El Teorema de la funci´
on implicita versi´
on para funciones
f
:
R
→
R
Teorema 1. Considere la funci´ony=f(x). Sea (x0, y0)∈R2 un punto tal queF(x0, y0) = 0. Suponga que la funci´on F tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro(x0, y0)y que
∂F
∂y(x0, y0)6=
0.
EntoncesF(x, y) = 0 se puede resolver paray en t´erminos de xy definir as´ı una funci´on y=f(x)con dominio en una vecindad de (x0, y0), tal que y0 = f(x0), lo cual tiene derivadas continuas en V que pueden calcularse como y0 =f0(x) =−
∂F ∂x(x, y) ∂F
∂y(x, y)
,x∈V.
Demostraci´on. Como∂F
∂y(x0, y0)6= 0 supongamos sin perdida de generalidad que ∂F
∂y(x0, y0)>0. Por ser ∂F
∂y continua en una vecindad de (x0, y0) entonces exite un cuadrado S, centrado en (x0, y0) totalmente
contenido en esa vecindad, en donde ∂F
∂y(x, y)>0∀x, y∈S.
Sea
S={(x, y)∈R2 | |x−x
0|< h y|y−y0|< k}
En todo punto (x, y) que pertenece a S, ∂F
∂y(x, y)>0. Esto quiere decir que en S, F es creciente y fijando x0en [x0−h, x0+h] se tiene que F es creciente en [y0−k, y0+k] y se anula eny0, por lo que
F(x0, y0−k)<0 y F(x0, y0+k)>0
Consideremos ahora el par de funcionesF(x, y0−k) yF(x, y0+k) definidas en el intervalo (x0−k, x0+k).
Donde ambas funciones solo tienen x como variable. La primera funci´on cumpleF(x0, y0−k)<0 y por
ser continua enx0, es negativa en toda una vecindad (x0−h1x0+h1) dex0.
Analogamente, la segunda funci´on cumpleF(x0, y0+k)>0 y por ser continua enx0, es positiva en toda
una vecindad (x0−h2x0+h2) dex0.
Seah= m´ınh1, h2. Entonces para toda x tal que|x−x0|< hse tiene
Fijemos x en el intervalo (x0−h, x0 +h), y consideremos a F(x, y), s´olo como funci´on de y, sobre
[y0−k, y0+k]. Esta funci´on cumple que
F(x, y0−k)<0 y F(x, y0+k)>0
por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un ´unico y en (y0−k, y0+k) tal queF(x, y) = 0.
As´ı queda establecida la existencia y unicidad de la funci´ony=f(x). Donde adem´as,y0=f(x0), y para
todox∈(x0−h, x0+h)
F(x, f(x)) = 0, y ∂F
∂y(x0, y0)6= 0
Vamos a comprobar que la funci´on es continua, para ello se tiene
x∈[x0−h, x0+h] ⇒ |x−x0|< h
tomandoh < δ se tiene
|x−x0|< δ
esto quiere decir que
|y−y0|< k es decir |f(x)−f(x0)|< k
tomandok=se tiene quey=f(x) es continua Finalmente si
∂F
∂x(x0, y0), ∂F
∂y(x0, y0)
existen y son continuas entonces F es diferenciable por lo que
F(x0+h, y0+k)−F(x0, y0) =
∂F
∂x(x0, y0)h+ ∂F
∂y(x0, y0)k+R(h, k)
Tenemos que F es continua por lo que
F(x0+h, y0+k)−F(x0, y0) = 0 si h, k→0 tambi´en R(h, k)→0 si h, k→0 por lo que ∂F ∂x(x0, y0)h+ ∂F ∂y(x0, y0)k= 0 esto es k h=− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0) y cuandoh, k→0 se tiene dy dx =− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0)
Importante:Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci´ony=f(x) definida impl´ıci-tamente porF(x, y) = 0. Esto es, puede resolverse parayen t´erminos dex, pero no nos dice como hacer el despeje.
Ejemplo Considere la funci´onF(x, y) =e2y+x+ sin(x2+y)−1 en el punto (0,0) tenemos F(0,0) = 0.
Las derivadas parciales de F son
Fx=e2y+x+ 2xcos(x2+y)
Fy= 2e2y+x+ cos(x2+y) que son siempre continuas.
Adem´as, ∂F
∂y(0,0) = 3 6= 0 de modo que T.F.Im. garantiza una vecindad de x = 0 en la cual
podemos definir una funci´ony=f(x) tal queF(x, f(x)) = 0. Obs´ervese que en este caso no pode-mos hacer expl´ıcita la funci´ony=f(x) sin embargo tal funci´on existe y su derivada es
y0 =f0(x) =− ∂F ∂x ∂F ∂y = e 2y+x+ 2xcos(x2+y) 2e2y+x+ cos(x2+y)
Ejemplo ConsidereF(x, y) =x4−exy3−1 en el punto (1,1)
F(1,1) = 1−1 = 0,Fx= 4x3−y3exy 3−1
Por lo tanto, Fx|(1,1)= 3,Fy=−3xyexy 3−1
Y as´ı,Fy|(1,1)=−3, y
∂F
∂y =−36= 0.
El T.F.Im. nos garantiza que en los alrededores de (1,1) el nivel cero deF se ve como la gr´afica de la funci´ony=f(x) y que su derivada esy0= −4x
3−y3exy3−1
−3xy2exy3−1 .
Observe que en este caso la funci´onF permite hacer el despeje en t´erminos dex.
F(x, y) =x4−exy3−1 = 0 x4=exy3−1 ln(x4) =xy3−1 ln(x4) + 1 x 13
=y=f(x) que al derivar se debe de llegar al mismo resultado.
Ejemplo ConsidereF(x, y) =x2−y3−1 en el punto (x
0, y0) con y06= 0 tal que
F(x0, y0) = 0,Fx= 2x, Fy = 2y
Por lo tanto, Fx|(x0,y0)= 2x0,
Y as´ı,Fy|(x0,y0)= 2y0, y
∂F
∂y = 2y06= 0.
ElT.F.Im.nos garantiza que en los alrededores de (x0, y0) el nivel cero deF se ve como la gr´afica
de la funci´ony=f(x) y que su derivada es
y0(x) =− ∂F ∂x(x0, y0) ∂F ∂y(x0, y0) en este caso y0(x) =−2x0 2y0 =−x0 y0
siy0>0 tal funci´on esf(x) = √ 1−x2 por lo que y0=−√ x 1−x2 =− x y siy0<0 tal funci´on esf(x) =− √ 1−x2 por lo que y0=− −x −√1−x2 =− x y
El Teorema de la funci´
on implicita versi´
on para funciones
f
:
R
2→
R
Considere la funci´onF(x, y, z). Sea (x0, y0, z0)∈R3 un punto tal queF(x0, y0, z0) = 0. Suponga que la
funci´on F tiene derivadas parciales ∂F
∂x, ∂F
∂y, ∂F
∂z continuas en alguna bola con centro (x0, y0, z0) y que ∂F
∂z(x0, y0, z0)6= 0.
EntoncesF(x, y, z) = 0 se puede resolver paraz en t´erminos de x, yy definir as´ı una funci´onz=f(x, y) con dominio en una vecindad de (x0, y0, z0), tal quez0=f(x0, y0), lo cual tiene derivadas continuas en Vque pueden calcularse como
dz dx(x, y) =− ∂F ∂x(x, y) ∂F ∂z(x, y) dz dy(x, y) =− ∂F ∂y(x, y) ∂F ∂z(x, y)
Importante: Este es un resultado que garantiza la existencia de una funci´on z = f(x, y) definida impl´ıcitamente porF(x, y, z) = 0. Esto es, puede resolverse paraz en t´erminos dex, y, pero no nos dice como hacer el despeje.
Demostraci´on. Idea de la demostraci´on se tiene
∂F
∂z(x0, y0, z0)6= 0
podemos suponer que
∂F
∂z(x0, y0, z0)>0
Por ser ∂F
∂z continua en una vecindad de (x0, y0, z0) existe una bola centrada en (x0, y0, z0) tal que ∂F
∂z(x0, y0, z0)>0 ∀(x, y, z)∈ bola
en este caso
bola={(x, y, z)∈R3 | |x−x0|< h, |y−y0|< k, |z−z0|< `}
Tenemos que la funci´onF(x0, y0, z) es una funci´on creciente sobre [z0−`, z0+`] y asume el valor de cero
enz0 de tal forma que
Consideremos el par de funciones F(x, y, z0−`) y F(x, y, z0+`) definidas para (x, y)∈[x0−h, x0+h]×[y0−k, y0+k] La primera satisface F(x0, y0, z0−`)<0 la segunda cumple F(x0, y0, z0+`)>0
Fijemos (x, y) en [x0−h, x0+h]×[y0−k, y0+k] y consideramosF(x, y, z) solo como funci´on de z, sobre
[z0−`, z0+`]. Esta funci´on cumple
F(x, y, z0−`)<0 y F(x, y, z0+`)>0
por lo que al aplicar el Teorema del valor intermedio, obteniendose un ´unico z en (z0−`, z0+`) en donde
F(x, y, z) = 0.
Queda as´ı establecida la existencia y unicidad de la funci´onz =f(x, y) con dominio [x0−h, x0+h]×
[y0−k, y0+k] y rango [z0−`, z0+`]
Vamos a probar que dicha f es continua, para ello si
x∈[x0−h, y0+h] y∈[y0−k, y0+k] ⇒ |x−x0|< h |y−y0|< k por lo que k(x, y)−(x0, y0)k<|x−x0|+|y−y0|< h+k sih < k k(x, y)−(x0, y0)k<2k=δ donde |f(x, y)−f(x0, y0)|=|z−z0|< `=
por lo tantof(x, y) es continua. Ahora si suponemos que ∂F
∂x, ∂F
∂y, ∂F
∂z son continuas en los alrededores de (x0, y0, z0) en tonces F es
diferenciable y se tiene F(x0+h, y0, z0+`)−F(x0, y0, z0) = ∂F ∂x(x0, y0, z0)h+ ∂F ∂y(x0, y0, z0)0 + ∂F ∂z(x0, y0, z0)`+R(h, k, `) De donde F(x0+h, y0, z0+`)−F(x0, y0, z0)→0 R(h, k, `)→0 por lo que ∂F ∂x(x0, y0, z0)h+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`= 0 ⇒ h ` =− ∂F ∂x(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0)
y cuandoh, `→0 se tiene dz dx =− ∂F ∂x(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0) Analogamente F(x0, y0+k, z0+`)−F(x0, y0, z0) = ∂F ∂x(x0, y0, z0)0 + ∂F ∂y(x0, y0, z0)k+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`+R(h, k, `) De donde F(x0, y0+k, z0+`)−F(x0, y0, z0)→0 R(h, k, `)→0 por lo que ∂F ∂y(x0, y0, z0)k+ ∂F ∂z(x0, y0, z0)`= 0 ⇒ k ` =− ∂F ∂y(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0) y cuandoh, `→0 se tiene dz dy =− ∂F ∂y(x0, y0, z0) ∂F ∂z(x0, y0, z0)