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Cálculo Diferencial e Integral II

Ficha 6 — teoremas de Lagrange, da função inversa e da função implícita

  1. Mostre que a igualdade $\cos x + x + y^2 + \operatorname{sen}y = 1$ define $y$ como uma função $γ$ de classe $C^1$ de $x$ numa vizinhança de $0$, satisfazendo $γ(0) = 0$, e que tal função não tem um extremo local em $0$.
  2. Justifique que a equação $x+y^2+z^2+ e^{xyz}=2$ define implicitamente $z$ como uma função $h(x,y)$ numa vizinhança de $(x,y,z)=(0,0,1)$ e calcule $\frac{\partial h}{\partial x}(0,0)$.
    Solução

    Seja $F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}$ definida por $F(x,y,z)=x+y^2+z^2+ e^{xyz}-2$. Esta função é de classe $C^\infty(\mathbb{R}^3)$, $F(0,0,1)=0$ e a matriz jacobiana de $F$ é \[J_F(x,y,z)=\begin{bmatrix}1+yze^{xyz} & 2y+xze^{xyz} & 2z+xye^{xyz} \end{bmatrix}.\] Em particular, \[J_F(0,0,1)=\begin{bmatrix}1 & 0 & 2 \end{bmatrix}\] e $\frac{\partial F}{\partial z}(0,0,1)=2\neq 0$, pelo que o teorema da função implícita permite afirmar que a equação define $z$ como uma função de $x$ e $y$, $h(x,y)$, para $(x,y,z)$ num vizinhança de $(0,0,1)$.

    Como $F(x,y,h((x,y))=0$ nessa vizinhança obtemos por diferenciação da igualdade anterior em ordem a $x$ \[\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial z} \frac{\partial h}{\partial x}=0\] donde \[\frac{\partial F}{\partial x}(0,0,1)+\frac{\partial F}{\partial z} (0,0,1)\frac{\partial h}{\partial x}(0,0)=0\] e, substituindo os valores das derivadas parciais de $F$ já conhecidos, \[\frac{\partial h}{\partial x}(0,0)=-1/2.\]

  3. Considere o sistema de equações \[\begin{cases}x^2+y^4=e^{xyz}, \\ x^2+z^2=4\cos(xyz).\end{cases}\]

    1. Mostre que o sistema define $(y,z)$ como uma função $C^1$ de $x$, $(y,z)=\alpha(x)$, para $(x,y,z)$ numa vizinhança suficientemente pequena de $(1,0,\sqrt{3})$.
    2. Determine a equação da recta tangente ao gráfico de $\alpha$ no ponto $(x,y,z)=(1,0,\sqrt{3})$.
  4. slides

    Considere o sistema \[ \begin{cases}z=x^2+y^2, \\ z^2 -y^2 +\sen(xz) -4x^2=0. \end{cases} \]

    1. Mostre que o sistema define $(x,y)$ como uma função $C^1$ de $z$ numa vizinhança de $(x,y,z)=(0,1, 1)$.
      Solução

      Seja $\psi:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2$ definida por \[\psi(x,y,z)=(\psi_1(x,y,z),\psi_2(x,y,z)) = (z-x^2-y^2,z^2 -y^2 +\sen(xz) -4x^2).\] Verificamos que $\psi\in C^1(\mathbb{R}^3)$, $\psi(0,1, 1)=(0,0)$ e \[J_\psi(x,y,z)=\begin{bmatrix}-2x & -2y & 1 \\ z\cos(xz)-8x & -2y& 2z +x\cos(xz)\end{bmatrix}\] pelo que \[J_\psi(0,1,1)=\begin{bmatrix}0 & -2 & 1 \\ 1 & -2 & 2 \end{bmatrix}\] e $\det \frac{\partial \psi}{\partial(x,y)}(0,1,1) = \det\left[\begin{smallmatrix}0 & -2 \\ 1& -2 \end{smallmatrix}\right] = 2 \neq 0$ e podemos invocar o teorema da função implícita para garantir que o sistema define $(x,y)$ como uma função $C^1$ de $z$ numa vizinhança de $(0,1,1)$.

    2. Calcule $\frac{dy}{dz}(1)$.
      Solução

      Se $z\mapsto (x(z), y(z))$ for a função cuja existência garantimos na alínea anterior, devemos ter \begin{equation}\psi(x(z), y(z), z)=(0,0) \label{eq1_1b_T2B_201819}\end{equation} para $z$ numa vizinhança de $1$. Diferenciando ambos os lados de $(\ref{eq1_1b_T2B_201819})$ obtém-se o sistema \begin{equation}\begin{cases}\frac{\partial\psi_1}{\partial x}\frac{dx}{dz} + \frac{\partial\psi_1}{\partial y}\frac{dy}{dz} + \frac{\partial\psi_1}{\partial z} = 0, \\ \frac{\partial\psi_2}{\partial x}\frac{dx}{dz} + \frac{\partial\psi_2}{\partial y}\frac{dy}{dz} + \frac{\partial\psi_2}{\partial z} = 0. \end{cases}\label{eq2_1b_T2B_201819} \end{equation} Particularizando para $(x,y,z)=(0,1,1)$ obtém-se \[\begin{cases}-2\frac{dy}{dz}(1) + 1 &= 0, \\ \frac{dx}{dz}(1) -2\frac{dy}{dz}(1) + 2 &= 0,\end{cases}\] pelo que $\frac{dy}{dz}(1)=\frac{1}{2}$.

      Comentário

      Faz-se notar que ($\ref{eq2_1b_T2B_201819}$) pode escrever-se na forma \[\frac{\partial(\psi_1,\psi_2)}{\partial (x,y)}\begin{bmatrix}\frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} + \frac{\partial (\psi_1,\psi_2)}{\partial z}= 0\] o que dá uma fórmula para as derivadas de $x$ e $y$ em ordem a $z$ \[\begin{bmatrix}\frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix}  = - \frac{\partial(\psi_1,\psi_2)}{\partial (x,y)}^{-1} \frac{\partial (\psi_1,\psi_2)}{\partial z}.\]

      Fórmulas como a precedente são abundantes na literatura sobre teorema da função implícita e exercem um fascínio mórbido sobre alguns alunos que as tentam decorar (mal) sem perceberem o seu significado e origem (o teorema de derivação da função composta mais alguma álgebra linear).

  5. Mostre que o sistema \[\begin{cases}u = e^x \log y, \\ v = e^y \log x \end{cases}\] define uma bijecção de uma vizinhança de $(1, 1)$ sobre uma vizinhança de $(0, 0)$ com uma inversa $\psi$ diferenciável e determine a derivada de $\psi$ em $(0, 0)$.
  6. Considere uma aplicação $\mathbb{R}^2\ni (x, y) \mapsto G(x, y) = (e^{x−y+x^4 y^4} , e^{ x+y+x^2 y^5} )$. Mostre que existe uma bola centrada em $(0, 0)$ em que esta aplicação é injectiva com inversa $C^1$ e, designando a inversa por $\theta$, determine $D\theta(1, 1)$.
  7. Considere a aplicação $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ definida por $F(x,y)=(\operatorname{sen}(x+y), \cos(x-y))$. Mostre que, para todo o $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ temos \[\|F(x,y)-F(0,0)\|\leq 2 \sqrt{x^2+y^2}.\]
    Solução

    Usando o teorema de Lagrange para funções escalares obtemos coordenada a coordenada, com $F=(F_1, F_2)$, \begin{align*} |F_1(x,y)-F_1(0,0)| & =\left|\operatorname{sen}(x+y)\right|  \leq \sup_{\theta\in {]0,1[}} \|\nabla F_1(\theta x, \theta y)\|\|(x,y)\| \\ & = \sup_{\theta\in {]0,1[}}\|(\cos(\theta x + \theta y), \cos(\theta x + \theta y))\|\sqrt{x^2+y^2}\\ & \leq \sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2} \\ |F_2(x,y)-F_2(0,0)|  & = \left|\cos(x+y) - 1\right|  \leq \sup_{\theta\in {]0,1[}} \|\nabla F_2(\theta x, \theta y)\|\|(x,y)\| \\ & = \sup_{\theta\in {]0,1[}}\|(-\operatorname{sen}(\theta x - \theta y), \operatorname{sen}(\theta x - \theta y))\|\sqrt{x^2+y^2}\\ & \leq \sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2} \end{align*} donde \[\left\|F(x,y)-F(0,0)\right\| \leq \left\| {\left(\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}, \sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}\right) }\right\|= 2 \sqrt{x^2+y^2} \]

    Alternativamente pode usar-se uma das formas do teorema de Lagrange para funções vectoriais.

  8. Considere o sistema \[\begin{cases}\log(x+y+z+1)+e^x=1 \\ \log(x^2+y^2+z^2+1)+e^y+ e^z=2\end{cases}\]
    1. Mostre que o sistema define implicitamente $(x,y)$ como uma função $C^1$ de $z$, $(x, y) = \psi(z)$, numa vizinhança de $(0, 0, 0)$.
    2. Determine a derivada em $0$ da funçã0 $\psi$ cuja existência garantiu na alínea anterior.
    Solução
    1. Consideremos a função $F=(F_1,F_2)$, com\[\begin{cases}F_ 1(x,y,z)=\log(x+y+z+1)+e^x-1 \\ F_ 2(x,y,z)=\log(x^2+y^2+z^2+1)+e^y+ e^z-2\end{cases}\] Como facilmente se reconhece, $F(0,0,0)=0$, $F$ é $C^\infty$ e a matriz jacobiana de $F$ num ponto arbitrário $(x,y,z)$ do seu domínio vem \[J_F (x,y,z)=\begin{bmatrix}\frac{1}{x+y+z+1}+e^x&\frac{1}{x+y+z+1}&\frac{1}{x+y+z+1}\\\frac{2x}{x^2+y^2+z^2+1}&\frac{2y}{x^2+y^2+z^2+1}+e^y&\frac{2z}{x^2+y^2+z^2+1}+e^z\end{bmatrix}.\] Então,\[\det\frac{\partial (F_ 1,F_ 2)}{\partial(x,y)}(0,0,0)=\det \begin{bmatrix}2&1\\0&1\end{bmatrix}=2,\] logo não nulo. O Teorema da Função Implícita garante a existẽncia de uma vizinhança $V$ de $0$ e de uma função $\psi:V\to\mathbb{R}^2$, $\psi(z)=(x,y)$ de classe $C^1$ e tal que $F(\psi_ 1(z), \psi_ 2(z), z)=(0,0).$
    2. A matriz jacobiana de $\psi$ no ponto $0$ vem \[\begin{bmatrix}\psi_1 '(0)\\ \psi'_2(0)\end{bmatrix}.\] Ora, recordando que $F(\psi_ 1(z), \psi_ 2(z), z)=(0,0)$, tem-se  \[\begin{cases}0 & =\dfrac{d}{dz}[F_1(\psi_ 1(z), \psi_2(z), z)] \\ & =\dfrac{\partial F_1}{\partial x}(\psi_ 1(z), \psi_ 2(z), z)\,\psi'_ 1(z)+\dfrac{\partial F_1}{\partial y}(\psi_1(z), \psi_2(z), z)\,\psi'_2(z)+\dfrac{\partial F_1}{\partial z}(\psi_1(z), \psi_ 2(z), z)\\ 0 & =\dfrac{d}{dz}[F_2(\psi_ 1(z), \psi_ 2(z), z)] \\ & =\dfrac{\partial F_ 2}{\partial x}(\psi_ 1(z), \psi_2(z), z)\,\psi'_ 1(z)+\dfrac{\partial F_2}{\partial y}(\psi_1(z), \psi_2(z), z)\,\psi'_2(z)+\dfrac{\partial F_2}{\partial z}(\psi_1(z), \psi_2(z), z)\end{cases}\] e, no ponto $(0,0,0)$, \[\begin{cases}0 & =2\psi'_ 1(0)+\psi'_2(0)+1\\ 0 & =\psi'_2(0)+1\end{cases}.\] Obtém-se $\psi'_ 1(0)=0$ e $\psi'_ 2(0)=-1,$ e, assim, $\psi'(0):\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2$ é dada por $\psi'(0)(t)=(0,-t),$ para todo o $t\in\mathbb{R}$.
  9. Considere o sistema \[\begin{cases}z =2x + y^2 + e^{xy}  \\ w = x-y +\sen(xy).\end{cases}\]
    1. Mostre que o sistema define $(x,y)$ como função de $(z,w)$, numa vizinhança de $(x,y,z,w)=(0,0,1,0)$.
      Solução

      1ª alternativa: usando o teorema da função inversa

      Seja $F:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ definida por $(z,w)=F(x,y)=(2x + y^2 + e^{xy}, x-y +\sen(xy))$. Temos $F\in C^1(\mathbb R^2)$ e $F(0,0)=(1,0)$. Como \[J_F(x,y)=\begin{bmatrix}2 + y e^{xy} & 2y + x e^{xy} \\ 1 +y\cos (xy) & -1 +x\cos(xy)\end{bmatrix}\] obtemos \[J_F(0,0) =\begin{bmatrix}2 & 0\\ 1  & -1 \end{bmatrix}\] que é uma matriz não singular pois o seu determinante é $-2\neq 0$. Assim, o teorema da função inversa garante que existe uma vizinhança $U$ de $(0,0)$ onde $F$ é injectiva, com $F(U)$ uma vizinhança de $(1,0)=F(0,0)$ e com inversa $G=(F|_U)^{-1}$ de classe $C^1(F(U)$. Portanto em $U\times F(U)$, que é uma vizinhança de $(0,0,1,0)$, o sistema define $(x,y)$ como uma função $C^1$ de $(z,w)$.

      2ª alternativa: usando o teorema da função implícita

      Seja $H:\mathbb R^4\to\mathbb R^2$ definida por \begin{align*}H(x,y,z,w) & =(H_1(x,y,z,w),H_2(x,y,z,w))\\ & =(2x + y^2 + e^{xy}-z, x-y +\sen(xy)-w).\end{align*} Temos $H\in C^1(\mathbb R^4)$ e $H(0,0,1,0)=(0,0)$. Como \[J_H(x,y,z,w)=\begin{bmatrix}2 + ye^{xy}& 2y + xe^{xy} & -1 & 0 \\ 1 + y\cos(xy) & -1 +x\cos(xy) & 0 & -1 \end{bmatrix} \] obtemos \[J_H(0,0,1,0)=\begin{bmatrix}2 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & -1  & 0 & -1 \end{bmatrix}. \] Considerando a submatriz jacobiana relativa às variáveis $x$ e $y$ temos \begin{align*}\frac{\partial H}{\partial(x,y)}(x,y,z,w) & =\begin{bmatrix}2 + ye^{xy}& 2y + xe^{xy} \\ 1 + y\cos(xy) & -1 +x\cos(xy) \end{bmatrix} \\ \frac{\partial H}{\partial(x,y)}(0,0,1,0) & =\begin{bmatrix}2 & 0 \\ 1  & -1 \end{bmatrix}\end{align*} e, como $\det \frac{\partial H}{\partial(x,y)}(0,0,1,0) =-2\neq 0$, podemos invocar o teorema da função implícita para garantir que o sistema define $(x,y)$ como uma função $\psi\in C^1(W)$ de $(z,w)$ para $(x,y,z,w)$ numa vizinhança $W$ de $(0,0,1,0)$. Essa função verificará $H(\psi(z,w),z,w)=(0,0)$ para $(z,w)$ numa vizinhança de $(1,0)$.

    2. Calcule $\frac{\partial x}{\partial w}(1,0)$.
      Solução

      1ª alternativa: usando o teorema da função inversa

      Temos, para $(x,y)\in U$, \[ DG(F(x,y))=DF(x,y)^{-1}\] pelo que \[J_G(1,0)=J_F(0,0)^{-1}=\begin{bmatrix}2 & 0\\ 1 & -1 \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{\partial x}{\partial z}(1,0) & \frac{\partial x}{\partial w}(1,0) \\ \frac{\partial y}{\partial z}(1,0) & \frac{\partial y}{\partial w}(1,0)\end{bmatrix}\] e, em particular, $\frac{\partial x}{\partial w}(1,0)=0$.

      2ª alternativa: usando o teorema da função implícita

      A função $\psi$ definida implicitamente pelo sistema satisfaz $H(\psi(z,w),z,w)=(0,0)$ para $(z,w)$ numa vizinhança de $(1,0)$. Daí que $\frac{\partial}{\partial w}(H(\psi(z,w),z,w))=(0,0)$, ou, mais explicitamente, \[\begin{cases}\frac{\partial}{\partial w}(H_1(x(z,w),y(z,w),z,w) =0 \\ \frac{\partial}{\partial w}(H_2(x(z,w),y(z,w),z,w) = 0 \end{cases}\] ou ainda, usando o teorema de derivação da função composta, \[\begin{cases} \frac{\partial H_1}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial w} + \frac{\partial H_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial w} + \frac{\partial H_1}{\partial w} =0 \\ \frac{\partial H_2}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial w} + \frac{\partial H_2}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial w} + \frac{\partial H_2}{\partial w} = 0 \end{cases}\] em que as derivadas parciais das coordenadas de $H$ são calculadas em $(x(z,w), y(z,w), z, w)$ e as derivadas parciais de $x$ e $y$ em $(z,w)$. Particularizando para $(z,w)=(1,0)$ e considerando as derivadas parciais de coordenadas de $H$ já calculadas, obtemos um sistemas linear \[\begin{cases}2\frac{\partial x}{\partial w} (1,0)=0 \\  \frac{\partial x}{\partial w} (1,0) - \frac{\partial y}{\partial w} (1,0) -1 =0 \end{cases}\] donde $\frac{\partial x}{\partial w} (1,0)=0$.

  10. Considere uma função $\varphi:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ verificando $\varphi\in C^2(\mathbb{R}^2)$. Seja $(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$ tal que \begin{gather*}\varphi(x_0,y_0)=0\\ \frac{\partial\varphi}{\partial x}(x_0,y_0)=0 \\ \frac{\partial\varphi}{\partial y}(x_0,y_0)\gt 0 \\ \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2}(x_0,y_0)\lt 0\end{gather*} Mostre que a equação $\varphi(x,y)=0$ define implicitamente uma função $y=h(x)$ numa vizinhança de $x_0$ e que essa função tem um mínimo local em $x_0$.

  11. Seja $F:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ uma função contínua e seja $G$ a função definida por \[G(x,y)=F(e^{x-y}+x^2, e^{x+y}+y^2).\]

    Mostre que $F$ tem um mínimo local em $(1,1)$ se e só se $G$ tem um mínimo local em $(0,0)$.

    Solução

    Designemos por $\psi:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ a aplicação definida por $\psi(x,y)=(e^{x-y}+x^2, e^{x+y}+y^2)$. Assim $G=F\circ \psi$. Note-se que $\psi$ é uma função contínua e $\psi(0,0)=(1,1)$.

    Suponhamos que $F$ tem um mínimo local em $(1,1)$. Então existe $r\gt 0$ tal que se $(u,v)\in B_r(1,1)$ então $F(u,v)\geq F(1,1)$. Por continuidade de $\psi$ em $(0,0)$ existe $s\gt 0$ tal que se $(x,y)\in B_s(0,0)$ então $(u,v)=\psi (x,y)\in B_r(1,1)$. Mas então, para todo o $(x,y)\in B_s(0,0)$ temos $G(x,y)=F(\psi (x,y))\geq F(1,1)= G(0,0)$. Isto quer dizer que $G$ tem um mínimo local em $(0,0)$.

    [Se soubéssemos que $\psi$ tem uma inversa contínua poderíamos escrever $G\circ \psi^{-1}=F$, trocar os papéis de $G$ e $F$ no argumento do parágrafo anterior e obter o recíproco concluindo a demonstração. No entanto não sabemos se $\psi$ é invertível, mas, usando o teorema da função inversa, podemos tentar estabelecer a existência de uma inversa local contínua de $\psi$ que permita concluir o argumento.]

    $\psi\in C^1(\mathbb{R}^2)$, $\psi(0,0)=(1,1)$ e tem matriz jacobiana \[J_\psi(x,y)=\begin{bmatrix}e^{x-y}+2x & -e^{x-y}  \\  e^{x+y} & e^{x+y}+2y \end{bmatrix}\] donde \[J_\psi(0,0)=\begin{bmatrix}1 & -1  \\ 1 & 1  \end{bmatrix}\] que é não singular pelo que o teorema da função inversa garante a existência de um aberto $U$ contendo $(0,0)$ onde $\psi$ é injectiva, $\psi(U)$ é um aberto contendo $(1,1)$ e a inversa de $\psi|_{U}$ é uma função de classe $C^1$ (e, em particular, contínua, que é o que nos interessa para concluirmos).

    Portanto, se $G$ tiver um mínimo local em $(0,0)$, existe $t\gt 0$ tal que $B_t(0,0)\subset U$ e se $(x,y)\in B_t(0,0)$ então $G(x,y)\geq G(0,0)$. Por continuidade de $(\psi |_U)^{-1}$ existe $p\gt 0$ tal que $B_p(1,1)\subset \psi(U)$ e se $(u,v)\in B_p(1,1)$ então $(u,v)=\psi(x,y)$ com $(x,y)\in B_t(0,0)$. Mas então, para todo o $(u,v)\in B_p(1,1)$ temos $F(u,v)=G((\psi|_U)^{-1}(x,y))\geq G(0,0)=F(1,1)$. Isto quer dizer que $F$ tem um mínimo local em $(1,1)$.

Última edição desta versão: João Palhoto Matos, 06/05/2021 17:28:53.