TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLICITA UNA DEMOSTRACIÓN

Sea Ω un abierto del espacio euclideo Rⁿ× R^m y F: Ω→R^m una función de clase C¹( Ω). Supongamos que (x₀,y₀) ∈ Ω tal que F(x₀,y₀) =0 y si L₂(v) = DF(x₀,y₀)(0, v) = 0 , entonces v = 0, ∀ v ∈ R^m. Esto dice que L₂ es una aplicación lineal invertible. Llamemos Γ = L₂⁻¹:

(a) Veamos que existe r > 0 , tal que si

||x −x₀||² + ||y−y₀||² ≤ r², entonces ||v −ΓDF(x,y)(0,v)|| ≤(1/2)||v||, ∀ v ∈ R^m.


Dado 0 < ε ≤1/2, existe un δ > 0, tal que

||DF(x, y) − DF(x₀,y₀)||≤ε/||Γ||, ∀ ||x −x₀||² + ||y−y₀||² ≤ δ².

Ahora

||v −ΓDF(x,y)(0,v)+ΓDF(x₀,y₀)(0,v)−ΓDF(x₀,y₀)(0,v)||≤

||v −ΓDF(x₀,y₀)(0,v)||+||ΓDF(x,y)(0,v)−DF(x₀,y₀)(0,v)||=

||ΓDF(x,y)(0,v)−ΓDF(x₀,y₀)(0,v)||≤

||Γ||||DF(x,y)(0,v)−DF(x₀,y₀)(0,v)||≤

||Γ||||DF(x,y)−DF(x₀,y₀)||||(0,v)||≤(ε /||Γ||)||Γ||||v||=ε||v||≤(1/2)||v||, ∀ v ∈ R^m
Llamamos δ=r .


(b) Hallemos 0 < s ≤(1/2)r , tal que si ||x −x₀| ≤ s , entonces ||F(x, y₀)|| ≤(1/4)r||Γ||⁻¹

Sea ε =(1/4)r||Γ||⁻¹, existe un δ > 0 tal que ||F(x,y) − F(x₀,y₀) ||=||F(x,y)||≤(1/4)r||Γ||⁻¹, ∀ ||x −x₀||²+||y −y₀||²≤ δ. Tomando δ=s ≤(1/2)r, se deduce lo afirmado.

Para cada x con || x−x₀|| ≤ s , se define la función G_x(y) = y −ΓF(x,y), ∀ y con || y−y₀|| ≤(1/2)r. Vemos que para x con || x−x₀|| ≤ s, se cumple que ||G_x(y₁) − G_x(y₂)|| ≤1/2||y₁ − y₂|| . Es decir G_x es una contracción.

Lo primero importante que hay que notar es que

DG_x(y)(v) = v −ΓDF( x, y)(0, v), ∀ v ∈ R^m.

||G_x(y₁) − G_x(y₂)|| ≤ || DG_x(c)((y₁ −y₂)|| =|| y₁ −y₂−ΓDF( x, c)(0,y₁ −y₂)||

(por el teorema del valor medio con c perteneciente al segmento [y₁,y₂])
y como ||x−x₀||²+ ||c−y₀||²≤s²+((1/2)r)²≤((1/2)r)²+((1/2)r)²≤r² se deduce

||G_x(y₁) − G_x(y₂)|| ≤(1/2)|| y₁ −y₂||


(c) Se define la función φ(x) =φ₀(x)= y₀, ∀ ||x− x₀ ||≤ s . Por recurrencia
φ_n+1(x) = G_x( φ_n(x)), ∀ n ≥ 1. Como

||φ_n+1(x) −φ_n(x) || =||G_x(φ_n(x) )−G_x( φ_n−1(x) )||≤ (1/2) ||φ_n(x) )− φ_n−1(x) ||


Deducimos por un proceso inductivo que
||φ_n+1(x) −φ_n(x) || ≤(1/2ⁿ)||φ₁(x) −φ₀(x) ||=(1/2ⁿ)||G_x(φ₀(x)) −

φ₀(x) ||=||ΓF( x,y₀ )|| ≤(1/2ⁿ)(1/4)r||Γ||⁻¹||Γ||≤(1/2ⁿ⁺¹)r

Por lo tanto

||φ_n+k(x) −φ_k(x) || ≤Σ_j=0^k||φ_n+j(x) −φ_n+j−1(x) || ≤

Σ_j=0^k1/2^n+j≤(1/2ⁿ⁻¹)r

Y como
||φ_k(x) −φ₀(x)||= ||φ_k(x) −y₀||≤(1/2^k−1)r


Nos dice que cada φ_k es acotada en su dominio.


(d) Cada φ_k es continua en su dominio ||x −x₀||≤ s. Hagamos la prueba por inducción. Si n = 0 , entonces φ₀(x) =y₀, ∀ ||x −x₀||≤ s una función constante y por lo tanto es continua. Supongamos que φ_k(x) es continua y consideremos φ_k+1(x) =G_x(φ_k(x) ). entonces φ_k+1(x) es composición de continuas, lo que asegura lo afirmado.

Como ||φ_n+k(x) −φ_k(x) || ≤(1/2^k−1)r , nos dice que φ_k(x) es una sucesión de Cauchy y por lo tanto existe φ(x), ∀ ||x −x₀||≤ s, tal que φ_k(x) → φ(x) uniformemente sobre un compacto. Esto dice que φ(x) es continua. Además φ_k+1(x) = G_x(φ_k(x) )=φ_k(x) −ΓF(x,φ_k(x)), pasando al límite:

φ(x) = φ(x) − ΓF(x,φ(x))

Luego

ΓF(x,φ(x))= 0, ∀ ||x −x₀||≤ s y como Γ es invertible F(x,φ(x))= 0, ∀ ||x −x₀||≤ s.


(e) Probemos finalmente que φ(x) es una función diferenciable para x con ||x −x₀||≤ s.

Supondremos sin pérdida de generalidad que F: Ω⊂ Rⁿ× R→R , de lo contrario, estudiamos cada una de sus funciones componente. Se quiere demostrar que φ: B(x₀,s)⊂ Rⁿ →B(y₀,(1/2)r) , es diferenciable, siendo B(x₀,s) y B(y₀,(1/2)r) , sus respectivas bolas cerradas. Sea ||x −x₀||=δ<s y ||h||<s −δ, entonces ||x+h −x₀|| < s , Sean a=(x, φ(x)) y b = (x + ℎ, φ(x + ℎ)) y supongamos que c = t(x, φ(x)) +(1 − t)(x + ℎ, φ(x + ℎ)) ( 0 < t < 1) = (x,tφ(x) + (1 − t)φ(x + ℎ)). Si [x.x+h] es el segmento que un a x con x + ℎ, entonces φ([x,x+h] ) es un intervalo cerrado, luego tφ(x) + (1 − t)φ(x + ℎ)= φ(x + h₁), ||h₁||≤|| h|| .

Si DF(x, y) existe, definimos D₁ F(x, y)(u) = DF(x, y)(u, 0), ∀ u ∈Rⁿ, D₂F(x, y)(v) =DF(x, y)(0, v), ∀ v ∈ R. Es claro que DF(x, y)(u, v) = D₁ F(x, y)(u)+D₂F(x, y)(v) . Con lo introducido anteriormente y usando el teorema del valor medio, existe para ||ℎ ||< s − δ , un ||h₁||≤|| h|| , tal que:


F(x + h, φ(x + ℎ)) − F(x, φ(x)) =
D₁F(x,φ(x + h₁))(h) + D₂F(x,φ(x + h₁))(φ(x+ ℎ) −φ(x))
Es decir φ(x+ ℎ) −φ(x)= D₂F(x,φ(x + h₁))⁻¹ D₁F(x,φ(x + h₁))(h).



Veamos que Dφ(x) =D₂F(x,φ(x ))⁻¹ D₁F(x,φ(x )). En efecto


|φ(x + ℎ) − φ(x) −D₂F(x,φ(x ))⁻¹ D₁F(x,φ(x ))(h) |/||h||=

|D₂F(x,φ(x + h₁))⁻¹ D₁F(x,φ(x + h₁))(h) −D₂F(x,φ(x ))⁻¹ D₁F(x,φ(x ))(h) |/||h||≤

||D₂F(x,φ(x + h₁))⁻¹ D₁F(x,φ(x + h₁))−D₂F(x,φ(x ))⁻¹ D₁F(x,φ(x )) |||h/||h|||| =

||D₂F(x,φ(x + h₁))⁻¹ D₁F(x,φ(x + h₁))−D₂F(x,φ(x ))⁻¹ D₁F(x,φ(x )) ||→0 cuando ||h||→0.

Lo que prueba lo afirmado.

NOTA. Estas notas son la resolución del proyecto 41.γ de la sección "Teoremas de las transformaciones y funciones implícitas ", del capítulo de Diferenciación del libro "Introducción al Análisis Matemático" de Robert Bartle. Limusa. 1992.