Ejemplo. Se da el nivel cero de una función diferenciable $F:{\mathbb{R}}^4\to \mathbb{R}$ y un punto P perteneciente a este nivel. Diga en cada caso si en los alrededores del punto p es posible ver la gráfica de F como la gráfica de una función diferenciable del tipo

$$a)u=u(x,y,z)$$ $$b)z=z(x,y,u)$$$$c)y=y(x,u,z)$$ $$d)x=x(y,z,u)$$ para $x^2+y^2+z^2+u^u=4$ en $p=(1,1,1,1)$

Solución. En este caso para todos los incisos podemos definir $f(x,y,z,u)=x^2+y^2+z^2+u^u-4=0$ y para el inciso a, se tiene
$$\frac{\partial F}{\partial u}=2u{|}_{(1,1,1,1)}=2\ne 0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $u=u(x,y,z)$ y sus derivadas parciales seran:

$$\frac{\partial u}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2u}=-1$$
$$\frac{\partial u}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}=-\frac{2y}{2u}=-1$$
$$\frac{\partial u}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}=-\frac{2z}{2u}=-1$$

para el inciso b, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial z}=2z|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $z=z(x,y,u)$ y sus derivadas parciales seran: $$\frac{\partial z}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}=-\frac{2y}{2z}=-1$$ $$\frac{\partial z}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial z}{|}_{(1,1,1,1)}}=-\frac{2u}{2z}=-1$$

para el inciso c, se tiene

$$\frac{\partial F}{\partial y}=2y|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $y=y(x,z,u)$ y sus derivadas parciales seran: $$\frac{\partial y}{\partial x}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2z}{2y}=-1$$ $$\frac{\partial y}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}=-\frac{2u}{2y}=-1$$ para el inciso d, se tiene $$\frac{\partial F}{\partial x}=2x|(1,1,1,1)=2\ne 0$$ por lo tanto es posible ver a la gráfica de F como una función diferenciable del tipo $x=x(y,z,u)$ y sus derivadas parciales seran:
$$\frac{\partial x}{\partial y}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2x}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial z}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial z}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2z}{2y}=-1$$
$$\frac{\partial x}{\partial u}(1,1,1,1)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial u}|(1,1,1,1)}{\frac{\partial F}{\partial x}|(1,1,1,1)}=-\frac{2u}{2y}=-1$$

Teorema de la Función Implicita (version (4))

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
$u={\displaystyle \frac{1}{det\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|}(k_{1}dx-k_{2}by)}$, $$ $v={\displaystyle \frac{1}{det\left|\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right|}(k_{2}ay-k_{1}cx)}$.
Esta solución no cambiaria si consideramos
$$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 (Versión 4)

Teorema 1. 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 pérdida 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 $p$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Ejemplo. Analizar la solubilidad del sistema
$$e^u+e^v=x+ye$$ $$u{e}^u+v{e}^v=xye$$

Solución. En este caso definimos
$$F(x,y,u,v)=e^u+e^v-x-ye=0$$ $$G(x,y,u,v)=u{e}^u+v{e}^v-xye=0$$
por lo que el sistema tendrá solución si ${\displaystyle det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|\ne 0}$
En este caso
$$det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial v}}\\ {\displaystyle \frac{\partial F}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial G}{\partial v}}\end{array}\right|=det\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle e^u}& {\displaystyle e^v}\\ u{e}^u+e^{e^u}& v{e}^v+e^v\end{array}\right|=e^u(v{e}^v+e^v)-e^v(u{e}^u+e^u)=v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}\ne 0$$
por lo tanto u y v se pueden ver en términos de x,y $\therefore$ se pueden calcular sus parciales en $u=0,v=1,x=1,y=1$ que es este caso dan

$${\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{det\left|\begin{array}{cc}-1& -ye\\ e^v& v{e}^v+e^v\end{array}\right|}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}=-\frac{-(v{e}^v+e^v)+e^{v}ye}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}|(1,1,1,1)=\frac{2e-e^2}{e}=2-e}$$ $${\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{det\left|\begin{array}{cc}{e}^u& u{e}^u+e^u\\ -1& -ye\end{array}\right|}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}=-\frac{-y{e}^{u}e+u{e}^u+e^u}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}|(1,1,1,1)=\frac{e-1}{e}=1-e^{-1}}$$ $${\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{det\left|\begin{array}{cc}-e& -xe\\ e^v& v{e}^v+e^v\end{array}\right|}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}=-\frac{-e(v{e}^v+e^v)+e^{v}xe}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}|(1,1,1,1)=\frac{e^2+e^2-e^2}{e}=e}$$ $${\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{det\left|\begin{array}{cc}{e}^u& u{e}^u+e^u\\ -e& -xe\end{array}\right|}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}=-\frac{-e^{u}xe+e(u{e}^u+e^u)}{v{e}^{u+v}-u{e}^{v+u}}|(1,1,1,1)=\frac{e-e}{e}=0}$$