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Cálculo Diferencial e Integral II

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Diferenciabilidade

Teorema da função implícita

O teorema da função implícita é um resultado equivalente ao teorema da função inversa que pode ser descrito numa primeira aproximação com o lidar com equações \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\) enquanto que aquele lidava com equações \(F(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{y}\).

Vamos ver como analisar um sistema de equações da forma \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\), em que pretendemos obter \(\boldsymbol{y}\) em função de \(\boldsymbol{x}\), de uma forma que possibilite a utilização do teorema da função inversa. O resultado dessa interpretação irá constituir o teorema da função implícita.

Começamos por considerar um exemplo familiar do tipo de questões que são objecto do teorema da função inplícita mas em que, por métodos algébricos elementares, conseguimos resolver completamente a questão.

Exemplo. Considere-se o conjunto dos pontos $(x,y)$ do plano que verificam \[x^2+y^2=1.\] Trata-se da circunferência de raio $1$ centrada em $(0,0)$.

Circunferência de raio 1 centrada em (0,0)
Circunferência $x^2+y^2=1$ e intervalos abertos contendo $(-1,0)$, $(0,-1)$ e $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

A circunferência pode ser considerada como o conjunto de nível $0$ da função $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $F(x,y)=x^2+y^2-1$. Não se trata obviamente de um gráfico de uma função $y$ de $x$ ou $x$ de $y$.

No entanto, para cada ponto da circunferência, excepto $(1,0)$, $(0,1)$, $(-1,0)$ e $(0,-1)$, podemos escolher um intervalo aberto contendo o ponto aonde o gráfico é um gráfico de uma função. É o que se ilustra na figura com o ponto $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ na figura. A porção do gráfico da circunferência no intervalo correspondente pode ser encarada como o gráfico de uma função $x\mapsto-\sqrt{1-x^2}$ ou de uma função $y\mapsto\sqrt{1-y^2}$.

Os pontos $(1,0)$ e $(-1,0)$ são especiais pois aí, por mais pequeno que seja um intervalo aberto que os contenha, a porção do gráfico que seleccionamos não é um gráfico de uma função $y$ de $x$. De forma similar para $(0,1)$ e $(0,-1)$ trocando os papéis de $x$ e $y$.

Note que os pontos problemáticos correspondem a pontos onde a tangente ao conjunto de nível é vertical ou horizontal.

Fim de exemplo.

Exemplo. Seja $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $G(x,y)=x^2+y^2-e^{xy^2}$ e consideremos o seu conjunto de nível \[\mathcal{N}_0=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2: G(x,y)=0\}.\] O ponto $(1,0)$ pertence a $\mathcal{N}_0$. Podemos pôr-nos a questão de saber se existe um intervalo aberto de $\mathbb{R}^2$ contendo $(1,0)$ tal que nesse intervalo os pontos de $\mathcal{N}_0$ formam um gráfico de uma função $x\mapsto h(x)$, isto é, verificando $G(x,h(x))=0$ e razoável do ponto de vista de diferenciabilidade no seu domínio.

Note que no primeiro exemplo a questão análoga tem resposta positiva graças a podermos algebricamente obter $y$ em função de $x$ perto de $(1,0)$. Agora tal é impossível. O que vamos fazer corresponde a usar o teorema da função inversa para resolver a questão.

Considere-se uma função $H:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ definida por \[H(x,y)=(x, G(x,y)).\] Esta função é de classe $C^1(\mathbb{R}^2)$, $G(0,1)=(0,0)$ e \[J_H(x,y)=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ \frac{\partial G}{\partial x} & \frac{\partial G}{\partial y} \end{bmatrix}\] donde $\det J_H(x,y)=\frac{\partial G}{\partial y}$ e, em particular, \[\det J_H(0,1)=\frac{\partial G}{\partial y}(0,1)=\left.2y-2xye^{xy^2}\right|_{(x,y)=(0,1)}= 2 \neq 0.\] Podemos assim aplicar a $H$ o teorema dafunção inversa para garantir que possui uma inversa local definida num aberto contendo $(0,0)$ com valores num aberto contendo $(0,1)$.

Se designarmos essa inversa local por $\psi=(\psi_1,\psi_2)$ reparamos que, como a primeira função coordenada de $H$ transforma $(x,y)$ em $x$, $\psi_1$ também transformará um ponto $(x,v)$ no seu domínio em $x$. Se considerarmos $\psi_2$, notamos que transforma pontos $(x,0)$ no seu domínio em pontos $y$ tais que $G(x,y)=0$, isto é, $G(x, \psi_2(x,0))=0$. Portanto $h(x)= \psi_2(x,0)$ é uma função que resolve localmente, perto de $(0,1)$, a equação $G(x,y)=0$ e verifica $h(0)=1$.

Note que, do teorema da função inversa, sabemos que $\psi\in C^1$ e portanto $h\in C^1$. Se quisermos calcular a derivada de $h$ em $0$ podemos fazê-lo via teorema de derivação da função composta. Temos $G(x,h(x))=0$ para $x$ numa vizinhança de $0$. Daí que derivando ambos os membros desta igualdade obtemos \[\frac{\partial G}{\partial x}(x,h(x))+ \frac{\partial G}{\partial y}(x,h(x)) h'(x)=0.\] Particularizando para $x=0$ obtemos \[\frac{\partial G}{\partial x}(0,1)+ \frac{\partial G}{\partial y}(0,1) h'(0)=0\] donde $h'(0)=-\frac{\partial G}{\partial x}(0,1)/\frac{\partial G}{\partial y}(0,1)=-\left.(2x-y^2 e^{xy^2})\right|_{(x,y)=(0,1)}/2=\frac{1}{2}.$

Fim de exemplo.

A ideia do exemplo anterior é, no essencial, a demonstração do teorema da função implícita a partir do teorema da função inversa.

Em geral supomos \(\boldsymbol{x}\in\mathbb{R}^n\), \(\boldsymbol{y}\in\mathbb{R}^k\), \(U\subset \mathbb{R}^{n+k}\) um aberto,  \( F:U\subset \mathbb{R}^{n+k}\to \mathbb{R}^{k}\) uma função de classe \(C^1(U)\) e  \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\in U\) é tal que \(F(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)=0\). O que se pretende com o teorema da função implícita é garantir que existe uma vizinhança $W$ de $(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$ em que a equação \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\) define \(\boldsymbol{y}\) como uma função \(C^1\) de \(\boldsymbol{x}\) numa vizinhança de \(\boldsymbol{x}_0\), mais precisamente que existe uma função \(h:V\subset\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^k\), com \(V\) uma vizinhança de \(\boldsymbol{x}_0\), $h\in C^1(V)$, tal que $F(\boldsymbol{x},h(\boldsymbol{x}))=0$ para todo o \(\boldsymbol{x}\in V\) e \[\left\{(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\in W: F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\boldsymbol{0}\right\}=\left\{(\boldsymbol{x}, h(\boldsymbol{x})): \boldsymbol{x}\in V\right\}.\]

Sugerindo graficamente as convenções no teorema da função implícita.

Para estudar esta questão usando o teorema da função inversa consideramos a aplicação \[  (\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\mapsto (\boldsymbol{x},F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}))\equiv G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\]

A matriz jacobiana de \(G\) tem a seguinte estrutura \[J_G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\begin{bmatrix}I & 0 \\ \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{x}} & \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}} \end{bmatrix}\] em que \(\frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{x}} \) e \(\frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}} \) designam respectivamente as submatrizes jacobianas de \(F\) correspondentes às colunas envolvendo as coordenadas de \(\boldsymbol{x}\) e de \(\boldsymbol{y}\) respectivamente e \(I\) designa uma matriz identidade. Daí que \[\det J_G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}) = \det \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}}\] e podemos aplicar a \(G\) o teorema da função inversa relativamente ao ponto \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\) se \(\det \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\neq 0\). Supondo que tal se verifica interpretemos quais são as conclusões obtidas do teorema da função inversa neste contexto: existem abertos \(W,T\) contendo \((\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{0})\) e \((\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{y}_0)\) respectivamente e uma aplicação \(H:W\to T \subset\mathbb{R}^{n+k}\) tal que \(H(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{0})=(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{y}_0)\) e \(G(H(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}))=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})\) para todo o \((\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})\in W\). Mais explicitamente se convencionarmos \(H=(H_X,H_Y)\) (note-se que \(H_Y\) corresponde a considerarmos o vector das funções coordenadas de \(H\) de ordem \(n+1\) a \(n+k\)) temos \(F(\boldsymbol{x},H_Y(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{0}))=\boldsymbol{0}\) para \(\boldsymbol{x}\) numa vizinhança \(V\) de \(\boldsymbol{x}_0\), isto é, a função \(h\) que procurávamos é dada por \(h(\boldsymbol{x})=H_Y(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{0})\).

As nossas conclusões podem ser então resumidas da seguinte forma:

Teorema (da função implícita). Sejam \(\boldsymbol{x}\in\mathbb{R}^n\), \(\boldsymbol{y}\in\mathbb{R}^k\), \(U\subset \mathbb{R}^{n+k}\) um aberto,  \(F:U\subset \mathbb{R}^{n+k}\to \mathbb{R}^{k}\) uma função de classe \(C^1(U)\) e  \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\in U\) é tal que \(F(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)=0\). Se a submatriz jacobiana de \(F\) que corresponde às variáveis \(\boldsymbol{y}\) for tal que em \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\) o seu determinante for não nulo, isto é, \(\det\frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\neq 0\), então existe uma vizinhança \(W\) de \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\) em que o conjunto $\{(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\in U\cap W: F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\boldsymbol{0}\}$ é o gráfico de uma função \(h:V\to\mathbb{R}^k\), com $V$ uma vizinhança de $\boldsymbol{x}_0$, $h(\boldsymbol{x}_0)= \boldsymbol{y}_0$, $h\in C^1(V)$, e, em particular, \begin{equation}F(\boldsymbol{x}, h(\boldsymbol{x}))=\boldsymbol{0}, \forall_{\boldsymbol{x}\in V}.\label{eq:implicita}\end{equation}

Diz-se que \(h\) está definida implicitamente por \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\) em \(W\).

Diferenciação de funções definidas implicitamente

A identidade $(\ref{eq:implicita})$ permite-nos obter, através do teorema de derivação da função composta, derivadas parciais de \(h\) por diferenciação obtendo-se \[ \frac{\partial F}{\partial x_i}(\boldsymbol{x},h(\boldsymbol{x}))+ \sum_{j=1}^k \frac{\partial F}{\partial y_j}(\boldsymbol{x},h(\boldsymbol{x}))\frac{\partial h_j}{\partial x_i}=0\] para cada \(i=1,\dots, n\) constituindo, para cada \(i\) fixado um sistema linear de \(k\) equações a \(k\) incógnitas, as derivadas parciais \(\frac{\partial h_j}{\partial x_i}\), cuja possibilidade de solução única em \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\) é exactamente garantida pela hipótese do teorema. Alguns exemplos tornarão esta afirmação bastante mais clara.

Exemplo. Considere \(f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) definida por \(f(x,y)=x^2+y^2+\log(x^2 y^2+1)\). A equação \(f(x,y)=1\) é satisfeita para \((x,y)=(0,1)\). Para investigarmos se a equação \(f(x,y)=1\) define \(y\) como função de \(x\) numa vizinhança de \(x=0\) notamos que \(f\) é de facto uma função de classe \(C^1\) e \[\frac{\partial f}{\partial y}=2y+\frac{2x^2 y}{x^2 y^2+1}\] donde \[\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=2\neq 0\] pelo que de facto o teorema da função implícita permite-nos tirar essa conclusão.

Se designarmos a função definida implicitamente por \(h\) temos \(h(0)=1\) e podemos pôr a questão de saber quanto vale a derivada de \(h\) em \(0\). Como temos \[f(x,h(x))=1\] para \(x\) numa vizinhança de \(0\) e temos a garantia de que \(h\) é diferenciável podemos diferenciar ambos os lados da igualdade anterior para obter \[\frac{\partial f}{\partial x}(x,h(x))+ \frac{\partial f}{\partial y}(x,h(x))h'(x)=0\] donde \[h'(x)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x,h(x))}{\frac{\partial f}{\partial y}(x,h(x))}\] e em particular \[h'(0)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,1)}{\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)}=\frac{0}{2}=0\] onde usámos \[\frac{\partial f}{\partial x}=2x+\frac{2x y^2}{x^2 y^2+1}.\]

ExemploConsidere \(G:\mathbb{R}^4\to \mathbb{R}^2\) definida por \(G(x,y,z,w)=(x^2+y^2+z^2+w^2,z+\log(x^2 y^2z^2w^2+1 ))\). Temos \(G(0,0,1,1)=(2,1)\) e podemos pôr a questão de saber se o sistema \[\begin{cases}x^2+y^2+z^2+w^2 =2 \\ z+\log(x^2 y^2z^2w^2+1 )=1 \end{cases}\] define \((z,w)\) como função de \((x,y)\) numa vizinhança de \((0,0,1,1)\).

\(G\in C^1(\mathbb{R}^4)\) e a matriz jacobiana de \(G\) é \[J_G(x,y,z,w)=\begin{bmatrix}2x & 2y & 2z & 2w \\ \frac{2xy^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & \frac{2yx^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & 1+\frac{2zx^2y^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & \frac{2wx^2y^2z^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} \end{bmatrix}\] pelo que \[J_G(0,0,1,1)=\begin{bmatrix}0 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\]

A submatriz jacobiana correspondente às variáveis \(z\) e \(w\) verifica \[ \det \frac{\partial G}{\partial(z,w)}(0,0,1,1)= \det \begin{bmatrix}2 & 2 \\ 1 & 0\end{bmatrix}=-2\neq 0\] pelo que o teorema da função implícita garante que a resposta à questão é afirmativa. Se designarmos a função definida implicitamente por \(H(x,y)=(Z(x,y), W(x,y))\) podemos calcular a sua matriz jacobiana no ponto \((0,0)\) por derivação de ambos os membros da identidade \(G(x,y,Z(x,y), W(x,y))=(2,1)\). Por exemplo, se estivermos interessados nos valores das derivadas parciais de \(Z\) e \(W\) em ordem a \(x\) somos conduzidos ao sistema (por conveniência de notação simplesmente indicamos \(z\) onde mais formalmente deveria estar \(Z(x,y)\), etc.)\[\begin{cases}2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}+2w\frac{\partial w}{\partial x}=0 \\ \frac{2xy^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2 w^2+1} + \left(1+ \frac{2zx^2y^2w^2}{x^2 y^2z^2 w^2+1} \right)\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{2w x^2y^2z^2}{x^2 y^2z^2(x,y)w^2+1} \frac{\partial w}{\partial x}=0 \end{cases}\] Particularizando para \((x,y)=(0,0)\) e \((z,w)=(1,1)\) obtemos o sistema \[\begin{cases} 2 \frac{\partial z}{\partial x}(0,0) + 2 \frac{\partial w}{\partial x}(0,0)=0 \\ \frac{\partial z}{\partial x}(0,0) = 0 \end{cases}\] e portanto ambas estas derivadas parciais são nulas.

Exercício. É consideravelmente mais simples verificar que o teorema da função implícita implica o teorema da função inversa. Faça-o!

Exercício. Mostre que se no enunciado do teorema da função implícita supusermos adicionalmente $F\in C^k(U)$ com $k\gt 1$, então podemos garantir $h\in C^k(V)$.


Última edição desta versão: João Palhoto Matos, 23/04/2021 08:39:07.