Archivo de la etiqueta: función implícita

Cálculo Diferencial e Integral III: Multiplicadores de Lagrange

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

Introducción

En la entrada anterior buscábamos optimizar un campo escalar $f$ . Retomaremos este problema, pero ahora agregando restricciones al dominio de $f$ . Para ello hablaremos del método de los multiplicadores de Lagrange, el cual nos permitirá dar una solución bajo ciertas condiciones de diferenciabilidad.

Esto en general es lo mejor que podremos hacer. En realidad, los problemas de este estilo son muy difíciles y no tienen una solución absoluta. Si no tenemos las condiciones del teorema de Lagrange, es posible que se tengan que hacer cosas mucho más compliadas para obtener óptimos exactos, o bien que se tengan que hacer aproximaciones numéricas.

En la demostración del teorema de los multiplicadores de Lagrange usaremos el teorema de la función implícita, lo cual es evidencia adicional de lo importante y versátil que es este resultado.

Un ejemplo para motivar la teoría

Imagina que tenemos la función $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ y queremos encontrar su mínimo. Esto es muy fácil. El mínimo se da cuando $x = y = 0$ , pues en cualquier otro valor tenemos un número positivo. Pero, ¿Qué pasaría si además queremos que los pares $(x, y)$ que usamos satisfagan también otra condición?, por ejemplo, que cumplan $2 x^{2} + 3 y^{2} = 10$

En este caso, la respuesta ya no es obvia. Podríamos intentar encontrar el mínimo por inspección, pero suena que será difícil. Podríamos intentar usar la teoría de la entrada anterior, pero esa teoría no nos dice nada de qué hacer con nuestra condición.

La teoría que desarrollaremos a continuación nos permitirá respondernos preguntas de este estilo. En este ejemplo en concreto, puedes pensar que la solución se obtendrá de la siguiente manera: La ecuación $2 x^{2} + 3 y^{2} = 10$ nos dibuja una elipse en el plano, como se ve en la figura 1 imagen 3. Las curvas de nivel de la superficie dibujada por la gráfica de la función $f$ corresponden a circunferencias concéntricas, cuyo centro es el origen. Al ir tomando circunferencias cada vez mas grandes en el plano comenzando con el punto $(0, 0)$ nos quedaremos con la primera que toque a la elipse, de hecho la tocará en dos puntos, digamos $(x_{1}, y_{1})$ y $(x_{2}, y_{2})$ , donde $f (x_{1}, y_{1}) = f (x_{2}, y_{2})$ sería el mínimo buscado, es decir el mínimo que sobre la superficie $f (x, y)$ cumple con la ecuación $2 x^{2} + 3 y^{2} = 10$ .

Figura 1; Imagen 1-Superior izquierda. Tenemos la gráfica de la ecuación $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ . Imagen 2- Inferior izquierda. Planos que intersecan a la superficie $f (x, y)$ , nos dan las curvas de niver que son circunferencias concéntricas. Imagen 3- Derecha. En azul la elipse dibujada por la ecuación $2 x^{2} + 3 y^{2} = 10$ , y las curvas de nivel que se acercan a ella conforme cortamos mas arriba.

Pero como ahí se da una tangencia, entonces suena que justo en ese punto $(x, y)$ hay una recta simultáneamente tangente a la curva de nivel y a la elipse. Esto nos da una relación entre gradientes. El teorema de multiplicadores de Lagrange detecta y enuncia esta relación entre gradientes con precisión y formalidad, incluso cuando tenemos más de una condición. A estas condiciones también las llamamos restricciones, y están dadas por ecuaciones.

Enunciado del teorema de multiplicadores de Lagrange

A continuación enunciamos el teorema.

Teorema (multiplicadores de Lagrange). Sea $f : S \subseteq R^{n} \to R$ es un campo escalar de clase $C^{1}$ . Para $m < n$ , tomamos $g_{1}, \dots, g_{m} : S \in\subset R^{n} \to R$ campos escalares de clase $C^{1}$ en $S$ . Consideremos el conjunto $S^{*}$ donde todos los $g_{i}$ se anulan, es decir:

$S^{*} = {\bar{x} \in S | g_{1} (\bar{x}) = g_{2} (\bar{x}) = \dots = g_{m} (\bar{x}) = 0} .$

Tomemos un ${\bar{x}}_{0}$ en $S^{*}$ para el cual

$f$ tiene un extremo local en ${\bar{x}}_{0}$ para los puntos de $S^{*}$ y
$▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}), \dots, ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0})$ son linealmente independientes.

Entonces existen $λ_{1}, \dots, λ_{m} \in R$ , a los que llamamos multiplicadores de Lagrange tales que:

$▽ f ({\bar{x}}_{0}) = λ_{1} ▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}) + \dots + λ_{m} ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0}) .$

Si lo meditas un poco, al tomar $m = 1$ obtenemos una situación como la del ejemplo motivador. En este caso, la conclusión es que $▽ f ({\bar{x}}_{0}) = λ ▽ g ({\bar{x}}_{0})$ , que justo nos dice que en ${\bar{x}}_{0}$ , las gráficas de los campos escalares $f$ y $g$ tienen una tangente en común.

Demostración del teorema de multiplicadores de Lagrange

Demostración. La demostración del teorema de multiplicadores de Lagrange usa varios argumentos de álgebra lineal. Esto tiene sentido, pues a final de cuentas, lo que queremos hacer es poner un gradiente ( $▽ f ({\bar{x}}_{0})$ ) como combinación lineal de otros gradientes ( $▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}), \dots, ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0})$ ). A grandes rasgos, lo que haremos es:

Definir un espacio $W$ .
Mostrar que $▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}), \dots, ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0})$ generan al espacio ortogonal $W^{⊥}$ .
Mostrar que $▽ f ({\bar{x}}_{0})$ es ortogonal a todo vector de $W$ , por lo cual estará en $W^{⊥}$ y así por el inciso anterior será combinación lineal de $▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}), \dots, ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0})$ .

Para construir el espacio $W$ del que hablamos, usaremos el teorema de la función implícita y la regla de la cadena. Empecemos este argumento. Consideremos la siguiente matriz:

$\begin{matrix} (1) & (\begin{matrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{m}} ({\bar{x}}_{0}) & \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{m + 1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{n}} ({\bar{x}}_{0}) \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial g_{m}}{\partial x_{1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{m}}{\partial x_{m}} ({\bar{x}}_{0}) & \frac{\partial g_{m}}{\partial x_{m + 1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{n}} ({\bar{x}}_{0}) \end{matrix}) . \end{matrix}$

Dado que los vectores $▽ g_{1} ({\bar{x}}_{0}), \dots, ▽ g_{m} ({\bar{x}}_{0})$ son linealmente independientes, el rango por renglones de esta matriz es $m$ , de modo que su rango por columnas también es $m$ (tarea moral). Sin perder generalidad (quizás tras hacer una permutación de columnas, que permuta las entradas), tenemos que las primeras $m$ columnas son linealmente independientes. Así, la matriz

$(\begin{matrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{1}}{\partial x_{m}} ({\bar{x}}_{0}) \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial g_{m}}{\partial x_{1}} ({\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial g_{m}}{\partial x_{m}} ({\bar{x}}_{0}) \end{matrix})$

es invertible. Hagamos $l = n - m$ y reetiquetemos las variables coordenadas $x_{1}, \dots, x_{m}$ como $v_{1}, \dots, v_{m}$ , y las variables coordenadas $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ como $u_{1}, \dots, u_{l}$ . Escribiremos ${\bar{x}}_{0} = ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ para referirnos al punto al que hacen referencia las hipótesis. Esto nos permite pensar $R^{n} = R^{m} \times R^{l}$ y nos deja en el contexto del teorema de la función implícita. Como la matriz anterior es invertible, existen $U \subseteq R^{l}$ y $V \subseteq R^{m}$ para los cuales ${\bar{u}}_{0} \in U$ , ${\bar{v}}_{0} \in V$ y hay una única función $h = (h_{1}, \dots, h_{m}) : U \to V$ de clase $C^{1}$ tal que para $\bar{u} \in U$ y $\bar{v} \in V$ se cumple que $g (\bar{v}, \bar{u}) = 0$ si y sólo si $\bar{v} = h (\bar{u})$ .

Definamos ahora la función $H : U \subseteq R^{l} \to R^{m} \times R^{l}$ como $H (\bar{u}) = (h (\bar{u}), \bar{u})$ , la cual es de clase $C^{1}$ en $U$ .

Por cómo construimos $h$ , sucede que $(h (\bar{u}), \bar{u}) \in S^{*}$ para toda $\bar{u} \in U$ . Por definición, esto quiere decir que para toda $i = 1, \dots, m$ tenemos que $(g_{i} \circ H) (\bar{u}) = 0$ para toda $\bar{u} \in U$ . Esto quiere decir que $g_{i} \circ H$ es una función constante y por lo tanto su derivada en ${\bar{u}}_{0}$ es la transformación $0$ . Pero otra forma de obtener la derivada es mediante la regla de la cadena como sigue:

$\begin{aligned} D (g_{i} \circ H) ({\bar{u}}_{0}) & = D g_{i} (H ({\bar{u}}_{0})) D H ({\bar{u}}_{0}) \\ = D g_{i} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) D H ({\bar{u}}_{0}) . \end{aligned}$

En términos matriciales, tenemos entonces que el siguiente producto matricial es igual al vector $(0, \dots, 0)$ de $l$ entradas (evitamos poner $({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ para simplificar la notación):

$\begin{matrix} (2) & (\begin{matrix} \frac{\partial g_{i}}{\partial v_{1}} & \dots & \frac{\partial g_{i}}{\partial v_{m}} & \frac{\partial g_{i}}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial g_{i}}{\partial u_{l}} \end{matrix}) (\begin{matrix} \frac{\partial h_{1}}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial h_{1}}{\partial u_{l}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial h_{m}}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial h_{m}}{\partial u_{l}} \\ 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & \dots & 1 \end{matrix}) \end{matrix},$

para cada $i = 1, \dots, m$ . Nos gustaría escribir esta conclusión de manera un poco más sencilla, para lo cual introducimos los siguientes vectores para cada $j = 1, \dots, l$ :

${\bar{w}}_{j} = ((\frac{\partial h_{1}}{\partial u_{j}} ({\bar{u}}_{0}), \dots, \frac{\partial h_{m}}{\partial u_{j}} ({\bar{u}}_{0})), {\hat{e}}_{j}) .$

Cada uno de estos lo pensamos como vector en $R^{m} \times R^{l}$ . Además, son $l$ vectores linealmente independientes, pues sus entradas ${\hat{e}}_{j}$ son linealmente independientes. El espacio vectorial $W$ que generan es entonces un subespacio de $R^{m} \times R^{l}$ , con $\dim (W) = l$ .

De la ecuación $(2)$ tenemos que $▽ g_{i} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) \cdot {\bar{w}}_{j} = 0$ para todo $i = 1, \dots, m$ , y $j = 1, \dots, l$ . Se sigue que $▽ g_{i} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) \in W^{⊥}$ , donde $W^{⊥}$ es el complemento ortogonal de $W$ en $R^{m} \times R^{l}$ . Pero además, por propiedades de espacios ortogonales tenemos que

$\begin{aligned} \dim (W^{⊥}) & = \dim (R^{m} \times R^{l}) - d i m (W) \\ = m + l - l \\ = m . \end{aligned}$

Así $\dim (W^{⊥}) = m$ , además el conjunto ${▽ g_{i} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})}_{i = 1}^{m}$ es linealmente independiente con $m$ elementos, por tanto este conjunto es una base para $W^{⊥}$ . Nuestra demostración estará terminada si logramos demostrar que $▽ f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ también está en $W^{⊥}$ , es decir, que es ortogonal a todo elemento de $W$ .

Pensemos qué pasa al componer $f$ con $H$ en el punto ${\bar{u}}_{0}$ . Afirmamos que ${\bar{u}}_{0}$ es un extremo local de $f \circ H$ . En efecto, $(f \circ H) ({\bar{u}}_{0}) = f (g ({\bar{u}}_{0}), {\bar{u}}_{0}) = ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ . Si, por ejemplo $({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ diera un máximo, entonces los valores $f (\bar{v}, \bar{u})$ para $(\bar{v}, \bar{u})$ dentro de cierta bola $B_{δ} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ serían menores a $f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ . Pero entonces los valores cercanos $\bar{u}$ a ${\bar{u}}_{0}$ cumplen $(f \circ H) (\bar{u}) = f (h (\bar{u}), \bar{u})$ , con $(\bar{u}, h (\bar{u}))$ en $S^{*}$ y por lo tanto menor a $f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ (para mínimos es análogo).

Resumiendo lo anterior, ${\bar{u}}_{0}$ es extremo local de $f \circ H$ . Aplicando lo que aprendimos en la entrada anterior, la derivada de $f \circ H$ debe anularse en ${\bar{u}}_{0}$ . Pero por regla de la cadena, dicha derivada es

$\begin{aligned} ▽ (f \circ H) ({\bar{u}}_{0}) & = D (f \circ H) ({\bar{u}}_{0}) \\ = D f (H ({\bar{u}}_{0})) D H ({\bar{u}}_{0}) \\ = D f (h ({\bar{u}}_{0}), {\bar{u}}_{0}) D H ({\bar{u}}_{0}) \\ = D f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) D H ({\bar{u}}_{0}) \end{aligned}$

Viéndolo como multiplicación de matrices, el siguiente producto es el vector $(0, 0, \dots, 0)$ de $l$ entradas:

$(\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial v_{1}} & \dots & \frac{\partial f}{\partial v_{m}} & \frac{\partial f}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial f}{\partial u_{l}} \end{matrix}) (\begin{matrix} \frac{\partial h_{1}}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial h_{1}}{\partial u_{l}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial h_{m}}{\partial u_{1}} & \dots & \frac{\partial h_{m}}{\partial u_{l}} \\ 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & \dots & 1 \end{matrix}) = 0$

De donde concluimos $▽ f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) \cdot {\bar{w}}_{j} = 0$ para cada $j = 1, \dots l$ . Esto precisamente nos dice que $▽ f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) \in W^{⊥}$ . Esto es justo lo que queríamos, pues habíamos demostrado que ${▽ g_{i} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})}_{i = 1}^{m}$ es una base de $W^{⊥}$ . Por ello podemos expresar a $▽ f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0})$ como combinación lineal de esta base, es decir, existen $λ_{1}, \dots, λ_{m}$ escalares tales que:

$▽ f ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) = λ_{1} ▽ g_{1} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) + \dots + λ_{m} ▽ g_{m} ({\bar{v}}_{0}, {\bar{u}}_{0}) .$

¡Qué bonita demostración! Usamos el teorema de la función implícita, la regla de la cadena (dos veces), nuestros resultados para valores extremos de la entrada anterior, y un análisis cuidadoso de ciertos espacios vectoriales.

Ejemplos del método de multiplicadores de Lagrange

Veamos algunos problemas que podemos resolver con esta nueva herramienta.

Ejemplo. Determinaremos los puntos extremos de $f (x, y) = x + 2 y$ bajo la condición $x^{2} + y^{2} = 5$ . Para poner todo en términos de nuestro teorema, definimos $g (x, y) = x^{2} + y^{2} - 5$ . Por el teorema de multiplicadores de Lagrange, en los puntos extremos debe existir una $λ$ tal que $▽ f (x, y) = λ ▽ g (x, y)$ . Calculando las parciales correspondientes, debemos tener entonces

$(1, 2) = λ (2 x, 2 y) .$

Adicionalmente, recordemos que se debe satisfaces $g (x, y) = 0$ . Llegamos entonces al sistema de ecuaciones

${\begin{matrix} 1 - 2 x λ = 0 \\ 2 - 2 y λ = 0 \\ x^{2} + y^{2} - 5 = 0 \end{matrix}$

Al despejar $x$ y $y$ en ambas ecuaciones tenemos:

$\begin{matrix} x = \frac{1}{2 λ} \\ y = \frac{1}{λ} \\ x^{2} + y^{2} - 5 = 0 \end{matrix} .$

Poniendo los valores de $x$ y $y$ en la tercera ecuación, llegamos a ${(\frac{1}{2 λ})}^{2} + {(\frac{1}{λ})}^{2} - 5 = 0$ , de donde al resolver tenemos las soluciones $λ_{1} = \frac{1}{2}$ y $λ_{2} = - \frac{1}{2}$ .

Al sustituir en las ecuaciones de nuestro sistema, obtenemos como puntos críticos a $(x, y) = (- 1, - 2)$ y $(x, y) = (1, 2)$ .

Si intentamos calcular el hessiano de $f$ , esto no nos dirá nada (no tendremos eigenvalores sólo positivos, ni sólo negativos). Pero esto ignora las restricciones que nos dieron. Podemos hacer una figura para entender si estos puntos son máximos o mínimos. En la Figura $1$ tenemos la gráfica de $f$ , intersectada con la superfice dada por $g$ . Nos damos cuenta que hay un punto máximo y uno mínimo. Al evaluar, obtenemos $f (1, 2) = 5$ y $f (- 1, - 2) = - 5$ . Esto nos dice que el máximo en la superficie se alcanza en $(1, 2)$ y el mínimo en $(- 1, - 2)$ .

Figura 2: Ilustración del *Ejemplo 1* la función $g (x, y) = x^{2} + y^{2} - 5$ esta dibujada en azul esta impone restricción a la función $f$ que dibuja un plano en el espacio.

$△$

Ejemplo. Veamos cómo minimizar la expresión $f (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ sujetos a la condición $x + y + z = 1$ . Una vez más, proponemos $g (x, y, z) = x + y + z - 1$ para tener la situación del teorema de multiplicadores de Lagrange. Debe pasar que $λ$ $▽ f (x, y, z) = λ ▽ g (x, y, z)$ . El gradiente de $g (x, y, z)$ es de puros ceros unos, así que tenemos el sistema de ecuaciones:

${\begin{matrix} 2 x = λ \\ 2 y = λ \\ 2 z = λ \\ x + y + z - 1 = 0 \end{matrix}$

De las primeras tres ecuaciones tenemos $2 x = 2 y = 2 z$ de donde $x = y = z$ . Sustituyendo en la tercera ecuación, $3 x - 1 = 0$ , es decir $x = y = z = \frac{1}{3}$ . Ya que sólo tenemos una solución, ésta es el mínimo del conjunto de soluciones. En la figura 3 tenemos la ilustración de la solución de este problema, la esfera centrada en el origen de radio $\frac{1}{3}$ toca al plano $x + y + z = 1$ en el punto $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})$

$△$

Figura 3: En azul claro el plano $x + y + z = 1$ , inflamos esferas centradas en el origen; desde la de radio cero vamos aumentando el radio hasta tener el radio correspondiente para el cual la esfera toque tangentemente al plano.

Más adelante…

Con esta entrada cerramos el curso de Cálculo Diferencial e Integral III. ¡¡Felicidades!! Esperamos que todas estas notas te hayan sido de ayuda para estudiar, repasar o impartir la materia. Quedamos al pendiente de cualquier duda, observación o sugerencia en la sección de comentarios de las entradas.

Tarea moral

Determina los extremos de la función $f (x, y) = x y + 14$ bajo la restricción $x^{2} + y^{2} = 18$
El plano $x + y + 2 z = 2$ interseca al paraboloide $z = x^{2} + y^{2}$ en una elipse $E$ . Determina el punto de la elipse con el valor mayor en el eje $z$ , y el punto con el valor mínimo en el mismo eje. Sugerencia: $f (x, y, z) = x + y + 2 z - 2$ , y $g (x, y, z) = x^{2} + y^{2} - z$
Determinar el máximo valor de $f (x, y, z) = x^{2} + 36 x y - 4 y^{2} - 18 x + 8 y$ bajo la restricción $3 x + 4 y = 32$
Determinar los puntos extremos de la función $f (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ bajo la restricción $x y z = 4$
Demuestra que en una matriz $M$ su rango por columnas es igual a su rango por renglones. Sugerencia. Usa el teorema de reducción gaussiana. También, puedes revisar la entrada que tenemos sobre rango de matrices.

Entradas relacionadas

Ir a Cálculo Diferencial e Integral III
Entrada anterior del curso: Puntos críticos de campos escalares

Cálculo Diferencial e Integral III: Teorema de la función implícita y demostración

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

Deja un comentario

Introducción

En esta parte del curso estamos abordando los resultados principales de campos vectoriales y su diferenciabilidad. Hemos hablado de cómo la derivada de una composición se calcula con regla de la cadena. También, enunciamos el teorema de la función inversa, lo demostramos, y vimos un ejemplo de cómo se usa. Ahora pasaremos a otro de los resultados fundamentales en el tema: el teorema de la función implícita. Vamos a motivarlo a partir del problema de resolver sistemas de ecuaciones no lineales. Luego, lo enunciaremos formalmente y lo demostraremos. La discusión y los ejemplos los dejaremos para la siguiente entrada.

Una motivación: resolver sistemas de ecuaciones no lineales

Con lo que repasamos sobre sistemas de ecuaciones lineales, y con lo que se ve en un curso de Álgebra Lineal I, se puede entender completamente cómo resolver sistemas de eccuaciones lineales. Recordemos un poco de esto. Tomemos el siguiente sistema de ecuaciones lineales en las variables $x_{1}, \dots, x_{n}$ :

$\begin{array}{r} {\begin{array}{c} a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \dots + a_{1 n} x_{n} = b_{1} \\ a_{21} x_{1} + a_{22} x_{2} + \dots + a_{2 n} x_{n} = b_{2} \\ ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} + a_{m 2} x_{2} + \dots + a_{m n} x_{n} = b_{m} . \end{array} \end{array}$

Para resolverlo, se podría utilizar el proceso de reducción gaussiana. Tras hacer esto, podíamos clasificar a las variables en libres (que podían valer lo que sea) y pivote (que dependían afinmente de las libres). Esto daba todas las soluciones. Si, por decir algo, las variables pivote son $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m}$ y las libre son $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ , entonces podemos reescribir lo anterior de la siguiente manera: «podemos despejar a las primeras en función de las segundas», algo así como

$\begin{aligned} x_{1} & = T_{1} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ x_{2} & = T_{2} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ ⋮ \\ x_{m} & = T_{m} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) . \end{aligned}$

Elegimos a $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ como queramos. De ahí $x_{1}, \dots, x_{m}$ quedan definidos afinmente con las $T_{1}, \dots, T_{m}$ . Y esto da todas las soluciones. Pero, ¿qué sucedería si tenemos un sistema de ecuaciones mucho más general?

Para plantear esto, imaginemos que ahora tenemos cualesquiera funciones $f_{1}, \dots, f_{m} : R^{n} \to R$ y que queremos encontrar todas las soluciones $x_{1}, \dots, x_{n}$ al siguiente sistema de ecuaciones:

$\begin{matrix} (3) & {\begin{matrix} f_{1} (x_{1}, \dots, x_{n}) = 0 \\ ⋮ \\ f_{m} (x_{1}, \dots, x_{n}) = 0. \end{matrix} \end{matrix}$

Esto es tan general como pudiéramos esperar. A la izquierda hay ceros, pero es porque si hubiera otras cosas, podríamos pasarlas a la izquierda para dejar ceros a la derecha.

Este sistema $(3)$ parece imposible de resolver: no tenemos idea de quiénes son las funciones $f_{1}, \dots, f_{n}$ , no hay reducción gaussiana, no hay variables libres, etc. Pero imaginemos que el campo vectorial $(f_{1}, \dots, f_{m})$ es de clase $C^{1}$ alrededor de algún punto ${\bar{v}}_{0} = (x_{1}^{0}, \dots, x_{n}^{0})$ en donde queremos despejar. Esto nos diría que cerca de ${\bar{v}}_{0}$ cada expresión $f_{i} (\bar{v})$ con $\bar{v} = (x_{1}, \dots, x_{n})$ se parece muchísimo a su mejor aproximación lineal:

$f_{i} ({\bar{v}}_{0}) + ▽ f_{i} ({\bar{v}}_{0}) ∙ (\bar{v} - {\bar{v}}_{0})$

donde, tenemos:
$\begin{aligned} f_{i} ({\bar{v}}_{0}) + ▽ f_{i} ({\bar{v}}_{0}) ∙ (\bar{v} - {\bar{v}}_{0}) & = f_{i} ({\bar{v}}_{0}) + (\frac{\partial f_{i}}{\partial x_{1}} ({\bar{v}}_{0}), \dots, \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{n}} ({\bar{v}}_{0})) ∙ (x_{1} - x_{1}^{0}, \dots, x_{n} - x_{n}^{0}) \\ = f_{i} ({\bar{v}}_{0}) + \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) (x_{j} - x_{j}^{0}) \\ = f_{i} ({\bar{v}}_{0}) + \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) x_{j} - \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) x_{j}^{0} \\ = ▽ f_{i} ({\bar{v}}_{0}) ∙ (\bar{v}) + f_{i} ({\bar{v}}_{0}) - \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) x_{j}^{0} \\ = ▽ f_{i} ({\bar{v}}_{0}) ∙ (\bar{v}) + {\bar{b}}_{i}, \end{aligned}$

donde ${\bar{b}}_{i} = f_{i} ({\bar{v}}_{0}) - \sum_{j = 1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) x_{j}^{0}$ . Pero entonces el sistema es prácticamente el mismo sistema que

$\begin{matrix} (4) & {\begin{matrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} ({\bar{v}}_{0}) x_{1} + & \dots & + \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{n}} ({\bar{v}}_{0}) x_{n} + b_{1} = 0 \\ \frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}} ({\bar{v}}_{0}) x_{1} + & \dots & + \frac{\partial f_{2}}{\partial x_{n}} ({\bar{v}}_{0}) x_{n} + b_{2} = 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{1}} ({\bar{v}}_{0}) x_{1} + & \dots & + \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{n}} ({\bar{v}}_{0}) x_{n} + b_{m} = 0 \end{matrix} \end{matrix}$

Esto se ve un poco complicado, pero cada $\frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} ({\bar{v}}_{0}) x_{j}$ es simplemente un número real. ¡Cerquita de ${\bar{v}}_{0}$ el sistema de ecuaciones $(3)$ es prácticamente un sistema lineal! Sería entonces de esperarse que las soluciones el sistema $(3)$ original sean muy cercanas a las del sistema lineal $(4)$ que sale y de nuevo recuperamos los trucos usuales: reducción gaussiana, variables libres, variables pivote, etc.

Pensando en que en el sistema $(4)$ las variables pivote son $x_{1}, \dots, x_{m}$ y las libres son $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ , entonces podemos encontrar transformaciones afines $T_{1}, \dots, T_{m} : R^{n} \to R$ tales que las soluiones de $(4)$ consisten en elegir $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ arbitrariamente, y tomar

$\begin{aligned} x_{1} & = T_{1} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ x_{2} & = T_{2} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ ⋮ \\ x_{m} & = T_{m} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) . \end{aligned}$

Muy probablemente $(x_{1}, \dots, x_{n})$ no será una solución de $(3)$ , pues son sistemas diferentes entre sí. Pero suena a que son tan tan cercanos, que con tantita maniobra podremos encontrar funciones $S_{1}, \dots, S_{m} : R^{n} \to R$ tales que cualquier solución a $(3)$ similarmente está dada por elegir $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ arbitrariamente y tomar

$\begin{aligned} x_{1} & = S_{1} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ x_{2} & = S_{2} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) \\ ⋮ \\ x_{m} & = S_{m} (x_{m + 1}, \dots, x_{n}) . \end{aligned}$

Gracias a que pudimos poner a todos los $x_{1}, \dots x_{m}$ en función de los $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ , hemos logrado encontrar todas las soluciones a $(3)$ cerca de ${\bar{v}}_{0}$ . El teorema de la función inversa nos ayuda a volver precisas muchas de las cosas discutidas en esta sección.

Enunciado del teorema de la función implícita

Pensemos que tenemos algunas restricciones dadas por ecuaciones como las del sistema $(3)$ . Lo que el teorema de la función implícita nos dirá es que bajo suficiente regularidad y algunas condiciones de invertibilidad, en una vecindad de un punto ${\bar{v}}_{0}$ las incógnitas $x_{1}, \dots, x_{m}$ se pueden poner en función de las incógnitas $x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ , es decir, que se puede despejar como lo mencionamos al final de la sección anterior. El enunciado es el siguiente.

Teorema (de la función implícita). Sea $f : S \subseteq R^{m} \times R^{l} \to R^{m}$ un campo vectorial de clase $C^{1}$ en $S$ con funciones componentes $f_{i} : S \subseteq R^{m} \times R^{l} \to R$ , para $i = 1, \dots, m$ .

Pensemos en el conjunto $A$ de soluciones $(y_{1}, \dots, y_{m}, x_{1}, \dots, x_{l})$ del siguiente sistema de ecuaciones:

$\begin{matrix} (5) & {\begin{matrix} f_{1} (y_{1}, \dots, y_{m}, x_{1}, \dots, x_{l}) = 0 \\ ⋮ \\ f_{m} (y_{1}, \dots, y_{m}, x_{1}, \dots, x_{l}) = 0. \end{matrix} \end{matrix}$

Supongamos además que para el punto $({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) = (y_{1}^{0}, \dots, y_{m}^{0}, x_{1}^{0}, \dots, x_{l}^{0}) \in S \cup A$ la matriz

$(\begin{matrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial y_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{i}}{\partial y_{m}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial f_{m}}{\partial y_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{m}}{\partial y_{m}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) \end{matrix})$

es invertible. Entonces existen abiertos $V \subset R^{m}$ y $U \subset R^{l}$ con ${\bar{y}}_{0} \in V$ , ${\bar{x}}_{0} \in U$ , para los cuales hay una única función $h : U \to V$ de clase $C^{1}$ en $V$ , tal que $f (\bar{y}, \bar{x}) = \bar{0}$ si y sólo si $\bar{y} = h (\bar{x})$ .

Sólo para aclarar algunas diferencias con lo discutido anteriormente, aquí ya estamos separando en lo que esperaremos que serán las variables libres $x_{1}, \dots, x_{m}$ y las variables pivote $y_{1}, \dots, y_{l}$ . Estamos además estudiando el caso en el que tenemos tantas variables libres como ecuaciones, pues este caso es fácil de enunciar en términos de la invertibilidad de una matriz. El caso más general se trata con reducción gaussiana como platicamos en la sección anterior. La igualdad $\bar{y} = h (\bar{x})$ es lo que entendemos como «despejar» a los $y_{i}$ ’s en función de los $x_{j}$ ’s.

Demostración del teorema de la función implícita

Veamos la demostración del teorema.

Demostración. Definamos $F : S \subset R^{m} \times R^{l} \to R^{m} \times R^{l}$ como $F (\bar{y}, \bar{x}) = (f (\bar{y}, \bar{x}), \bar{x})$ . Dado que $f$ es de clase $C^{1}$ , se tendrá que $F$ también (explica esto como tarea moral).

Notemos que

$\begin{aligned} F ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & = (f ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}), {\bar{x}}_{0}) = (\bar{0}, {\bar{x}}_{0}) . \end{aligned}$

Por otro lado, notemos que la matriz jacobiana de $F$ en $({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})$ es

$[\begin{matrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial {\bar{y}}_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{1}}{\partial y_{m}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{l}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial f_{m}}{\partial y_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{m}}{\partial y_{m}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{1}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) & \dots & \frac{\partial f_{m}}{\partial y_{l}} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) \\ 0 & \dots & 0 & 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & \dots & 0 & 0 & \dots & 1 \end{matrix}]$

esta matriz además es invertible (también tendrás que explicar ambas cosas de tarea moral).

La idea clave es que entonces podemos usar el teorema de la función inversa en $F$ . Aplícandolo en este contexto, obtenemos que existe $δ > 0$ tal que $F$ es inyectiva en una bola $B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}) \subset S$ . Nos dice también que $F (B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}))$ es un conjunto abierto, y que $F^{- 1} : F (B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})) \subset R^{m} \times R^{l} \to R^{m} \times R^{l}$ es de clase $C^{1}$ en $F (B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}))$ . También dice algo de quién es la derivada explícitamente, pero eso no lo necesitaremos por ahora (de tarea moral tendrás que pensar qué nos dice esto).

Como $F$ manda $({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})$ a $(\bar{0}, {\bar{x}}_{0})$ y $F (B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}))$ es un abierto, entonces hay una bola abierta $W$ alrededor de $(\bar{0}, {\bar{x}}_{0})$ contenida en $F (B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0}))$ . El conjunto $U$ que propondremos será el abierto que se obtiene al intersectar $W$ con el espacio en donde la coordenada correspondiente a $f (\bar{y}, \bar{x})$ es cero. En otras palabras, $U$ es un abierto y consiste de $\bar{x}$ para los cuales existe un $\bar{y}$ tal que $F (\bar{y}, \bar{x}) = (\bar{0}, \bar{x})$ (es decir, $f (\bar{y}, \bar{x}) = \bar{0}$ ).

Tomemos ahora un $\bar{x} \in U$ . Afirmamos que hay sólo un $\bar{y}$ tal que $(\bar{y}, \bar{x}) \in B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})$ y $f (\bar{y}, \bar{x}) = \bar{0}$ . Si hubiera $\bar{y}$ y ${\bar{y}}^{'}$ que satisfacen eso, tendríamos

$F (\bar{y}, \bar{x}) = (f (\bar{y}, \bar{x}), \bar{x}) = (\bar{0}, \bar{x}) = (f ({\bar{y}}^{'}, \bar{x}), \bar{x}) = F ({\bar{y}}^{'}, \bar{x}),$

que por la inyectividad de $F$ implica $\bar{y} = {\bar{y}}^{'}$ . De hecho, dicho único $\bar{y}$ está en función de $F^{- 1}$ , que es de clase $C^{1}$ de modo que el conjunto de los $\bar{y}$ asignados a los $\bar{x}$ en $U$ es un abierto $V$ .

Así, podemos definir $h : U \to V$ de la siguiente manera: $h (\bar{x}) = \bar{y}$ , donde $\bar{y}$ es el único elemento para el cual $f (\bar{y}, \bar{x}) = \bar{0}$ y $(\bar{y}, \bar{x}) \in B_{δ} ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})$ . De la discusión desarrollada, $h$ está bien definida y cumple con las propiedades buscadas.

Por último probemos que $h$ es de clase $C^{1}$ en $U$ . Como $F^{- 1}$ esta definida y, además es de clase $C^{1}$ sobre el conjunto $F (B_{δ} ({\bar{x}}_{0}, {\bar{y}}_{0}))$ , si escribimos que $F^{- 1} = ((F^{- 1})_{1}, \dots, (F^{- 1})_{m})$ , bastaría con demostrar:

$h (\bar{x}) = ((F^{- 1})_{1} (\bar{0}, \bar{x}), \dots, (F^{- 1})_{m} (\bar{0}, \bar{x}))$

para cada $\bar{x} \in V$ . Esto se hace como sigue:

$\begin{aligned} (h (\bar{x}), \bar{x}) & = F^{- 1} (F (h (\bar{x}), \bar{x})) \\ = F^{- 1} (\bar{0}, \bar{x}) \\ = ((F^{- 1})_{1} (\bar{0}, \bar{x}), \dots, (F^{- 1})_{m} (\bar{0}, \bar{x}), (F^{- 1})_{m + 1} (\bar{0}, \bar{x}), \dots, (F^{- 1})_{m + l} (\bar{0}, \bar{x})) . \end{aligned}$

Así queda terminada de la demostración de este importante teorema.

Algunas reflexiones finales

Si quisiéramos usar de manera práctica la demostración para encontrar la función implícita $h$ , necesitaríamos calcular la inversa $F^{- 1}$ . Sin embargo, las técnicas que tenemos hasta ahora no nos permiten hacer eso tan fácilmente. La versión del teorema de la función inversa que tenemos nos dice que hay una inversa, pero no nos dice quién es. La mayoría de las veces dar esta inversa es muy difícil, por no decir imposible.

Aunque esto parezca algo negativo, de cualquier forma tenemos un resultado muy importante. En algunos casos, sí podremos dar la función inversa con relativa facilidad. Y en otros contextos, aunque no podamos dar la inversa explícitamente, sí tendremos una base teórica robusta para demostrar otros resultados. El teorema de la función implícita es una palanca importante para otros resultados que brindan mucha luz acerca del comportamiento de los campos vectoriales.

Mas adelante…

La demostración y el desarrollo teórico tanto del teorema de la función inversa, como el de la función implícita, son muy técnicos. Dejaremos los aspectos técnicos hasta aquí y en la siguiente entrada procesaremos mejor lo que quiere decir este teorema hablando de varios ejemplos, y también de sus consecuencias.

Tarea moral

Considérese la función $T : R^{3} \to R^{2}$ dada por $T (x, y, z) = (x + z, y + x)$ aplica el teorema de la función implícita para obtener una función $h : R \to R^{2}$ tal que $(h (\bar{a}), \bar{a})$ es solución de la ecuación $T (x, y, z) = (0, 0)$ .
Explica con detalle por qué la función $F$ de la demostración del teorema de la función implícita es de clase $C^{1}$ .
Verifica que en efecto $D F ({\bar{y}}_{0}, {\bar{x}}_{0})$ es la expresión dada en la demostración del teorema. Además, justifica por qué es invertible.
Justifica con detalle por qué los conjuntos $U$ y $V$ de la demostración en efecto son conjuntos abiertos.
El teorema de la función inversa también nos dice quién es la derivada de la inversa. ¿Eso qué quiere decir en el contexto del teorema de la función implícita?

Entradas relacionadas

Ir a Cálculo Diferencial e Integral III
Entrada anterior del curso: Demostración del teorema de la función inversa
Entrada siguiente del curso: Ejemplos e intuición el teorema de la función implícita

El blog de Leo

Aprendiendo, creando y compartiendo matemáticas

Archivo de la etiqueta: función implícita

Cálculo Diferencial e Integral III: Multiplicadores de Lagrange

Introducción

Un ejemplo para motivar la teoría

Enunciado del teorema de multiplicadores de Lagrange

Demostración del teorema de multiplicadores de Lagrange

Ejemplos del método de multiplicadores de Lagrange

Más adelante…

Tarea moral

Entradas relacionadas

Cálculo Diferencial e Integral III: Teorema de la función implícita y demostración

Introducción

Una motivación: resolver sistemas de ecuaciones no lineales

Enunciado del teorema de la función implícita

Demostración del teorema de la función implícita

Algunas reflexiones finales

Mas adelante…

Tarea moral

Entradas relacionadas