Teorema de la función inversa

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

Introducción

Teorema de la Función Inversa f:RR

Teorema 1. Sea f:ARR definida sobre el abierto AR y sea x0A.
(1) Supóngase que f tiene derivada continua y que f(x0)0.
(2) Entonces existe un intervalo abierto I que contiene al punto x0 y un intervalo abierto j que contiene a f(x0), tal que la función f:IJ es uno a uno y sobre.
(3) Además, la función inversa f1:JI también tiene derivada continua y para un punto yJ, si xI es tal que f(x)=y, entonces
(f1)(y)=1f(x)

Ejercicio. Obtener la tesis del teorema de la función inversa como aplicación del teorema de la función implícita

Solución. Sea y=f(x) una función real de variable real con derivada continua sobre un conjunto abierto A y sea x0 un punto de A donde f(x0)0.

Considere la función F(x,y)=yf(x) y calculemos sus derivadas parciales. Así
Fx=f(x)  yFy=1 Nótese que F,Fx,  Fy son continuas sobre el conjunto
B={(x,y)R2 | xA}

Considere ahora como solución inicial el punto (x0,y0) donde y0=f(x0). Tenemos que
F(x0,y0)=0  yFx(x0,y0)0 De manera que se cumplen las hipótesis del Teorema de la Función Implicita. Luego entonces cerca del punto (x0,y0) la variable x puede representarse en términos de la variable y. Estos expresado formalmente nos dice que existe una única función implicita x=g(y) con dominio un intervalo J=(y0k,y0+k) y con rango I=(x0h,x0+h) tal que g(y0)=x0 y, para toda y, en el intervalo J F(g(y),y)=0 y   Fx(g(y),y)0
ademas, g y su derivada g son continuas sobre J, y
g(y)=Fy(g(y),y)Fx(g(y),y)=1f(g(y))=1f(x)La función g que ha sido determinada no es otra que la función inversa

Ejemplo. Sea f la función definida por la regla de correspondencia f(x)=x5x. Si calculamos su derivada, tenemos f(x)=5x41. Observese que f(x)<0 para toda x en los reales, por lo que f es decreciente sobre toda la recta real y a su vez es uno a uno.\Concluimos así que la inversa de f está definida sobre toda la recta real y que su gráfica es decreciente. Sin embargo, no se puede obtener la regla de correspondencia para la inversa. Sin embargo, podemos calcular su derivada. Sea y cualquier número real y supóngase que x es tal que f1(y)=x. Así
(f1)(y)=1f(f1(y))=1f(x)=15x4+1

Teorema de la Función Inversa (sistema fi:RnR)

Sea URn un abierto y sean
f1:URfn:UR
con derivadas parciales continuas. Considerar las ecuaciones

f1(x1,x2,,xn)=y1
f2(x1,x2,,xn)=y2

fn(x1,x2,,xn)=yn
Tratamos de resolver las n-ecuaciones para x1,x2,xncomo funciones de y1,y2,yn

La condición de existencia para la solución en una vecindad del punto x0 es que el determinante de la matriz Df(x0) y f=(fi,f2,fn) sean distintos de cero. Explícitamente:

(f1,f2,,fn)(x1,x2,,xn)|x=x0=J(f)(x0)=|f1x1(x0)f1x1(x0)fnx1(x0)fnxn(x0)|0

entonces el sistema anterior se puede resolver de manera ‘unica como x=g(y) para x cerca de x0 y y cerca de y0

Nota: La cuestión de existencia se responde por medio del teorema general de la función implícita aplicado a las funciones yifi(x1,x2,,xn) con las incognitas x1,x2,,xn.

Solución. Aquí las funciones son
u(x,y)=f1(x,y)=x4+y4x,  y  v(x,y)=f2(x,y)=sen x+cos y
De acuerdo al teorema de la función inversa
(f1,f2)(x,y)=|f1xf1yf2xf2y|
=|3x4y4x24y3xcos xsen y|=sen yx2(y43x4)4y3xcos x
por lo tanto, en los puntos donde la expresión anterior no se anula, se puede resolver para x,y en términos de u y v.

Mas aún, si consideramos las expresiones:
G(x,y,u,v)=xf(u,v)=0
H(x,y,u,v)=yg(u,v)=0

Lo que pretendemos es «despejar» de ella a u y v en términos de x e y y poder establecer así las funciones u=φ(x,y),v=ψ(x,y). Entonces el T.F.Im. (tercera versión) nos da las condiciones para que podamos hacer esto. Sea P(x,y,u,v)ϵR4 un punto tal que G(p)=H(p)=0. Supongamos que en una bola de centro en P las derivadas parciales de G y H son continuas. Si el jacobiano.

(G,H)(u,v)=|GuGvHuHv|=|fufvgugv|=|fufvgugv|0

en P, entonces es posible «despejar» de ellas a u y v en terminos de x e y, y establecer así funciones u=φ(x,y),v=φ(x,y) definidas en una vecindad V de (x,y)=F(u,v), las cuales tienen derivadas parciales continuas en V que se pueden calcular como

Gu=fu , Gv=fv , Hu=gu , Hv=gv

ux=(G,H)((x,v)(G,H)(u,v)=1(f,g)(u,v)det|GxGvHxHv|=1(f,g)(u,v)det|1fv0gv|=gv(f,g)(u,v)

Por lo tanto: ux=gv(f,g)(u,v)

uy=(G,H)((y,v)(G,H)(u,v)=1(f,g)(u,v)det|GyGvHyHv|=1(f,g)(u,v)det|0fv1gv|=fv(f,g)(u,v)

Por lo tanto: uy=fv(f,g)(u,v)

vx=(G,H)((u,x)(G,H)(u,v)=1(f,g)(u,v)det|GuGxHuHx|=1(f,g)(u,v)det|fu1gu0|=gu(f,g)(u,v)

vy=(G,H)((u,y)(G,H)(u,v)=1(f,g)(u,v)det|GuGyHuHy|=1(f,g)(u,v)det|fu0gu1|=fu(f,g)(u,v)

En resumen tenemos: Sean f,g:UR2R funciones definidas en el conjunto abierto U de R2. Sean x=f(u,v), y=g(u,v).

Suponga que alguna bola B de R2 con centro (u,v), las derivadas parciales fu, fv, gu, gv son continuas.

Si el jacobiano (f,g)(u,v) es no nulo en (u,v) entonces una vecindad V de x¯,y¯ donde podemos definir «funciones inversas» u=φ(x,y),v=ψ(x,y) es decir tales que u=φ(x,y),v=ψ(x,y)$,y$f(φ(x,y),ψ(x,y))=x,g(φ(x,y),ψ(x,y))=y

para (x,y)ϵV las cuales tienen derivadas parciales continuas en V que se calculan como

ux=gv(f,g)(u,v)  , uy=fv(f,g)(u,v) , vx=gu(f,g)(u,v) , vy=fu(f,g)(u,v)

Ahora bien con las funciones u=φ(x,y),  v=ψ(x,y). Podemos formar el sistema
G(x,y,u,v)=uφ(x,y)H(x,y,u,v)=vψ(x,y)
se tiene entonces que

(G,H)(x,y)=|GxGyHxHy|

=|φxφyψxψy|
=|uxuyvxvy|
JF1=[uxuyvxvy]

El resultado anterior nos dice como calcular las derivadas parciales ux, uy, vx, vy en una vecindad V de (x,y) al sustituir las fórmulas correspondientes en JF1, recordando que (f,g)(u,v)=det(JF).

JF1=|gvdet(JF)gudet(JF)fvdet(JF)fUdet(JF)|=1det(JF)|gvfvgufu|

Multipliquemos JF y JF1, se obtiene

(JF)(JF1)=|fufvgugv|1det(JF)[gvfvgufu]=1det(JF)|fufvgugv||gvfvgufu|

=1det(JF)|fugvfvgu00gufv+gvfu|=fugvfvgudet(JF)[1001]=[1001]

Así concluimos que la matriz jacobiana de la función inversa de F es justamente la inversa de la matriz jacobiana de F. Es decir se tiene
JF1=(JF)1

Ejemplo. Considere las ecuaciones dadas por x=u2+v3,  y=u2+uv. Se tiene
que en p=(1,2) x=9, y=3.\
Las derivadas parciales de las funciones
x=f(u,v)=u3+v3 , y=g(u,v)=u2+uv son
fu=3u2 , fv=3v2 , gu=2u+v , gv=u

La matriz jacobiana de f es
JF=|fufvgugv|=|3u23v2 2u+vu|
la cual en el punto (1,2) es invertible pues
detJF(1,2)=|312 41|=450

Así podemos concluir que en una bola B de (9,3) se da la inversa F1 de F o bien, que podemos despejar de x=u3+v3,y=u2+uv a u,v como funciones de x e y, la cual es de clase C1 en B y que su derivada es
JF1(x,y)=[JF(u,v)]1=1detJF[gvfvgufu]=13u36uv23v3|u3v2 (2u+v)3u2|
donde x=u3+v3,y=u2+uv. Es decir

ux(u3+v3,u2+uv)=u3u36uv23v3
uy(u3+v3,u2+uv)=3v23u36uv23v3
uy(u3+v3,u2+uv)=2u+v3u36uv23v3
uy(u3+v3,u2+uv)=3u23u36uv23v3

Considere las ecuaciones
x=u+v+ew
y=u+w+e2v
x=v+w+e3u
para p=(u,v,w)=(0,0,0) se tiene que q=(x,y,z)=(1,1,1) el
determinante de la matriz jacobiana de la función F(u,v,w))(x,y,z)
es:

detJF=(x,y,z)(u,v,w)=|xuxvxwyuxvywzuzvzw|=|11ew12e2v13e3u11|(0,0,0)=|111121311|

Si calculamos su determinante obtenemos

=|111121311|=1×|2111|1×|1131|+1×|12311|=1×(21)1×(13)+1×(16)=1+25=20

Podemos localmente invertir la función F, entorno al punto q, donde podemos definir funciones de clase

c1 u(x,y,z),v(x,y,z) y w(x,y,z). Ahora bien como JF1(q)=[JF(p)]1=|111121311|1=|1201211052112|

  • Vamos a calcular la inversa usando la matriz de cofactores de la matriz (111121311)

((1)1+1×|2111|(1)1+2×|1131|(1)1+3×|12311|(1)2+1×|1111|(1)2+2×|1131|(1)2+3×|1131|(1)3+1×|1121|(1)3+2×|1111|(1)3+3×|1112|)=(125022101)

Transponiendo la ultima matriz tenemos
(101220521)

|111121311|1=12×(101220521)=(1201211052112) las parciales son:
ux(q)=12uy(q)=0uz(q)=12
vx(q)=1vy(q)=1vz(q)=0
wx(q)=52wy(q)=1wz(q)=12

Convergencia uniforme y continuidad

Por Lizbeth Fernández Villegas

Introducción

El propósito de esta entrada será conocer criterios para determinar cuándo el límite de una sucesión de funciones es una función continua. (El concepto de función continua se vio en la entrada Funciones continuas en espacios métricos).

Nuestra intuición podría proponer que esto ocurre cuando todas las funciones de la sucesión son también continuas. No obstante, esto no basta cuando el límite de convergencia es puntual. Como ejemplo tomemos la sucesión de funciones continuas dada por:

(xn)nN donde para cada nN,xn:[0,1]R

Queda como ejercicio al lector demostrar que (xn)nN converge puntualmente a la función:

f(x)={0si 0x<11si x=1

Pero f no es una función continua en [0,1].

¿Qué ocurre en los casos donde el límite es uniforme? A continuación mostraremos que bajo esa situación, la función a la que la sucesión converge sí es continua. Pero antes hagamos una aclaración sobre la notación a usar:

En la entrada anterior (Convergencia puntual y convergencia uniforme) las funciones suelen definirse como funciones de A en X (f:AX), donde A se considera como un conjunto cualquiera (que no necesariamente es un espacio métrico y por tanto la distancia de los puntos en el dominio no es relevante), y X es un espacio métrico con distancia indicada como d.

Ahora pasamos a tratar con funciones continuas, donde sí comparamos distancias entre puntos del dominio (la famosa distancia menor que δ) y distancias en puntos del contradominio (la famosa distancia menor que ε). Así, las funciones de esta entrada están definidas entre dos espacios métricos (X,dX) y (Y,dY). Nota la importancia de señalar si la distancia a considerar es en X o en Y.

Proposición: Sean (X,dX) y (Y,dY) espacios métricos. Si (fn)nN con fn:XY,nN es una sucesión de funciones continuas que converge uniformemente a f:XY en X entonces f es continua.

Demostración:
Sea ε>0 y x0X. Buscamos probar que f es continua en x0. Como (fn)nN converge uniformemente en f entonces existe NN tal que para todo kN y para todo xX,dY(fk(x),f(x))<ε3.

Por otro lado, como fN es continua, existe δ>0 tal que si dX(x,x0)<δ entonces dY(fN(x),fN(x0))<ε3.

En consecuencia, si dX(x,x0)<δ se sigue que

dY(f(x),f(x0))dY(f(x),fN(x))+dY(fN(x),fN(x0))+dY(fN(x0),f(x0))<ε3+ε3+ε3=ε

Lo cual demuestra que el límite uniforme de una sucesión de funciones continuas, es una función continua.

Es importante notar que esto no significa que toda sucesión de funciones continuas que converge en una función continua, lo hace de manera uniforme. Puede hacerlo solo de forma puntual. Veamos un ejemplo.

La sucesión de funciones continuas (fn)nN donde para cada nN,fn:[0,1]R se define como fn(x)=n2x(1x)n, converge de forma puntual a la función f(x)=0. Queda como ejercicio probar que la convergencia solo es puntual y no uniforme.

Ahora pensemos en funciones continuas y acotadas a través de la siguiente definición. (El concepto de función acotada se vio en Espacios de funciones).

Definición. El espacio métrico Cb0(X,Y): Sean (X,dX) y (Y,dY) espacios métricos. El espacio de funciones continuas y acotadas de X a Y se define como:
Cb0(X,Y):={f:XY:f es continua y acotada }
Y la métrica está dada por:
d(f,g)=supxXdY(f(x),g(x))

Donde f,gCb0(X,Y).

Este espacio es cerrado en el espacio de funciones acotadas, de acuerdo con la siguiente:

Proposición: Sean (X,dX) y (Y,dY) espacios métricos. Entonces Cb0(X,Y) es un subespacio cerrado de B(X,Y). (El espacio de funciones acotadas).

Demostración:
Buscamos probar que Cb0(X,Y) es igual a su cerradura. Sea fCb0(X,Y). En la última proposición de la entrada Convergencia vimos que esto significa que existe una sucesión de funciones (fn)nN en Cb0(X,Y) que convergen a f en B(X,Y). En la entrada anterior vimos que esto implica que f es límite uniforme de (fn)nN. La proposición anterior nos permite concluir que f es continua, es decir fCb0(X,Y), probando así que Cb0(X,Y) es cerrado en B(X,Y).

Ahora veamos la siguiente:

Proposición: Sea Y un espacio métrico completo. Se cumple que:

  1. Si A es un conjunto entonces B(A,Y) es completo.
  2. Si X un espacio métrico entonces Cb0(X,Y) es completo.
El conjunto B(A,Y) es completo
El conjunto Cb0(X,Y) es completo.

Demostración:
Para probar que B(A,Y) es completo toma (fn)nN una sucesión de Cauchy en B(A,Y). Veamos que es convergente.
Sea ε>0. Por definición, existe NN tal que l,mN,d(fl,fm)<ε. Así, para cada aA se cumple que dY(fl(a),fm(a))d(fl,fm)<ε de modo que (fn)nN es uniformemente de Cauchy. De acuerdo con el Criterio de convergencia uniforme de Cauchy visto en la entrada anterior esto significa que (fn)nN converge uniformemente en A y por tanto converge en el espacio métrico de funciones B(A,Y).

Para probar que Cb0(X,Y) es completo partimos de la proposición anterior donde concluimos que es subespacio cerrado de B(A,Y) que ya sabemos es completo. A partir de una proposición vista en Espacios métricos completos se sigue que Cb0(X,Y) es completo.

Si Y es un espacio de Banach entonces está provisto de una norma que induce una métrica bajo la cual Y es completo.

Al final se te pedirá probar que el conjunto B(A,Y) es un espacio vectorial normado con
f=supaAf(a)

En esta situación, las proposiciones se plantean de la siguiente manera:

  1. Si A es un conjunto entonces B(A,Y) es de Banach.
  2. Si X un espacio métrico entonces Cb0(X,Y) es de Banach.

Unos resultados que requieren el concepto de compacidad

En entradas posteriores hablaremos del concepto de espacios métricos compactos. En la sección Funciones en espacios topológicos compactos verás que toda función continua en un compacto es acotada. Ese resultado en suma con la proposición anterior, permite concluir que si A es compacto y X es completo entonces C0(A,X)={ϕ:AX:ϕ es continua } es un espacio completo.

Ahora presentamos condiciones que aseguran la convergencia uniforme de una sucesión de funciones continuas en un espacio compacto a partir de la monotonía. Es decir:

Proposición: Sea A un espacio métrico compacto, (fn)nN una sucesión de funciones continuas con fn:AR,nN tal que (fn) converge puntualmente a una función continua f. Si para cada xA y nNfn(x)fn+1(x), entonces (fn) converge a f uniformemente en A.

Demostración:
Podrá consultarse en la entrada Compacidad en espacios métricos.

Más adelante…

Continuaremos analizando resultados de convergencia uniforme, ahora en funciones diferenciables. ¿Será diferenciable también la función límite? ¿Será convergente también la sucesión de derivadas? ¿Coincide el límite de derivadas con la derivada de la función límite?

Tarea moral

  1. Demuestra que (xn)nN con xn:[0,1]R converge puntualmente a la función:
    f(x)={0si 0x<11si x=1
    Pero f no es una función continua en [0,1].
  2. Demuestra que la sucesión de funciones continuas (fn)nN donde para cada nN,fn:[0,1]R se define como fn(x)=n2x(1x)n, converge de forma puntual a la función f(x)=0 pero el límite no es uniforme.
  3. Sea A un conjunto, y (Y,) un espacio normado. Prueba que B(A,Y) es un espacio vectorial con las operaciones
    (f+g)(x):=f(x)+g(x)
    (λf)(x):=λf(x)
    Y que f=supaAf(a)
    es una norma en B(A,Y).

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