Sea $F:\mathcal{U}\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ con derivadas parciales continuas $F_x$, $F_y$ en una vecindad de un punto $(x_0,y_0)$ tal que $F(x_0,y_0)=0$ y además $F_y(x_0,y_0)\ne 0$, entonces existe un rectángulo $[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ tal que para cada $x$ en el intervalo $[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ la ecuación $F(x,y)=0$ tiene una solución $y=f(x)$ con $y_0–\beta \le y\le y_0+\beta .$

Dicha función $f:[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\to [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ satisface la condición $f(x_0)=y_0$ y para toda $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ cumple que

$F(x,f(x))=0$

$F_y(x,f(x))\ne 0$

Más aún, $f$ es continua con derivada continua, y está dada por la ecuación

$$f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}}$$

EJEMPLO: La circunferencia unitaria

Si $f(x)$ es una función diferenciable tal que $F(x,f(x))\equiv 0$, entonces $h(x)=F(x,f(x))$ es diferenciable y $h^{\prime }(x)\equiv 0.$

$h(x)=(Fo\alpha )(x)$ , con $\alpha (x)=(x,f(x))$

Entonces

$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(x)& =(Fo\alpha {)}^{\prime }(x)\\ & =\mathrm{\nabla }F(\alpha (x))\cdot {\alpha }^{\prime }(x)\end{array}$ . . . (1)

Tenemos que

${\alpha }^{\prime }(x)=(1,f^{\prime }(x))$ . . . (2)

$\mathrm{\nabla }F(x,y)=({\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y),{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,y))$ . . . (3)

Luego, sustituyendo (2) y (3) en (1) tenemos que

$\begin{array}{rl}\mathrm{\nabla }F(\alpha (x))\cdot {\alpha }^{\prime }(x)& =\mathrm{\nabla }F(x,f(x))\cdot (1,f^{\prime }(x))\\ & =({\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x)),{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x)))\cdot (1,f^{\prime }(x))\\ & ={\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))+f^{\prime }(x){\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))=0\end{array}$

Despejando $f^{\prime }(x)$ de la última igualdad, tenemos que

$$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))}}$$

EJEMPLO

$f(x)=\sqrt{1–x^2}=(1–x^2{)}^{1/2}$

Entonces

$f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{\cancel{2}}}(1–x^2{)}^{-1/2}(-\cancel{2}x)={\displaystyle \frac{-x}{\sqrt{1–x^2}}}$

$F_x(x,y)=2x$ $F_y(x,y)=2y$

${\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,f(x))}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x,f(x))}}={\displaystyle \frac{–2x}{2y}}={\displaystyle \frac{-x}{f(x)}}={\displaystyle \frac{–x}{\sqrt{1–x^2}}}=f^{\prime }(x)$

Observaciones:

(*) Podríamos aproximar $f(x)$ con su polinomio de Taylor $f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x–x_0)$ ya que

$f(x_0)=y_0$ que lo conocemos.

Y además también conocemos $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{-F_x(x_0,y_0)}{F_y(x_0,y_0)}}$

(*) Podríamos calcular ${f^{\prime }}^{\prime }(x)$ como sigue:

$\begin{array}{rl}{f^{\prime }}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{d}{dx}}({\displaystyle \frac{-F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}})\\ & ={\displaystyle \frac{d}{dx}}({\displaystyle \frac{-F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}})\\ & =–{\displaystyle \frac{F_y(x,f(x)){\displaystyle \frac{d}{dx}}{F}_x(x,f(x))–F_x(x,f(x)){\displaystyle \frac{d}{dx}}{F}_y(x,f(x))}{(F_y(x,f(x)))2}}\\ & =–{\displaystyle \frac{F_y(x,f(x))(F_{xx}(x,f(x)).1+F_{xy}(x,f(x))(f^{\prime }(x)))–F_x(x,f(x))(F_{xy}(x,f(x)).1+F_{yy}(x,f(x))(f^{\prime }(x)))}{(F_y(x,f(x)){)}^2}}\end{array}$

Entonces

${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y{F}_{xx}+F_{xy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{\cancel{F_y}}}\cancel{F_y})–F_x{F}_{xy}+F_x{F}_{yy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}})}{(F_y{)}^2}}$

multiplicando por ${\displaystyle \frac{F_y}{F_y}}$

${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y^2{F}_{xx}+F_{xy}(-F_x)F_y–F_x{F}_{xy}{F}_y+F_x{F}_{yy}(-{\displaystyle \frac{F_x}{\cancel{F_y}}}\cancel{F_y})}{(F_y{)}^3}}$

Por lo tanto

$${f^{\prime }}^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_y^2{F}_{xx}–2F_{xy}{F}_x{F}_y–F_x^2{F}_{yy}}{(F_y{)}^3}}$$

$$

Ahora, después de haber analizado diferentes ejemplos, demostraremos el teorema.

Demostración:

(primera parte)

Sea $m=F_y(x_0,y_0)\ne 0$

$F_y(x,y)$ es continua en $(x_0,y_0).$

CASO 1: $m>0$

Sea $ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$ entonces , existe $\delta >0$ tal que para todo $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)|<ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow |{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m|<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow –{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow m–{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<m+{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{3m}{2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)>0$

CASO 2: $m<0$

Sea $ϵ=–{\displaystyle \frac{m}{2}}$ entonces , existe $\delta >0$ tal que para todo $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)|<ϵ=–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow |{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m|<–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)–m<–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow m+{\displaystyle \frac{m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<m–{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{3m}{2}}<{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)<{\displaystyle \frac{m}{2}}<0$

Consideremos un rectángulo $\mathcal{R}$ tal que

$\mathcal{R}=[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq B_{\delta }(x_0,y_0)$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}$ es continua en $\mathcal{R}$ compacto por lo que sabemos que está acotada.

Entonces, para todo $(x,y)\in \mathcal{R}$ se cumple que

$|{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x,y)|\le M$

Si demostramos que para cada $x_1\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

CASO I: $F(x_1,y_0–\beta )<0$, y

CASO II: $F(x_1,y_0+\beta )<0$

La continuidad de $F$ nos dirá que existe un punto $\beta \ast$ tal que $F(x_1,\beta \ast )=0$

Consideremos la función $g:[y_0–\beta ,y_0+\beta ]\to \mathbb{R}$ , donde $g(y)=F(x_1,y)$

Entonces $F$ continua en $\mathcal{R}$ implica $g$ continua en $[y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ , por lo tanto, $g(y)$ es única.

Si tomamos $(x_1,,y)\in \mathcal{R}$ entonces ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_1,y)\ne 0$

En el caso de que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_1,y)>0$ CASO I.

Caso 1: $F_y(x_0,y_0)$

Sea $m=F_y(x_0,y_0)$

$F_y$ es continua entonces, para $ϵ={\displaystyle \frac{m}{2}}$ existe $\delta >0$ tal que $(x,y)\in B_{\delta }(x_0,y_0)$ implica que

$|F_y(x,y)–F_y(x_0,y_0)|<{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Esto implica que existe un rectángulo

${\mathcal{R}}_1=[x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq B_{\delta }(x_0,y_0)$ tal que $(x,y)\in {\mathcal{R}}_1$ implica $F_y(x,y)>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

Lema:

Existe un rectángulo ${\mathcal{R}}_1=[x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]\times [y_0–\beta ,y_0+\beta ]\subseteq {\mathcal{R}}_1$ tal que

(a) $F(x,y_0–\beta )<0$ y

(b) $F(x,y_0+\beta )>0$

Además, en ${\mathcal{R}}_1$, que es un conjunto compacto, $F_x$ es continua y está acotada, es decir, existe $M>0$ tal que $|F_x(x,y)|\le M$ para todo $(x,y)\in {\mathcal{R}}_1$

Para garantizar la desigualdad (b)

$F(x,y_0+\beta )>0$ empezamos con $F(x,y_0+\beta )$, luego

$F(x,y_0+\beta )=F(x,y_0+\beta )–F(x,y_0)+F(x,y_0)$

Entonces $F(x,y_0+\beta )=F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)$ , como $m=F_y(x_0,y_0)>0$

$F_y(x,\eta )>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$F_y(x,\eta )\beta >{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)>{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)$ . . . (1)

pero $F(x,y_0)=F(x,y_0)–F(x_0,y_0)$, además $F(x_0,y_0)=0$ por hipótesis.

Tomemos $0<\alpha <{\alpha }_1$, $(x,y)\in \mathcal{R}$

entonces $F(x,y_0)=F(\xi ,y_0)\alpha$

$F(x,y_0)=|F(\xi ,y_0)|\alpha \le M\alpha$

entonces

$–M\alpha \le F(x,y_0)\le M\alpha$ . . . (2)

Sustituyendo (2) en (1) tenemos que

$F_y(x,\eta )\beta +F(x,y_0)>{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)\ge {\displaystyle \frac{m}{2}}\beta –M\alpha$

si $\alpha$ es suficientemente pequeño

${\displaystyle \frac{m}{2}}\beta –M\alpha >0⟺{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta >M\alpha ⟺{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}>\alpha$

Luego $\alpha =mín\{{\alpha }_1,{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}\}$

entonces $(x,y)\in \mathcal{R}$ garantiza la desigualdad (b).

Para la desigualdad (a)

$F(x,y_0–\beta )<0$

empezamos con $F(x,y_0–\beta )$, luego

$F(x,y_0–\beta )=F(x,y_0–\beta )–F(x,y_0)+F(x,y_0)$

Entonces $F(x,y_0–\beta )=–(F(x,y_0)–F(x,y_0–\beta ))+F(x,y_0)=–F_y({\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0),$ como $m=F_y(x,{\eta }^{\prime })>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

$F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta >{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta <–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta$

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0)<–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)$

pero $F(x,y_0)=F(x,y_0)–F(x_0,y_0)=F_x({\xi }^{\prime },y_0)(x–x_0)$

entonces $|F(x,y_0)|=|F_x({\xi }^{\prime },y_0)||(x–x_0)|\le M\alpha$ implica $F(x,y_0)\le M\alpha .$

Por lo tanto

$–F_y(x,{\eta }^{\prime })\beta +F(x,y_0)<–{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +F(x,y_0)\le –{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta +M\alpha <0,$ si y solo si

$M\alpha <{\displaystyle \frac{m}{2}}\beta ⟺\alpha <{\displaystyle \frac{m\beta }{2M}}$

entonces $(x,y)\in \mathcal{R}$ garantiza la desigualdad (a) y con esto queda demostrado el lema.

Regresando a la demostración del teorema, gracias al lema, sabemos que

para cada $x\in [x_0–{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1]$ existe alguna $y^{\ast }$ tal que $y^{\ast }\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ y $F(x,y^{\ast })=0$.

Veamos que $y^{\ast }$ es único.

Consideremos $g(y)=F(x,y)$ y fijando $x$ tenemos que

$g^{\prime }(y)=F_y(x,y)>{\displaystyle \frac{m}{2}}>0$ , para toda $y\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$

entonces $g$ es estrictamente creciente, $g$ es inyectiva, y por lo tanto $y^{\ast }$ es única.

Entonces para cada $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$ existe un único $y\in [y_0–\beta ,y_0+\beta ].$

Tenemos una función $f:[x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]\to [y_0–\beta ,y_0+\beta ]$ donde cada $x\to y^{\ast }$ tal que $F(x,f(x))=0$.

Ahora veamos que $y=f(x)$ es continua, derivable y la derivada es $f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{f_x(x,f(x))}{f_y(x,f(x))}}$ para todo $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

Para ver que $f$ es continua en $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$.

Consideremos la diferencia $f(x+h)–f(x)$ para algún $h$ suficientemente pequeña.

Sea $\mathcal{K}=f(x+h)–f(x)$

Aplicamos el teorema del valor medio para la derivada a $F:A\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

$(x_0.y_0)\in \mathcal{R}\subseteq A$ donde $\mathcal{R}$ rectángulo, que es convexo,

entonces $F(x+h,y+k)–F(x,y)={\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k$ para alguna $\theta \in [0,1]$

pero $y=f(x)$, y además $y+k=f(x+h)+f(x)–f(x)=f(x+h)$

entonces $F(x+h,y+k)=F(x+h,f(x+h))=0$ por la definición de $f$.

Entonces $F(x,y)=F(x,f(x))=0$

Entonces de

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k=0$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(x+\theta h,y+\theta k)h=–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x+\theta h,y+\theta k)k$

${\displaystyle \frac{k}{h}}={\displaystyle \frac{–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}}}$

entonces

${\displaystyle \frac{f(x+h)–f(x)}{h}}={\displaystyle \frac{–{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}}}$

entonces

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x+h)–f(x)}{h}}=–\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{F_x(x+\theta h,y+\theta k)}{F_y(x+\theta h,y+\theta k)}}$

$f^{\prime }(x)=–{\displaystyle \frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}}$

Un detalle: ver por qué $k\to 0$ cuando $h\to 0$ es decir que

$f(x+h)–f(x)\to 0$

Es decir, por demostrar, $f$ es continua.

Veamos que $f$ es continua en $x\in [x_0–\alpha ,x_0+\alpha ]$

$\mathcal{K}=f(x+h)–f(x)=–{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}}h$

$|\mathcal{K}|=–{\displaystyle \frac{|F_x|}{|F_y|}}|h|\le {\displaystyle \frac{M|h|}{F_y}}\le {\displaystyle \frac{M|h|}{N}}$ . . . (3)

La última desigualdad se cumple si y solo si

${\displaystyle \frac{1}{F_y}}\le {\displaystyle \frac{1}{N}}⟺N\le |F_y|$ pero además $|F_y|>{\displaystyle \frac{m}{2}}$

por lo tanto nos sirve $N={\displaystyle \frac{m}{2}}$

Luego, de (3) podemos concluir que $f$ es continua. ${}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$

Una última observación:

Si ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(x_0,y_0)<0$ entonces ${\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}(–F)(x_0,y_0)>0$, consideramos $G=–F$