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Práctica 4. Funciones implícitas
Ejercicios resueltos
- Probar que el sistema de ecuaciones
eu+x^ cos(y + v) − x^2 + y^2 = 0 eu+x^ sen(y + v) − 2 xy = 0
de ne funciones implícitas u = u(x, y) y v = v(x, y) , diferenciables en un entorno del punto (1, 0) , con u(1, 0) = − 1 y v(1, 0) = 0. Calcular las derivadas parciales de u y v en dicho punto.
Solución
Tomamos Ω = R^4 y consideramos la función F = (F 1 , F 2 ) : Ω → R^2 de nida, para cualesquiera x, y, u, v ∈ R , por
F 1 (x, y, u, v) = eu+x^ cos (y + v) − x^2 + y^2 F 2 (x, y, u, v) = eu+x^ sen(y + v) − 2 xy
Se tiene claramente que F (1, 0 , − 1 , 0) = (0, 0). También es evidente que F 1 y F 2 son funciones de clase C 1 en R^4 , pues ambas se obtienen mediante sumas, productos y composiciones de funciones de clase C 1 : funciones polinómicas, la exponencial, el seno y el coseno. Por tanto F ∈ C 1 (R^4 , R^2 ).
En todo punto P = (x, y, u, v) ∈ R^4 , se tiene claramente que
∂ F 1 ∂ x
(P ) = e u+x^ cos (y + v) − 2 x
∂ F 1
∂ y
(P ) = − e u+x^ sen (y + v) + 2 y
∂ F 1 ∂ u
(P ) = e u+x^ cos (y + v)
∂ F 1
∂ v
(P ) = − e u+x^ sen (y + v) ∂ F 2 ∂ x
(P ) = e u+x^ sen (y + v) − 2 y
∂ F 2
∂ y
(P ) = e u+x^ cos (y + v) − 2 x
∂ F 2 ∂ u
(P ) = e u+x^ sen (y + v)
∂ F 2
∂ v
(P ) = e u+x^ cos (y + v)
En particular, en el punto P 0 = (1, 0 , − 1 , 0) , obtenemos
∂ F 1 ∂ x
(P 0 ) = − 1 ,
∂ F 1
∂ y
(P 0 ) = 0 ,
∂ F 1
∂ u
(P 0 ) = 1 ,
∂ F 1
∂ v
(P 0 ) = 0
∂ F 2
∂ x
(P 0 ) = 0 ,
∂ F 2
∂ y
(P ) = − 1 ,
∂ F 2
∂ u
(P 0 ) = 0 ,
∂ F 2
∂ v
(P 0 ) = 1
Así pues, la matriz jacobiana que nos interesa es
JF (1, 0 , − 1 , 0) =
Como consecuencia tenemos claramente que
det
∂ (F 1 , F 2 )
∂(u, v)
∣ = 1^6 = 0
Por tanto, el teorema de función implícita nos dice que el sistema del enunciado de ne funciones implícitas u = u(x, y) y v = v(x, y) , que son diferenciables en un abierto U ⊂ R^2 con (1, 0) ∈ U , u(1, 0) = − 1 y v(1, 0) = 0. Para todo (x, y) ∈ U , el mencionado sistema nos dice ahora que
e x+u(x,y)^ cos
y + v(x, y)
− x^2 + y^2 = 0 y e x+u(x,y)^ sen
y + v(x, y)
− 2 xy = 0
Tenemos aquí dos funciones idénticamente nulas en U , cuyas derivadas parciales también deberán ser idénticamente nulas. Así pues, si abreviamos entendiendo que todas las funciones se evalúan en un punto arbitrario (x, y) ∈ U , se tiene:
e x+u
∂ u ∂ x
cos (y + v) − e x+u^ sen (y + v)
∂ v ∂ x
− 2 x = 0
e x+u
∂ u ∂ x
sen (y + v) + e x+u^ cos (y + v)
∂ v ∂ x
− 2 y = 0
Para (x, y) = (1, 0) , como u(1, 0) = − 1 y v(1, 0) = 0 , obtenemos
∂ u ∂ x
(1, 0) = 1 y
∂ v ∂ x
Análogamente, de (∗) deducimos que, para todo (x, y) ∈ U se tiene:
e x+u^ cos (y + v)
∂ u ∂ y
− e x+u^ sen (y + v)
∂ v ∂ y
e x+u^ sen (y + v)
∂ u ∂ y
∂ v ∂ y
− 2 x = 0
y en particular, para (x, y) = (1, 0) concluimos que
∂ u ∂ y
(1, 0) = 0 y
∂ v ∂ y
Con esto hemos calculado las derivadas parciales de u y v en (1, 0).
