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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{10}
\Titulo{Diferenciación}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Una función $\RR\to\RR$ derivable con derivada acotada es
uniformemente continua.

\begin{Solucion}
Sea $f:\RR\to\RR$ una función derivable y sea $M>0$ tal que
$\abs{f'(x)}\leq M$ para todo $x\in\RR$. Sea $\epsilon>0$ y pongamos
$\delta\coloneqq\epsilon/2M$. Si $x$ e~$y$ son elementos de~$\RR$ tales que
$\abs{x-y}<\delta$, entonces el teorema de Lagrange nos dice que existe
$\xi$ entre~$x$ e~$y$ tal que $f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y)$ y entonces
  \(
  \abs{f(x)-f(y)}
        = \abs{f'(\xi)}\abs{x-y}
        \leq M \delta < \epsilon
  \).
Vemos así que $f$ es uniformemente continua en~$\RR$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(a,b)$ un intervalo abierto, sea $x_0\in(a,b)$ y sea
$f:(a,b)\to\RR$ una función continua que es derivable
en~$(a,b)\setminus\{x_0\}$ de manera tal que los límites laterales de la
derivada $f'$ en~$x_0$ existen y son finitos.
\begin{ejitems}

\item Muestre que $f$ es derivable lateralmente en~$x_0$ y que, más aún, si
ambos límites laterales coinciden entonces es derivable en~$x_0$. Determine
$f'(x_0)$ en este último caso.

\item Muestre que las afirmaciones de la parte anterior dejan de ser
válidas si se omite la hipótesis de continuidad de~$f$ en~$x_0$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que $\beta=\lim_{x\downarrow x_0}f'(x)$. Sea
$\epsilon>0$ y sea $\delta>0$ tal que $x_0+\delta<b$ y siempre que $x_0<x<x_0+\delta$ es
$\abs{f'(x)-\beta}<\epsilon$.

Si ahora $x\in(x_0,x_0+\delta)$, entonces 
la función~$f$ es continua en~$[x_0,x]$ y derivable en cada
punto de~$(x_0,x)$, así que el teorema de Lagrange nos dice que existe
$\xi_x\in(x_0,x)$ tal que 
  \[
  \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f'(\xi_x)
  \]
y, por lo tanto, que
  \[
  \abs*{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} - \beta}
        = \abs{f'(\xi_x)-\beta} 
        < \epsilon,
  \]
ya que $\xi_x\in(x_0,x)\subseteq(x_0,x_0+\delta)$. Esto nos dice que $f$ es
derivable a derecha en~$x_0$ y que
  \[
  f'_+(x_0) = \lim_{x\downarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \beta.
  \]
De la misma forma, si $\alpha=\lim_{x\uparrow x_0}f'(x)$, entonces $f$ es
derivable a izquierda en~$x_0$ y $f'_-(x_0)=\beta$. Es claro ahora que si
$\alpha=\beta$ entonces $f'_-(x_0)=f'_+(x_0)$ y, por lo tanto, que $f$ es
deribable en~$x_0$ y tiene derivada $f'(x_0)=\alpha$.

\ejitem{2} La función $f:\RR\to\RR$ con $f(x)=-1$ si $x<0$, $f(0)=0$ y
$f(x)=1$ si $x>0$ es continua y derivable en~$\RR\setminus\{0\}$, y los
limites laterales de~$f'$ existen en~$0$ y son finitos e iguales. Sin
embargo, $f$ no es derivable lateralmente en~$0$ en ninguna de las dos
direcciones y, por lo tanto, tampoco es derivable en~$0$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\alpha$,~$\beta$,~$a$ y~$b$ números reales tales que
$\alpha<a<b<\beta$ y sea $f:[\alpha,\beta]\to\RR$ una función que es
derivable en el intervalo~$(\alpha,\beta)$.
\begin{ejitems}

\item Si $f'(a)<0<f'(b)$, entonces existe $c\in (a,b)$ tal que $f'(c)=0$.

\item Si $\lambda\in\RR$ es tal que $f'(a)<\lambda<f'(b)$, entonces existe
$d\in(a,b)$ tal que $f'(d)=\lambda$.

\item La función $g:(-1,1)\to\RR^2$ tal que
  \[
  g(t) = \begin{cases*}
          (t^2\sin\frac1t,t^2\cos\frac1t) & si $0<t<1$; \\
          (0,0) & si $-1<t\leq 0$;
         \end{cases*}
  \]
es derivable en~$(-1,1)$ pero el conjunto $g'((-1,1))$ no es conexo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Supongamos que $f'(a)<0<f'(b)$. Como $f$ es continua en~$[a,b]$, existe
$c\in[a,b]$ tal que $f(c)\leq f(x)$ para todo $x\in[a,b]$. Como
$a\in(\alpha,b)$ y $f'(a)<0$, existe $\delta>0$ tal que
$(a-\delta,a+\delta)\subseteq(\alpha,b)$ y $(f(x)-f(a))/(x-a)<-f'(a)/2$
para todo $x\in(a-\delta,a+\delta)$. En particular, $a+\delta/2\in(a,b)$ y
$f(a+\delta/2)<f(a)-\delta f'(a)/4<f(a)$: esto implica que $c\neq a$. De la
misma forma, como $b\in(a,\beta)$ y $f'(b)>0$ podemos ver que $c\neq b$.
Así, es $c\in(a,b)$. 

Como $f$ es derivable en~$c$, sabemos que existen los límites
$\lim_{x\uparrow x}(f(x)-f(c))/(x-c)$ y $\lim_{x\downarrow
x}(f(x)-f(c))/(x-c)$, y que tienen el mismo valor, $f'(c)$. Observemos
que por la forma en que elegimos a~$c$, tenemos que si $a<x<c$, entonces
$(f(x)-f(c))/(x-c)\leq0$, así que $\lim_{x\uparrow x}(f(x)-f(c))(x-c) \leq
0$. Por la misma razón, si $c<x<b$, entonces $(f(x)-f(c))/(x-c)\geq0$, así que
$\lim_{x\downarrow c} (f(x)-f(c))/(x-c) \geq 0$. Juntando todo vemos que
$f'(c)=0$.

\ejitem{2} Sea $\lambda\in\RR$ tal que $f'(a)<\lambda<f'(b)$ y consideremos
la función 
  \[
  g:t\in(\alpha,\beta)\mapsto f(t)-\lambda t\in\RR.
  \]
Es claro que $g$ es derivable en todo su dominio y que
$g'(t)=f'(t)-\lambda$ para todo $t\in(\alpha,\beta)$. En particular,
tenemos que $g'(a)=f'(a)-\lambda<0<f'(b)-\lambda=g'(b)$, así que por la
primera parte del ejercicio existe $d\in(a,b)$ tal que $g'(d)=0$, esto es,
tal que $f'(d)=\lambda$.

\ejitem{3} Es claro que si $t\in(-1,1)$ no es~$0$, entonces $g$ es
derivable en~$t$ y que
  \[
  g'(t) = \left(2t\sin\frac1t-\cos\frac1t,
                2t\cos\frac1t+\sin\frac1t\right).
  \]
Por otro lado, si $t\in(-1,1)$ no es nulo, entonces
  \[
  \frac{g(t)-g(0)}{t}
        = \left(t\sin\frac1t,t\cos\frac1t\right),
  \]
así que claramente
  \[
  g'(0) = \lim_{t\to0}\frac{g(t)-g(0)}{t} = 0.
  \]
Observemos que cuando $t\in(-1,1)\setminus\{0\}$ es
  \[
  \norm{g'(t)}^2
        = \left(2t\sin\frac1t-\cos\frac1t\right)^2+
          \left(2t\cos\frac1t+\sin\frac1t\right)^2
        = 1+4t^2 \geq1.
  \]
Esto implica que $g'(0)$ no pertenece a la clausura de la
imagen de~$(-1,-1)\setminus\{0\}$ por~$g'$ y, por lo tanto, que la imagen
de~$(-1,1)$ por~$g'$ no es conexa. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:A\to\RR^n$ una función definida en un abierto no vacío
de~$\RR^n$ y sea $x_0\in A$. Si $f$ es diferenciable en~$x_0$, entonces
existen números $\delta>0$ y $c\geq0$ tales que $B_\delta(x_0)\subseteq A$
y $\norm{f(x)-f(x_0)}\leq c\norm{x-x_0}$ para todo $x\in B_\delta(x_0)$.

\begin{Solucion}
Supongamos que la función $f$ es diferenciable en~$x_0$, de manera que hay
una función lineal $T:\RR^n\to\RR^n$ y una función $h:A\to\RR^n$ tales que
$f(x)-f(x_0)=T(x-x_0)+h(x)$ y $\lim_{x\to x_0}h(x)/\norm{x-x_0}=0$. Esto último
implica que existe $\delta>0$ tal que $B_\delta(x_0)\subseteq A$ tal que
$\norm{h(x)}\leq\norm{x-x_0}$ siempre que $x\in B_\delta(x_0)$. Por otro
lado, como la función~$T$ es lineal, es continua y existe una constante $k$
tal que $\norm{T(x-x_0)}\leq k\norm{x-x_0}$. Juntando todo tenemos entonces
que $\norm{f(x)-f(x_0)}\leq \norm{T(x-x_0)}+\norm{h(x)}\leq
(k+1)\norm{x-x_0}$ para cada $x\in B_\delta(x_0)$. Esto es lo que
queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $x_1$ y~$x_2$ dos puntos de~$\RR^n$ y sea $A$ un abierto que
contiene al segmento cerrado~$S$ que une~$x_1$ con~$x_2$.
\begin{ejitems}

\item Si $f:A\to\RR$ es una función diferenciable, entonces existe $x\in S$
tal que $f(x_1)-f(x_2)=Df(x)(x_1-x_2)$.

\item La afirmación de la primera parte es falsa si el codominio de la
función~$f$ es~$\RR^m$ con $m\geq2$.

\item\label{ej:tvmc} Si $\gamma:[a,b]\to\RR^m$ es una función continua que
es diferenciable en el interior de su dominio, entonces existe $t\in(a,b)$
tal que $\norm{\gamma(b)-\gamma(a)}\leq\norm{\gamma'(t)}(b-a)$.

\begin{Indicacion}
Ponga $z=\gamma(b)-\gamma(a)$ y $g:t\in[a,b]\mapsto\ip{z,\gamma(t)}\in\RR$
y use el teorema de Lagrange.
\end{Indicacion}

\item Si $f:A\to\RR^m$ es una función diferenciable tal que
$\norm{Df(x)}\leq M$ para todo $x\in A$, entonces
$\norm{f(x_1)-f(x_2)}\leq M\norm{x_1-x_2}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:A\to\RR$ una función diferenciable. La función
  \[
  \sigma:t\in\RR\mapsto(1-t)x_2+tx_1\in\RR^n
  \]
es diferenciable, así que la composición $f\circ\sigma$, que está definida
sobre el abierto $\sigma^{-1}(A)$ de~$\RR$ que contiene a $[0,1]$, también
lo es. El teorema de Lagrange nos dice que existe $s\in(0,1)$ tal que
$f(\sigma(1))-f(\sigma(1))=(f\circ\sigma)'(s)$. Usando la regla de la
cadena y poniendo $x\in\sigma(s)$, vemos que 
  \[
  (f\circ\sigma)'(s)
        = Df(\sigma(s))(\sigma'(s))
        = Df(\sigma(s))(x_1-x_2)
        = Df(x)(x_1-x_2).
  \]

\ejitem{2} Fijemos $m\geq1$ y pongamos $A=\RR$ y $f:A\to\RR^m$ dada para
cada $t\in\RR$ por
  \[
  f(t) = (\cos t,\sin t,0,\dots,0).
  \]
Es claro que $f$ es una función diferenciable y que $f(2\pi)=f(0)$. Por
otro lado, para todo $s\in[0,2\pi]$ tenemos que $f'(s)\neq0$, así que 
para todo $s\in[0,2\pi]$ es $f(2\pi)-f(0)=0\neq f'(s)2\pi=f'(s)(2\pi-0)$.

\ejitem{3} Sea $\gamma:[a,b]\to\RR^n$ una función continua que es
diferenciable en~$(a,b)$. Si $\gamma(b)=\gamma(a)$, la desigualdad que
queremos probar es evidente. Supongamos entonces que
$\gamma(b)-\gamma(a)\neq0$ y consideremos la función
  \[
  f:t\in[a,b]\mapsto\ip{\gamma(t)-\gamma(a),\gamma(b)-\gamma(a)}\in\RR,
  \]
que es continua en~$[a,b]$ y diferenciable en~$(a,b)$ y que tiene
$f'(t)=\ip{\gamma'(t),\gamma(b)-\gamma(a)}$ para todo $t\in(a,b)$. El
teorema de Lagrange nos dice que existe $s\in(a,b)$ tal que
  \[
  \norm{\gamma(b)-\gamma(a)}^2
        = f(b)-f(a) 
        = f'(t)(b-a)
        = \ip{\gamma'(t),\gamma(a)-\gamma(b)}(b-a),
  \]
así que usando la desigualdad de Cauchy--Schwartz vemos que
  \[
  \norm{\gamma(b)-\gamma(a)}^2
        \leq \norm{\gamma'(t)}\norm{\gamma(a)-\gamma(b)}(a-b)
  \]
y, como $\gamma(b)\neq\gamma(a)$, que
  \[
  \norm{\gamma(b)-\gamma(a)}
        \leq \norm{\gamma'(t)}(a-b),
  \]
como queremos. 

\ejitem{4} Sea ahora $f:A\to\RR^n$ una función diferenciable tal que
$\norm{Df(x)}\leq M$ para todo $x\in A$ y sea $\sigma:t\in[0,1]\mapsto
(1-t)x_2+tx_1\in\RR^n$, que es una función continua en~$[0,1]$ y
diferenciable en~$(0,1)$. De acuerdo a la parte anterior del ejercicio,
existe $t\in(0,1)$ tal que 
  \begin{align*}
  \norm{f(x_1)-f(x_2)} 
       &= \norm{(g\circ \sigma)(1)-(f\circ\sigma)(0)} 
        \leq \norm{(f\circ\sigma)'(t)} \\
       &= \norm{Df(\sigma(t))(\sigma'(t))}
        \leq \norm{Df(\sigma(t))}\cdot\norm{\sigma'(t)}
        \leq M\norm{x_1-x_2}.
  \end{align*}
Esto prueba la desigualdad del enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:d0} Una función $A\to\RR^n$ definida en un abierto
conexo~$A$ de~$\RR^m$ que es diferenciable y que tiene diferencial nula es
constante.

\begin{Solucion}
Sea $x_0\in A$ y sea $q=f(x_0)$. Afirmamos que $f$ es constante, de manera
que el conjunto $B=\{x\in A:f(x)=q\}$ coincide con~$A$. Como la función~$f$
es constante, es claro que $B$ es un cerrado de~$A$: como $A$ es conexo,
bastará que mostremos que $B$ es abierto.

Sea $x\in A$ y sea $\delta>0$ tal que $B_\delta(x)\subseteq A$. Si $y\in
B_\delta(x)$, entonces la función
$\sigma:t\in[0,1]\mapsto(1-t)x+ty\in\RR^n$ toma valores en~$A$, es continua
en~$[0,1]$ y diferenciable en~$(0,1)$, así que la función
$f\circ\sigma:[0,1]\to\RR^n$ también es continua en~$[0,1]$ y diferencial
en~$(0,1)$. De acuerdo al Ejercicio~\ref{ej:tvmc}, existe $t\in(0,1)$ tal
que 
  \[
  \norm{f(x)-f(y)}
        = \norm{(f\circ\sigma)(0)-(f\circ\sigma)(1)}
        \leq \norm{(f\circ\sigma)'(t)}
        = \norm{Df(\sigma(t))(\sigma'(t))},
  \]
y el último miembro de esta desigualdad es nulo, ya que la hipótesis
implica que $Df(\sigma(t))=0$: vemos así que $f(y)=f(x)=q$ y, en
definitiva, que $B_\delta(x)\subseteq B$, de manera que podemos concluir
que el conjunto~$B$ es abierto, como queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un abierto conexo de~$\RR^n$ y sea $f:A\to\RR^m$ una función.
Si para toda elección de $x$ e~$y$ en~$A$ se tiene que
$\norm{f(x)-f(y)}\leq\norm{x-y}^2$, entonces $f$ es constante.

\begin{Solucion}
Supongamos que $f$ satisface la condición del enunciado.
Si $x$,~$y\in A$ son distintos, entonces es claro que
  \[
  0 \leq \frac{\norm{f(y)-f(x)}}{\norm{y-x}} \leq \norm{x-y},
  \]
así que para todo $x\in A$ se tiene que
  \[
  \lim_{y\to x}\frac{\norm{f(y)-f(x)}}{\norm{y-x}} = 0.
  \]
Esto nos dice que la función~$f$ es diferenciable en todo punto de~$A$ y
que su diferencial es idénticamente nula. De acuerdo al
Ejercicio~\ref{ej:d0}, la función~$f$ es constante. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un abierto de~$\RR^n$. Una función $f:A\to\RR$ que tiene
derivadas parciales en todo su dominio y tal que estas son acotadas es
necesariamente continua.

\begin{Solucion}
Sea $f:A\to\RR$ una función que tiene derivadas parciales y sea $M\in\RR$
tal que $\abs{\partial f(x)/\partial x_i}\leq M$ cualquiera sean
$i\in\inter{n}$ y $x\in A$. Fijemos $x=(x_1,\dots,x_n)\in A$, sea $\delta>0$ tal que
$B_\delta(x)\subseteq A$, y sea $y=(y_1,\dots,y_n)\in B_\delta(x)$. Para
cada $i\in\inter{0,n}$ pongamos
$z_i\coloneqq(y_1,\dots,y_i,x_{i+1},\dots,x_n)$, de manera que en
particular por lado es $z_0=x$ y $z_n=y$, y por otro es
$z_0$,~\dots,~$z_n\in B_\delta(x)$. Para cada $i\in\inter{n}$ consideremos
la función $\sigma_i:t\in[0,1]\mapsto(1-t)z_{i-1}+tz_i\in\RR^n$, que toma
valores en~$B_\delta(x)$, ya que este conjunto es convexo. Como la función
$f$ tiene derivadas parciales en~$A$, las composiciones
$f\circ\sigma_1$,~\dots,~$f\circ\sigma_n:[0,1]\to\RR$ son continuas en todo
su dominio y derivables en~$(0,1)$. Más aún, es inmediato ver que si $t\in[0,1]$
e~$i\in\inter{n}$ tenemos que
  \[
  \abs{(f\circ\sigma_i')(t)}
        = \abs*{\frac{\partial f}{\partial x_i}(\sigma_i(t)) \cdot (y_i-x_i)}
        \leq M \abs{y_i-x_i}.
  \]
El teorema del valor medio, entonces, nos dice que para cada
$i\in\inter{n}$ es
  \[
  \abs{f(z_i)-f(z_{i-1})}
        = \abs[\big]{(f\circ\sigma_i)(1)-(f\circ\sigma_i)(0)}
        \leq M \abs{y_i-x_i} 
  \]
y, por lo tanto, que
  \begin{align*}
  \abs{f(y)-f(x)}
       &= \abs{f(z_n)-f(z_0)}
        \leq \sum_{i=1}^n\abs{f(z_i)-f(z_{i-1})}
        \leq M \sum_{i=1}^n\abs{y_i-x_i} \\
       &\leq n M \norm{y-x}.
  \end{align*}
Esto muestra que la función~$f$ es de Lipschitz con constante $nM$ sobre el
conjunto~$B_\delta(x)$ y, en particular, que es allí continua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR$ tal que para todo $t\in\RR$ es
  \[
  f(t) = \begin{cases*}
        t+2t^2\sin\frac1t & si $t\neq0$; \\
        0 & si $t=0$.
        \end{cases*}
  \]
Pruebe que $f$ es derivable, que $f'(0)=1$ y que $f'$ es acotada
en~$(-1,1)$, pero que sin embargo $f$ no es biyectiva en ningún entorno
de~$0$.

Como la derivada $f'$ no es continua en~$0$ esto nos da un ejemplo que
muestra que la hipótesis de continuidad de la derivada no es inútil en el
teorema de la función inversa.

\begin{Solucion}
Es evidente que la función~$f$ es derivable en cada punto
de~$\RR\setminus\{0\}$ y que para cada $t\in\RR\setminus\{0\}$ se tiene que
  \[
  f'(t) = 1 + 4t\sin\frac1t - 2\cos\frac1t.
  \]
Por otro lado, si $t\neq0$, entonces
  \[
  \abs*{\frac{f(t)-f(0)}{t-0}-1}
        = \abs[\Big]{2t\sin\tfrac1t}
        \leq 2\abs{t},
  \]
así que claramente
  \[
  \lim_{t\to0}\frac{f(t)-f(0)}{t-0} = 1,
  \]
de manera que $f$ también es derivable en~$0$ y es $f'(0)=1$.

Observemos que si $t\in(-1,1)\setminus\{0\}$ es
  \[
  \abs{f'(t)}
        = \abs*{1 + 4t\sin\frac1t - 2\cos\frac1t}
        \leq 1 + 4\abs{t} + 2
        \leq 7.
  \]
Como también $\abs{f'(0)}\leq 7$, vemos que $f'$ es acotada en~$(-1,1)$.

Si $f$ fuese biyectiva en algún entorno de~$0$, entonces como es continua
sería en ese entorno estrictamente monótona. Para ver que esto no es así,
es suficiente con mostrar que si derivada toma valores estrictamente
positivos y estrictamente negativos en todo entorno de~$0$. Si $n\in\NN$
crece, entonces por un lado
  \[
  f'\left(\frac{1}{2n\pi}\right)
        = 1 + \frac{4}{2n\pi}\sin 2n\pi-2\cos2n\pi 
        = 1 + \frac{4}{2n\pi}\sin 2n\pi-2
        \to -1
  \]
y por otro
  \begin{align*}
  f'\left(\frac{1}{(2n+1)\pi}\right)
       &= 1 + \frac{4}{(2n+1)\pi}\sin(2n+1)\pi-2\cos(2n+1)\pi \\
       &= 1 + \frac{4}{(2n+1)\pi}\sin(2n+1)\pi+2
       \to 3.
  \end{align*}
Lo que queremos sigue inmediatamente de esto. Observemos que como
$f'(0)=1$, esto muestra que $f'$ no es continua en~$0$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la función $f:(x,y)\in\RR^2\mapsto(e^x\cos y,e^x\sin y)\in\RR^2$
no es inyectiva pero que el jacobiano de~$f$ es no nulo en todo punto
de~$\RR^2$, de manera que $f$ es localmente inyectiva.

\begin{Solucion}
Es $f(x,y+2\pi)=f(x,y)$ para todo $(x,y)\in\RR^2$, así que claramente la
función no es inyectiva. Por otro lado, la función es $C^1$ y
su jacobiano es
  \[
  J(f) = \begin{vmatrix}
         e^x\cos y & -e^x\sin y \\ 
         e^x\sin y &  e^x\cos x
         \end{vmatrix}
       = e^x,
  \]
que no se anula en ningún punto de~$\RR^2$. El teorema de la función
inversa, entonces, nos dice que si $(x_0,y_0)\in\RR^2$, entonces existe un
entorno abierto $U$ de~$(x_0,y_0)$ tal que la restricción $f|_U$ es
inyectiva. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $U$ un abierto de~$\RR^n$ y sea $f:U\to\RR^n$ una función de
clase~$C^1$. Si el jacobiano de~$f$ es no nulo en todo~$U$, entonces $f$ es
abierta y para cada $y\in\RR^n$ el conjunto $f^{-1}(y)$ es discreto en~$U$.

\begin{Solucion}
Supongamos que el jacobiano~$J_f$ de~$f$ es no nulo en todo su dominio~$U$.

Veamos que $f$ es abierta. Sea $A$ un abierto de~$U$ y sea $x\in A$:
tenemos que mostrar que $f(x)$ es un punto interior de~$f(A)$. Ahora bien,
como $J_f(x)\neq0$, el teorema de la función inversa nos dice que hay un
abierto $V$ de~$U$ que contiene a~$x$ tal que $f(V)$ es un abierto
de~$\RR^n$ y tal que la restricción~$f|_V^{f(V)}:V\to f(V)$ es una
biyección con inversa diferenciable. La intersección $A\cap V$ es un
entorno abierto de~$x$ en~$V$ y como $f|_V^{f(V)}$ es un homeomorfismo,
$f(A\cap V)$ es un entorno abierto de~$f(x)$ en~$f(V)$: en particular, como
$f(V)$ es un abierto de~$\RR^n$, $f(A\cap V)$ es un abierto de~$\RR^n$:
como $f(x)\in f(A\cap V)\subseteq f(A)$, vemos que $f(x)$ es un punto
interior de~$f(A)$, como queríamos.

Sea ahora $y\in\RR^n$ y sea $F=f^{-1}(y)$: tenemos que probar que $F$ es un
subconjunto discreto de~$U$ y, para ello, que si $x\in F$ entonces hay un
abierto $V$ de~$U$ tal que $F\cap V=\{x\}$. 
Fijemos $x\in F$. Como $J_f(x)\neq0$, el teorema de la función inversa nos
dice que existe un abierto $W$ de~$U$ tal que $x\in W$ y la restricción
$f|_W:W\to\RR^n$ es inyectiva: esto implica inmediatamente que, en
particular, $F\cap W=\{x\}$, como queremos. \qed 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $F:\RR^2\to\RR$ una función tal que $(1,2,0)$ es una solución a
la ecuación $F(xz,y-2x)=0$.
\begin{ejitems}

\item Dé condiciones suficientes para que haya un entorno
abierto~$W$ de~$(1,0)$ ~$\RR^2$ y una función $\phi:W\to\RR$ de clase~$C^1$
con $\phi(1,0)=2$ y $F(xz,\phi(x,z)-2x)=0$ para todo $(x,z)\in W$.

\item Muestre que bajo esas condiciones se tiene que
  \(
  x\frac{\partial\phi}{\partial x}(x,z)
  -z\frac{\partial\phi}{\partial z}(x,z)
  = 2x
  \)
idénticamente sobre~$W$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\TODO
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Consideremos el sistema de ecuaciones
  \[
  \left\{
  \begin{lgathered}
  x^2+\sin x-y^2+z^3=0, \\
  -\log(1+x)+y^2z=1,
  \end{lgathered}
  \right.
  \]
\begin{ejitems}

\item Muestre que este sistema define dos funciones $y=y(x)$ y $z=z(x)$
definidas en un entorno~$I$ de~$0$ en~$\RR$ con $y(0)=z(1)=1$. 

\item Sea $\alpha:x\in I\mapsto(x,y(x),z(x))\in\RR^3$ y sea
  \[
  g:(x,y,z)\in\RR^3\mapsto 2xyz+z\tan x\in\RR.
  \]
Calcule la derivada de~$g$ en~$(0,1,1)$ en la dirección del vector tangente
a~$C$ en el punto~$x=0$.

\end{ejitems}


\begin{Solucion}
\TODO
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
