Funciones de $\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ (parte dos)

Ejemplo. Encontrar el dominio y la imagen de la región $\displaystyle{R=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq1,~0\leq y\leq1\right\}}$ para la función $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ dada por $$\displaystyle{f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2},2xy\right)}$$

Solución. En este caso $$f_{1}=\left(x^{2}-y^{2}\right)~\Rightarrow~Dom_{f_{1}}=\mathbb{R}^{2}$$
$$f_{2}=\left(2xy\right)~\Rightarrow~Dom_{f_{2}}=\mathbb{R}^{2}$$
por lo tanto
$$Dom_{f}=Dom_{f_{1}}\bigcap Dom_{f_{}}=\mathbb{R}^{2}\bigcap \mathbb{R}^{2}=\mathbb{R}^{2}$$
Para la imagen de la región $\displaystyle{R=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq1,~0\leq y\leq1\right\}}$ procedemos de la siguiente manera:
Definimos los siguientes conjuntos que limitan la región

$$A_{1}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq 1,~y=0\right\}$$
$$A_{2}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq y\leq 1,~x=1\right\}$$
$$A_{3}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq 1,~y=1\right\}$$
$$A_{1}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq y\leq 1,~x=0\right\}$$

ahora procedemos a encontrar las imagenes de cada uno de los conjuntos definidos

Para $A_{1}$ se tiene
$$A_{1}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq 1,~y=0\right\}f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2},2xy\right)=(x’,y’)$$ $$x’=x^{2}-y^{2}~\underbrace{\Rightarrow}_{y=0}~x’=x^{2}~y~si~0\leq x\leq\leq1~\Rightarrow~0\leq x^{2}\leq 1~\Rightarrow~0\leq x’\leq 1$$
$$y’=2xy\underbrace{\Rightarrow}_{y=0}y’=0$$ por lo tanto $$f(A_{1})=\left\{(x’,y’)\in\mathbb{R}^{2}~|~0\leq x’\leq 1~,~y’=0\right\}$$ Para $A_{2}$ se tiene $$A_{2}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq y\leq 1,~x=1\right\}f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2},2xy\right)=(x’,y’)$$
$$x’=x^{2}-y^{2}~\underbrace{\Rightarrow}_{x=1}~x’=1-y^{2}~\Rightarrow~y=\sqrt{1-x’}$$ $$y’=2xy\underbrace{\Rightarrow}_{x=1}y’=2y~\Rightarrow~y’=2\sqrt{1-x’}~\Rightarrow~y’^{2}=4(1-x’)$$
por lo tanto
$$f(A_{2})=\left\{(x’,y’)\in\mathbb{R}^{2}~|~y’^{2}=4(1-x’),~0\leq y’\leq 2 \right\}$$
Para $A_{3}$ se tiene
$$A_{3}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq x\leq 1,~y=1\right\}f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2},2xy\right)=(x’,y’)$$
$$x’=x^{2}-y^{2}~\underbrace{\Rightarrow}_{y=1}~x’=x^{2}-1~\Rightarrow~x’+1=x^{2}~\Rightarrow~x=\sqrt{x’+1}$$ $$y’=2xy\underbrace{\Rightarrow}_{y=1}y’=2x~\Rightarrow~y’=2\sqrt{x’+1}~\Rightarrow~y’^{2}=4(x’+1)$$
por lo tanto
$$f(A_{3})=\left\{(x’,y’)\in\mathbb{R}^{2}~|~y’^{2}=4(x’+1),~0\leq y’\leq 2 \right\}$$
Para $A_{4}$ se tiene
$$A_{4}=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}~|~0\leq y\leq 1,~x=0\right\}f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2},2xy\right)=(x’,y’)$$
$$x’=x^{2}-y^{2}~\underbrace{\Rightarrow}_{x=0}~x’=-y^{2}ysi0\leq y\leq1~\Rightarrow~0\leq y^{2}\leq 1~\Rightarrow~-1\leq y^{2}\leq 0$$ $$y’=2xy\underbrace{\Rightarrow}_{x=0}y’=0$$
por lo tanto
$$f(A_{4})=\left\{(x’,y’)\in\mathbb{R}^{2}~|~-1\leq x’\leq 0~,~y’=0\right\}$$

Operaciones con Funciones de $\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$

Definición 1. Sean $f,g:A\subset \mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m},\alpha\in\mathbb{R}y~~h:D\subset\mathbb{R}^{m}\rightarrow\mathbb{R}^{k}$. Definimos

1. La suma de f y g que denotamos por f+g como
   $$(f+g)(x)=f(x)+g(x),~~~x\in A$$
2. El producto del escalar $\alpha$ por la función f que denotamos $\alpha f$ como
   $$(\alpha f)(x)=\alpha f(x),~~~x\in A$$
3. El producto punto de f por g que denotamos $f\cdot g$ como
   $$(f\cdot g)(x)=f(x)\cdot g(x),~~~x\in A$$
4. Si $m=3$ el producto cruz de f por g que denotamos $f\times g$ como
   $$(f\times g)(x)=f(x)\times g(x),~~~x\in A$$
5. Si $m=1$ el cociente de f por g que denotamos $\displaystyle{\frac{f}{g}}$ como
   $$\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{f(x)}{g(x)},~~~x\in A$$
6. La composición de h con f, que denotamos como $h\circ f$ como
   $$(h\circ f)(x)=h(f(x))para~cada~~\left\{x\in A~|~f(x)\in D\right\}$$

Gráficas de Funciones de $\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$

Definición 2. Dada la función $f (f_{1},…,f_{m}):A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow
\mathbb{R}^{m}$, definimos su gráfica como el subconjunto
$$g_{f}={(x_{1},…,x_{n},f_{1}(x_{1},…,x_{n}),f_{2}(x_{1},…,x_{n}),…,f_{m}(x_{1},…,x_{n}))\in\mathbb{R}^{n+m}|(x_{1},…,x_{n})\in A}$$

{Límite de Funciones de $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$

Definición 3. $\textcolor{Red}{\textbf{Por sucesiones}}$ Sean $f:A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ y $x_{0}\in A’$. Decimos que f tiene límite en $x_{0}$ y que su límite es $\ell\in\mathbb{R}^{m}$, si para toda sucesión ${x_{k}}$ contenida en $A-{x_{0}}$ que converge a $x_{0}$ se tiene que la sucesión ${f(x_{k})}$ converge a $\ell$. En este caso escribimos
$$\lim_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=\ell$$
y decimos que $\ell$ es el límite de f en $x_{0}$.

Definición 4. $\textcolor{Red}{(\epsilon-\delta)}$ Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow
\mathbb{R}^{m}$, y sea $x_{0}$ un punto de acumulación de A.
Se dice que $\ell\in\mathbb{R}^{m}$ es el límite de $f$ en
$x_{0}$, y se denota por:\ $$\displaystyle\lim_{x\rightarrow
x_{0}}f(x)=\ell$$ Si dado $\forall~\epsilon > 0$, existe $\delta > 0$ tal
que $$|f(x)-\ell|<\epsilon~cuando~0<|x-x_{0}|<\delta$$

Continuidad de Funciones de Varias Variables

Definición 5. Sean $f:\Omega\subset\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^m$ y
$x_0\in\Omega$. Se dice que $f$ es continua en $x_0$ si dado $\epsilon>0$, $\exists$ $\delta>0$ tal que $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$ siempre que $x\in\Omega$ y $0<|x-x_0|<\delta$

Definición 6. Se dice que un subconjunto $V\subset\mathbb{R}^{n}$ es un entorno del punto $x$, si exite $\epsilon>0$ tal que $B(x,\epsilon)\subset V.$

Definición 7. Sean $f:\Omega\subset\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^m$ y $x_0\in\Omega$. Se dice que $f$ es continua en $x_0$ cuando $\forall$ entorno V de $f(x_{0})$ existe un entorno U de $x_{0}$ tal que $f(U)\subset V$ es decir para cualquier $x\in U$ se cunple $f(x)\in V$

Proposición 1. Una función $f:D\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^m$ es continua si y solo si
$$f^{-1}(v)=\left\{x\in D\mid f(x)\in v\right\}$$
es un abierto (contenido en $D$) para cada abierto $v\subset\mathbb{R}^m$.

Demostración. $\textcolor{Red}{\Rightarrow}$ Sea $v$ un abierto en $\mathbb{R}^m$ y sea $\overline{x}\in f^{-1}(v)$; tenemos por definición $f(\overline{x})\in v$. Como $v$ es un
conjunto abierto $\exists\ \ r>0$ tal que $B(f(\overline{x}),r)\subset v$ como $f$ es continua $\exists$ $\rho>0$ tal que $f(B(x,\rho))\subset B(f(x),r)$ pero esto significa que $B(x,\rho)\subset f^{-1}(B(f(x),r))\subset f^{-1}(v)$ por lo que cada punto $x\in f^{-1}(v)$ es punto interior lo que prueba que $v$ es abierto.
$\textcolor{Red}{\Leftarrow}$ Supongamos que $f^{-1}(v)$ es un abierto, para cada conjunto abierto $v\subset\mathbb{R}^{m}$\Sea $\epsilon>0$ y $x\in\mathbb{R}^{n}$, hacemos:
$B(f(x),\epsilon)=V$ por lo que$f^{-1}(V)$ es abierto, esto quiere decir que $\exists~\delta>0$ tal que $B(x,\delta)\subset f^{-1}(V)$ esto implica $f(B(x,\delta))\subset V$ esto es $f(B(x,\delta))\subset B(f(x),\epsilon)$ esto muestra que $f$ es continua en $x$.

Proposición 2.

(1) $$f^{-1}(v)=\left\{x\in D\mid f(x)\in v\right\}$$
es un abierto (contenido en $D$) para cada abierto
$v\subset\mathbb{R}^m$.
(2) $$f^{-1}(v)=\left\{x\in D\mid f(x)\in v\right\}$$
es un cerradoo (contenido en $D$) para cada cerradoo
$v\subset\mathbb{R}^m$.

Vamos a probar que $\textcolor{Red}{1\Rightarrow 2}$

Demostración. Si $V=\overline{V}\subset\mathbb{R}^{m}$, consideremos el conjunto $V^{c}$ el cual es abierto y por hipotesis $f^{-1}(V^{c})$ es abierto, pero
$$f^{-1}(V^{c})=\left(f^{-1}(V)\right)^{c}$$
por lo que $\left(f^{-1}(V)\right)^{c}$ es abierto, en consecuencia $f^{-1}(V)$ es cerrado\
Vamos a probar que \textcolor{Red}{$2\Rightarrow 1$}
Si $V=int(V)\subset\mathbb{R}^{m}$ entonces $V^{c}$ es cerrado y por hipotesis $f^{-1}(V^{c})$ es cerrado, pero
$$f^{-1}(V^{c})=\left(f^{-1}(V)\right)^{c}$$
por lo que $\left(f^{-1}(V)\right)^{c}$ es cerradoo, en consecuencia $f^{-1}(V)$ es abierto $\square$

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

Teorema 1. 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
$$\begin{array}{c}
f_1(x_1,x_2,…,x_n)= y_1\\
f_2(x_1,x_2,…,x_n)= y_2\\
\vdots\\
f_n(x_1,x_2,…,x_n)= y_n
\end{array}$$ 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 $f=(f_1,f_2,… f_n)$ sean distintos de cero.

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. Explicitamente:

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

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

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 $x_1,x_2,…,x_n$.

Ejemplo. El problema de factorizar un polinomio $x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0}$ en factores lineales es, en cierto sentido un problema de función inversa. Los coeficientes $a_{i}$ son funciones conocidas de las n raices $r_{j}$. ¿Se podran expresar las raices como funciones de los coeficientes en alguna región?. Con $n=3$ , aplicar el teorema de la función inversa a este problema y enunciar la conclusión acerca de la posibilidad de hacer lo planteado.

Solución. Para el caso n=3 tenemos que podemos factorizar el polinomio de la siguiente forma
$$x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=(x-r_{1})(x-r_{2})(x-r_{3})$$
desarrolando el lado derecho tenemos que
$$(x-r_{1})(x-r_{2})(x-r_{3})=x^{3}-r_{3}x^{2}-r_{2}x^{2}+r_{2}r_{3}x-r_{1}x^{2}+xr_{1}r_{3}+r_{1}r_{2}x-r_{1}r_{2}r_{3}$$
que se puede escribir
$$x^{3}+x^{2}(-r_{3}-r_{2}-r_{1})+x(r_{2}r_{3}+r_{1}r_{3}+r_{1}r_{2})-r_{1}r_{2}r_{3}$$
igualando las expresiones
$$x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=x^{3}+x^{2}(-r_{3}-r_{2}-r_{1})+x(r_{2}r_{3}+r_{1}r_{3}+r_{1}r_{2})-r_{1}r_{2}r_{3}$$
por lo tanto igualando coeficientes
$$\begin{matrix}a_{0}=-r_{1}r_{2}r_{2}\\a_{1}=r_{2}r_{3}+r_{1}r_{3}+r_{1}r_{2}\\a_{2}=-r_{1}-r_{2}-r_{3}\end{matrix}$$

Al sistema anterior le aplicamos el teorema de la función implicita para comprobar si las raices se pueden expresar en términos de los coeficientes, para ello calculamos el determinante de jacobiano del sistema que en este caso es

$$J=\left(\begin{matrix}\frac{\partial a_{0}}{\partial r_{1}}&\frac{\partial a_{0}}{\partial r_{2}}&\frac{\partial a_{0}}{\partial r_{3}}\\\frac{\partial a_{1}}{\partial r_{1}}&\frac{\partial a_{1}}{\partial r_{2}}&\frac{\partial a_{2}}{\partial r_{3}}\\\frac{\partial a_{2}}{\partial r_{1}}&\frac{\partial a_{2}}{\partial r_{2}}&\frac{\partial a_{3}}{\partial r_{3}}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-r_{2}r_{3}&-r_{1}r_{3}&-r_{1}r_{2}\\r_{3}+r_{2}&r_{3}+r_{1}&r_{2}+r_{1}\\-1&-1&-1\end{matrix}\right)$$

de esta manera el determinante del jacobiano es
$$\det\left(\begin{matrix}-r_{1}r_{3}&-r_{1}r_{3}&-r_{1}r_{2}\\r_{3}+r_{2}&r_{3}+r_{1}&r_{2}+r_{1}\\-1&-1&-1\end{matrix}\right)=\left|\begin{matrix}-r_{1}r_{3}&-r_{1}r_{3}&-r_{1}r_{2}\\r_{3}+r_{2}&r_{3}+r_{1}&r_{2}+r_{1}\\-1&-1&-1\end{matrix}\right|=$$
$$\textcolor{Green}{(-r_{2} r_{3})\times
\left|\begin{array}{cc}
r_{3}+r_{1} & r_{2}+r_{1} \\
-1 & -1\end{array}\right|}-\textcolor{Red}{(-r_{1}r_{3})\times
\left|\begin{array}{cc}
r_{3}+r_{2} & r_{2}+r_{1} \\
-1 &- 1\end{array}\right|}+\textcolor{Blue}{(-r_{1}r_{2})\times
\left|\begin{array}{cc}
r_{3}+r_{2} & r_{3}+r {1}\\ 3 & 1\end{array}\right|}=$$ $$\textcolor{Green}{(-r{2}r_{3})\times(r_{2}-r_{3})}+\textcolor{Red}{(r_{1}r_{3})\times(r_{1}-r_{3})}-\textcolor{Blue}{(r_{1}r_{2})\times(r_{1}-r_{2})}=-r_{2}r_{3}r_{2}+r_{2}r_{3}r_{3}+r_{1}r_{3}r_{1}-r_{1}r_{3}r_{3}-r_{1}r_{2}r_{1}+r_{1}r_{2}r_{2}$$

que se puede escribir
$$=r_{3}r_{1}r_{1}-r_{3}r_{1}r_{3}-r_{3}r_{2}r_{1}+r_{3}r_{2}r_{3}-r_{2}r_{1}r_{1}+r_{2}r_{1}r_{3}+r_{2}r_{2}r_{1}-r_{2}r_{2}r_{3}$$
$$=(r_{3}r_{1}-r_{3}r_{2}-r_{2}r_{1}+r_{2}r_{2})r_{1}-(r_{3}r_{1}-r_{3}r_{2}-r_{2}r_{1}+r_{2}r_{2})r_{3}=(r_{3}r_{1}-r_{3}r_{2}-r_{2}r_{1}+r_{2}r_{2})(r_{1}-r_{3})$$
$$=((r_{3}-r_{2})r_{1}-(r_{3}-r_{2})r_{2})(r_{1}-r_{3})=(r_{3}-r_{2})(r_{1}-r_{2})(r_{1}-r_{3})$$

Este último término no es cero si el polinomio tiene raices distintas. Así el teorema de la función inversa muestra que las raices se pueden hallar como funciones de los coeficientes en alguna vecindad de cualquier punto en el que las raices sean distintas. Esto es, si las rices $r_{1},~r_{2},~r_{3}$ de $x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ son todas diferentes, entonces hay vecindades V de $(r_{1},~r_{2},~r_{3})$ y $W$ de $(a_{0},~a_{1},~a_{2})$ tales que las raices en V son funciones de los coeficientes en $W$.

Funciones de $\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$

Definición 1. Una función f de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}^{m}$ denotada $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$, es una relación que asigna a cada vector del espacio $\mathbb{R}^{n}$ un único vector del espacio $\mathbb{R}^{m}$\Si f es una función de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}^{m}$, entonces f se expresa
$$f=(f_{1},f_{2},\cdots,f_{m})$$ en donde $f_{k}~~k=1,…,m$ es la k-ésima función componente y $f_{k}:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ $k=1,…,m$

Definición 2. Si $A\subset \mathbb{R}^{n}$, la imagen bajo la función f de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}^{m}$ se denota $f(A)$, y se define
$$f(A)={f(x)\in \mathbb{R}^{m}~|~x\in A}$$

Definición 3. El dominio de una función f de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}^{m}$ es la intersección de los dominios de las funciones componentes $f_{k}$ es decir
$$Dom_{f}=\bigcap_{k=1}^{m}Dom_{f_{k}}=Dom_{f_{1}}\bigcap Dom_{f_{2}}\bigcap Dom_{f_{3}}\bigcap\cdots \bigcap Dom_{f_{m}}$$

Ejemplo. Encontrar el dominio y la imagen de la recta $y=3x$ para la función $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ dada por $$\displaystyle{f(x,y)=\left(\frac{4x+2y}{5},\frac{2x+y}{5}\right)}$$
\item[Solución] En este caso $$f_{1}=\left(\frac{4x+2y}{5}\right)~\Rightarrow~Dom_{f_{1}}=\mathbb{R}^{2}$$
$$f_{2}=\left(\frac{2x+y}{5}\right)~\Rightarrow~Dom_{f_{2}}=\mathbb{R}^{2}$$
por lo tanto
$$Dom_{f}=Dom_{f_{1}}\bigcap Dom_{f_{}}=\mathbb{R}^{2}\bigcap \mathbb{R}^{2}=\mathbb{R}^{2}$$
Para la imagen de la recta $y=3x$ procedemos de la siguiente manera
$$f(x,y)=\left(\frac{4x+2y}{5},\frac{2x+y}{5}\right)=(x’,y’)~ \Rightarrow ~f(x,3x)=\left(\frac{4x+2(3x)}{5},\frac{2x+(3x)}{5}\right)=(x’,y’)~\Rightarrow~$$
$$x’=\frac{4x+2(3x)}{5}yy’=\frac{2x+(3x)}{5}~ \Rightarrow ~x’=2xyy’=x \Rightarrow y’=\frac{x’}{2}$$
por lo tanto la imagen de la recta $y=3x$ sera:
$$f(3x)=\left\{(x’,y’)\in\mathbb{R}^{2}~|~y’=\frac{x’}{2}\right\}$$

$\textbf{Definición 4.}$ Sean $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}^{m}$ y $D\subset\mathbb{R}^{m}$. Definimos la $\textbf{imagen inversa}$ de $D$ bajo $f$, que denotamos $f^{-1}(D)$, como el conjunto dado por:
$$f^{-1}(D)=\left\{\hat{x}\in A~|~f(\hat{x})\in D\right\}$$

Definición 5. Sean $f:A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$ y $D\subset\mathbb{R}^{m}$, $B\subset A$. Definimos la $\textbf{imagen directa}$ de $B$ bajo $f$, que denotamos $f(B)$, como el conjunto dado por:
$$f(B)=\left\{f(\hat{x})\in \mathbb{R}^{m}~|~\hat{x}\in B\right\}$$

Proposición 1. Sean $f:A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}$, $A_{\alpha},~B,C\subset A$ y $D_{\alpha},~D,~E\subset\mathbb{R}^{m}$, con $\alpha\in I$ I un conjunto de indices. Pruebe que:
$$\begin{matrix}
1.& D\subset E~\Rightarrow~f^{-1}(D)\subset f^{-1}(E) \\
2. & f^{-1}\left(\bigcup_{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)=\bigcup_{\alpha\in I}f^{-1}(D_{\alpha})\
3.& f^{-1}\left(\bigcap_{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)=\bigcap_{\alpha\in I}f^{-1}(D_{\alpha}) \\
4.&f^{-1}(D^{c})=(f^{-1}(D))^{c} \\
5.&B\subset C~\Rightarrow~f(B)\subset f(C)\\
6.&f\left(\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}\right)=\bigcup_{\alpha\in I}f(A_{\alpha}) \\
7.&f\left(\bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}\right)\subset\bigcap_{\alpha\in I}f(A_{\alpha}) \\
8.&f(A)-f(B)\subset f(A-B) \\
9.&B\subset f^{-1}(f(B)) \\
10.&f(f^{-1})(D)\subset D
\end{matrix}$$

Demostración. $\textcolor{Blue}{(1). D\subset E~\Rightarrow~f^{-1}(D)\subset f^{-1}(E)}$
$$x\in f^{-1}(D)~\Rightarrow~f(x)\in D$$
$$~\underbrace{\Rightarrow}{D\subset E}~f(x)\in E$$ $$~\Rightarrow~x\in f^{-1}(E)$$ $\textcolor{Blue}{(2). f^{-1}\left(\bigcup{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)=\bigcup_{\alpha\in I}f^{-1}(D_{\alpha})}$
$$x\in f^{-1}\left(\bigcup_{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)~\Leftrightarrow~f(x)\in \bigcup_{\alpha \in I}D_{\alpha}$$
$$~\Leftrightarrow~f(x)\in D_{\alpha_{i}}p.a.~i\in I$$ $$~\Leftrightarrow~x\in f^{-1}(D_{\alpha_{i}})p.a.~i\in I$$
$$~\Leftrightarrow~x\in (\bigcup_{\alpha \in I}f^{-1}(D_{\alpha})$$
$\textcolor{Blue}{(3). f^{-1}\left(\bigcap_{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)=\bigcap_{\alpha\in I}f^{-1}(D_{\alpha}) }$
$$x\in f^{-1}\left(\bigcap_{\alpha \in I}D_{\alpha}\right)~\Leftrightarrow~f(x)\in \bigcap_{\alpha \in I}D_{\alpha}$$
$$~\Leftrightarrow~f(x)\in D_{\alpha_{i}}\forall~i\in I$$ $$~\Leftrightarrow~x\in f^{-1}(D_{\alpha_{i}})\forall~i\in I$$
$$~\Leftrightarrow~x\in (\bigcap_{\alpha \in I}f^{-1}(D_{\alpha})$$
$\textcolor{Blue}{(4). f^{-1}(D^{c})=(f^{-1}(D))^{c} }$
$$x\in f^{-1}(D^{c})~\Leftrightarrow~f(x)\in D^{c}$$
$$~\Leftrightarrow~f(x)\notin D$$
$$~\Leftrightarrow~x\notin f^{-1}(D)$$
$$~\Leftrightarrow~x\in (f^{-1}(D))^{c}$$
$\textcolor{Blue}{(5). B\subset C~\Rightarrow~f(B)\subset f(C)}$
$$f(x)\in f(B)~\Rightarrow~x\in B$$
$$~\underbrace{\Rightarrow}{B\subset C}~x\in C$$ $$~\Rightarrow~f(x)\in f(C)$$ $\textcolor{Blue}{(6). f\left(\bigcup{\alpha\in I}A_{\alpha}\right)=\bigcup_{\alpha\in I}f(A_{\alpha})}$
$$f(x)\in f\left(\bigcup_{\alpha \in I}A_{\alpha}\right)~\Leftrightarrow~x\in \bigcup_{\alpha \in I}A_{\alpha}$$
$$~\Leftrightarrow~x\in A_{\alpha}p.a~\alpha\in~I$$ $$~\Leftrightarrow~f(x)\in~f(A_{\alpha})~p.a~\alpha\in~I$$ $$~\Leftrightarrow~f(x)\in \bigcup_{\alpha\in I}f(A_{\alpha})$$

$\textcolor{Blue}{(7). f\left(\bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}\right)\subset\bigcap_{\alpha\in I}f(A_{\alpha})}$ $$f(x)\in f\left(\bigcap_{\alpha \in I}A_{\alpha}\right)~\Rightarrow~x\in \bigcap_{\alpha \in I}A_{\alpha}$$ $$~\Rightarrow~x\in A_{\alpha}\forall~\alpha\in~I$$
$$~\Rightarrow~f(x)\in~f(A_{\alpha})~\forall~\alpha\in~I$$
$$~\Rightarrow~f(x)\in \bigcap_{\alpha\in I}f(A_{\alpha})$$
$\textcolor{Blue}{(8). f\left(A\right)-f(B)\subset f(A-B)}$
$$f(A)-f(B)=f(A)\bigcap (f(B))^{c}$$
$$~ \Rightarrow ~f(x)\in f(A)-f(B)$$
$$~ \Rightarrow ~f(x)\in f(A)\bigcap (f(B))^{c}$$
$$~ \Rightarrow ~f(x)\in f(A)yf(x)\in (f(B))^{c}$$
$$~ \Rightarrow ~x\in Ayf(x)\notin f(B)$$
$$~ \Rightarrow x\in Ayx\notin B$$ $$~ \Rightarrow x\in Ayx\in B^{c}$$
$$~ \Rightarrow ~x\in A\bigcap B^{c}$$
$$~ \Rightarrow ~x\in A-B$$
$$~ \Rightarrow ~f(x)\in f(A-B)$$
$\textcolor{Blue}{(9). B\subset f^{-1}(f(B))}
$$x\in B~\Rightarrow~f(x)\in f(B)$$
$$~\Rightarrow~x\in f^{-1}(f(B))$$

$\textcolor{Blue}{(10).f(f^{-1}(D))\subset D}$
$$f(x)\in f(f^{-1}(D))~\Rightarrow~x\in f^{-1}(D)$$
$$~ \Rightarrow ~f(x)\in D$$ $\square$

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. $\square$