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El teorema de la funcion implıcita

Renato Alvarez-Nodarse

Universidad de Sevilla

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0 ��

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x 0 y0( ),(x,y)

https://renato.ryn-fismat.es/clases.html

Renato Alvarez-Nodarse El teorema de la funcion implıcita U. Sevilla 1

¿Cuando la ecuacion F (x , y) = 0

define una funcion y = f (x)?

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0 ��

��

x 0 y0( ),(x,y)

Problema: ¿cuando F (x , y) = 0 define una funcion y = f (x)?

Para aclarar ideas: La Ec. F (x , y) = x2 + y2 − 1 = 0 define una circunfe-rencia en R2.

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Ahora bien, si queremos despejar la y tenemos y = ±√

1− x2. ¿Cual delas dos ramas tomamos?

Una eleccion: y = f (x) =√

1− x2 que es continua en [−1, 1] pero noes diferenciable en los extremos.

Otra eleccion: f (x) =√

1− x2 si x ∈ Q y f (x) = −√

1− x2 si x ∈ I

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1− x2 si x ∈ Q y f (x) = −√

1− x2 si x ∈ I

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1− x2 si x ∈ Q y f (x) = −√

1− x2 si x ∈ I

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1− x2 si x ∈ Q y f (x) = −√

1− x2 si x ∈ I

Solucion: Aproximamos F (x , y) por el plano tangente a (x0, y0) t.q. F (x0, y0) = 0

Sea la ecuacion F (x , y) = x2 + y2 − 1 = 0

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0 ��

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x 0 y0( ),(x,y)

Entorno I (en verde) de (x0, y0) (ampliado a la derecha) donde podemos construirla funcion implıcita f (x) tal que F (x , f (x)) = 0.

En rojo se representa el plano (recta) tangente a F (x , y) en (x0, y0).

Sea la ecuacion F (x , y) = x2 + y2 − 1 = 0

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0 ��

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x 0 y0( ),(x,y)

Entorno I (en verde) de (x0, y0) (ampliado a la derecha) donde podemos construirla funcion implıcita f (x) tal que F (x , f (x)) = 0.

En rojo se representa el plano (recta) tangente a F (x , y) en (x0, y0).

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0��

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x 0 y0( ),(x,y)

Si F es diferenciable en (x0, y0) entonces en un entorno de (x0, y0)

F (x , y) = F (x0, y0) +∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) + o(‖h‖).

Como F (x0, y0) = 0 y F (x , y) = 0 (¿por que?) entonces

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0

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0��

��

x 0 y0( ),(x,y)

Si F es diferenciable en (x0, y0) entonces en un entorno de (x0, y0)

F (x , y) = F (x0, y0) +∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) + o(‖h‖).

Como F (x0, y0) = 0 y F (x , y) = 0 (¿por que?) entonces

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0.

Luego un valor aproximado de y en funcion de x es

y − y0 ≈ −[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂x(x − x0).

Como y = f (x) y y0 = f (x0) tenemos

∆f (x)

∆x≈ −

[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

En el lımite ∆x → 0 obtenemos un valor para f ′(x0).

Notese que para obtener y necesitamos que∂F (x0, y0)

∂y6= 0.

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0.

y − y0 ≈ −[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂x(x − x0).

∆f (x)

∆x≈ −

[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂y6= 0.

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0.

y − y0 ≈ −[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂x(x − x0).

∆f (x)

∆x≈ −

[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂y6= 0.

∂F (x0, y0)

∂x(x − x0) +

∂F (x0, y0)

∂y(y − y0) ≈ 0.

y − y0 ≈ −[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂x(x − x0).

∆f (x)

∆x≈ −

[∂F (x0, y0)

]−1 ∂F (x0, y0)

∂y6= 0.

Apliquemos lo anterior a nuestro ejemplo F (x , y) = x2 + y 2 − 1 = 0.

Como Fy (x0, y0) = 2y0 6= 0 ∀y0 6= 0 ⇒ podremos definir una funcion fen cualquier entorno de (x0, y0), x0 ∈ (−1, 1) que escojamos siempre quey0 6= 0, i.e., x0 6= ±1 . . .

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Apliquemos lo anterior a nuestro ejemplo F (x , y) = x2 + y 2 − 1 = 0.

Como Fy (x0, y0) = 2y0 6= 0 ∀y0 6= 0 ⇒ podremos definir una funcion fen cualquier entorno de (x0, y0), x0 ∈ (−1, 1) que escojamos siempre quey0 6= 0, i.e., x0 6= ±1 . . . pero si y0 = 0, i.e., x0 = ±1

0y =0 I

Teorema de la funcion implıcita:

Caso de una ecuacion

Teorema de la funcion implıcita

Sea F : A ⊂ Rn × R 7→ R, A ⊂ Rn × R abierto y sea (x0, y0) ∈ A.Supongamos que:

1 F (x , y) := F (x1, x2, . . . , xn, y) ∈ C (p)(A), p ≥ 1,2 F (x0, y0) := F (x01, x02, . . . , x0n, y0) = 0,

3 F ′y (x0, y0) =∂F (x01, x02, . . . , x0n, y0)

∂y6= 0.

Entonces ∃ un abierto I = (x0−h, x0 +h)× (y0−k, y0 +k) ⊂ A alrededorde (x0, y0) y una funcion f : Ix ⊂ Rn 7→ Iy ⊂ R t.q.

1 F (x , y) = 0 en I ⇐⇒ y = f (x), i.e., F (x , f (x)) = 0 en I

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

3 Para todo x ∈ Ix , las derivadas parciales de f (x) se calculan por

∂f (x1, . . . xn)

∂xi= −[F ′y (x , f (x))]−1 · [F ′xi (x , f (x))] i = 1, 2, . . . , n.

3 F ′y (x0, y0) =∂F (x01, x02, . . . , x0n, y0)

∂y6= 0.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

∂f (x1, . . . xn)

3 F ′y (x0, y0) =∂F (x01, x02, . . . , x0n, y0)

∂y6= 0.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

∂f (x1, . . . xn)

3 F ′y (x0, y0) =∂F (x01, x02, . . . , x0n, y0)

∂y6= 0.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

∂f (x1, . . . xn)

Prueba del teorema de la funcion implıcita

1 F (x , y) := F (x1, x2, . . . , xn, y) ∈ C (p)(A), p ≥ 1,

2 F (x0, y0) := F (x01, x02, . . . , x0n, y0) = 0,

3 F ′y (x0, y0) =∂F (x01, x02, . . . , x0n, y0)

∂y6= 0.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix).

∂f (x1, . . . xn)

Prueba TFI: ∃f , t.q. F (x , f (x)) = 0 en I

Asumimos que F ′y (x0, y0) > 0, entonces, como F ′y (x , y) es continua en(x0, y0) ∈ A, se tiene que existe todo un entorno I = Ix × Iy de (x0, y0)donde F ′y (x , y) > 0. Luego, F (x , y) como funcion de y es estrictamentecreciente. Como F (x0, y0) = 0 entonces tenemos que

0 > F (x0, y0 − k) < F (x0, y0) < F (x0, y0 + k) > 0.

Como F (x , y) es continua en A entonces los signos de F se mantienenen todo un entorno de cada punto, i.e., existe un entorno Ix (que porsimplicidad asumimos igual al de antes) tal que

0 > F (x , y0 − k) < F (x0, y0) < F (x , y0 + k) > 0, ∀x ∈ Ix .

Pero para cada x ∈ Ix la funcion h(y) := F (x , y) cambia de signo en losextremos del intervalo Iy , luego por el Teorema de Bolzano ∀x ∈ Ix existeun unico y ∈ Iy tal que F (x , y) = 0 (la unicidad es consecuencia de lamonotonıa de h(y)). Definiendo la funcion f : Ix 7→ Iy ⊂ R de forma quey = f (x) obtenemos una funcion que cumple con que F (x , f (x)) = 0.

0 > F (x0, y0 − k) < F (x0, y0) < F (x0, y0 + k) > 0.

0 > F (x , y0 − k) < F (x0, y0) < F (x , y0 + k) > 0, ∀x ∈ Ix .

0 > F (x0, y0 − k) < F (x0, y0) < F (x0, y0 + k) > 0.

0 > F (x , y0 − k) < F (x0, y0) < F (x , y0 + k) > 0, ∀x ∈ Ix .

Prueba TFI: f ∈ C (0)(Ix)

IProbemos que f (x) ası definida es continua. De la construccion anteriorse sigue que ∀ε > 0 (ε suficientemente pequeno para que y0 ± ε ∈ Iy )∃δ > 0 lo suficientemente pequeno para que (x0− δ, x0 + δ) ∈ Ix y tal queF (x , y) cambie de signo en los extremos de [y0 − ε, y0 + ε].

Luego ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que si ‖x − x0‖ < δ entonces |f (x)− f (x0)| < ε.

IProbemos que f ∈ C (1)(Ix):

Elegimos ∆x = hei , ei i-esimo vector de la base canonica de Rn.

f es continua en Iy , luego f (x + ∆x) = f (x) + ∆y = y + ∆y , donde∆y = f (x + ∆x)− f (x)→ 0 si ∆x → 0.

Como F (x , y) = F (x+∆x , y +∆y) = 0 entonces, por el teorema del valormedio para funciones escalares de varias variables, existe un θ ∈ (0, 1) talque

0 = F (x + ∆x , y + ∆y)− F (x , y) = DF (x + θ∆x , y + θ∆y)

(∆x∆y

)=∂F (x + θhei , y + θ∆y)

∂xih +

∂F (x + θhei , y + θ∆y)

∂y∆y .

Como F (x , y) ∈ C (1)(I ) entonces tomando lımites ∆x → 0 ⇒

0 =∂F (x , y)

∂xi+∂F (x , y)

∂ylımh→0

Luego, si∂F (x , y)

∂y6= 0 ⇒ existe el lım

h=∂f (x , y)

∂xi.

Como∂f (x1, . . . xn)

∂xi= −

F ′xi (x , f (x))

F ′y (x , f (x)), i = 1, 2, . . . , n,

y f (x), F ′x y F ′y son continuas entonces f ′ es continua (¿por que?).

Derivando la expresion anterior se tiene que f ∈ C (2)(Ix) (¿por que?).

∂2f (x1, . . . xn)

∂xj∂xi=

∂Fxi(x,f (x))

∂xj︷︸︸︷[F ′′xixj (x , f (x)) + F ′′xiy (x , f (x))fxj (x)]F ′y (x , f (x))

[F ′y (x , f (x))]2

−Fxi (x , f (x))

∂Fy (x,f (x))

∂xj︷︸︸︷[F ′′yxj (x , f (x)) + F ′′yy (x , f (x))fxj (x)]

[F ′y (x , f (x))]2

Y ası, derivando sucesivamente, se deduce que f ∈ C (p)(Ix).

Como∂f (x1, . . . xn)

∂xi= −

F ′xi (x , f (x))

F ′y (x , f (x)), i = 1, 2, . . . , n,

y f (x), F ′x y F ′y son continuas entonces f ′ es continua (¿por que?).

Derivando la expresion anterior se tiene que f ∈ C (2)(Ix) (¿por que?).

∂2f (x1, . . . xn)

∂xj∂xi=

∂Fxi(x,f (x))

∂xj︷︸︸︷[F ′′xixj (x , f (x)) + F ′′xiy (x , f (x))fxj (x)]F ′y (x , f (x))

[F ′y (x , f (x))]2

−Fxi (x , f (x))

∂Fy (x,f (x))

∂xj︷︸︸︷[F ′′yxj (x , f (x)) + F ′′yy (x , f (x))fxj (x)]

[F ′y (x , f (x))]2

Y ası, derivando sucesivamente, se deduce que f ∈ C (p)(Ix).Renato Alvarez-Nodarse El teorema de la funcion implıcita U. Sevilla 15

Ejemplo de aplicacion.

Ejemplo: Sea la ecuacion z3 + 2(x + y)2z + ez−1 − 4 = 0.

1 Prueba que la ecuacion anterior define una funcion z = f (x , y) en elentorno U del punto (0,−1, 1) y que dicha funcion es una funcionC (∞)(U) en dicho U.

2 Calcula las derivadas parciales ∂f∂x y ∂f

∂y en dicho punto.

3 Escribe el polinomio de Taylor de orden 2 de f en (0,−1, 1).

Solucion:

Sea la funcion

F : R3 7→ R, F (x , y , z) = z3 + 2(x + y)2z + ez−1 − 4

1) En el punto (0,−1, 1) se verifica la ecuacion F (0,−1, 1) = 0.

2) F es C (p)(R3) para todo p ∈ N y F ′z(0,−1, 1) = 6 6= 0.

En TFI nos dice que existe en todo un entorno de (0,−1, 1) una funcionz = f (x , y), f ∈ C (p)(R2) para todo p ∈ N tal que F (x , y , f (x , y)) = 0en dicho entorno de (0,−1, 1).

Para calcular las derivadas usamos que

F ′x(0,−1, 1) = F ′y (0,−1, 1) = 4(x + y)z = −4 ⇒

∂f (0,−1)

∂x= −F ′x(0,−1, 1)

F ′z(0,−1, 1)=

∂f (0,−1)

∂y= −

F ′y (0,−1, 1)

F ′z(0,−1, 1)=

Solucion:

Sea la funcion

F : R3 7→ R, F (x , y , z) = z3 + 2(x + y)2z + ez−1 − 4

1) En el punto (0,−1, 1) se verifica la ecuacion F (0,−1, 1) = 0.

2) F es C (p)(R3) para todo p ∈ N y F ′z(0,−1, 1) = 6 6= 0.

En TFI nos dice que existe en todo un entorno de (0,−1, 1) una funcionz = f (x , y), f ∈ C (p)(R2) para todo p ∈ N tal que F (x , y , f (x , y)) = 0en dicho entorno de (0,−1, 1).

Para calcular las derivadas usamos que

F ′x(0,−1, 1) = F ′y (0,−1, 1) = 4(x + y)z = −4 ⇒

∂f (0,−1)

∂x= −F ′x(0,−1, 1)

F ′z(0,−1, 1)=

∂f (0,−1)

∂y= −

F ′y (0,−1, 1)

F ′z(0,−1, 1)=

Calculando derivadas de orden 2 en el punto (0,−1, 1)

F (x , y , z) = z3 + 2(x + y)2z + ez−1 − 4 = 0

Como f es C (∞)(R2) en un entorno de (0,−1) entonces es diferenciabletantas veces como se quiera.

Derivando dos veces respecto a x la ecuacion F (x , y) = 0 y considerandoz como funcion de x , y y zx = zy = 2/3, tenemos:

2zxx (y + x)2+8zx (y + x)+3z2zxx+ez−1zxx+(6z+ez−1)z2x +4z = 0 V

zxx = − 8

Derivando respecto a y dos obtenemos

2zyy (y + x)2+8zy (y + x)+3z2zyy+ez−1zyy+(6z+ez−1)z2y +4z = 0 V

zyy = − 8

Calculando derivadas de orden 2

Respecto a x y y tenemos

2zxy (y + x)2+ 4(zy + zx) (y + x) + 6zzxzy+

ez−1zxzy + 3z2zxy + ez−1zxy + 4z = 0V

zxy = − 8

Usando Taylor z(x , y) = P2(x , y) + o(x2 + (y − 1)2

)P2(x , y) = z(0,−1) + Dz(0,−1)(x , y + 1) + 1

2D2z(0,−1)(x , y + 1)

)+(x y + 1

)(− 427 − 4

− 427 − 4

Teorema de la funcion implıcita:

Caso general

Teorema de la funcion implıcita: caso general

Sea el sistema de ecuaciones:F1(x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , ym) = 0,F2(x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , ym) = 0,

...Fm(x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , ym) = 0,

donde Fk : A ⊂ Rn × Rm 7→ R, k = 1, 2, . . . ,m.

Por sencillez denotaremos por F (x , y) la funcion F : A ⊂ Rn ×Rm 7→ Rm

cuyas componentes son las Fk anteriores, por lo que el sistema anterior loescribiremos por F (x , y) = 0.

La pregunta es si existe una f : Ix ⊂ Rn 7→ Iy ⊂ Rm t.q. Fk(x , f (x)) = 0,i.e., si existen m funciones yk = fk(x) := fk(x1, · · · , xn) tales que

F (x1, . . . , xn, f1(x), . . . , fm(x)) = 0 en un entorno de (x0, y0) ∈ A.

Sea x0 := (x01, x02, . . . , x0n) e y0 := (y01, y02, . . . , y0m) y denotemos porIx el intervalo [x0 − h, x0 + h] y por Iy el intervalo [y0 − k , y0 + k].

Definamos las matrices (apliaciones lineales)

f ′ : Rn 7→ Rm, f ′(x) =

∂f1(x)

∂x2. . .

∂f1(x)

∂xn...

.... . .

...∂fm(x)

∂fm(x)

∂x2. . .

∂fm(x)

F ′x : Rn 7→ Rm, F ′x(x , y) =

∂F1(x , y)

∂x1. . .

∂F1(x , y)

∂xn...

. . ....

∂Fm(x , y)

∂x1. . .

∂Fm(x , y)

F ′y : Rm 7→ Rm, F ′y (x , y) =

∂F1(x , y)

∂y1. . .

∂F1(x , y)

∂ym...

. . ....

∂Fm(x , y)

∂y1. . .

∂Fm(x , y)

Notese que F ′y (x , y) es una matriz cuadrada que sera invertible si y solo sidetF ′y (x , y) 6= 0.

Sea F : A ⊂ Rn × Rm 7→ Rm, A ⊂ Rn × Rm abierto y sea (x0, y0) ∈ A.Supongamos que:

1 F (x , y) ∈ C (p)(A), p ≥ 1,

2 F (x0, y0) = 0,

3 detF ′y (x0, y0) 6= 0 o sea,F ′y (x , y) es una matriz invertible.

Entonces existe un intervalo I = [x0−h, x0 +h]× [y0−k , y0 +k] alrededordel punto (x0, y0), I ⊂ A, y una funcion f : Ix ⊂ Rn 7→ Iy ⊂ Rm t.q.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

3 Para todo x ∈ Ix , la diferencial de f (x) se calcula por

∂f (x1, . . . xn)

Sea F : A ⊂ Rn × Rm 7→ Rm, A ⊂ Rn × Rm abierto y sea (x0, y0) ∈ A.Supongamos que:

1 F (x , y) ∈ C (p)(A), p ≥ 1,

2 F (x0, y0) = 0,

3 detF ′y (x0, y0) 6= 0 o sea,F ′y (x , y) es una matriz invertible.

Entonces existe un intervalo I = [x0−h, x0 +h]× [y0−k , y0 +k] alrededordel punto (x0, y0), I ⊂ A, y una funcion f : Ix ⊂ Rn 7→ Iy ⊂ Rm t.q.

2 f (x) ∈ C (p)(Ix) .

3 Para todo x ∈ Ix , la diferencial de f (x) se calcula por

∂f (x1, . . . xn)

Ejemplos

Ejemplo 1: F (x , y , z) = x2

a2 + y2

b2 + z2

c2 − r2 = 0. ¿Se pueden encontrar

z = f (x , y)? ¿Cuanto valen∂z

∂xy∂z

Ejemplo 2: F (x , y , z) = y2z + x log z − x = 0, se sabe que z(1,−1) = 1.Encontrar el polinomio de Taylor de orden 2 de z en el punto (1,−1).

Ejemplo 3: Sea F (x , y , z) = x2y +ex +z = 0. ¿Que puntos (b, c) definenuna funcion x(y , z) tal que x(b, c) = 0?

Calcula, si es posible,∂x

∂yy∂x

Ejemplo 4:

{(x − 1)2 + y2 − z = 0,x2 + y2 + z2 − 1 = 0.

Decidir si este sistema se puede resolver respecto a x , i.e., si existen y =y(x) y z = z(x). Calcula y ′(x) y z ′(x) donde se pueda.

Ejemplos

a2 + y2

b2 + z2

∂xy∂z

∂yy∂x

Ejemplo 4:

{(x − 1)2 + y2 − z = 0,x2 + y2 + z2 − 1 = 0.

Ejemplos

a2 + y2

b2 + z2

∂xy∂z

∂yy∂x

Ejemplo 4:

{(x − 1)2 + y2 − z = 0,x2 + y2 + z2 − 1 = 0.

Ejemplos

a2 + y2

b2 + z2

∂xy∂z

∂yy∂x

Ejemplo 4:

{(x − 1)2 + y2 − z = 0,x2 + y2 + z2 − 1 = 0.

Teorema de la funcion inversa

Supongamos que tenemos la ecuacion f (x) = y , f : R 7→ R y queremosresolverla. Para ello la reescribiremos de la forma F (x , y) = f (x)− y = 0.

Lo que queremos es saber si esta ecuacion es resoluble respecto a x , i.e.,si existe una funcion x = g(y) de forma tal que F (g(y), y) = 0 para todoy de cierto intervalo dado.

Si en el intervalo Iy existe la solucion definiendo Ix el conjunto de las x talesque x = g(y) tendremos dos funciones f (x) y g(y) que son mutuamenteinversas. Es decir, encontrando las condiciones que nos permiten resolverla ecuacion F (x , y) = 0 respecto a x , sabremos en que condiciones f (x)es invertible.

Pero eso es justo lo que nos afirma el Teorema de la funcion implıcita.

Para resolver la ecuacion f (x)−y = F (x , y) = 0 respecto a x es suficienteque:

¶ F sea C (p)(A), con A cierto entorno abierto de cierto (x0, y0) que sa-tisface la ecuacion f (x0) = y0

· F ′x(x0, y0) = f ′(x0) 6= 0

Entonces el TFI nos dice que existe en un entorno V (y0) de y0 ciertafuncion x = g(y) tal que F (g(y), y) = 0 ⇒ f (g(y)) = y y ademas g esC (p)(V (y0)) y su derivada se expresara por

g ′(y0) = −F ′y (x0, y0)

F ′x(x0, y0)=

f ′(x0).

Teorema (de la funcion inversa)

Sea f : A ⊂ Rn 7→ Rn definida en un entorno del punto x0 ∈ A tal que

1 f (x) ∈ C (p)(A), p ≥ 1,

2 f (x0) = y0, en x0,

3 f ′(x0) es una aplicacion invertible.

Entonces existe un entorno abierto U(x0) ⊂ A de x0 ∈ A y otroV (y0) ⊂ f (A) de y0 ∈ f (A) tal que f es invertible en U(x0), i.e.,

1 Existe su inversa f −1 : V (y0) 7→ U(x0),

2 f (−1) ∈ C (p)(V (y0)),

3 Para todo x ∈ U(x0) e y = f (x) ∈ V (y0) se tiene que

(f −1(y))′ := Df −1(y) = [f ′(x)]−1 := [Df (x)]−1.

Teorema de la funcion inversa: Ejemplos

Sea la funcion f : Rn 7→ Rn definida por y = f (x) = Ax , donde A es unamatriz real n× n. Es obvio que f es C (p)(Rn) para todo p ∈ N. Podemosademas tomar cualquier x ∈ Rn y definir y = Ax .

La derivada (total) de f es la matriz A. Entonces si A es invertible (oequivalentemente, si el Jacobiano de f , que es detA es diferente de cero),entonces f es invertible. Ademas Df −1 = [Df ]−1, i.e., [Df (x)]−1 = A−1.

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