Sea $F : \mathcal{U} \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ 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 $F_y (x_0, y_0) \neq 0$, entonces existe un rectángulo $\big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ tal que para cada $x$ en el intervalo $\big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big]$ la ecuación $F ( x, y) = 0$ tiene una solución $ y = f (x)$ con $ y_0 \, – \, \beta \leq y \leq y_0 \, + \, \beta. $
Dicha función $ f : \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] \rightarrow \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ satisface la condición $f (x_0) = y_0$ y para toda $ x \in \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] $ cumple que
$F ( x, f (x) ) = 0$
$F_y ( x, f (x) ) \neq 0$
Más aún, $f$ es continua con derivada continua, y está dada por la ecuación
$$ f’ (x) = \, – \, \dfrac{F_x ( x, f (x) )}{F_y ( x, f (x) )}$$
Si $y^3 = 0 \rightarrow y = 0$ por lo tanto $ y^2 = x \rightarrow x = 0$. Luego el punto es el $(0, 0)$
Si $ y^3 \, – \, 2 = 0 \rightarrow y = \sqrt[3]{2} $ por lo tanto $ y^2 = x \rightarrow (\sqrt[3]{2})^2 = x \rightarrow x = \sqrt[3]{4}$. Luego el punto es el $(\sqrt[3]{4}, \sqrt[3]{2})$
Podemos encontrar las coordenadas del punto en la hoja del primer cuadrante que está a una altura máxima.
Por lo que el gradiente de la función es $ \nabla F (0, 0) = \vec{0}$ en el punto $(0, 0) \in \mathcal{C}$, por lo que no es posible aplicar el teorema.
${}$
Ahora, después de haber analizado diferentes ejemplos, demostraremos el teorema.
Demostración:
(primera parte)
Sea $m = F_y (x_0, y_0) \neq 0$
$F_y (x, y) $ es continua en $(x_0, y_0).$
CASO 1: $m > 0$
Sea $\epsilon = \dfrac{m}{2}$ entonces , existe $ \delta > 0$ tal que para todo $(x, y) \in B_{\delta} (x_0, y_0)$ se cumple que
Si demostramos que para cada $ x_1 \in \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big]$
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 $\beta*$ tal que $ F ( x_1 , \beta* ) = 0 $
Consideremos la función $ g : \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \rightarrow \mathbb{R}$ , donde $ g (y) = F ( x_1 , y)$
Entonces $ F $ continua en $\mathcal{R}$ implica $g $ continua en $\big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ , por lo tanto, $ g (y) $ es única.
Si tomamos $ (x_1, , y) \in \mathcal{R} $ entonces $ \dfrac{\partial F}{\partial y} (x_1 , y) \neq 0$
En el caso de que $ \dfrac{\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 $\epsilon = \dfrac{m}{2}$ existe $\delta > 0 $ tal que $ (x, y) \in B_{\delta} (x_0, y_0) $ implica que
Existe un rectángulo $\mathcal{R}_1 = \big[ x_0 \, – \, {\alpha}_1 , x_0 \, + \, {\alpha}_1 \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \subseteq \mathcal{R}_1$ 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 $\Big| F_x (x, y) \Big| \leq 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$
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 \big[ x_0 \, – \, {\alpha}_1 , x_0 \, + \, {\alpha}_1 \big] $ existe alguna $y^*$ tal que $ y^* \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big] $ y $ F (x, y^*) = 0$.
Veamos que $y^*$ es único.
Consideremos $g (y) = F (x, y)$ y fijando $x$ tenemos que
$g’ (y) = F_y (x, y) > \dfrac{m}{2} > 0$ , para toda $ y \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big]$
entonces $ g $ es estrictamente creciente, $ g $ es inyectiva, y por lo tanto $y^*$ es única.
Entonces para cada $x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$ existe un único $y \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big].$
Tenemos una función $ f : \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big] \rightarrow \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big] $ donde cada $ x \rightarrow y^*$ tal que $ F ( x , f (x) ) = 0$.
Ahora veamos que $y = f (x)$ es continua, derivable y la derivada es $f’ (x) = \, – \, \dfrac{f_x (x, f (x) )}{f_y (x, f (x) )}$ para todo $ x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$
Para ver que $ f $ es continua en $ x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$.
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 $F : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$
$(x_0. y_0) \in \mathcal{R} \subseteq A$ donde $\mathcal{R}$ rectángulo, que es convexo,
entonces $F ( x \, + \, h, y \, + \, k ) \, – \, F ( x , y) = \dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h \, + \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k$ 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
$ \dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h \, + \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k = 0$
$\dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h = \, – \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k$
