$\textcolor{Red}{\textbf{Regla de la Cadena}}$

$\textbf{Ejemplo.}$ Dadas $g(x,y)=(xy,5x,y^{3})$ y $f(x,y,z)=(3x^{2}+y^{2}+z^{2},5xyz)$.

Calcular $JF\circ g$

$\small{Demostración.}$

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

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

$\textbf{Teorema 1.}$ 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 $x_{0}$

$\small{Demostración}$ 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
$$\lim_{h\rightarrow0}\frac{|f(g(x_{0}+h))-f(g(x_{0}))-Jf(g(x_{0}))Jg(x_{0})h|}{|h|}=0$$

$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita (versión 1)}}$

$\textbf{Teorema 2.}$ 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 $y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial
x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$.

$\textbf{Demostración.}$

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 $x\in(x_{0}-h,x_{0}+h)$
$$F(x,f(x))=0,~~y~~\frac{\partial
F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$$ $\quad$