Diferenciación de funciones $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$

Definición. Considere la función $f:A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ definida en un conjunto abierto A de $\mathbb{R}^{n}$ y sea $x_{0}\in A$. Se dice que esta función es diferenciable si

$$f(x_{0}+h)=f(x_{0})+f'(x_{0})\cdot h+r(h)$$
cumple
$$\lim_{h\rightarrow0}\frac{r(h)}{|h|}=\hat{0}$$

Ejemplo. Compruebe que la función $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ definida por
$$f(x,y)=\left(e^{xy},x^{2}+y,2x^{3}y^{2}\right)$$ es diferenciable en $(1,3)$
$\textbf{Solución}$ En este caso
$$\lim_{h\rightarrow0}\frac{r(h)}{|h|}=$$
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{f(1+h_{1},3+h_{2})-f(1,3)-\left((3e^{3},e^{3})\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(2,1)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(54,12)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}}\right)}{|(h_{1},h_{2})|}$$
$$=\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{\left(e^{(1+h_{1})(3+h_{2})},(1+h_{1})^{2}+(3+h_{2}),2(1+h_{1})^{3}(3+h_{2})^{2}\right)-\left(e^{3},4,18\right)}{|(h_{1},h_{2})|}$$
$$\frac{-\left((3e^{3},e^{3})\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(2,1)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(54,12)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}}\right)}{|(h_{1},h_{2})|}$$
$$=\left(\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{e^{(1+h_{1})(3+h_{2})}-e^{3}-3e^{3}h_{1}-e^{3}h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|},\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{(1+h_{1})^{2}+(3+h_{2})-4-2h_{1}-h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|},\right.$$
$$\left.\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{2(1+h_{1})^{3}(3+h_{2})^{2}-18-54h_{1}-12h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}\right)$$
$$=(0,0,0)$$
por lo que la función es diferenciable.

En el ejemplo anterior se tiene que
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{f(1+h_{1},3+h_{2})-f(1,3)-\left((3e^{3},e^{3})\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(2,1)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}},(54,12)\cdot\binom{h_{1}}{h_{2}}\right)}{|(h_{1},h_{2})|}$$
se puede expresar
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow (0,0)}\frac{f(1+h_{1},3+h_{2})-f(1,3)-\left( \begin{matrix}
3e^{3}&e^{3}\\
2&1\\ 54&12
\end{matrix}\right)\left[ \begin{array}{ll}
h_{1}\\ h_{2} \end{array}\right]}{\sqrt{h_{1}^{2}+h_{2}^{2}}}$$
lo que nos lleva a la siguiente definición.

Definición. A la matriz de $m\times n$ se le llama Matriz Jacobiana de la función $f$ en $x_{0}$ y se le denota $Jf(x_{0})$.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{m}$ definida en el abierto $\Omega$ de $\mathbb{R}^{n}$ y $x_{0}\in \Omega$. Se dice que $f$ es diferenciable en $x_{0}\in\Omega$ si y solo si existe una matriz T de $m\times n$ tal que $$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T(x_{0})\cdot h}{|h|}=0$$donde $T(x_{0})$ es la matriz jacobiana denotada por $Jf(x_{0})$ ó $Df(x_{0})$. En notación matricial:
$$T(x_{0})\cdot h=\left( \begin{matrix}
\frac{\partial f_{1}(x_{0})}{\partial x_{1}}&\cdot\cdot\cdot& \frac{\partial f_{1}(x_{0})}{\partial x_{n}}\\
\cdot&\cdot&\cdot\\
\cdot&\cdot&\cdot\\
\cdot&\cdot&\cdot\\
\frac{\partial f_{m}(x_{0})}{\partial x_{1}}&\cdot\cdot\cdot&\frac{\partial f_{m}(x_{0})}{\partial x_{n}}
\end{matrix}\right)\cdot \left( \begin{matrix}
h_{1}\\
\cdot\\
\cdot\\
\cdot\
h_{n}
\end{matrix}\right)$$

En términos $\epsilon-\delta$ se tiene que si $0<|h|<\delta$ entonces $$\frac{|f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T(x_{0})\cdot h|}{|h|}<\epsilon$$

Teorema 1. Supónga que $f:\Omega\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{m}$ es diferenciable en $x_{0}\in \mathbb{R}^{n}$. Entonces la matriz $T$ es única

Demostración. Supongamos que existen $T_{1}$ y $T_{2}$ que cumplen $$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T_{1}(x_{0})\cdot h}{|h|}=0\quad y\quad \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T_{2}(x_{0})\cdot h}{|h|}=0$$
$\therefore$
$$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T_{1}(x_{0})\cdot h}{|h|}-\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})-T_{2}(x_{0})\cdot h}{|h|}=0$$
$$\Rightarrow \lim_{h\rightarrow 0}\frac{T_{2}(x_{0})\cdot h-T_{1}(x_{0})\cdot h}{|h|}=0$$
Sea $x$ un vector unitario en la dirección del vector $h$ y hacemos $h=tx$ con $t\in\mathbb{R}$
$\therefore$
$$ 0=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{T_{2}(x_{0})\cdot h-T_{1}(x_{0})\cdot h}{|h|}= \lim_{t\rightarrow 0}\frac{T_{2}(x_{0})\cdot tx-T_{1}(x_{0})\cdot tx}{|tx|}=\lim_{t\rightarrow 0}t\frac{T_{2}(x_{0})\cdot x-T_{1}(x_{0})\cdot x}{|t||x|}$$
$$ \Rightarrow 0=T_{2}(x_{0})\cdot x-T_{1}(x_{0})\cdot x \Rightarrow T_{2}(x_{0})\cdot x=T_{1}(x_{0})\cdot x\Rightarrow T_{2}(x_{0})=T_{1}(x_{0})\Rightarrow T_{2}=T_{1}$$ $\square$

Operadores: Divergencia, Rotacional y Laplaciano

Considere la función $f:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ dada por
$$f(x,y,z)=\left(f_{1}(x,y,z),f_{2}(x,y,z),f_{3}(x,y,z)\right)$$
cuya matriz jacobiana es
$$\left( \begin{matrix}
\frac{\partial f_{1}}{\partial x}&\frac{\partial f_{1}}{\partial y}&\frac{\partial f_{1}}{\partial z}\\
\frac{\partial f_{2}}{\partial x}&\frac{\partial f_{2}}{\partial y}&\frac{\partial f_{2}}{\partial z}\\
\frac{\partial f_{3}}{\partial x}&\frac{\partial f_{3}}{\partial y}&\frac{\partial f_{3}}{\partial z}\
\end{matrix}\right)$$
Con los elementos de esta matriz se forman importantes combinaciones que son la divergencia y el rotacional, conocidos también como invariantes de primer orden de esta matriz. La razón por la que se llaman invariantes es porque el valor de dichas combinaciones no se altera al efectuar un cambio de coordenadas.

Definición. Dada la matriz Jacobiana $$\left( \begin{matrix}
\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{1}}{\partial x}}&\frac{\partial f_{1}}{\partial y}&\frac{\partial f_{1}}{\partial z}\\
\frac{\partial f_{2}}{\partial x}&\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{2}}{\partial y}}&\frac{\partial f_{2}}{\partial z}\\
\frac{\partial f_{3}}{\partial x}&\frac{\partial f_{3}}{\partial y}&\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{3}}{\partial z}}\
\end{matrix}\right)$$
Se define la divergencia de f como
$$div~(f)=\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{1}}{\partial x}+\frac{\partial f_{2}}{\partial y}+\frac{\partial f_{3}}{\partial z}}$$
Se puede ver que es igual a la suma de los elementos de la diagonal principal, es decir, que constituye la traza de la matriz jacobiana de f. La defnición de divergencia puede darse también mediante el operador $\nabla$ (nabla)
$$\nabla\cdot f=\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right)\cdot \left(f_{1},f_{2},f_{3}\right)=\frac{\partial f_{1}}{\partial x}+\frac{\partial f_{2}}{\partial y}+\frac{\partial f_{3}}{\partial z}$$

Dada la matriz Jacobiana
$$\left( \begin{matrix}
\frac{\partial f_{1}}{\partial x}&\textcolor{Green}{\frac{\partial f_{1}}{\partial y}}&\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{1}}{\partial z}}\
\textcolor{Green}{\frac{\partial f_{2}}{\partial x}}&\frac{\partial f_{2}}{\partial y}&\textcolor{Blue}{\frac{\partial f_{2}}{\partial z}}\
\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{3}}{\partial x}}&\textcolor{Blue}{\frac{\partial f_{3}}{\partial y}}&\frac{\partial f_{3}}{\partial z}\
\end{matrix}\right)$$
se define el rotacional como
$$rot~(f)=\left(\textcolor{Blue}{\frac{\partial f_{3}}{\partial y}-\frac{\partial f_{2}}{\partial z}},\textcolor{Red}{\frac{\partial f_{3}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial z}},\textcolor{Green}{\frac{\partial f_{2}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial y}}\right)$$
Y podemos ver que las componentes del rotacional están definidas por las diferencias de los elementos situados simétricamente con respecto a la diagonal principal de la matriz Jacobiana.
La defnición de rotacional puede darse también mediante el operador $\nabla$ (nabla)
$$\nabla\times f=\left|\begin{matrix}\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\f_{1}&f_{2}&f_{3}\end{matrix}\right|=\left(\frac{\partial f_{3}}{\partial y}-\frac{\partial f_{2}}{\partial z},\frac{\partial f_{3}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial z},\frac{\partial f_{2}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial y}\right)$$

Definición. Sea $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ definida en el abierto $\Omega$ de $\mathbb{R}^{n}$ tal que $f$ es de clase $C^{2}$ en $\Omega$. La expresión
$$\nabla^{2}f=\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}$$
es llamada Laplaciano de f. La ecuación
$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=0$$
es llamada la ecuación de Laplace. Las funciones f de clase $C^{2}$ que cumplen la ecuación de Laplace se llaman funciones Armónicas.

Ejercicio. Sean $f,g:A\subset\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ dos funciones diferenciables en una región $A\subset\mathbb{R}^{3}$ y $\varphi:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$
Pruebe que

(a) $div~(f+g)=div~f+div~g$

(b) $div~(\varphi f)=\varphi~div~(f)+grad~(\varphi)\cdot f$
(c) $rot~(f+g)=rot~(f)+rot~g$
(d) Sean $\phi,\psi:A\subset \mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dos funciones $\psi=\psi(x,y),~\phi=\phi(x,y)$ tales que $$\frac{\partial \phi}{\partial x}=\frac{\partial \psi}{\partial y},~~\frac{\partial \phi}{\partial y}=-\frac{\partial \psi}{\partial x}$$
Demuestre que $\phi,~\psi$ son armónicas.

Solución. Para el inciso (a) se tiene
$$div~(f+g)=\nabla\cdot (f+g)$$
$$=\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right)\cdot (f+g)$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}(f+g)+\frac{\partial}{\partial y}(f+g)+\frac{\partial}{\partial z}(f+g)$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}f+\frac{\partial}{\partial x}g+\frac{\partial}{\partial y}f+\frac{\partial}{\partial y}g+\frac{\partial}{\partial z}f+\frac{\partial}{\partial z}g$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}f+\frac{\partial}{\partial y}f+\frac{\partial}{\partial z}f+\frac{\partial}{\partial x}g+\frac{\partial}{\partial y}g+\frac{\partial}{\partial z}g$$
$$=\nabla\cdot f+\nabla\cdot g$$

Para el inciso (a) se tiene
$$div~(f+g)=\nabla\cdot (f+g)$$
$$=\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right)\cdot (f+g)$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}(f+g)+\frac{\partial}{\partial y}(f+g)+\frac{\partial}{\partial z}(f+g)$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}f+\frac{\partial}{\partial x}g+\frac{\partial}{\partial y}f+\frac{\partial}{\partial y}g+\frac{\partial}{\partial z}f+\frac{\partial}{\partial z}g$$
$$=\frac{\partial}{\partial x}f+\frac{\partial}{\partial y}f+\frac{\partial}{\partial z}f+\frac{\partial}{\partial x}g+\frac{\partial}{\partial y}g+\frac{\partial}{\partial z}g$$
$$=\nabla\cdot f+\nabla\cdot g$$

Para el inciso (c) se tiene
$$\nabla\times (f+g)=\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right)\times(f_{1}+g_{1},f_{2}+g_{2},f_{3}+g_{3})$$
$$=\left(\frac{\partial (f_{3}+g_{3})}{\partial y}-\frac{\partial (f_{2}+g_{2})}{\partial z},\frac{\partial (f_{3}+g_{3})}{\partial x}-\frac{\partial (f_{1}+g_{1})}{\partial z},\frac{\partial (f_{2}+g_{2})}{\partial x}-\frac{\partial (f_{1}+g_{1})}{\partial y}\right)$$
$$=\left[\left(\frac{\partial f_{3}}{\partial y}-\frac{\partial f_{2}}{\partial z}\right)+\left(\frac{\partial g_{3}}{\partial y}-\frac{\partial g_{2}}{\partial z}\right),\left(\frac{\partial f_{3}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial z}\right)+\left(\frac{\partial g_{3}}{\partial x}-\frac{\partial g_{1}}{\partial z}\right),\left(\frac{\partial f_{2}}{\partial x}-\frac{\partial f_{1}}{\partial y}\right)+\left(\frac{\partial g_{2}}{\partial x}-\frac{\partial g_{1}}{\partial y}\right)\right]$$
$$=\nabla\times f+\nabla\times g$$

Para el inciso (d) se tiene
$$\frac{\partial \phi}{\partial x}=\frac{\partial \psi}{\partial y},~~~~\frac{\partial \phi}{\partial y}=-\frac{\partial \psi}{\partial x}$$
por lo que
$$\frac{\partial^{2} \phi}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial \psi}{\partial y}\right)$$
$$=\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x\partial y}$$
por otro lado
$$\frac{\partial^{2} \phi}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{\partial \psi}{\partial x}\right)$$
$$=-\frac{\partial^{2}\psi}{\partial y\partial x}$$
por lo tanto
$$\frac{\partial^{2} \phi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} \phi}{\partial y^{2}}=\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^{2}\psi}{\partial y\partial x}=0$$
Analogamente se tiene
$$\frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(-\frac{\partial \phi}{\partial y}\right)$$
$$=-\frac{\partial^{2}\phi}{\partial x\partial y}$$
por otro lado
$$\frac{\partial^{2} \psi}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial \phi}{\partial x}\right)$$
$$=\frac{\partial^{2}\phi}{\partial y\partial x}$$
por lo tanto
$$\frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} \psi}{\partial y^{2}}=-\frac{\partial^{2}\phi}{\partial x\partial y}+\frac{\partial^{2}\phi}{\partial y\partial x}=0$$
como las funciones $\psi,~\phi$ satisfacen la ecuación de Laplace entonces ambas funciones son armónicas.

Ejemplo. Se da el nivel cero de una función diferenciable $F:\mathbb{R}^{4}\rightarrow \mathbb{R}$ y un punto P perteneciente a este nivel. Diga en cada caso si en los alrededores del punto p es posible ver la gráfica de F como la gráfica de una función diferenciable del tipo

$$a)~u=u(x,y,z)$$ $$b)~z=z(x,y,u)$$$$c)~y=y(x,u,z)$$ $$d)~x=x(y,z,u)$$ para $x^{2}+y^{2}+z^{2}+u^{u}=4$ en $p=(1,1,1,1)$

Solución. En este caso para todos los incisos podemos definir $f(x,y,z,u)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+u^{u}-4=0$ y para el inciso a, se tiene
$$\frac{\partial F}{\partial u}=2u\left.\right|_{(1,1,1,1)}=2\neq0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $u=u(x,y,z)$ y sus derivadas parciales seran:

$$\frac{\partial u}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial u}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2x}{2u}=-1$$
$$\frac{\partial u}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial u}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2y}{2u}=-1$$
$$\frac{\partial u}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial u}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2z}{2u}=-1$$

para el inciso b, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial z}=2z\left.\right|{(1,1,1,1)}=2\neq0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $z=z(x,y,u)$ y sus derivadas parciales seran: $$\frac{\partial z}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2x}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2y}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|_{(1,1,1,1)}}=-\frac{2u}{2z}=-1$$

para el inciso c, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial y}=2y\left.\right|{(1,1,1,1)}=2\neq0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $y=y(x,z,u)$ y sus derivadas parciales seran: $$\frac{\partial y}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2x}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2z}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2u}{2y}=-1$$ para el inciso d, se tiene $$\frac{\partial F}{\partial x}=2x\left.\right|{(1,1,1,1)}=2\neq0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $x=x(y,z,u)$ y sus derivadas parciales seran:
$$\frac{\partial x}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2x}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2z}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}\left.\right|{(1,1,1,1)}}{\frac{\partial F}{\partial x}\left.\right|{(1,1,1,1)}}=-\frac{2u}{2y}=-1$$

Teorema de la Función Implicita (version (4))

Consideremos ahora el sistema
$$au+bv-k_{1}x=0$$ $$cu+dv-k_{2}y=0$$
con $a,b,c,d,k_{1},k_{2}$ constantes. Nos preguntamos cuando podemos resolver el sistema para $u$ y $v$ en términos de $x$ y $y$.
Si escribimos el sistema como
$$au+bv=k_{1}x$$ $$cu+dv=k_{2}y$$
y sabemos que este sistema tiene solución si $det \left|\begin{array}{cc} a&b \\c&d\end{array}\right|\neq0$ en tal caso escribimos
$u=\displaystyle \frac{1}{det \left|\begin{array}{cc} a&b \\c&d\end{array}\right|}(k_{1}dx-k_{2}by)$, $~~~$ $v=\displaystyle \frac{1}{det \left|\begin{array}{cc} a&b \\c&d\end{array}\right|}(k_{2}ay-k_{1}cx)$.
Esta solución no cambiaria si consideramos
$$au+bv=f_{1}(x,y)$$ $$cu+dy=f_{2}(x,y)$$

donde $f_{1}$ y $f_{2}$ son funciones dadas de $x$ y $y$. La posibilidad de despejar las variables $u$ y $v$ en términos de $x$ y $y$ recae sobre los coeficientes de estas variables en las ecuaciones dadas.

Ahora si consideramos ecuaciones no lineales en $u$ y $v$ escribimos el sistema como
$$g_{1}(u,v)=f_{1}(x,y)$$ $$g_{2}(u,v)=f_{2}(x,y)$$

nos preguntamos cuando del sistema podemos despejar a $u$y $v$ en términos de $x$ y $y$. Mas generalmente, consideramos el problema siguiente, dadas las funciones $F$ y $G$ de las variables $u,v,x,y$ nos preguntamos cuando de las expresiones

$$F(x,y,u,v)=0$$ $$G(x,y,u,v)=0$$

podemos despejar a $u$ y $v$ en términos de $x$ y $y$ en caso de
ser posible diremos que las funciones $u=\varphi_{1}(x,y)$ y
$v=\varphi_{2}(x,y)$ son funciones implícitas dadas. Se espera que
$\exists’$n funciones $u=\varphi_{1}(x,y)$ y
$v=\varphi_{2}(x,y)$ en
$$F(x,y,\varphi_{1}(x,y),\varphi_{2}(x,y)$$ $$G(x,y,\varphi_{1}(x,y),\varphi_{2}(x,y)$$
con $(x,y)$ en alguna vecindad $V$. Suponiendo que existen $\varphi_{1}$ y $\varphi_{2}$ veamos sus derivadas

$$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}\displaystyle \frac{\partial x}{\partial
x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}\displaystyle \frac{\partial y}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial
x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=0 \Rightarrow \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}$$

$$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial x}\displaystyle \frac{\partial x}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial G}{\partial y}\displaystyle \frac{\partial y}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=0 ~~ \Rightarrow ~~ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}+\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\displaystyle \frac{\partial G}{\partial x}$$

Lo anterior se puede ver como un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}$ y $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}$. Aquí se ve que para que el sistema tenga solución

$det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|\neq0$ en $(P)$ (el $det$ Jacobiano) y según la regla de Cramer

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{\partial F}{\partial
x}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle -\frac{\partial G}{\partial x}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}$, $~~ $ $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial F}{\partial x} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial G}{\partial x}\end{array}\right|}{det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|}$ (con los dos $det$ Jacobianos).

Análogamente si derivamos con respecto a $y$ obtenemos
$$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\displaystyle
\frac{\partial F}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial
v}{\partial y}=-\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}$$ ,$$\displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\displaystyle
\frac{\partial G}{\partial v}\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\displaystyle \frac{\partial G}{\partial y}$$
de donde

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{\partial F}{\partial
y}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle -\frac{\partial G}{\partial y}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}{det
\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}$,$~~$ $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial F}{\partial y} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle -\frac{\partial G}{\partial y}\end{array}\right|}{det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|}$ (con los dos $det$ Jacobianos).

Al determinante $det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle
\frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial G}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|$ lo llamamos Jacobiano y lo denotamos por $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$.

Teorema de la Función Implícita (Versión 4)

Teorema 1. Considere las funciones $z_{1}=F(x,y,u,v)$ y $z_{2}=G(x,y,u,v)$. Sea $P=(x,y,u,v) \in \mathbb{R}^{4}$ un punto tal que $F(P)=G(P)=0$.
Suponga que en una bola $\textit{B} \in \mathbb{R}^{4}$ de centro $P$ las funciones $F$ y $G$ tienen (sus cuatro) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}(P)\neq0$ entonces las expresiones
$F(x,y,u,v)=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas) $u=\varphi_{1}(x,y)$ y $v=\varphi_{2}(x,y)$ definidas en una vecindad $v$ de $(x,y)$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en $v$ que se pueden calcular como se menciona arriba.

Demostración. Dado que $$det \left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v} \\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}\end{array}\right|\neq 0$$ entonces $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial u}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial v}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial u}(p)}$, $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial v}(p)}$ no son cero al mismo tiempo, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\displaystyle{\frac{\partial G}{\partial v}(p)}\neq0$. Entonces la función $z_{1}=G(x,y,u,v)$ satisface las hipótesis del T.F.I y en una bola abierta con centro p, v se puede escribir como $v=\psi(x,y,u)$. Hacemos ahora $$H(x,y,u)=F(x,y,u,\psi(x,y,u))$$ y tenemos que $$\frac{\partial H}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}$$ por otro lado
$$\frac{\partial \psi}{\partial u}=-\frac{\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}$$ por lo tanto $$\frac{\partial H}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\left(-\frac{\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}\right)=\frac{\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial G}{\partial v}-\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}\neq0$$por lo tanto para $H(x,y,u)=0$ tenemos que existe una función $u=\varphi_{1}(x,y)$ y por lo tanto $v=\psi(x,y,u)=\psi(x,y,\varphi_{1}(x,y,u))=\varphi_{2}(x,y)$ y por tanto $u,v $ se pueden expresar en términos de $x,y$ en una vecindad de $p$ $\square$

Ejemplo. Analizar la solubilidad del sistema
$$e^{u}+e^{v}=x+ye$$ $$ue^{u}+ve^{v}=xye$$

Solución. En este caso definimos
$$F(x,y,u,v)=e^{u}+e^{v}-x-ye=0$$ $$G(x,y,u,v)=ue^{u}+ve^{v}-xye=0$$
por lo que el sistema tendrá solución si $\displaystyle{\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|}\neq 0$
En este caso
$$\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle \frac{\partial F}{\partial
u}&\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}
\\ \displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}&\displaystyle \frac{\partial G}{\partial
v}\end{array}\right|=\det\left|\begin{array}{cc} \displaystyle e^{u}&\displaystyle e^{v}\\ ue^{u}+e^{e^{u}}&ve^{v}+e^{v}\end{array}\right|=e^{u}\left(ve^{v}+e^{v}\right)-e^{v}\left(ue^{u}+e^{u}\right)=ve^{u+v}-ue^{v+u}\neq 0$$
por lo tanto u y v se pueden ver en términos de x,y $\therefore$ se pueden calcular sus parciales en $u=0,~v=1,~x=1, ~y=1$ que es este caso dan

$$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\det
\left|\begin{matrix}-1&-ye\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-(ve^{v}+e^{v})+e^{v}ye}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(1,1,1,1)}=\frac{2e-e^{2}}{e}=2-e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-1&-ye\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-ye^{u}e+ue^{u}+e^{u}}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(1,1,1,1)}=\frac{e-1}{e}=1-e^{-1}$$ $$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\det
\left|\begin{matrix}-e&-xe\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e(ve^{v}+e^{v})+e^{v}xe}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(1,1,1,1)}=\frac{e^{2}+e^{2}-e^{2}}{e}=e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-e&-xe\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e^{u}xe+e(ue^{u}+e^{u})}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(1,1,1,1)}=\frac{e-e}{e}=0$$

Teorema de la Función Implicita (version (1))

Teorema 1. Considere la función $y=f(x)$. Sea $(x_{0},y_{0}) \in
\mathbb{R}^{2}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0})=0$. Suponga que la función F tiene derivadas parciales en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$. Entonces $F(x,y)=0$ se puede resolver para $y$ en términos de $x$ y definir así una función $y=f(x)$ con dominio en una vecindad de $(x_{0},y_{0})$, tal que $y_{0}=f(x_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $$y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$$.

Vamos ahora a probar que f es continua en $(x_{0}-h,x_{0}+h)$ haciendo ver primero que es continua en$x_{0}$ y despues mostrando que es continua en todo $x\in (x_{0}-h,x_{0}+h)$

Demostración. Sea $0<\epsilon<k$. Si se repite el proceso para determinar la funcion f, pero ahora restringidos a un cuadrado más pequeño T, centrado en $(x_{0},y_{0})$, descrito por $$T={(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{0}<\epsilon,|y-y_{0}|<\epsilon|}$$obtenemos la misma función pero con dominio restringido a un intervalo $(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$ con $\delta0$ tal que para todo x, si $|x-x_{0}|<\delta$ entonces $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$. Por tanto, f es continua en $x_{0}$.\Para probar que f es continua en x $\forall~x\in (x_{0}-h,x_{0}+h)$ tómese $x_{1}$ en $(x_{0}-h,x_{0}+h)$ con $x_{1}\neq x_{0}$ y un $\epsilon>0$ lo suficientemente pequeño para garantizar que el cuadrado $$U=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{1}<\epsilon,|y-y_{1}|<\epsilon|\right\}$$ centrado en $(x_{1},y_{1})$ y donde $y_{1}=f(x_{1})$ este totalmente contenido en el cuadrado original S, y ademas para todo x tal que $|x-x_{1}<\epsilon$, $x\in(x_{0}-h,x_{0}+h)$. Así, repitiendo el proceso para determinar f, ahora restringiendonos a las x que cumplen $|x-x_{1}<\epsilon$, encontramos que existe una $0<\delta_{1}<\epsilon$ tal que, para todo x, si $|x-x_{1}<\delta_{1}$ entonces $|f(x)-f(x_{1})<\epsilon$. lo cual quiere decir que f es continua en $x_{1}$. Por consiguiente, f es continua en $(x_{0}-h,x_{0}+h)$

Ahora probaremos que $y’$ es continua en $I=(x_{0}-h,x_{0}+h)$ con derivada
$$y’=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}$$

Demostración. Como F tiene parciales continuas en $x_{0}$ entonces F es diferenciable en $x_{0}$ por lo tanto
$$F((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=F(x_{0},y_{0})+\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$donde
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$
tomando $x_{0}+h_{1}\in I$ y haciendo $y_{0}+h_{2}=f(x_{0}+h_{1})$ se tiene
$$F((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=F(x_{0}+h_{1},f(x_{0}+h_{2}))=0$$
también
$$F(x_{0},y_{0})=0$$por lo tanto
$$F(x_{0}+h_{1},f(x_{0}+h_{2}))-F(x_{0},y_{0})=0$$esto quiere decir
$$\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})=0$$
como
$$r(h_{1},h_{2})=0parah_{1},h_{2}$$ cercanas a 0
$$\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}=0$$
por lo tanto
$$\frac{h_{2}}{h_{1}}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
pero $h_{2}=\triangle y$ y $h_{1}=\triangle x$ por lo tanto
$$\frac{\triangle y}{\triangle x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
haciendo $\triangle y~\triangle x~\rightarrow~0$ se tiene
$$y'(x_{0})=\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
este mismo razonamiento es valido para $x\in I$. $\quad$

Teorema de la Función Implícita ( Versión (2))

Considere la función $F(x,y,z)$. Sea $(x_{0},y_{0},z_{0}) \in \mathbb{R}^{3}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0},z_{0})=0$. Suponga que la función F tiene derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial x},~\frac{\partial F}{\partial y},~\frac{\partial F}{\partial z}}$ continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0},z_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\neq 0$.
Entonces $F(x,y,z)=0$ se puede resolver para $z$ en términos de $x,y$ y definir así una función $z=f(x,y)$ con dominio en una vecindad de $(x_{0},y_{0},z_{0})$, tal que $z_{0}=f(x_{0},y_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}~~~\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$
$\textbf{Importante:}$ Este es un resultado que garantiza la existencia de una función $z=f(x,y)$ definida implícitamente por $F(x,y,z)=0$. Esto es, puede resolverse para $z$ en términos de $x,y$, pero no nos dice como hacer el despeje.

Ejemplo. Sea $f(x,y,z)=x+y+z-ze^{z}$ entonces $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial z}=1-e^{z}(z+1)}$ si el punto $P(x_{0},y_{0},z_{0}) \in \mathbb{R}^{3}$ es tal que $x_{0}+y_{0}+z_{0}e^{z_{0}}=0$ y $z\neq0$ y como $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}\neq 0$. El $\textbf{T.F.Im.}$ sugiere que podamos despejar $z$ en términos de $x$ y $y$ y establecer así una función $z=f(x,y)$ con $z_{0}=f(x_{0},y_{0})$ de modo que su gráfica en los alrededores de $P$ coincide con $F(x,y,z)=0$. Las parciales de la función $f$ son

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}= \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{-\partial F}{\partial x}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z
}}=\displaystyle \frac{-1}{1-e^{z}(z+1)}$,$~~~~$ $\displaystyle
\frac{\partial F}{\partial y}= \displaystyle \frac{\displaystyle
\frac{-\partial F}{\partial y}}{\displaystyle \frac{\partial
F}{\partial z }}=\displaystyle \frac{-1}{1-e^{z}(z+1)}$.

Ejercicio. Si $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$ calcular $$\frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}$$

Solución. tenemos que
$$\frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(-\displaystyle
\frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}\right)=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} \frac{dx}{d x}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial x} \frac{dy}{dx}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{dz}{dx}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}\frac{dx}{d x}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial y\partial z} \frac{dy}{dx}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dx}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{dz}{dx}\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}} \frac{dz}{dx}\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}+ \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]-\left( \frac{\partial F}{\partial x}\right)\left[ \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial z}+\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}\left(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\right)\right]}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2}}$$
$$=-\frac{\left( \frac{\partial F}{\partial z}\right)^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}-2 \frac{\partial^{2} F}{\partial z\partial x} \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial F}{\partial z}+\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)^{2}{\frac{\partial^{2} F}{\partial z^{2}}}}{\left(\frac{\partial F}{\partial z}\right)^{3}}$$

Teorema de la Función Implícita (Versión (3))

Teorema 1. Considere la función $z=f(x_{1},…,x_{n})$. Sea $p=(x_{1},…,x_{n},y) \in \mathbb{R}^{n+1}$ un punto tal que $F(p)=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_{i}}$, $i=1,…,n$, y $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}$ continuas en alguna bola con centro $P$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}\neq 0$.
Entonces, $F(x_{1}$,…,$x_{n})=0$ puede resolverse para $y$ en términos de $x$ y definir así una vecindad $v$ de $\mathbb{R}^{n}$ del punto $(x_{1},$…,$x_{n})$, una función $y=f(x_{1}$,…,$x_{n})$ lo cual tiene derivadas parciales continuas en $v$ que se pueden calcular con las fórmulas $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_{i}}(x_{1}$,…,$x_{n})=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{-\partial F}{\partial x_{i}}(x_{1},….,x_{n})}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{1},…,x_{n})}$ con $(x_{1},…,x_{n}) \in v$.

Demostración. Una idea de como probar lo anterior es la siguiente:
Como $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}\neq 0$ entonces tenemos que $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}> 0$ ó $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}<0$ supongamos sin perdida de generalidad que $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}> 0$ entonces tenemos que $F(x_{1},x_{2},…,x_{q},y)$ es creciente cuando $(x_{1},…,x_{q})$ es constante $F(a_{1},…,a_{q},\textcolor{Red}{y})$ es creciente $\forall y\in [b-\epsilon,b+\epsilon]$ además se tiene que $F(a_{1},…,a_{q},b)=0$ entonces $$F(a_{1},…,a_{q},b+\epsilon)>0\quad
F(a_{1},…,a_{q},b-\epsilon)<0$$ $\therefore$ Si $(x_{1},…,x_{q})\in B_{\delta}(a_{1},…,a_{q})$ entonces $$F(x_{1},…,x_{q},b+\epsilon)>0\quad
F(x_{1},…,x_{q},b-\epsilon)<0\quad y\quad F\quad continua$$ se
tiene entonces que $\exists !\quad \textcolor{Red}{y}=f(x_{1},…,x_{q})\in [b-\epsilon,b+\epsilon]$ tal que $F(x_{1},x_{2},…,x_{q},f(x_{1},x_{2},…,x_{q}))=0$ y
$b=f(x_{1},x_{2},…,x_{q})$. Hemos encontrado que si $(x_{1},…,x_{q})\in B_{\delta}(a_{1},…,a_{q})$ entonces $f(x_{1},…,x_{q})=\textcolor{Red}{y}\in (b-\epsilon,b+\epsilon)$
$\therefore$ f es continua. $\square$

Regla de la Cadena

Ejemplo. Dadas $g(x,y)=(xy,5x,y^{3})$ y $f(x,y,z)=(3x^{2}+y^{2}+z^{2},5xyz)$.

Calcular $JF\circ g$

Demostración. En este caso

$$Jf(g)=\left(\begin{matrix}\frac{\partial f_{1}}{\partial x}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial f_{1}}{\partial y}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial f_{1}}{\partial z}(xy,5x,y^{3})\\ \frac{\partial f_{2}}{\partial x}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial f_{2}}{\partial y}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial f_{2}}{\partial z}(xy,5x,y^{3})\end{matrix}\right)=$$

$$\left(\begin{matrix}\frac{\partial (3x^{2}+y^{2}+z^{2})}{\partial x}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial (3x^{2}+y^{2}+z^{2})}{\partial y}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial (3x^{2}+y^{2}+z^{2})}{\partial z }(xy,5x,y^{3})\\ \frac{\partial (5xyz)}{\partial x}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial (5xyz)}{\partial y}(xy,5x,y^{3})&\frac{\partial (5xyz)}{\partial z}(xy,5x,y^{3})\end{matrix}\right)=$$

$$\left(\begin{matrix}6x\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.&2y\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.&2z\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.\\ 5yz\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.&5xz\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.&5xy\left|_{(xy,5x,y^{3})}\right.\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}6xy&10x&2y^{3}\\ 25xy^{3}&5xy^{4}&25x^{2}y\end{matrix}\right)$$

Mientras que

$$Jg=\left(\begin{matrix}\frac{\partial g_{1}}{\partial x}&\frac{\partial g_{1}}{\partial y}\ \\ \frac{\partial g_{2}}{\partial x}&\frac{\partial g_{2}}{\partial y}\\ \frac{\partial g_{3}}{\partial x}&\frac{\partial g_{3}}{\partial y}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\frac{\partial (xy)}{\partial x}&\frac{\partial (xy)}{\partial y}\\ \frac{\partial (5x)}{\partial x}&\frac{\partial (5x)}{\partial y}\ \frac{\partial (y^{3})}{\partial x}&\frac{\partial (y^{3})}{\partial y}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}y&x\\5&0\\0&3y^{2}\end{matrix}\right)$$

Por lo tanto

$$Jf\circ g=Jf(g)\cdot Jg=\left(\begin{matrix}6xy&10x&2y^{3}\\25xy^{3}&5xy^{4}&25x^{2}y\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}y&x\\5&0\\0&3y^{2}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}6xy^{2}+50x&6x^{2}y+6x^{5}\\50xy^{4}&100x^{2}y^{3}\end{matrix}\right)$$

Teorema 1. Sea $f:D’\subset \mathbb{R}^{m}\rightarrow \mathbb{R}^{p}$ una función definida en el abierto $D’\subset \mathbb{R}^{m}$ y sea $g:D\subset \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{m}$ una función definida en el abierto $D\subset \mathbb{R}^{n}$. Si g es diferenciable en $x_{0}\in D$ y f es diferenciable en $g(x_{0})\in D’$ entonces la función $f\circ g:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{p}$ es diferenciable en $x_{0}$

Demostración. Tenemos que probar que

$\begin{equation}
\lim_{h\rightarrow0}\frac{|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|}{|h|}=0
\end{equation}$

y para esto vamos a trabajar el numerador de la expresión anterior, tenemos entonces que

$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|=$$
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-gx_{0})+Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|=$$
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-gx_{0})+Jf(g(x_{0}))\left[(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jg(x_{0})h\right]|\leq$$
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-gx_{0})|+|Jf(g(x_{0}))\left[(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jg(x_{0})h\right]|\leq$$

Como $|Jf(g(x_{0}))h|\leq M|h|$
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-gx_{0})|+M|(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jg(x_{0})h|$$
Como g es diferenciable en $x_{0}$, dado $\epsilon>0$, existe $\delta_{1}>0$ tal que $|h|<\delta_{1}$ entonces
$$\frac{|(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jg(x_{0})h|}{|h|}<\frac{\epsilon}{2M}$$
por lo tanto
$$|(g(x_{0}+h)-gx_{0})-Jg(x_{0})h|<\frac{\epsilon|h|}{2M}$$
Ahora para
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-g(x_{0})|$$
Como f es diferenciable en $g(x_{0})$ entonces
$$\frac{|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))h|}{|h|}<\frac{\epsilon}{2M_{1}}~\Rightarrow~|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))h|<\frac{\epsilon}{2M_{1}}|h|$$
por lo tanto
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-g(x_{0})|<\frac{\epsilon}{2M_{1}}|g(x_{0}+h)-g(x_{0})|$$
ahora bien
$$|g(x_{0}+h)-g(x_{0})|=|g(x_{0}+h)-g(x_{0})-Jg(x_{0})h+Jg(x_{0})h|\leq |g(x_{0}+h)-g(x_{0})-Jg(x_{0})h|+|Jg(x_{0})h|\underbrace{\leq}_{\epsilon=1} |h|+M|h|=|h|M{1} $$
por lo tanto
$$|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))(g(x_{0}+h)-g(x_{0})|<\frac{\epsilon}{2M_{1}}|g(x_{0}+h)-g(x_{0})|\leq \frac{\epsilon}{2M_{1}}|h|M_{1}=\frac{\epsilon}{2}|h|$$
regresando ahora a (1) y tomando $\delta=\min{\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3}}$ se tiene que si $|h|<\delta$
$$\frac{|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|}{|h|}<\frac{1}{|h|}\left(\frac{\epsilon}{2}|h|+M\frac{\epsilon|h|}{2M}\right)=\epsilon$$
por lo tanto
$$\lim_{h\rightarrow0}\frac{|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|}{|h|}=0$$

Teorema de la Función Implícita (versión 1)

Teorema 2. Considere la función $y=f(x)$. Sea $(x_{0},y_{0}) \in \mathbb{R}^{2}$ un punto tal que $F(x_{0},y_{0})=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro $(x_{0},y_{0})$ y que $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$.
Entonces $F(x,y)=0$ se puede resolver para $y$ en términos de $x$ y definir así una función $y=f(x)$ con dominio en una vecindad de $(x_{0},y_{0})$, tal que $y_{0}=f(x_{0})$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.

Demostración. Como $\displaystyle{\frac{\partial
F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0}$ supongamos sin perdida de generalidad que $\displaystyle{\frac{\partial
F}{\partial y}(x_{0},y_{0})> 0}$. Por ser $\displaystyle{\frac{\partial
F}{\partial y}}$ continua en una vecindad de $(x_{0},y_{0})$ entonces exite un cuadrado S, centrado en $(x_{0},y_{0})$ totalmente contenido en esa vecindad, en donde $\displaystyle{\frac{\partial
F}{\partial y}(x,y)> 0}$ $\forall~x,y\in S$. Sea
$$S=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{0}|<k~y~|y-y_{0}<k|\right\}$$

En todo punto $(x,y)$ que pertenece a S, $\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0}$. Esto quiere decir que en $S$,$F$ es creciente y fijando $x_{0}$ en $[x_{0}-h,x_{0}+h])$ se tiene que F es creciente en $[y_{0}-k,y_{0}+k]$ y se anula en $y_{0}$, por lo que
$$F(x_{0},y_{0}-k)<0~~y~~F(x_{0},y_{0}+k)>0$$

Consideremos ahora el par de funciones $F(x,y_{0}-k)$ y $F(x,y_{0}+k)$ definidas en el intervalo $(x_{0}-k,x_{0}+k)$. Donde ambas funciones solo tienen $x$ como variable. La primera función cumple $F(x_{0},y_{0}-k)<0$ y por ser continua en $x_{0}$, es negativa en toda una vecindad $(x_{0}-h_{1}x_{0}+h_{1})$ de $x_{0}$. Análogamente, la segunda función cumple $F(x_{0},y_{0}+k)>0$ y por ser continua en $x_{0}$, es positiva en toda una vecindad $(x_{0}-h_{2}x_{0}+h_{2})$ de $x_{0}$. Sea $h=\min \left\{h_{1},h_{2}\right\}$. Entonces para toda $x$ tal que $$|x-x_{0}|~y~F(x,y_{0}+k)>0$$
Fijemos $x$ en el intervalo $(x_{0}-h,x_{0}+h)$, y consideremos a $F(x,y)$, sólo como función de y, sobre $[y_{0}-k,y_{0}+k]$. Esta función cumple que
$$F(x,y_{0}-k)<0~y~F(x,y_{0}+k)>0$$ por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un único y en $(y_{0}-k,y_{0}+k)$ tal que $F(x,y)=0$. Así queda establecida la existencia y unicidad de la función $y=f(x)$. Donde además, $y_{0}=f(x_{0})$, y para todo $x\in(x_{0}-h,x_{0}+h)$
$$F(x,f(x))=0,~~y~~\frac{\partial
F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$$ $\quad$

Introducción

Teorema de la Función Inversa $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$

Teorema 1. Sea $f:A\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ definida sobre el abierto $A\subset\mathbb{R}$ y sea $x_{0}\in A$.
(1) Supóngase que f tiene derivada continua y que $f'(x_{0})\neq 0$.
(2) Entonces existe un intervalo abierto $I$ que contiene al punto $x_{0}$ y un intervalo abierto $j$ que contiene a $f(x_{0})$, tal que la función $f:I\rightarrow J$ es uno a uno y sobre.
(3) Además, la función inversa $f^{-1}:J\rightarrow I$ también tiene derivada continua y para un punto $y\in J$, si $x\in I$ es tal que $f(x)=y$, entonces
$$\left(f^{-1}\right)'(y)=\frac{1}{f'(x)}$$

Ejercicio. Obtener la tesis del teorema de la función inversa como aplicación del teorema de la función implícita

Solución. Sea $y=f(x)$ una función real de variable real con derivada continua sobre un conjunto abierto A y sea $x_{0}$ un punto de A donde $f'(x_{0})\neq0$.

Considere la función $F(x,y)=y-f(x)$ y calculemos sus derivadas parciales. Así
$$\frac{\partial F}{\partial x}=-f'(x)~~y\frac{\partial F}{\partial y}=1$$ Nótese que $F,\displaystyle{\frac{\partial F}{\partial x},~~\frac{\partial F}{\partial y}}$ son continuas sobre el conjunto
$$B=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~x\in A \right\}$$

Considere ahora como solución inicial el punto $(x_{0},y_{0})$ donde $y_{0}=f(x_{0})$. Tenemos que
$$F(x_{0},y_{0})=0~~y\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})\neq0$$ De manera que se cumplen las hipótesis del Teorema de la Función Implicita. Luego entonces cerca del punto $(x_{0},y_{0})$ la variable x puede representarse en términos de la variable y. Estos expresado formalmente nos dice que existe una única función implicita $x=g(y)$ con dominio un intervalo $J=(y_{0}-k,y_{0}+k)$ y con rango $I=(x_{0}-h,x_{0}+h)$ tal que $$g(y_{0})=x_{0}$$ y, para toda y, en el intervalo J $$F(g(y),y)=0~y~~~\frac{\partial F}{\partial x}(g(y),y)\neq 0$$
ademas, g y su derivada $g’$ son continuas sobre J, y
$$g'(y)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(g(y),y)}{\frac{\partial F}{\partial x}(g(y),y)}=-\frac{1}{-f'(g(y))}=\frac{1}{f'(x)}$$La función g que ha sido determinada no es otra que la función inversa

Ejemplo. Sea f la función definida por la regla de correspondencia $f(x)=-x^{5}-x$. Si calculamos su derivada, tenemos $f'(x)=-5x^{4}-1$. Observese que $f'(x)<0$ para toda x en los reales, por lo que f es decreciente sobre toda la recta real y a su vez es uno a uno.\Concluimos así que la inversa de f está definida sobre toda la recta real y que su gráfica es decreciente. Sin embargo, no se puede obtener la regla de correspondencia para la inversa. Sin embargo, podemos calcular su derivada. Sea y cualquier número real y supóngase que x es tal que $f^{-1}(y)=x$. Así
$$\left(f^{-1}\right)'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}=\frac{1}{f'(x)}=-\frac{1}{5x^{4}+1}$$

Teorema de la Función Inversa (sistema $f_{i}:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}$)

Sea $U\subset\mathbb{R}^{n}$ un abierto y sean
$$\begin{matrix}
f_{1}:U\rightarrow\mathbb{R} \\
\vdots \\
f_{n}:U\rightarrow\mathbb{R}
\end{matrix}$$
con derivadas parciales continuas. Considerar las ecuaciones

$f_1(x_1,x_2,…,x_n)= y_1$
$f_2(x_1,x_2,…,x_n)= y_2$
$\vdots\\$
$f_n(x_1,x_2,…,x_n)= y_n$
Tratamos de resolver las n-ecuaciones para $x_1,x_2,… x_n$como funciones de $y_1,y_2,… y_n$

La condición de existencia para la solución en una vecindad del punto $x_0$ es que el determinante de la matriz $Df(x_0)$ y $f=(f_i,f_2,… f_n)$ sean distintos de cero. Explícitamente:

$\displaystyle \frac{\partial(f_1,f_2,…,f_n)}{\partial(x_1,x_2,…,x_n)}|_{x=x_0}= J(f)(x_0)= \left| \begin{array}{ccc} \displaystyle\frac{\partial f_1}{\partial x_1} (x_0)&\ldots&\displaystyle\frac{\partial f_1}{\partial x_1}(x_0)\\ \vdots & & \vdots\\
\displaystyle\frac{\partial f_n}{\partial x_1}(x_0)&\ldots&\displaystyle\frac{\partial f_n}{\partial x_n}(x_0) \end{array}\right|\neq 0$

entonces el sistema anterior se puede resolver de manera ‘unica como $x=g(y)$ para $x$ cerca de $x_{0}$ y y cerca de $y_{0}$

Nota: La cuestión de existencia se responde por medio del teorema general de la función implícita aplicado a las funciones $y_i-f_i(x_1,x_2,…,x_n)$ con las incognitas $x_1,x_2,…,x_n$.

Solución. Aquí las funciones son
$$u(x,y)=f_{1}(x,y)=\frac{x^{4}+y^{4}}{x},~~y~~v(x,y)=f_{2}(x,y)= sen~x+\cos~y$$
De acuerdo al teorema de la función inversa
$$\frac{\partial(f_{1},f_{2})}{\partial(x,y)}=\left|\begin{matrix}
\frac{\partial f_{1}}{\partial x} & \frac{\partial f_{1}}{\partial y} \\
\frac{\partial f_{2}}{\partial x} & \frac{\partial f_{2}}{\partial y}
\end{matrix}\right|$$
$$=\left|\begin{matrix}
\frac{3x^{4}-y^{4}}{x^{2}} & \frac{4y^{3}}{x} \\
\cos~x & -sen~y
\end{matrix}\right|= \frac{sen~y}{x^{2}}(y^{4}-3x^{4})-\frac{4y^{3}}{x}\cos~x$$
por lo tanto, en los puntos donde la expresión anterior no se anula, se puede resolver para $x$,$y$ en términos de $u$ y $v$.

Mas aún, si consideramos las expresiones:
$G(x,y,u,v)=x-f(u,v)=0$
$H(x,y,u,v)=y-g(u,v)=0$

Lo que pretendemos es «despejar» de ella a $u$ y $v$ en términos de $x$ e $y$ y poder establecer así las funciones $u=\varphi(x,y), v=\psi(x,y)$. Entonces el T.F.Im. (tercera versión) nos da las condiciones para que podamos hacer esto. Sea $P (x,y,u,v)\epsilon\mathbb{R}^4$ un punto tal que $G(p)=H(p)=0$. Supongamos que en una bola de centro en P las derivadas parciales de $G$ y $H$ son continuas. Si el jacobiano.

$$\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial(u,v)}=\left|\begin{matrix}
\frac{\partial G}{\partial u} & \frac{\partial G}{\partial v} \\
\frac{\partial H}{\partial u} & \frac{\partial H}{\partial v}
\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}
-\frac{\partial f}{\partial u} & -\frac{\partial f}{\partial v} \\
-\frac{\partial g}{\partial u} & -\frac{\partial g}{\partial v}
\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}
\frac{\partial f}{\partial u} & \frac{\partial f}{\partial v} \\
\frac{\partial g}{\partial u} & \frac{\partial g}{\partial v}
\end{matrix}\right|\neq0$$

en $P$, entonces es posible «despejar» de ellas a $u$ y $v$ en terminos de $x$ e $y$, y establecer así funciones $u=\varphi(x,y), v=\varphi(x,y)$ definidas en una vecindad $V$ de $(x,y)=F(u,v)$, las cuales tienen derivadas parciales continuas en $V$ que se pueden calcular como

$\displaystyle\frac{\partial G}{\partial u}=-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} ~,~ \displaystyle\frac{\partial G}{\partial v}=-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v} ~,~ \displaystyle\frac{\partial H}{\partial u}=-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} ~,~ \displaystyle\frac{\partial H}{\partial v}=-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}$

$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial((x,v)}}{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial(u,v)}}=-\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det
\left| \begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial G}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial G}{\partial v}\\
\displaystyle\frac{\partial H}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial H}{\partial v}
\end{array} \right|= -\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det \left|\begin{array}{cc}
1 & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
0 & -\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}\end{array}\right|=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}
$$

Por lo tanto: $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}$

$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial((y,v)}}{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial(u,v)}}=-\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det
\left| \begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial G}{\partial y} & \displaystyle\frac{\partial G}{\partial v}\\
\displaystyle\frac{\partial H}{\partial y} & \displaystyle\frac{\partial H}{\partial v}
\end{array} \right|= -\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det \left|\begin{array}{cc}
0 & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
1& -\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}\end{array}\right|=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}
$$

Por lo tanto: $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y} = -\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}$

$$\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial((u,x)}}{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial(u,v)}}=-\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det
\left| \begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial G}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial G}{\partial x}\\
\displaystyle\frac{\partial H}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial H}{\partial x}
\end{array} \right|= -\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det \left|\begin{array}{cc}
-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} & 1\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & 0 \end{array}\right|=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}$$

$$\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial((u,y)}}{\displaystyle\frac{\partial(G,H)}{\partial(u,v)}}=-\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det
\left| \begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial G}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial G}{\partial y}\\
\displaystyle\frac{\partial H}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial H}{\partial y}
\end{array} \right|= -\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}det \left|\begin{array}{cc}
-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} & 0\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & 1 \end{array}\right|=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}$$

En resumen tenemos: Sean $f,g: U \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ funciones definidas en el conjunto abierto $U$ de $\mathbb{R}^2$. Sean $x=f(u,v)$, $y=g(u,v)$.

Suponga que alguna bola $B$ de $\mathbb{R}^2$ con centro $(u,v)$, las derivadas parciales $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}$, $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}$, $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}$, $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}$ son continuas.

Si el jacobiano $\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial (u,v)}$ es no nulo en $(u,v)$ entonces $\exists$ una vecindad $V$ de $\bar{x},\bar{y}$ donde podemos definir «funciones inversas» $u=\varphi(x,y),v=\psi(x,y)$ es decir tales que $$u=\varphi(x,y), v=\psi(x,y)$, y $f(\varphi(x,y), \psi(x,y))=x ,g(\varphi(x,y), \psi(x,y))=y$$

para $(x,y) \epsilon V$ las cuales tienen derivadas parciales continuas en $V$ que se calculan como

$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}}\ ~,~ \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y} = -\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}} ~,~ \displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}=-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}} ~,~ \displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}}{\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}} \ast$$

Ahora bien con las funciones $u=\varphi(x,y),~~v=\psi(x,y)$. Podemos formar el sistema
$$\begin{matrix}G(x,y,u,v)=u-\varphi(x,y)\\H(x,y,u,v)=v-\psi(x,y)\end{matrix}$$
se tiene entonces que

$$\frac{\partial (G,H)}{\partial (x,y)}=\left|\begin{matrix}
\frac{\partial G}{\partial x} & \frac{\partial G}{\partial y} \\
\frac{\partial H}{\partial x} & \frac{\partial H}{\partial y}
\end{matrix}\right|$$

$$=\left|\begin{matrix}
-\frac{\partial \varphi}{\partial x} & -\frac{\partial \varphi}{\partial y} \\
-\frac{\partial \psi}{\partial x} & -\frac{\partial \psi}{\partial y}
\end{matrix}\right|$$
$$=\left|\begin{matrix}
\frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\
\frac{\partial v}{\partial x} &\frac{\partial v}{\partial y}
\end{matrix}\right|$$
$$
JF^{-1}=\left[\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\
\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial v}{\partial y} \end{array} \right]
$$

El resultado anterior $\ast$ nos dice como calcular las derivadas parciales $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}$, $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}$, $\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}$, $\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}$ en una vecindad $V$ de $(x,y)$ al sustituir las fórmulas correspondientes en $JF^{-1}$, recordando que $\displaystyle\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)}= det(JF)$.

$$ JF^{-1}= \left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}}{det(JF)} & -\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}}{det(JF)}\\
-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}}{det(JF)} & \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial U}}{det(JF)}\end{array}\right|=\displaystyle\frac{1}{det(JF)} \left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \end{array}\right|
$$

Multipliquemos $JF$ y $JF^{-1}$, se obtiene

$$
(JF)(JF^{-1})= \left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} \end{array}\right| \displaystyle\frac{1}{det(JF)}\left[\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \end{array}\right]= \displaystyle\frac{1}{det(JF)}\left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} \end{array}\right| \left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \end{array}\right|
$$

$$= \displaystyle\frac{1}{det(JF)}\left|\begin{array}{cc} \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} – \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v} \displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & 0 \\
0& -\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v} + \displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \end{array}\right|=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} – \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}}{det(JF)}\left[\begin{array}{cc}
1 & 0\\
0 & 1 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc}
1 & 0\\
0 & 1 \end{array}\right]
$$

Así concluimos que la matriz jacobiana de la función inversa de F es justamente la inversa de la matriz jacobiana de F. Es decir se tiene
$$JF^{-1}=(JF)^{-1}$$

Ejemplo. Considere las ecuaciones dadas por $x=u^2+v^3,~~y=u^2+uv$. Se tiene
que en $p=(1,2)$ $x=9,~y=3$.\
Las derivadas parciales de las funciones
$x=f(u,v)=u^3+v^3$ , $y=g(u,v)=u^2+uv$ son
$$
\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}=3u^2~,~ \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}=3v^2 ~,~ \displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}=2u+v ~,~\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}=u
$$

La matriz jacobiana de f es
$$JF=\left|\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}
3u^2 & 3v^2\
2u+v & u \end{array}\right|
$$
la cual en el punto $(1,2)$ es invertible pues
$$ detJF(1,2) = \left|\begin{array}{cc}
3 & 12\
4 & 1 \end{array}\right| = -45\neq0
$$

Así podemos concluir que en una bola $B’$ de $(9,3)$ se da la inversa $F^{-1}$ de $F$ o bien, que podemos despejar de $x=u^3+v^3 , y=u^2+uv$ a $u,v$ como funciones de $x$ e $y$, la cual es de clase $C^1$ en $B’$ y que su derivada es
$$JF^{-1}(x,y)= [JF(u,v)]^{-1}=\displaystyle\frac{1}{detJF} \left[\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} & -\displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}\\
-\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial f}{\partial u} \end{array}\right]=\displaystyle\frac{1}{3u^3-6uv^2-3v^3} \left|\begin{array}{cc}
u & -3v^2\
-(2u+v) & 3u^2 \end{array}\right|
$$
donde $x=u^3+v^3 , y=u^2+uv$. Es decir

$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}(u^3+v^3, u^2+uv)= \displaystyle\frac{u}{3u^3-6uv^2-3v^3}$$
$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}(u^3+v^3, u^2+uv)= \displaystyle\frac{-3v^2}{3u^3-6uv^2-3v^3}$$
$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}(u^3+v^3, u^2+uv)= \displaystyle\frac{-2u+v}{3u^3-6uv^2-3v^3}$$
$$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}(u^3+v^3, u^2+uv)= \displaystyle\frac{3u^2}{3u^3-6uv^2-3v^3}$$

Considere las ecuaciones
$$x=u+v+e^{w}$$
$$y=u+w+e^{2v}$$
$$x=v+w+e^{3u}$$
para $p=(u,v,w)=(0,0,0)$ se tiene que $q=(x,y,z)=(1,1,1)$ el
determinante de la matriz jacobiana de la función $F(u,v,w))(x,y,z)$
es:

$$
det JF=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}=\left|\begin{array}{ccc}
\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} & \frac{\partial x}{\partial w}\\
\frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} &
\frac{\partial y}{\partial w}\\ \frac{\partial z}{\partial u} &
\frac{\partial z}{\partial v} & \frac{\partial z}{\partial
w}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & e^{w}\\
1 & 2e^{2v} & 1\\ 3e^{3u} & 1 &
1\end{array}\right|_{(0,0,0)}=\left|\begin{array}{ccc}
1& 1 &1\\
1 & 2 &1\\3 & 1 & 1\end{array}\right|
$$

Si calculamos su determinante obtenemos

$$=\left|\begin{array}{ccc}
\textcolor{Green}{1}&\textcolor{Red} {1} &\textcolor{Blue}{1}\\
1 & 2 &1\\ 3 & 1 & 1\end{array}\right|=\textcolor{Green}{1\times
\left|\begin{array}{cc}
2 & 1 \\
1 & 1\end{array}\right|}-\textcolor{Red}{1\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
3 & 1\end{array}\right|}+\textcolor{Blue}{1\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 2 \\
3 & 1
1\end{array}\right|}=\textcolor{Green}{1\times(2-1)}-\textcolor{Red}{1\times(1-3)}+\textcolor{Blue}{1\times(1-6)}=\textcolor{Green}{1}+\textcolor{Red}{2}-\textcolor{Blue}{5}=-2\neq
0$$

$\therefore$ Podemos localmente invertir la función $F$, entorno al punto $q$, donde podemos definir funciones de clase

$c^{1}$ $u(x,y,z), v(x,y,z)$ y $w(x,y,z)$. Ahora bien como $$JF^{-1}(q)=\left[JF(p)\right]^{-1}=\left|\begin{array}{ccc}
1& 1 &1\\
1 & 2 &1\\3 & 1 &
1\end{array}\right|^{-1}\underbrace{=}_{*}\left|\begin{array}{ccc}
-\frac{1}{2}& 0 &\frac{1}{2}\\
-1 & 1 &0\\ \frac{5}{2} & -1 & -\frac{1}{2}\end{array}\right|$$

• Vamos a calcular la inversa usando la matriz de cofactores de la matriz $\left(\begin{array}{ccc}
  \textcolor{OliveGreen}{1}&\textcolor{Magenta} {1} &\textcolor{Violet}{1}\\
  \textcolor{Brown}{1} &\textcolor{Orange} {2}
  &\textcolor{Blue}{1}\\ \textcolor{RedViolet}{3} &
  \textcolor{Fuchsia}{1} &\textcolor{Emerald} {1}\end{array}\right)$

$$\left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{OliveGreen}{(-1)^{1+1}\times \left|\begin{array}{cc}
2 & 1 \\
1 & 1\end{array}\right|}&\textcolor{Magenta} {(-1)^{1+2}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
3 & 1\end{array}\right|} &\textcolor{Violet}{(-1)^{1+3}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 2 \\
3 & 1
1\end{array}\right|}\\
\textcolor{Brown}{(-1)^{2+1}\times \left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & 1\end{array}\right|} &\textcolor{Orange} {(1)^{2+2}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
3 & 1\end{array}\right|} &\textcolor{Blue}{(-1)^{2+3}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
3 & 1\end{array}\right|}\\ \textcolor{RedViolet}{(-1)^{3+1}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
2 & 1\end{array}\right|} & \textcolor{Fuchsia}{(-1)^{3+2}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & 1\end{array}\right|} &\textcolor{Emerald} {(1)^{3+3}\times
\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & 2\end{array}\right|}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{OliveGreen}{1}&\textcolor{Magenta} {2} & \textcolor{Violet}{-5}\\
\textcolor{Brown}{0} &\textcolor{Orange} {-2}
&\textcolor{Blue}{2}\\ \textcolor{RedViolet}{-1} &
\textcolor{Fuchsia}{0} &\textcolor{Emerald} {1}\end{array}\right)$$

Transponiendo la ultima matriz tenemos
$$\left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{OliveGreen}{1}&\textcolor{Brown} {0} &\textcolor{RedViolet}{-1}\\
\textcolor{Magenta}{2} &\textcolor{Orange} {-2}
&\textcolor{Fuchsia}{0}\\ \textcolor{Violet}{-5} &
\textcolor{Blue}{2} &\textcolor{Emerald} {1}\end{array}\right)$$
$\therefore$

$$\left|\begin{array}{ccc}
1& 1 &1\\
1 & 2 &1\\ 3 & 1 & 1\end{array}\right|^{-1}=\frac{1}{-2}\times
\left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{OliveGreen}{1}&\textcolor{Brown} {0} &\textcolor{RedViolet}{-1}\\
\textcolor{Magenta}{2} &\textcolor{Orange} {-2}
&\textcolor{Fuchsia}{0}\\ \textcolor{Violet}{-5} &
\textcolor{Blue}{2} &\textcolor{Emerald}
{1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
\textcolor{OliveGreen}{-\frac{1}{2}}&\textcolor{Brown} {0} &\textcolor{RedViolet}{\frac{1}{2}}\\
\textcolor{Magenta}{-1} &\textcolor{Orange} {1}
&\textcolor{Fuchsia}{0}\\\textcolor{Violet}{\frac{5}{2}} &
\textcolor{Blue}{-1} &\textcolor{Emerald}
{-\frac{1}{2}}\end{array}\right)$$ $\therefore$ las parciales son:
$$\frac{\partial u}{\partial x}(q)=-\frac{1}{2}\quad \frac{\partial u}{\partial y}(q)=0\quad \frac{\partial u}{\partial z}(q)=\frac{1}{2}$$
$$\frac{\partial v}{\partial x}(q)=-1\quad \frac{\partial v}{\partial y}(q)=1\quad \frac{\partial v}{\partial z}(q)=0$$
$$\frac{\partial w}{\partial x}(q)=\frac{5}{2}\quad \frac{\partial w}{\partial y}(q)=-1\quad \frac{\partial w}{\partial z}(q)=-\frac{1}{2}$$