$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implicita (version (1))}}$

$\textbf{Teorema 1.}$ 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 $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq 0$. 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 $$y’=f'(x)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$, $x \in \mathcal{V}$$.

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 $0<\epsilon<k$. 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 $$T={(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{0}<\epsilon,|y-y_{0}|<\epsilon|}$$obtenemos la misma función pero con dominio restringido a un intervalo $(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$ con $\delta0$ tal que para todo x, si $|x-x_{0}|<\delta$ entonces $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$. Por tanto, f es continua en $x_{0}$.\Para probar que f es continua en x $\forall~x\in (x_{0}-h,x_{0}+h)$ tómese $x_{1}$ en $(x_{0}-h,x_{0}+h)$ con $x_{1}\neq x_{0}$ y un $\epsilon>0$ lo suficientemente pequeño para garantizar que el cuadrado $$U=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}~|~|x-x_{1}<\epsilon,|y-y_{1}|<\epsilon|\right\}$$ 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 $|x-x_{1}<\epsilon$, $x\in(x_{0}-h,x_{0}+h)$. Así, repitiendo el proceso para determinar f, ahora restringiendonos a las x que cumplen $|x-x_{1}<\epsilon$, encontramos que existe una $0<\delta_{1}<\epsilon$ tal que, para todo x, si $|x-x_{1}<\delta_{1}$ entonces $|f(x)-f(x_{1})<\epsilon$. 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 $y’$ es continua en $I=(x_{0}-h,x_{0}+h)$ con derivada
$$y’=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}$$

$Demostración$ 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
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$
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
$$r(h_{1},h_{2})=0parah_{1},h_{2}$$ 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 $h_{2}=\triangle y$ y $h_{1}=\triangle x$ por lo tanto
$$\frac{\triangle y}{\triangle x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
haciendo $\triangle y~\triangle x~\rightarrow~0$ se tiene
$$y'(x_{0})=\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x_{0},y_{0})}{\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})}$$
este mismo razonamiento es valido para $x\in I$. $\quad$

$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita ( Versión (2)) }}$

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 $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x_{0},y_{0},z_{0})\neq 0$.
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 $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}~~~\frac{d z}{dy}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$
$\textbf{Importante:}$ 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.

$\textbf{Ejemplo}$ Sea $f(x,y,z)=x+y+z-ze^{z}$ 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 $z\neq0$ y como $\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}\neq 0$. El $\textbf{T.F.Im.}$ 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

$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}= \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{-\partial F}{\partial x}}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z
}}=\displaystyle \frac{-1}{1-e^{z}(z+1)}$,$~~~~$ $\displaystyle
\frac{\partial F}{\partial y}= \displaystyle \frac{\displaystyle
\frac{-\partial F}{\partial y}}{\displaystyle \frac{\partial
F}{\partial z }}=\displaystyle \frac{-1}{1-e^{z}(z+1)}$.

$\textbf{Ejercicio}$ Si $$\frac{d z}{dx}(x,y)=-\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}$$ calcular $$\frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}$$

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

$\textcolor{Red}{\textbf{Teorema de la Función Implícita (Versión (3))}}$

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

$Demostración$ Una idea de como probar lo anterior es la siguiente:
Como $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}\neq 0$ entonces tenemos que $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}> 0$ ó $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}<0$ supongamos sin perdida de generalidad que $\frac{\partial F}{\partial \textcolor{Red}{y}}> 0$ entonces tenemos que $F(x_{1},x_{2},…,x_{q},y)$ es creciente cuando $(x_{1},…,x_{q})$ es constante $F(a_{1},…,a_{q},\textcolor{Red}{y})$ es creciente $\forall y\in [b-\epsilon,b+\epsilon]$ además se tiene que $F(a_{1},…,a_{q},b)=0$ entonces $$F(a_{1},…,a_{q},b+\epsilon)>0\quad
F(a_{1},…,a_{q},b-\epsilon)<0$$ $\therefore$ Si $(x_{1},…,x_{q})\in B_{\delta}(a_{1},…,a_{q})$ entonces $$F(x_{1},…,x_{q},b+\epsilon)>0\quad
F(x_{1},…,x_{q},b-\epsilon)<0\quad y\quad F\quad continua$$ se
tiene entonces que $\exists !\quad \textcolor{Red}{y}=f(x_{1},…,x_{q})\in [b-\epsilon,b+\epsilon]$ tal que $F(x_{1},x_{2},…,x_{q},f(x_{1},x_{2},…,x_{q}))=0$ y
$b=f(x_{1},x_{2},…,x_{q})$. Hemos encontrado que si $(x_{1},…,x_{q})\in B_{\delta}(a_{1},…,a_{q})$ entonces $f(x_{1},…,x_{q})=\textcolor{Red}{y}\in (b-\epsilon,b+\epsilon)$
$\therefore$ f es continua. $\square$