EL teorema de la función implícita se puede ver como una forma de simplificar el estudio de conjuntos de nivel.
En la Sección 3 vimos una versión del teorema de la función implícita, para funciones lineales ( Teorema 3.25). Si $F:\mathbb{R}^{n+m}\to \mathbb{R}^m$ es una función lineal el teorema de la función implícita nos permite ver el conjunto de nivel \[ S=\{ p\in \mathbb{R}^{n+m}: F(p)=0\} \] como la gráfica de una función, siempre y cuando se cumplan ciertas condiciones sorbre la matriz que representa $F$. Denotemos por $M$ la matriz asociada a $F$. Como $F$ va de $\mathbb{R}^{n+m}$ a $\mathbb{R}^m$, $M$ es una matriz de $m\times (n+m) $ la que podemos escribir como \[ M= [ A \quad B] \] donde $A$ es una matriz de $m\times n$ y $B$ es una matriz de $m\times m$.
El la versión lineal del teorema de la función implícita dice que si $\det(B)\ne 0$ entonces existe una función lineal $G:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ tal que \[ S=\{(x,G(x)): x \in \mathbb{R}^n\} \] es decir, $S$ es la gráfica de $G$.
En el caso general, queremos reemplazar $F$ por una función de clase $C^1$ y en ese caso la función $G$ no va a estar definida en todo $\mathbb{R}^n$ sino sólo localmente, como en el teorema de la función inveresa, pero la conclusion va a ser similar, no vamos a tener una igualdad pero sí una inclusión: \[\{(x,G(x)): x\in V\} \subseteq S\] donde \(V\) es un abierto de \(\mathbb{R}^n\).
Pero antes necesitamos un poco de notación.
Usamos letras negritas $\mathbf{x}, \mathbf{z}$ para denotar vectores y letras normales, $x,z$ para denotar escalares.
Los puntos de \(\mathbb{R}^{n+m}\) los vamos a denotar como \((\mathbf{x}, \mathbf{z})\), donde \(\mathbf{x}\in \mathbb{R}^n\) y \(\mathbf{z}\in \mathbb{R}^m\).
Si $f:U\subseteq \mathbb{R}^{n+m}\to \mathbb{R}$ es diferenciable las derivadas parciales de $f$ con respecto a las variables $(\mathbf{x}, \mathbf{z})$ las vamos denotar como $\partial_{x_i}f(\mathbf{x},\mathbf{z})$, $i=1,\dots, n$ y $\partial_{z_j}f(\mathbf{x},\mathbf{z})$, $j=1,\dots, m$.
Sea $U \subseteq \mathbb{R}^{n+m}$ un abierto y $F:U \to \mathbb{R}^m$ una función de clase $C^1$ en $U$. Escribamos las funciones coordenadas de \(F\) como \(F=(f_1,\dots, f_m)\).
Sea \[ S=\{\mathbf{p}\in U: F(\mathbf{p})=0\} \]
Supongamos que $(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)\in S$ y que la matriz de derivadas parciales \(D_{(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)}F\) se puede escribir como \[ D_{(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)}F=[A\quad B ] \] con $A$ la matriz de \(m\times n\) dada por: \[ A=\left[\begin{matrix} \partial_{x_1}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \partial_{x_1}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \vdots & \cdots & \vdots \\ \partial_{x_1}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \end{matrix} \right] \] y $B$ la matriz de \(m\times m\) dada por: \[ B=\left[\begin{matrix} \partial_{z_1}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_m}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \partial_{z_1}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_m}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \vdots & \cdots & \vdots \\ \partial_{z_1}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_n}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \end{matrix} \right] \]
Si \(\det(B)\ne 0\), entonces existe una vecindad de $\mathbf{x}_0$ en $\mathbb{R}^n$, denotada $V$ y una función de clase $C^1$, $G:V\to\mathbb{R}^m$ tal que:
En otras palabras $\{(\mathbf{x}, G(\mathbf{x})): \mathbf{x}\in V\}\subset S$, por lo que parametrizamos una parte de $S$ con la función $G$.
NOTA
Para aplicar el teorema es necesario que la dimensión del dominio sea estrictamente mayor que la dimensión del codominio.
Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^{n+m}$, $F:U \to \mathbb{R}^m$ una función de clase $C^1$ en $U$. Nota: a los puntos de primer espacio $\mathbb{R}^n$ los vamos a denotar $\mathbf{x}$ y a los puntos del segundo espacio $\mathbf{R}^m$ los vamos a denotar $\mathbf{z}$. Denotemos \[ S=\{(\mathbf{x},\mathbf{z})\in U: F(\mathbf{x},\mathbf{z})=0\} \]
Supongamos que $(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)\in S$ y que la matriz de derivadas parciales \(D_{(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)}F\) se puede escribir como \[ D_{(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)}F=[A\quad B ] \] con $A$ la matriz de \(m\times n\) dada por: \[ A=\left[\begin{matrix} \partial_{x_1}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \partial_{x_1}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \vdots & \cdots & \vdots \\ \partial_{x_1}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{x_n}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \end{matrix} \right] \] y $B$ la matriz de \(m\times m\) dada por: \[ B=\left[\begin{matrix} \partial_{z_1}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_m}f_1(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \partial_{z_1}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_m}f_2(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \\ \vdots & \cdots & \vdots \\ \partial_{z_1}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) & \cdots & \partial_{z_m}f_m(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0) \end{matrix} \right] \] con \(\det(B)\ne 0\).
Ahora vamos a introducir una función auxiliar de clase \(C^1\), \(H:U \to \mathbb{R}^{n+m}\) dada por \[ H(\mathbf{x},\mathbf{z})=(\mathbf{x},F(\mathbf{x},\mathbf{z})) \] Notamos que la matriz de derivadas parciales para \(H\) es de la forma \[ D_{(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)}H= \left[ \begin{array}{cc} I_{n} & \mathbf{0} \\ A & B \end{array} \right] \] donde \(I_n\) es la matriz identidad de orden \(n\). Hay un resultado de lineal que dice, para matrices triangulares inferiores (o superiores), justo como \(D_{(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)}H\), el determinante se puede calcular como el producto de los determinantes de las matrices en la diagonal, es decir \[ \det(D_{(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)}) H=\det(I_n)\cdot \det(B)=\det(B)\ne 0 \]
Por el Teorema de la función inversa existe \(\tilde{W}\), una vecindad de \((\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)\) y \(\tilde{V}\), una vecindad de \(H(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)=(\mathbf{x}_0,0)\), tal que la función \(H\) restringida, \(H: \tilde{W} \to \tilde{V}\), es una biyección con inversa también clase \(C^1\). Ya que la primera entrada de \(H\) es la identidad la regla de correspondendia de la inversa de \(H\) debe verse de la forma \[ H^{-1}(\mathbf{u},\mathbf{v})=(\mathbf{u}, J(\mathbf{u},\mathbf{v})) \] donde \(J\) es de clase \(C^1\) en \(\tilde{V}\).
De la ecuación \(H(\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)=(\mathbf{x}_0,0)\) se sigue que \[ (\mathbf{x}_0,\mathbf{z}_0)=H^{-1}(\mathbf{x}_0,0)=(\mathbf{x}_0,J(\mathbf{x}_0,0)) \] lo cual implica \(\mathbf{z}_0=J(\mathbf{x}_0,0)\).
Ya que \(\tilde{V}\) es una vecindad de \((\mathbf{x}_0,0)\) existe \(V\), una vecindad de \(\mathbf{x}_0\), donde podemos definir \(G(\mathbf{x})=J(\mathbf{x},0)\) la cual es clase \(C^1\) en \(V\). Se sigue que para \(x\in V\) \begin{eqnarray*} (\mathbf{x}, 0)&=& H(H^{-1}(\mathbf{x},0))\\ &=& H(\mathbf{x},J(\mathbf{x},0)) \\ &=& H(\mathbf{x},G(\mathbf{x}))\\ &=& (\mathbf{x}, F(\mathbf{x},G(\mathbf{x}))) \end{eqnarray*} por lo tanto \(F(\mathbf{x},G(\mathbf{x})) =0 \).
Sean $U\subseteq \mathbb{R}^n$ un abierto y $f,g_1,\dots, g_m:U \to \mathbb{R}$ funciones clase $C^1$ en $U$. Supongamos que $p_0\in U$ es extremo local de \(f\) con las restricciones $g_1(p)=0, \cdots , g_m(p)=0$.
Si $\{\nabla_{p_0}g_1,\dots, \nabla_{p_0}g_m \}$ es un conjunto linealmente independiente entonces existen $\lambda_1,\dots, \lambda_m \in \mathbb{R}$ tal que $$ \nabla_{p_0}f =\lambda_1\nabla_{p_0}g_1+\cdots + \lambda_m \nabla_{p_0}g_m. $$
Definamos la función vectorial de restricciones $R: U \to \mathbb{R}^m$ como: $$R(p) = (g_1(p), g_2(p), \dots, g_m(p))$$ Las restricciones del problema se pueden escribir simplemente como la ecuación vectorial $R(p) = \mathbf{0}$,
La matriz Jacobiana de $R$ evaluada en el punto extremo $p_0$, denotada por $D_{p_0}R$, es una matriz de tamaño $m \times n$ cuyas filas son los vectores gradiente de las restricciones: $$D_{p_0}R = \begin{pmatrix} \nabla g_1(p_0) \\ \nabla g_2(p_0) \\ \vdots \\ \nabla g_m(p_0) \end{pmatrix}$$
Por hipótesis, el conjunto de vectores $\{\nabla g_1(p_0), \dots, \nabla g_m(p_0)\}$ es linealmente independiente en $\mathbb{R}^n$. Esto significa que las filas de la matriz $D_{p_0}R$ son linealmente independientes, por lo tanto, el rango de la matriz es máximo, es decir, $\text{rango}(D_{p_0}R) = m$. En consecuencia, debe cumplirse que $m \le n$.
Como el rango de $D_{p_0}R$ es $m$, existen $m$ columnas de la matriz que son linealmente independientes. Sin pérdida de generalidad (cambiando el orden de las coordenadas de $\mathbb{R}^n$ si fuera necesario), podemos asumir que las últimas $m$ columnas forman una matriz invertible de $m \times m$. Dividamos el espacio $\mathbb{R}^n$ como el producto cartesiano $\mathbb{R}^{n-m}\times \mathbb{R}^m$. De esta forma, cualquier punto $p \in U$ se puede escribir como $p = (\mathbf{x}, \mathbf{z})$, donde $\mathbf{x} = (x_1, \dots, x_{n-m}) \in \mathbb{R}^{n-m}$ e $\mathbf{z} = (z_1, \dots, z_m) \in \mathbb{R}^m$. Bajo esta notación, expresamos el punto extremo como $p_0 = (\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0)$.
La matriz de darivadas parciales de $R$ respecto a las variables $\mathbf{z}$ en el punto $p_0$, denotada como $B$, es la matriz de $m \times m$ constituida por esas últimas $m$ columnas. Por nuestra elección, esta matriz es invertible (su determinante es distinto de cero).
Dado que:
Dado que $(\mathbf{x}_0, \mathbf{z}_0) = (\mathbf{x}_0,\phi(\mathbf{x}_0) )$ es un punto del extremo local de la función $f$ sujeta a las restricciones $R(p)=0$, la función libre de restricciones: $$h(\mathbf{x}) =f(\mathbf{x},\phi(\mathbf{x}))$$ debe tener un extremo local (u ordinario) en el punto $\mathbf{x}_0 \in V$. Por lo tanto $$\nabla_{\mathbf{x}_0} h= \mathbf{0}$$ por la regla de la cadena se sigue que: \begin{eqnarray*} \frac{\partial h}{\partial x_j}(\mathbf{x}_0) = \frac{\partial f}{\partial x_j}(p_0)+ \sum_{i=1}^{m} \frac{\partial f}{\partial z_i}(p_0) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(\mathbf{x}_0) = 0 \end{eqnarray*} para $j=1,\dots,n-m$.
Despejando el último término, llegamos a la siguiente relación para cada $j$: \begin{equation}\label{Eqn:Aux1Lagrange} \frac{\partial f}{\partial x_j}(p_0) = - \sum_{i=1}^{m} \frac{\partial f}{\partial z_i}(p_0) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(\mathbf{x}_0) \end{equation}
Por otro lado, sabemos que la identidad de la restricción $R(\mathbf{x},\phi(\mathbf{x})) = 0$ se cumple en $\mathbf{x} \in V$. Si derivamos cada componente $g_k$ (para $k = 1, \dots, m$) respecto a $x_j$ usando nuevamente la Regla de la Cadena, se tiene: \[ \frac{\partial g_k}{\partial x_j}(p_0) + \sum_{i=1}^{m} \frac{\partial g_k}{\partial z_i}(p_0) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(x_0) = 0 \] y despejando el último término se obtiene: \begin{equation}\label{Eqn:Aux2Lagrange} \frac{\partial g_k}{\partial x_j}(p_0) = - \sum_{i=1}^{m} \frac{\partial g_k}{\partial z_i}(p_0) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(x_0) \end{equation}
Centrémonos ahora en las derivadas parciales de $f$ y $g_k$ únicamente respecto a las últimas $m$ variables ($z_1, \dots, z_m$). Queremos ver si el vector parcial de $f$ se puede escribir como combinación lineal de los vectores parciales de las $g_k$. Es decir, buscamos escalares $\lambda_1, \dots, \lambda_m \in \mathbb{R}$ tales que: \begin{equation}\label{Eqn:Aux3Lagrange} \frac{\partial f}{\partial z_i}(p_0) = \sum_{k=1}^{m} \lambda_k \frac{\partial g_k}{\partial z_i}(p_0) \end{equation} para cada \(i = 1, \dots, m\). Este requerimiento es equivalente a un sistema de $m$ ecuaciones lineales con $m$ incógnitas ($\lambda_1, \dots, \lambda_m$). En forma matricial, el sistema se expresa como: $$\begin{pmatrix} \frac{\partial g_1}{\partial z_1}(p_0) & \dots & \frac{\partial g_m}{\partial z_1}(p_0) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial g_1}{\partial z_m}(p_0) & \dots & \frac{\partial g_m}{\partial z_m}(p_0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \vdots \\ \lambda_m \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial z_1}(p_0) \\ \vdots \\ \frac{\partial f}{\partial z_m}(p_0) \end{pmatrix} $$ Notamos que la matriz de coeficientes del sistema es precisamente la matriz $B$ que es invertible. Por lo tanto los escalares $\lambda_1, \dots, \lambda_m$ existen y son únicos.
Ya hemos asegurado por definición de los $\lambda_k$ que la relación de Lagrange se cumple para las últimas $m$ componentes del gradiente. Ahora debemos demostrar que estos mismos $\lambda_k$ hacen que se cumpla para las componentes restantes correspondientes a las variables $\mathbf{x}$.
Tomemos una componente cualquiera $j$ de las variables $\mathbf{x}$ (con $j \in \{1, \dots, n-m\}$). Sustituyamos \eqref{Eqn:Aux3Lagrange} en \eqref{Eqn:Aux1Lagrange} para obtener: $$\frac{\partial f}{\partial x_j}(p_0) = - \sum_{i=1}^{m} \left( \sum_{k=1}^{m} \lambda_k \frac{\partial g_k}{\partial z_i}(p_0) \right) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(x_0)$$ Podemos intercambiar el orden de las sumatorias: $$\frac{\partial f}{\partial x_j}(p_0) = \sum_{k=1}^{m} \lambda_k \left( - \sum_{i=1}^{m} \frac{\partial g_k}{\partial z_i}(p_0) \frac{\partial \phi_i}{\partial x_j}(x_0) \right)$$ Observemos el término que quedó entre paréntesis es exactamente \eqref{Eqn:Aux2Lagrange}. Por lo tanto, podemos sustituirlo por $\frac{\partial g_k}{\partial x_j}(p_0)$: \begin{equation}\label{Eqn:Aux4Lagrange} \frac{\partial f}{\partial x_j}(p_0) = \sum_{k=1}^{m} \lambda_k \frac{\partial g_k}{\partial x_j}(p_0) \end{equation} Esto demuestra que la relación lineal se preserva perfectamente para todas las variables restantes $x_1, \dots, x_{n-m}$.
De las ecuaciones \eqref{Eqn:Aux3Lagrange} y \eqref{Eqn:Aux4Lagrange} se sigue que la relación de Lagrange se cumple para todas las componentes del gradiente, es decir: $$\nabla f(p_0) = \lambda_1 \nabla g_1(p_0) + \lambda_2 \nabla g_2(p_0) + \dots + \lambda_m \nabla g_m(p_0)$$
Mostrar que $xy+z+3xz^5=4$ es soluble para $z$ como función de $x,y$ cerca de $(1,0,1)$. Además:
Considera la superficie en $\mathbb{R}^3$ dada por $$ 2y^2z^2-2x=0 $$
Analiza la solubilidad del sistema \begin{eqnarray*} 3x+2y+z^2+u+v^2&=&0\\ 4x+3y+z+u^2+v+w+2&=&0\\ x+z+w+u^2+2&=&0\\ \end{eqnarray*} para $u$, $v$ y $w$ en términos de $x,y$ y $z$ cerca de $x=y=z=0$, $u=v=0$ y $w=-2$.
Investiga si el siguiente sistema \begin{eqnarray*} u(x,y,z)&=&x+yxz \\ v(z,y,z)&=&y+xy\\ w(x,y,z)&=&z+2x+3z^2 \end{eqnarray*} puede resolverse para $x,y,z$ (despejar $x,y$ y $z$) en términos de $u,v$ y $w$, cerca del punto $(x,y,z)=(0,0,0)$.
Este ejercicio da una demostración del Teorema de Lagrange con una restricción.
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $f,g:U\to \mathbb{R}$ dos funciones de clase $C^1$. Considera la superficie de nivel $$ S=\{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n: f(\mathbf{x})=0\}. $$ Supongamos que $\mathbf{x}_0\in S$ es un máximo local para $f$ en $S$ y supon que $\partial_{x_n}g(\mathbf{x}_0) \ne 0$. Denotemos $\mathbf{x}_0=(x_1^0, \dots, x_n^0)$.
Demuestra que existe una función de clase $C^1$, $\phi(x_1,\dots, x_{n-1})$, definida en una vecindad de $(x^0_1,\dots, x^0_{n-1})$ en $\mathbb{R}^{n-1}$, tal que $\phi(x^0_1,\dots, x^0_{n-1})=x^0_n$ y $g(x_1,\dots, x_{n-1}, \phi(x_1,\dots, x_{n-1}))=0$.
Para simplificar notación, si $\mathbf{x}=(x_1,\dots, x_{n})$ denotamos $\hat{\mathbf{x}}=(x_1,\dots, x_{n-1})$. Con esta notación $g(\hat{\mathbf{x}}, \phi(\hat{\mathbf{x}}))=0$, para toda $\mathbf{x}$ suficientemente cercana a $\mathbf{x}_0$.
Sugerencia: usa el teorema de la funciín implícita.
Sugerencia: usa la regla de la cadena.
Sugerencia: $h$ tiene un máximo local en $\hat{\mathbf{x}}_0$.
Sugerencia: para toda $\mathbf{x}$, $g(\hat{\mathbf{x}}, \phi(\hat{\mathbf{x}}))=0$.
Sugerencia: usa el inciso anterior.
Además, $\partial_{x_n}f(\mathbf{x}_0) =\lambda \partial_{x_n}g(\mathbf{x}_0)$ Concluye que $\nabla_{\mathbf{x}_0}f=\lambda \nabla_{\mathbf{x}_0}g$.
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