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Grado en Matemáticas

Teoremas de la función inversa e implícita

Una circunferencia no es una sola función y(x): para muchas x hay dos alturas. Sin embargo, alrededor de un punto de su mitad superior sí podemos seguir una única rama suave. Veremos qué condiciones garantizan ese comportamiento local, cómo calcular sus derivadas y por qué no prometen un despeje global.

1. Una relación puede tener varias ramas aunque una rama local sea única

La ecuación x²+y²=1 contiene dos alturas y=±√(1−x²) si −1<x<1.

No podemos elegir una salida única sin indicar una rama. Cerca de (0,1), la altura negativa queda lejos: una vecindad pequeña selecciona la rama superior.

La rama local depende del punto y de qué variable queremos despejar
x²+y²=1: dos ramas de y(0;1)(1;0)La variable que podemos despejar cambia.
Circunferencia unidad: semicircunferencia superior azul e inferior roja. En cero uno podemos despejar y de forma C uno cerca del punto. En uno cero, y no es función única de x en un entorno de la circunferencia, pero x sí puede despejarse como función de y.

El teorema implícito no exige encontrar una fórmula elemental. Garantiza que ciertas soluciones cercanas forman una función C¹: una función con primeras parciales continuas. Primero comprobaremos punto, variables elegidas y una derivada o bloque invertible.

Dos alturas para una misma entrada

En la circunferencia, fija x=0 y luego x=3/5.

  1. Primera entrada

    En cero salen y=1 y y=−1.
  2. Segunda

    y²=1−9/25=16/25, de modo que y=±4/5.
  3. Elegir rama

    La condición y>0 selecciona una altura en ambas entradas.

Resultado

La relación global no es una función y(x), pero cada rama sí puede serlo en su dominio.

Lo comprobamos

La unicidad local se refiere a soluciones dentro de las vecindades escogidas.

Una relación sin despeje elemental inmediato

Considera x+y+sin y=0 cerca de (0,0). ¿Qué habría que controlar?

  1. Punto

    0+0+sin0=0: pertenece a la relación.
  2. Variable deseada

    Queremos y como función de x.

  3. Derivada relevante

    Respecto de y, 1+cos y vale dos en el punto, no cero.

Resultado

El teorema implícito permitirá una rama local aunque no despejemos una fórmula elemental.

Lo comprobamos

Escribir y=−x−sin y no es todavía despejar y: sigue apareciendo en ambos lados.

2. La función inversa se garantiza entre vecindades, con una hipótesis C¹ y matriz invertible

Sea F:U⊂ℝⁿ→ℝⁿ de clase C¹, con U abierto y a∈U.

Si det DF(a)≠0, existen abiertos V alrededor de a y W alrededor de F(a) tales que F:V→W es biyectiva y su inversa es C¹. El espacio de entrada y salida tiene la misma dimensión.

La conclusión contiene existencia, unicidad dentro de esas zonas y regularidad de la inversa. La inyectividad global o que el dominio original se cubra con una sola rama necesitan argumentos adicionales. No se elimina C¹ porque una matriz calculada en un punto parezca correcta.

Una transformación que se puede invertir por fórmulas

F(x,y)=(x+y²,y). Aplica el teorema en (1,2).

  1. Regularidad

    Es polinómica y C¹ en ℝ².

  2. Matriz

    DF tiene filas (1,2y) y (0,1); determinante uno.

  3. Salida

    F(1,2)=(5,2).

    Hay inversa C¹ entre vecindades de esos dos puntos.

Resultado

La garantía local se cumple.

Lo comprobamos

Más adelante el despeje explícito (u−v²,v) demostrará además una inversa global.

Una rama local de un mapa que no es inyectivo en todo el plano

F(x,y)=(x²,y). Estudia el punto (1,2).

  1. Matriz

    DF=diag(2x,1); determinante dos en ese punto.
  2. Rama

    Cerca de x=1 elegimos x positivo y la inversa es (√u,v).
  3. Fallo global

    (1,2) y (−1,2) tienen la misma imagen (1,2).

Resultado

La inversa local existe, pero no hay una inversa global al mantener ambas mitades del plano.

Lo comprobamos

Restringir a x>0 sí elimina esa repetición y da un despeje bien definido.

3. La matriz invertible controla la parte lineal; la continuidad controla la no lineal

Llamemos A=DF(a).
Para resolver F(x)=w, escribimos T_w(x)=x−A⁻¹(F(x)−w).

Un punto fijo de T_w es exactamente una solución. Su derivada es I−A⁻¹DF(x), que vale cero en a y, por continuidad, puede hacerse pequeña en una bola.

Podemos elegir una bola cerrada de radio r dentro del dominio donde T_w tenga constante de contracción ≤1/2.

Si además ‖A⁻¹(w−F(a))‖≤r/2, T_w manda esa bola en sí misma.

El teorema de contracción da un punto fijo único. Esta es la idea de la prueba de existencia y unicidad; la regularidad de la inversa se obtiene controlando después sus incrementos.

En un mapa lineal, la iteración resuelve en un paso

Si F(x)=Ax+b con A invertible, simplifica T_w(x).

  1. Sustituir

    T_w=x−A⁻¹(Ax+b−w).
  2. Cancelar la parte lineal

    Queda A⁻¹(w−b), independiente de x.

  3. Solución

    Ese punto fijo único es la inversa exacta aplicada a w.

Resultado

La parte no lineal ausente hace inmediata la resolución.

Lo comprobamos

No estamos cancelando una matriz singular: la hipótesis garantiza A⁻¹.

Una contracción local no lineal

Para F(x)=x+x³ en a=0, toma |x|≤1/4 y |w|≤1/8.

  1. A y actualización

    A=F′(0)=1 y T_w(x)=w−x³.
  2. Contracción

    |T′|=3x²≤3/16<1/2.
  3. Se queda dentro

    |T_w(x)|≤1/8+1/64=9/64<1/4.

    Hay una única solución dentro de esa bola.

Resultado

Se obtiene una inversa local sin una fórmula de la raíz cúbica de la ecuación.

Lo comprobamos

La construcción prueba el entorno considerado; una conclusión global requeriría otro argumento.

4. La derivada de la inversa se evalúa en la salida del punto original

Si G es la inversa local, G(F(x))=x.
Al derivar, DG(F(a))DF(a)=I.
Como DF(a) es invertible, DG(F(a))=[DF(a)]⁻¹.

El punto de entrada de G es F(a), no a salvo coincidencia.

En una variable queda G′(f(a))=1/f′(a).

Eso no significa que la inversa de una función sea 1/f(x): inversa funcional, inversa matricial y recíproco de un número son conceptos que aparecen en lugares diferentes de la fórmula.

Una matriz inversa en el punto correcto

Para F(x,y)=(x+y²,y), calcula DG en F(1,2).

  1. Punto de G

    F(1,2)=(5,2).
  2. Matriz de F

    DF(1,2)=[[1,4],[0,1]].
  3. Invertir

    DG(5,2)=[[1,−4],[0,1]].
Resultado

La derivada de G se calcula en (5,2).

Lo comprobamos

La fórmula explícita G(u,v)=(u−v²,v) confirma esa matriz al evaluar v=2.

Un caso escalar con entradas distintas

Sea f(x)=eˣ, cuya inversa es ln. Usa a=ln2.

  1. Salida original

    f(a)=2.
  2. Pendiente

    f′(a)=2.
  3. Pendiente inversa

    (ln)′(2)=1/2.
Resultado

La derivada inversa se evalúa en dos.

Lo comprobamos

La función inversa es ln, no e^(−x); el recíproco aparece solo después de evaluar la derivada.

5. Una condición local puede cumplirse en todas partes y aun así haber repeticiones globales

F(x,y)=(eˣcos y,eˣsin y) tiene determinante e^(2x)>0.

Sin embargo y y y+2π dan la misma salida. Hay inversas locales al escoger una rama angular, pero no una inversa global sobre todo el plano de entrada.

Si el determinante se anula, este teorema suficiente deja de decidir. Puede existir una inversa continua sin ser C¹. También podría no haber inyectividad alguna. No interpretamos una hipótesis fallida como una recíproca automática.

Determinante positivo con dos entradas iguales en imagen

En el mapa exponencial polar, compara (0,0) y (0,2π).

  1. Salidas

    Ambas son (1,0).

  2. Determinantes

    En ambas entradas e^(2x)=1, no nulo.
  3. Distinguir

    Cada punto admite una zona invertible propia; juntas las dos entradas impiden inyectividad global.

Resultado

La garantía del teorema sigue siendo local.

Lo comprobamos

No basta comprobar el signo del determinante para declarar un único ángulo global.

Inversa existente pero sin derivada finita

Estudia f(x)=x³ en cero.

  1. Biyectiva

    La cúbica es estrictamente creciente y toma todos los reales.

  2. Hipótesis del teorema

    f′(0)=0, así que no da una inversa C¹ allí.
  3. Inversa real

    G(u)=∛u es continua; su cociente en cero es u^(1/3)/u=1/|u|^(2/3), que crece sin cota.

Resultado

La inversa existe, pero no tiene derivada real finita en cero.

Lo comprobamos

La hipótesis no nula es suficiente para la regularidad C¹ que promete el teorema.

6. En el teorema implícito, elegimos un bloque de variables dependientes

Sea H(x,y)∈ℝᵐ, con parámetros x∈ℝⁿ y variables a despejar y∈ℝᵐ.

Si H es C¹ en un abierto, H(a,b)=0 y el bloque cuadrado DᵧH(a,b) es invertible, las soluciones cercanas se expresan de forma única como y=φ(x), con φ C¹ y φ(a)=b.

Hay tantas ecuaciones como variables dependientes en el bloque invertible. Mirar otro bloque puede permitir otro despeje, pero no el que pedimos. El punto debe ser una solución antes de comprobar la matriz.

Una ecuación sin despeje elemental

Aplica el resultado a H(x,y)=x+y+sin y en (0,0).

  1. Solución

    H(0,0)=0.
  2. Bloque elegido

    Hᵧ=1+cos y, que vale dos.
  3. Conclusión

    Hay una única rama y=φ(x) C¹ dentro de vecindades adecuadas, con φ(0)=0.

Resultado

Podremos derivar esa rama sin escribirla mediante funciones elementales.

Lo comprobamos

No se afirma que sea la única solución de la ecuación en todo ℝ².

Dos ecuaciones y dos variables dependientes

H(x,y,z)=(y+z−x,y−z−x²). Despeja localmente (y,z) en función de x cerca de cero.

  1. Punto

    En (0,0,0) ambas ecuaciones se anulan.

  2. Bloque

    D_(y,z)H=[[1,1],[1,−1]], de determinante −2.
  3. Conclusión

    Existe una pareja única (y(x),z(x)) C¹ cerca de cero.

Resultado

Las dependientes son y,z; x es el parámetro.

Lo comprobamos

Resolverlas explícitamente dará y=(x+x²)/2 y z=(x−x²)/2, y luego podremos comprobar la conclusión.

7. La fórmula de la derivada implícita sale de conservar la relación

Como H(x,φ(x))=0, la cadena da DₓH+DᵧH·Dφ=0.

Multiplicamos por la izquierda por el inverso del bloque: Dφ=−(DᵧH)⁻¹DₓH. Cada matriz se evalúa sobre la rama, no en un punto desconectado de ella.

En una ecuación escalar con x,y reales, la fórmula es y′=−Hₓ/Hᵧ. El signo menos aparece al trasladar Hₓ al otro lado. La división solo se usa donde Hᵧ no se anula, como garantiza localmente el teorema por continuidad.

La pendiente de una rama implícita

Para x+y+sin y=0, calcula φ′(0).

  1. Parciales

    Hₓ=1 y Hᵧ=1+cos y.
  2. Punto de la rama

    φ(0)=0; el denominador vale dos.
  3. Derivada

    φ′(0)=−1/2; por tanto φ(x)=−x/2+o(|x|) cerca de cero.
Resultado

La rama empieza con pendiente −1/2.

Lo comprobamos

La ecuación y=−x−sin y no autoriza a derivar como si y fuera constante en el lado derecho.

Derivar la solución de un sistema

Para el sistema anterior, calcula (y′(0),z′(0)).

  1. Derivar las ecuaciones

    y′+z′=1; y′−z′=2x.
  2. Evaluar cero

    La segunda da y′−z′=0.
  3. Resolver

    Sumar y restar produce y′=1/2 y z′=1/2.
Resultado

La derivada de la pareja es (1/2,1/2).

Lo comprobamos

Las fórmulas explícitas (x+x²)/2 y (x−x²)/2 tienen exactamente esas derivadas en cero.

8. Cambiar la variable despejada puede resolver una tangente vertical

Para H=x²+y²−1, en (0,1) tenemos Hᵧ=2 y se puede despejar y.

En (1,0), Hᵧ=0 y no obtenemos esa garantía, pero Hₓ=2 permite despejar x como función de y. El nivel sigue siendo una curva regular: solo cambió la coordenada útil.

Cerca de (1,0), una misma x ligeramente menor que uno tiene dos valores de y pequeños, de signos opuestos. Por eso ni siquiera hay una única función y(x) que describa todas las soluciones cercanas.

En cambio, la rama x=√(1−y²) sí describe esa zona.

Despejar x en el punto de la derecha

En la circunferencia, calcula dx/dy cerca de (1,0).

  1. Variable elegida

    x=ψ(y); Hₓ=2x no nulo cerca del punto.
  2. Derivar

    2x·dx/dy+2y=0, así que dx/dy=−y/x.
  3. Evaluar

    En (1,0), dx/dy=0.
Resultado

La rama x(y) tiene pendiente cero en ese sistema de coordenadas.

Lo comprobamos

La tangente de la curva en el plano sigue siendo vertical: variar y no cambia x a primer orden.

Una elipse con el mismo criterio

En x²+4y²=4, calcula y′ en (√3,1/2).

  1. Comprobar punto

    Tres más cuatro por un cuarto da cuatro.

  2. Bloque

    Hᵧ=8y=4, no cero.
  3. Fórmula

    y′=−2x/(8y)=−x/(4y)=−√3/2.
Resultado

La rama local elegida tiene pendiente −√3/2.

Lo comprobamos

La otra rama con y negativo no pertenece a la misma vecindad pequeña del punto dado.

9. La conclusión depende de todas las hipótesis, y el fallo de una no decide el caso

Revisamos dominio abierto, regularidad, punto solución, bloque elegido y alcance local. Al escribir la respuesta identificamos qué variables son parámetros, cuáles se despejan y en qué punto se calcula la derivada.

Si podemos despejar globalmente y comprobar ambas composiciones, esa prueba adicional permite una conclusión global. Si un bloque es singular, examinamos la relación por otros medios: puede haber muchas ramas, una rama singular o incluso una rama suave que el criterio suficiente no detecta.

Un punto que no es solución

¿Garantiza el teorema una rama de x²+y²=1 que pase por (0,2), dado que Hᵧ(0,2)=4?

  1. Comprobar primero la ecuación

    0²+2²−1=3, no cero.
  2. Hipótesis faltante

    El punto no pertenece al nivel que queremos describir.

  3. Conclusión

    La parcial no nula no puede crear una rama por un punto que no satisface la relación.

Resultado

No existe tal rama pasando por (0,2).

Lo comprobamos

El teorema sobre el nivel H=H(0,2) sería otra pregunta, distinta del nivel cero solicitado.

Bloque cero con dos comportamientos posibles

Compara y²−x²=0 con y³−x³=0 cerca del origen.

  1. Primera relación

    y=±x: hay dos ramas que se cruzan y no hay despeje único de todas las soluciones.

  2. Segunda

    En reales, y³=x³ implica y=x: una única rama suave.

  3. Bloque en ambas

    La parcial respecto de y vale cero en el origen; el criterio no decide cuál de esos comportamientos ocurre.

Resultado

La hipótesis no nula es suficiente, no necesaria para que alguna rama suave exista.

Lo comprobamos

El análisis directo de cada ecuación resuelve lo que el teorema no garantiza.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Pendiente sobre una circunferencia

En x²+y²=1, calcula y′ cerca de (0,1).

  1. Relación

    H(x,y)=x²+y²−1 es C¹ y H(0,1)=0.
  2. Variable a despejar

    Queremos y en función de x; revisamos Hᵧ=2y.
  3. Bloque no nulo

    Hᵧ(0,1)=2.
    Hay una rama C¹ local con y(0)=1.
  4. Derivar manteniendo la relación

    2x+2y(x)y′(x)=0.
  5. Despejar con condición

    y′=−x/y; y permanece cerca de uno y no es cero en una vecindad suficiente.

  6. Evaluar

    En (0,1), y′=0.

    La rama superior √(1−x²) confirma el resultado.

Resultado

En (0,1), y′=0.

Lo comprobamos

La rama superior y=√(1−x²) tiene derivada cero en x=0.

EJEMPLO RESUELTO 2

Una inversa lineal

F(x,y)=(x+y,x−y). Encuentra la inversa.

  1. Matriz

    DF=[[1,1],[1,−1]], de determinante −2: hay inversa local.
  2. Nombrar salidas

    u=x+y, v=x−y.
  3. Sumar

    u+v=2x; por tanto x=(u+v)/2.
  4. Restar

    u−v=2y; por tanto y=(u−v)/2.
  5. Fórmula

    F⁻¹(u,v)=((u+v)/2,(u−v)/2).

    Está definida para todas las salidas reales.

  6. Comprobación global

    Las dos composiciones recuperan sus entradas. Este cálculo adicional demuestra la inversa global, más allá de la garantía local del teorema.

Resultado

F⁻¹(u,v)=((u+v)/2,(u−v)/2).

Lo comprobamos

Sustituir en F devuelve (u,v); aquí la inversa es global.

Los símbolos que hemos usado

C¹
La aplicación tiene primeras parciales continuas en un entorno abierto.
DF(a)
Diferencial en el punto base; para la inversa de igual dimensión es una matriz cuadrada.
Invertible
La aplicación lineal tiene una inversa; en matrices cuadradas equivale a determinante no nulo.
Inversa local
Inversa al restringir a entornos adecuados, sin afirmar inyectividad en todo el dominio.
DᵧF
Bloque de derivadas respecto de las variables que intentamos despejar.
F(x,y)=0
Relación implícita que puede definir y=φ(x) localmente si se cumplen las hipótesis.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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