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
$$\frac{dz}{dy}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)}$$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$