Ejemplo. Se da el nivel cero de una función diferenciable $F:{\mathbb{R}}^4\to \mathbb{R}$ 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
$$\frac{\partial F}{\partial u}=2u{|}_{(1,1,1,1)}=2\ne 0$$ 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:

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

para el inciso b, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial z}=2z|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ 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: $$\frac{\partial z}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}=-\frac{2y}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}{|}_{(1,1,1,1)}}=-\frac{2u}{2z}=-1$$

para el inciso c, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial y}=2y|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ 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: $$\frac{\partial y}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2z}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2u}{2y}=-1$$ para el inciso d, se tiene $$\frac{\partial F}{\partial x}=2x|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ 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:
$$\frac{\partial x}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2z}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2u}{2y}=-1$$

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 $det\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|\ne 0$ 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 $u={\phi }_1(x,y)$ y
$v={\phi }_2(x,y)$ son funciones implícitas dadas. Se espera que
${\mathrm{\exists }}^{\prime }$n funciones $u={\phi }_1(x,y)$ y
$v={\phi }_2(x,y)$ en
$$F(x,y,{\phi }_1(x,y),{\phi }_2(x,y)$$ $$G(x,y,{\phi }_1(x,y),{\phi }_2(x,y)$$
con $(x,y)$ en alguna vecindad $V$. Suponiendo que existen ${\phi }_1$ y ${\phi }_2$ 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

$det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|\ne 0$ 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 $\mathit{\text{B}}\in {\mathbb{R}}^4$ de centro $P$ las funciones $F$ y $G$ tienen (sus cuatro) derivadas parciales continuas. Si el Jacobiano ${\displaystyle \frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}(P)\ne 0}$ entonces las expresiones
$F(x,y,u,v)=0$ y $G(x,y,u,v)=0$ definen funciones (implícitas) $u={\phi }_1(x,y)$ y $v={\phi }_2(x,y)$ 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 $$det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|\ne 0$$ 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 ${\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}(p)\ne 0}$. 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 $$\frac{\partial H}{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial \psi }{\partial u}=\frac{\partial F}{\partial u}+\frac{\partial F}{\partial v}(-\frac{\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}})=\frac{\frac{\partial F}{\partial u}\frac{\partial G}{\partial v}-\frac{\partial F}{\partial v}\frac{\partial G}{\partial u}}{\frac{\partial G}{\partial v}}\ne 0$$por lo tanto para $H(x,y,u)=0$ tenemos que existe una función $u={\phi }_1(x,y)$ y por lo tanto $v=\psi (x,y,u)=\psi (x,y,{\phi }_1(x,y,u))={\phi }_2(x,y)$ y por tanto $u,v$ se pueden expresar en términos de $x,y$ en una vecindad de $p$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

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

Solución. En este caso definimos
$$F(x,y,u,v)=e^u+e^v-x-ye=0$$ $$G(x,y,u,v)=u{e}^u+v{e}^v-xye=0$$
por lo que el sistema tendrá solución si ${\displaystyle det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|\ne 0}$
En este caso
$$det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|=det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle e^u}& {\displaystyle e^v}\\ u{e}^u+e^{e^u}& v{e}^v+e^v\end{array}\right|=e^u(v{e}^v+e^v)-e^v(u{e}^u+e^u)=v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}\ne 0$$
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

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

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 ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0}$. 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 $$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}\$,\$x\in \mathcal{V}}$$.

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 $0<ϵ<k$. 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 $$T=(x,y)\in {\mathbb{R}}^2||x-x_0<ϵ,|y-y_0|<ϵ|$$obtenemos la misma función pero con dominio restringido a un intervalo $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ con $\delta 0$ tal que para todo x, si $|x-x_0|<\delta$ entonces $|f(x)-f(x_0)|<ϵ$. Por tanto, f es continua en $x_0$.\Para probar que f es continua en x $\mathrm{\forall }x\in (x_0-h,x_0+h)$ tómese $x_1$ en $(x_0-h,x_0+h)$ con $x_1\ne x_0$ y un $ϵ>0$ lo suficientemente pequeño para garantizar que el cuadrado $$U=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2||x-x_1<ϵ,|y-y_1|<ϵ|\}$$ 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 $|x-x_1<ϵ$, $x\in (x_0-h,x_0+h)$. Así, repitiendo el proceso para determinar f, ahora restringiendonos a las x que cumplen $|x-x_1<ϵ$, encontramos que existe una $0<{\delta }_1<ϵ$ tal que, para todo x, si $|x-x_1<{\delta }_1$ entonces $|f(x)-f(x_1)<ϵ$. 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 $y^{\prime }$ es continua en $I=(x_0-h,x_0+h)$ con derivada
$$y^{\prime }=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}$$

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
$$\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}\frac{r(h_1,h_2)}{|(h_1,h_2)|}=0$$
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
$$r(h_1,h_2)=0para{h}_1,h_2$$ 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 $h_2=\mathrm{△}y$ y $h_1=\mathrm{△}x$ por lo tanto
$$\frac{\mathrm{△}y}{\mathrm{△}x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)}$$
haciendo $\mathrm{△}y\mathrm{△}x\to 0$ se tiene
$$y^{\prime }(x_0)=\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)}$$
este mismo razonamiento es valido para $x\in I$. $$

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 ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ne 0}$.
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 $$\frac{dz}{dx}(x,y)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}}\frac{dz}{dy}(x,y)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}}}}$$
$\mathbf{\text{Importante:}}$ 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 $f(x,y,z)=x+y+z-z{e}^z$ 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 $z\ne 0$ y como ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}\ne 0}$. El $\mathbf{\text{T.F.Im.}}$ 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 $$\frac{dz}{dx}(x,y)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}}}$$ calcular $$\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}$$

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

Teorema de la Función Implícita (Versión (3))

Teorema 1. Considere la función $z=f(x_1,\dots ,x_n)$. Sea $p=(x_1,\dots ,x_n,y)\in {\mathbb{R}}^{n+1}$ un punto tal que $F(p)=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_i}}$, $i=1,\dots ,n$, y ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}$ continuas en alguna bola con centro $P$ y que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}\ne 0}$.
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 ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x_i}(x_1}$,…,$x_n)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{-\partial F}{\partial x_i}(x_1,\dots .,x_n)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_1,\dots ,x_n)}}}$ con $(x_1,\dots ,x_n)\in v$.

Demostración. Una idea de como probar lo anterior es la siguiente:
Como $\frac{\partial F}{\partial y}\ne 0$ entonces tenemos que $\frac{\partial F}{\partial y}>0$ ó $\frac{\partial F}{\partial y}<0$ supongamos sin perdida de generalidad que $\frac{\partial F}{\partial y}>0$ entonces tenemos que $F(x_1,x_2,\dots ,x_q,y)$ es creciente cuando $(x_1,\dots ,x_q)$ es constante $F(a_1,\dots ,a_q,y)$ es creciente $\mathrm{\forall }y\in [b-ϵ,b+ϵ]$ además se tiene que $F(a_1,\dots ,a_q,b)=0$ entonces $$F(a_1,\dots ,a_q,b+ϵ)>0F(a_1,\dots ,a_q,b-ϵ)<0$$ $\therefore$ Si $(x_1,\dots ,x_q)\in B_{\delta }(a_1,\dots ,a_q)$ entonces $$F(x_1,\dots ,x_q,b+ϵ)>0F(x_1,\dots ,x_q,b-ϵ)<0yFcontinua$$ se
tiene entonces que $\mathrm{\exists }!y=f(x_1,\dots ,x_q)\in [b-ϵ,b+ϵ]$ tal que $F(x_1,x_2,\dots ,x_q,f(x_1,x_2,\dots ,x_q))=0$ y
$b=f(x_1,x_2,\dots ,x_q)$. Hemos encontrado que si $(x_1,\dots ,x_q)\in B_{\delta }(a_1,\dots ,a_q)$ entonces $f(x_1,\dots ,x_q)=y\in (b-ϵ,b+ϵ)$
$\therefore$ f es continua. $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

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

$$Jf(g)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\partial f_1}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_1}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_1}{\partial z}(xy,5x,y^3)\\ \frac{\partial f_2}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_2}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_2}{\partial z}(xy,5x,y^3)\end{array}\right)=$$

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

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

Mientras que

$$Jg=\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial g_1}{\partial x}& \frac{\partial g_1}{\partial y}\\ \frac{\partial g_2}{\partial x}& \frac{\partial g_2}{\partial y}\\ \frac{\partial g_3}{\partial x}& \frac{\partial g_3}{\partial y}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial (xy)}{\partial x}& \frac{\partial (xy)}{\partial y}\\ \frac{\partial (5x)}{\partial x}& \frac{\partial (5x)}{\partial y}\frac{\partial (y^3)}{\partial x}& \frac{\partial (y^3)}{\partial y}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}y& x\\ 5& 0\\ 0& 3y^2\end{array}\right)$$

Por lo tanto

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

Teorema 1. Sea $f:D^{\prime }\subset {\mathbb{R}}^m\to {\mathbb{R}}^p$ una función definida en el abierto $D^{\prime }\subset {\mathbb{R}}^m$ y sea $g:D\subset {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ 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 $g(x_0)\in D^{\prime }$ entonces la función $f\circ g:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^p$ es diferenciable en $x_0$

Demostración. Tenemos que probar que

$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{h\to 0}{lim}\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}=0\end{array}$

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

$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|=$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)+Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|=$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)+Jf(g(x_0))[(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h]|\le$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)|+|Jf(g(x_0))[(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h]|\le$$

Como $|Jf(g(x_0))h|\le M|h|$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)|+M|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|$$
Como g es diferenciable en $x_0$, dado $ϵ>0$, existe ${\delta }_1>0$ tal que $|h|<{\delta }_1$ entonces
$$\frac{|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|}{|h|}<\frac{ϵ}{2M}$$
por lo tanto
$$|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|<\frac{ϵ|h|}{2M}$$
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
$$\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))h|}{|h|}<\frac{ϵ}{2M_1}\Rightarrow |f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))h|<\frac{ϵ}{2M_1}|h|$$
por lo tanto
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g(x_0)|<\frac{ϵ}{2M_1}|g(x_0+h)-g(x_0)|$$
ahora bien
$$|g(x_0+h)-g(x_0)|=|g(x_0+h)-g(x_0)-Jg(x_0)h+Jg(x_0)h|\le |g(x_0+h)-g(x_0)-Jg(x_0)h|+|Jg(x_0)h|\underset{ϵ=1}{\underbrace{\le }}|h|+M|h|=|h|M1$$
por lo tanto
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g(x_0)|<\frac{ϵ}{2M_1}|g(x_0+h)-g(x_0)|\le \frac{ϵ}{2M_1}|h|M_1=\frac{ϵ}{2}|h|$$
regresando ahora a (1) y tomando $\delta =min{\delta }_1,{\delta }_2,{\delta }_3$ se tiene que si $|h|<\delta$
$$\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}<\frac{1}{|h|}(\frac{ϵ}{2}|h|+M\frac{ϵ|h|}{2M})=ϵ$$
por lo tanto
$$\underset{h\to 0}{lim}\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}=0$$

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 ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0}$.
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 $y^{\prime }=f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}}$, $x\in \mathcal{V}$.

Demostración. Como ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0}$ 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 ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0}$ $\mathrm{\forall }x,y\in S$. Sea
$$S=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2||x-x_0|<ky|y-y_0<k|\}$$

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
$$F(x_0,y_0-k)<0yF(x_0,y_0+k)>0$$

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 $h=min\{h_1,h_2\}$. Entonces para toda $x$ tal que $$|x-x_0|yF(x,y_0+k)>0$$
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
$$F(x,y_0-k)<0yF(x,y_0+k)>0$$ 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 $x\in (x_0-h,x_0+h)$
$$F(x,f(x))=0,y\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0$$ $$