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