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

En esta sección estudiaremos la función inversa, la cual, de manera general nos dice que si hay una función derivable en un punto y su derivada en ese punto no es cero, entonces cerca de ese punto la funcion tiene una función inversa, y esa inversa también es derivable. Más aún, este teorema guarda una relación estrecha con el teorema de la función implícita.

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 pero 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 única 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 $x_1,x_2,…,x_n$.

Ejemplo. 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
$x=f(u,v)=u^2+v^3$ , $y=g(u,v)=u^2+uv$ 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:
$$\frac{\partial u}{\partial x}(q)=-\frac{1}{2}\quad \frac{\partial u}{\partial y}(q)=0\quad \frac{\partial u}{\partial z}(q)=\frac{1}{2}$$
$$\frac{\partial v}{\partial x}(q)=-1\quad \frac{\partial v}{\partial y}(q)=1\quad \frac{\partial v}{\partial z}(q)=0$$
$$\frac{\partial w}{\partial x}(q)=\frac{5}{2}\quad \frac{\partial w}{\partial y}(q)=-1\quad \frac{\partial w}{\partial z}(q)=-\frac{1}{2}$$

Tarea Moral

1- Verifica el teorema de la función implícita en la versión sistema de ecuaciones para

Muestra que $sy+z+3xz^2$ es soluble para $z$ como función de $(x,y)$ cerca de $(x,y)$ cerca del punto $(1,0,1)$. Calcula $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}$ y $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}$ en $(1,0)$

Introducción

Teorema de la Función Implícita (sistemas de ecuaciones

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 $v$

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

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

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

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

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 $\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$.

Ejemplo. Analizar la solubilidad del sistema
$$e^{u}+e^{v}=x+ye$$
$$ue^{u}+ve^{v}=xye$$
$\small{Solución}$ 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 tendra 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
$$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\det
\left|\begin{matrix}-1&-ye\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-(ve^{v}+e^{v})+e^{v}ye}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{2e-e^{2}}{e}=2-e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-1&-ye\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-ye^{u}e+ue^{u}+e^{u}}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e-1}{e}=1-e^{-1}$$
$$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\det
\left|\begin{matrix}-e&-xe\\e^{v}&ve^{v}+e^{v}\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e(ve^{v}+e^{v})+e^{v}xe}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e^{2}+e^{2}-e^{2}}{e}=e$$ $$\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\det \left|\begin{matrix}e^{u}&ue^{u}+e^{u}\\-e&-xe\end{matrix}\right|}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}=-\frac{-e^{u}xe+e(ue^{u}+e^{u})}{ve^{u+v}-ue^{v+u}}\left.\right|{(0,1,1,1)}=\frac{e-e}{e}=0$$

Teorema de la Función Implícita (n-sistemas de ecuaciones

Considere las n-funciones
$$u_{i}=F_{i}(x_{1},…,x_{m},y_{1},…,y_{n}),~i=1,…,n$$ Sea $P=(\overline{x}{1},…,\overline{x}{m},\overline{y}{1},…,\overline{y}{n}) \in \mathbb{R}^{n+m}$ un punto tal que $F_{i}(P)=0$. Suponga que en una bola $\textit{B} \in \mathbb{R}^{n+m}$ de centro $P$ las funciones $F_{i}$ tienen (sus $m+n$) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano $$ \frac{\partial(F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},y_{2},…,y_{n})}=\left|\begin{matrix}\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{1}}{\partial y_{n}}\\ \frac{\partial F_{2}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{2}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{2}}{\partial y_{n}}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial F_{n}}{\partial y_{1}}&\frac{\partial F_{n}}{\partial y_{2}}&\cdots&\frac{\partial F_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix}\right|\neq0~en~~P$$

entonces las expresiones
$F_{i}(x_{1},…,x_{m},y_{1},…,y_{n})=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas)
$y_{i}=\varphi_{i}(x_{1},…,x_{m}),~i=1,…,n$ definidas en una vecindad $v$ de $(\overline{x}{1},…,\overline{x}{m})$ las cuales tienen derivadas parciales
continuas en $v$ que se pueden calcular como
$$\frac{\partial y_{i}}{\partial x_{j}}=\frac{\frac{\partial(F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},…,y_{i-1},x_{j},y_{i+1},…,y_{n})}}{\frac{\partial (F_{1},F_{2},…,F_{n})}{\partial (y_{1},y_{2},…,y_{n})}}$$

Ejemplo. Considere las ecuaciones
$$\begin{matrix}
F(x,y,u,v,w)=x+y+u+v+w=0 \\
G(x,y,u,v,w)=x^{2}-y^{2}+u^{2}-2v^{2}+w^{2}+1=0 \\
H(x,y,u,v,w)=x^{3}+y^{3}+u^{4}-3v^{4}+8w^{4}+2=0
\end{matrix}$$

En el punto $P=(1,-1,1,-1,0)$, se tiene $F(P)=G(P)=H(P)=0$. Todas las derivadas parciales de F, G, H son continuas. Se tiene además que
$$\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}=\det\left|\begin{matrix}1&1&1\\ 2u&-4v&2w\\ 4u^{3}&-12v^{3}&32w^{2}\end{matrix}\right|_{\begin{matrix}u=1\\ v=-1\\ w=0\end{matrix}}=8\neq 0$$
Entonces el teorema asegura que en torno a P podemos despejar $u,v,w$ en términos de $x,y$ y establecer funciones
$$u=u(x,y),~v=v(x,y),~w=w(x,y)$$
las cuales tienen derivadas parciales continuas en una vecindad de $(1,-1)$ que se pueden calcular

$$\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (x,v,w)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}},\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (y,v,w)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}}$$

$$\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,x,w)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}},\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,y,w)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}}$$

$$\frac{\partial w}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,x)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}},~~\frac{\partial w}{\partial y}=-\frac{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,y)}}{\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (u,v,w)}}$$