Teorema de la Función Implícita ($f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$

Teorema. 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 $y^{\prime }=f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}}$, $x\in \mathcal{V}$.

Ejercicio. Si $$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}}$$ calcular $y^{»}$

Solución. En este caso
$$y^{»}=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)[\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\frac{dx}{dx}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}\frac{dy}{dx}]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)[\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}\frac{dx}{dx}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}\frac{dy}{dx}]}{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^2}$$
$$=-\frac{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)[\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}})]-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)[\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}\frac{dx}{dx}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}(-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}})]}{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^2}$$
$$=-\frac{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^2\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\right)-\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)-\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}\right)+{\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)}^2\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}\right)}{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^3}$$
$$=-\frac{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^2\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}\right)-2\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)+{\left(\frac{\partial F}{\partial x}\right)}^2\left(\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}\right)}{{\left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)}^3}$$

Teorema de la Función Implícita ($f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$)

Teorema. 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 $$\frac{dz}{dx}(x,y)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}}\frac{dz}{dy}(x,y)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}}}}$$

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

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

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

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

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

Teorema de la Función Implicita (version sistemas de ecuaciones)

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 cambiaría 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 (sistemas de ecuaciones)

Teorema 3. 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 perdida 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 $p$. $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Introduccion

El Teorema de la función implicita versión para funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$

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 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
$$S=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2||x-x_0|<hy|y-y_0|<k\}$$

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 según 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 $x\in (x_0-h,x_0+h)$ $$F(x,f(x))=0,y\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0$$

Vamos a comprobar que la función es continua, para ello se tiene
$$x\in [x_0-h,x_0+h]\Rightarrow |x-x_0|<h$$
tomando $h<\delta$ se tiene
$$|x-x_0|<\delta$$
esto quiere decir que
$$|y-y_0|<k$$ es decir$$|f(x)-f(x_0)|,\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)$$
existen y son continuas entonces $F$ es diferenciable por lo que
$$F(x_0+h,y_0+k)-F(x_0,y_0)=\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)k+R(h,k)$$
Tenemos que $F$ es continua por lo que
$$F(x_0+h,y_0+k)-F(x_0,y_0)=0sih,k\to 0$$
también
$$R(h,k)\to 0sih,k\to 0$$
por lo que
$$\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)k=0$$
esto es
$$\frac{k}{h}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)}$$
y cuando $h,k\to 0$ se tiene
$$\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)}$$

Importante: Este es un resultado que garantiza la
existencia de una función $y=f(x)$ definida implícitamente por
$F(x,y)=0$. Esto es, puede resolverse para $y$ en términos de $x$,
pero no nos dice como hacer el despeje.

Ejemplo. Considere la función $F(x,y)=e^{2y+x}+\sin (x^2+y)-1$ en el punto (0,0) tenemos $F(0,0)=0$. Las derivadas parciales de $F$ son
$F_x=e^{2y+x}+2x\cos (x^2+y)$
$F_y=2e^{2y+x}+\cos (x^2+y)$

que son siempre continuas. Además, ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(0,0)=3\ne 0}$ de modo que $\mathbf{\text{T.F.Im.}}$ garantiza una vecindad de $x=0$ en la cual podemos definir una función $y=f(x)$ tal que $F(x,f(x))=0$. Obsérvese que en este caso no podemos hacer explícita la función $y=f(x)$ sin embargo tal función existe y su derivada es

$y^{\prime }=f^{\prime }(x)={\displaystyle -\frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}}={\displaystyle \frac{e^{2y+x}+2x\cos (x^2+y)}{2e^{2y+x}+\cos (x^2+y)}}}$

Ejemplo. Considere $F(x,y)=x^4-e^{x{y}^3-1}$ en el punto (1,1) $F(1,1)=1-1=0$, $F_x=4x^3-y^3{e}^{x{y}^3-1}$ Por lo tanto, $F_x|(1,1)=3$, $Fy=-3xy{e}^{x{y}^3-1}$
Y así, $F_y{|}_{(1,1)}=-3$, y ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=-3\ne 0}$.

El $\mathbf{\text{T.F.Im.}}$ nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero de $F$ se ve como la gráfica de la función $y=f(x)$ y que su derivada es $y^{\prime }={\displaystyle \frac{-4x^3-y^3{e}^{x{y}^3-1}}{-3x{y}^2{e}^{x{y}^3-1}}}$.

Observe que en este caso la función $F$ permite hacer el despeje en términos de $x$.

$F(x,y)=x^4-e^{x{y}^3-1}=0$
$x^4=e^{x{y}^3-1}$
$\ln (x^4)=x{y}^3-1$
${\left({\displaystyle \frac{\ln (x^4)+1}{x}}\right)}^{\frac{1}{3}}=y=f(x)$ que al derivar se debe de llegar al mismo resultado.

Ejemplo. Considere $F(x,y)=x^2-y^3-1$ en el punto $(x_0,y_0)$ con $y_0\ne 0$ tal que $F(x_0,y_0)=0$, $F_x=2x,F_y=2y$
Por lo tanto, $F_x|(x0,y_0)=2x_0$,
Y así, $F_y|(x0,y_0)=2y_0$, y ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}=2y_0\ne 0}$.
El $\mathbf{\text{T.F.Im.}}$ nos garantiza que en los alrededores de $(x_0,y_0)$ el
nivel cero de $F$ se ve como la gráfica de la función $y=f(x)$ y que su derivada es
$$y^{\prime }(x)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)}$$
en este caso
$$y^{\prime }(x)=-\frac{2x_0}{2y_0}=-\frac{x_0}{y_0}$$
si $y_0>0$ tal función es $f(x)=\sqrt{1-x^2}$ por lo que
$$y^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac{x}{y}$$
si $y_0<0$ tal función es $f(x)=-\sqrt{1-x^2}$ por lo que
$$y^{\prime }=-\frac{-x}{-\sqrt{1-x^2}}=-\frac{x}{y}$$

El Teorema de la función implicita versión para funciones $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

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.

Demostración. Consideremos el par de funciones
$$F(x,y,z_0-\ell )yF(x,y,z_0+\ell )$$
definidas para $(x,y)\in [x_0-h,x_0+h]\times [y_0-k,y_0+k]$\La primera satisface
$$F(x_0,y_0,z_0-\ell )<0$$ la segunda cumple $$F(x_0,y_0,z_0+\ell )>0$$
Fijemos $(x,y)$ en $[x_0-h,x_0+h]\times [y_0-k,y_0+k]$ y consideramos $F(x,y,z)$ solo como función de z, sobre $[z_0-\ell ,z_0+\ell ]$. Esta función cumple
$$F(x,y,z_0-\ell )<0yF(x,y,z_0+\ell )>0$$
por lo que al aplicar el Teorema del valor intermedio, obteniendose un único z en $(z_0-\ell ,z_0+\ell )$ en donde $F(x,y,z)=0$.Queda así establecida la existencia y unicidad de la función $z=f(x,y)$ con dominio $[x_0-h,x_0+h]\times [y_0-k,y_0+k]$ y rango $[z_0-\ell ,z_0+\ell ]$ Vamos a probar que dicha f es continua, para ello si
$$\left(\begin{array}{c}x\in [x_0-h,y_0+h],y\in [y_0-k,y_0+k]\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}|x-x_0|<h\Vert y-y_0|<k\end{array}\right)$$
por lo que
$$|(x,y)-(x_0,y_0)|<|x-x_0|+|y-y_0|<h+k$$
si $h<k$
$$|(x,y)-(x_0,y_0)|<2k=\delta$$
donde
$$|f(x,y)-f(x_0,y_0)|=|z-z_0|<\ell =ϵ$$
por lo tanto $f(x,y)$ es continua.Ahora si suponemos que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x},\frac{\partial F}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial z}}$ son continuas en los alrededores de $(x_0,y_0,z_0)$ en tonces F es diferenciable y se tiene
$$F(x_0+h,y_0,z_0+\ell )-F(x_0,y_0,z_0)=\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)h+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)0+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ell +R(h,k,\ell )$$

De donde
$$F(x_0+h,y_0,z_0+\ell )-F(x_0,y_0,z_0)\to 0$$
$$R(h,k,\ell )\to 0$$
por lo que
$$\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)h+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ell =0$$
$$\Rightarrow \frac{h}{\ell }=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)}$$
y cuando $h,\ell \to 0$ se tiene
$$\frac{dz}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)}$$
Análogamente
$$F(x_0,y_0+k,z_0+\ell )-F(x_0,y_0,z_0)=\frac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)0+\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)k+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ell +R(h,k,\ell )$$
De donde
$$F(x_0,y_0+k,z_0+\ell )-F(x_0,y_0,z_0)\to 0$$
$$R(h,k,\ell )\to 0$$
por lo que
$$\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)k+\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\ell =0$$
$$\Rightarrow \frac{k}{\ell }=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)}$$
y cuando $h,\ell \to 0$ se tiene
$$\frac{dz}{dy}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)}$$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$