Una función implícita es de la forma:
$\rm F(x_1, \dotsc, x_n) = 0$
Para dos variables:
$\rm F(x,y) = 0$
Para tres variables:
$\rm F(x,y,z) = 0$
Ejemplo:
$
\begin{array}{l}
\rm x^2 + y^2 = 1 \quad (x^2 + y^2 - 1 = 0) \\[1ex]
\begin{aligned}
&\rm y = \sqrt{1-x^2} &&\rm y = -\sqrt{1-x^2} \\[1ex]
&\rm h(x) = \sqrt{1-x^2} &&\rm h(x) = -\sqrt{1-x^2}
\end{aligned} \\[1ex]
\rm x^2 + h^2(x) = 1 \quad (x,h(x)) \in \text{circunferencia}
\end{array}
$
$\rm y = \sqrt{1-x^2} \quad y = -\sqrt{1-x^2}$
No se define una
única función.
$\rm g(x) = x^2 + h^2(x)$
$\rm x \in [-1, 1]$ y $\rm g(x)$ es constante (igual a 1) $\rm \Rightarrow g'(x) = 0$.
Derivando, usando la regla de la cadena cuando sea necesario:
$ \begin{array}{l} \rm 0 = g'(x) = 2x + 2h(x)h'(x) \\[1ex] \rm h'(x) = -\dfrac{x}{h(x)} \quad (\text{si } h(x) \neq 0) \end{array} $
Ejemplo:
$\rm \ln{x} \cdot y + xy^2 = 2 \quad E = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mathrel{|} \ln x \cdot y + xy^2 - 2 = 0\}$
$ \begin{align} \rm \mathrel{\exists} h : I \subset \mathbb{R} &\to \mathbb{R} \\ \rm x &\to \rm h(x) = y \end{align} $
$\rm \ln x \cdot h(x) + xh^2(x) - 2 = 0$
Derivando:
$ \begin{array}{l} \rm \dfrac{1}{x} \cdot h(x) + \ln x \cdot h'(x) + h^2(x) + 2x\,h(x)\,h'(x) = 0 \\[1ex] \rm h'(x)(\ln x + 2x\,h(x)) + \dfrac{1}{x} h(x) + h^2(x) = 0 \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm h'(x) = -\dfrac{\dfrac{1}{x} h(x) + h^2(x)}{\ln x + 2x\,h(x)} \\[1ex] \llap{\Rightarrow {}} \rm y' = -\dfrac{\dfrac{1}{x} y + y^2}{\ln x + 2xy} \quad (\text{si } \ln x + 2x\,h(x) \neq 0) \end{array} $
Sea:
$\rm C = \left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mathrel{|} F(x,y) = 0, F : B \subset \mathbb{ℝ}^2 \to \mathbb{R} \right\} \enspace$ (curva de $\mathbb{R}^2$)
Entorno a $\rm u_0 = (x_0,y_0)$ se supone que: $ \rm \mathrel{\exists} h : I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R} \\[1ex] \quad \rm h(x_0) = y_0 \\[1ex] \quad \rm F(x,h(x)) = 0 \mathrel{\forall} x \in I $
$\rm g(x) = F(x,h(x)) = (F \circ \overline{h})(x)$
$ \begin{align} \rm \overline{h} : I \in \mathbb{R} &\to \mathbb{R}^2 \\[1ex] \rm x &\to \rm (x,h(x)) \end{align} $
$\llap{\Rightarrow {}} \rm g(x) = 0 \mathrel{\forall} x \in I \Rightarrow g'(x_0) = 0$
$\llap{\Rightarrow}$ Regla de la cadena:
$ \begin{align} \rm \nabla F(u_0) \cdot \overline{h}{}'(x_0) &= \rm \left( \dfrac{\partial F}{\partial x}(u_0), \dfrac{\partial F}{\partial y}(u_0) \right) \cdot (1,h'(x_0)) = \\[1ex] &= \rm \dfrac{\partial F}{\partial x}(u_0) + \dfrac{\partial F}{\partial y}(u_0) h'(x_0) = 0 \end{align} $
Si $\rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(u_0) \neq 0$ entonces:
$ \rm h'(x_0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial x}(u_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial y}(u_0) } $
Ejemplo:
$\rm y^x - x^y = 0$
Derivada implícita de $\rm y$:
$\rm F(x,y) = y^x - x^y$
$ \rm y' = \dfrac{-(y^x \ln y - yx^{y-1})}{xy^{x-1} - x^y \ln x} \quad \begin{subarray}{l} \displaystyle \leftarrow -\text{ derivada parcial respecto de $\rm x$} \\ \displaystyle \leftarrow \text{ derivada parcial respecto de $\rm y$} \end{subarray} $
Teorema de la función implícita:
Si $\rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0) \neq 0$ entonces existe una función $\rm h(x)$ tal que $\rm y_0 = h(x_0)$ y $\rm F(x,h(x)) = 0 \mathrel{\forall} x$ en un entorno de $\rm x_0$.
Además también $ \rm h'(x_0) = -\dfrac{ \dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0) } $.
$ \quad \begin{array}{l} \rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0) \neq 0 \Rightarrow \text{Sí} \\[1ex] \rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_1,y_1) = 0 \Rightarrow \text{No} \end{array} $
Ejemplo:
$\rm x^2 + xy^2 = 2$
$\rm F(x,y) = x^2 + xy^2 - 2 = 0$
$\rm \dfrac{\partial F}{\partial y} = 2xy$
Si $\rm 2xy = 0$ no se puede aplicar el teorema.
$ \begin{array}{l} \rm x = 0 \Rightarrow 2xy = 0 \\[1ex] \rm y = 0 \Rightarrow 2xy = 0 \end{array} $
$\rm x = 0$
$ \rm \left. \begin{array}{l} \rm xy^2 = 0 \\[1ex] \rm x^2 = 0 \end{array} \right\} \Rightarrow x^2 + xy^2 = 0 \neq 2 \Rightarrow x \neq 0 \enspace $ ($\rm x$ no puede ser $\rm 0$).
$\rm y = 0$
$\rm xy^2 = 0 \,\Rightarrow\, x^2 = 2 \,\Rightarrow\, x = \pm\sqrt{2}$
$\llap{\Rightarrow {}} (\sqrt{2},0),(-\sqrt{2},0) \leftarrow$ No cumplen el teorema de la función implícita.
Para el resto de puntos:
$ \rm y' = -\dfrac{\partial F {∕} \partial x}{\partial F {∕} \partial y} = -\dfrac{2x + y^2}{2xy} $
$\rm F(x,y,z) = 0$
$ \rm S = \left\{ P = (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mathrel{|} F(x,y,z) = 0 \right\} \enspace $ "superficie de $\rm \mathbb{R}^3$"
¿Cuándo se puede hacer $\rm h(x,y) = (x, y, z(x,y))$?
Ejemplo:
$\rm x^2 + y^2 + z^2 = 1$
Un plano tangente para no ser completamente vertical la derivada respecto de $\rm z$ ha de ser diferente de cero.
El teorema de la función implicita establece que:
$\rm P = (x_0, y_0, z_0) \in S$
Si $\rm \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) \neq 0$ entonces:
En un entorno de $\rm (x_0, y_0)$ existe una función $\rm h$ tal que $\rm h(x_0,y_0) = z_0$ y $\rm F(x,y,h(x,y)) = 0$. Además $\rm \partial h{∕}\partial x (x_0,y_0), \partial h{∕}\partial y (x_0,y_0)$ se pueden calcular de la siguiente manera:
$\rm h(x,y) \quad \overline{h}(x,y) = (x, y, h(x,y))$
$\rm F(x,y,h(x,y)) = 0$
$\rm (F \circ \overline{h})(x,y) = F(x,y,h(x,y)) = 0$
$\llap{\Rightarrow {}} \rm D(F \circ \overline{h})(x_0,y_0) = 0$
Aplicando la regla de la cadena:
$ \def\rarrow#1#2{ \stackrel{#1}{ \underset{#2}{ \Rule{0pt}{0.4em}{0pt} \smash{ \xrightarrow[\hspace{8px}\hphantom{#2}\hspace{8px}]{\hspace{8px}\hphantom{#1}\hspace{8px}} } } } } \begin{array}{l} \mathbb{R}^2 \rarrow{\rm \overline{h}}{} \mathbb{R}^3 \\ \mathbb{R}^3 \rarrow{\rm F}{} \mathbb{R} \end{array} $
$ \begin{array}{l} \rm \nabla F(x_0,y_0,z_0) \cdot D \overline{h}(x_0,y_0) = \\[1ex] \qquad \begin{aligned} = {}& \rm \left( \dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0), \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0), \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) \right) \cdot \\[1ex] &{}\cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \rm \dfrac{\partial h}{\partial x}(x_0,y_0) & \rm \dfrac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0) \end{pmatrix} = 0 \end{aligned} \end{array} $
$ \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \rm \dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0) + \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) \cdot \dfrac{\partial h}{\partial x}(x_0,y_0) = 0 \\[1ex] \rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0) + \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) \cdot \dfrac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0) = 0 \end{array} \right\} $
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \rm \dfrac{\partial h}{\partial x}(x_0,y_0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) } \\[1ex] \rm \dfrac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) } \end{array} \right. \quad $ si $\rm \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) \neq 0$
Ejemplo:
$ \qquad \begin{array}{l} \rm F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 -1 \\[1ex] \rm F(x,y,z) = 0 \\[1ex] \rm \dfrac{\partial F}{\partial z} = 2z \neq 0 \Leftrightarrow z \neq 0 \end{array} $
En este caso según el teorema de la función implícita:
$ \begin{array}{l} \rm z = z(x,y) \\[1ex] \rm \dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{2x}{2z} = -\dfrac{x}{z} \\[1ex] \rm \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{2y}{2z} = -\dfrac{y}{z} \end{array} $
Ejemplo:
$\rm F(x,y,z) = zx^2 + e^z x^3 - z^5 \sin{y} - 1$
$\rm F(x,y,z) = 0$
$\rm z = z(x,y) \qquad (1, 0 , 0) = P$
$\rm F(1,0,0) = 1 - 1 = 0 \Rightarrow P \in S$ (Superficie)
$\rm \dfrac{\partial F}{\partial z}(x,y,z) = x^2 + x^3 e^z - 5z^4 \sin y$
$\rm \dfrac{\partial F}{\partial z}(1,0,0) = 1 + 1 - 0 = 2 \neq 0$
$\rm \dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y,z) = 2xz + 3x^2 e^z$
$\rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y,z) = -z^5 \cos y$
Por el teorema de la función implícita:
$ \rm \dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0,y_0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) } $
$ \rm \dfrac{\partial z}{\partial y}(x_0,y_0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0) } $
$ \rm \llap{\Rightarrow {}} \dfrac{\partial z}{\partial x}(1,0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial x}(1,0,0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(1,0,0) } = -\dfrac{3}{2} $
$ \rm \llap{\Rightarrow {}} \dfrac{\partial z}{\partial y}(1,0) = \dfrac{ -\dfrac{\partial F}{\partial y}(1,0,0) }{ \dfrac{\partial F}{\partial z}(1,0,0) } = 0 $
$ \rm \left\{ \begin{array}{l} \rm F(x,y,z) = 0 \\[1ex] \rm G(x,y,z) = 0 \end{array} \right. \qquad C = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \, \middle| \, \begin{array}{l} \rm F(x,y,z) = 0 \\[1ex] \rm G(x,y,z) = 0 \end{array} \right\} $ Curva de $\mathbb{R}^3$
$\rm C = \{h(t), t \in I \subset \mathbb{R}\} \leftarrow$ parametrización de $\rm C$ $\rm h : I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3$
¿Existe parametrización tal que $\rm t = x$?
$\rm h(x) = (x, y(x), z(x))$
$ \rm \underset{\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2}{(F,G)} \circ \underset{\mathbb{R} \to \mathbb{R}^3}{(x,y(x),z(x))} = \bigl(F(x,y(x),z(x)),G(x,y(x),z(x))\bigr) = 0 $
$ \rm \llap{\Rightarrow {}} D\bigl((F,G) \circ (x,y(x),z(x))\bigr) = 0 $
$ \begin{pmatrix} \rm \dfrac{\partial F}{\partial x} & \rm \dfrac{\partial F}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial F}{\partial z} \\ \rm \dfrac{\partial G}{\partial x} & \rm \dfrac{\partial G}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial G}{\partial z} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \rm y' \\ \rm z' \end{pmatrix} = 0 $
$ \begin{multline} \shoveleft \left\{ \begin{array}{l} \rm \dfrac{\partial F}{\partial x} + \dfrac{\partial F}{\partial y} y' + \dfrac{\partial F}{\partial z} z' = 0 \\[1ex] \rm \dfrac{\partial G}{\partial x} + \dfrac{\partial G}{\partial y} y' + \dfrac{\partial G}{\partial z} z' = 0 \end{array} \right. \tag{$\ast$}\label{*} \end{multline} $
Sistema que tiene solución si:
$ \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial F}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial F}{\partial z} \\ \rm \dfrac{\partial G}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial G}{\partial z} \end{vmatrix} \neq 0 $
Teorema de la función implicita para:
$\rm P = (x_0, y_0, z_0) \in C$
Si:
$ \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial F}{\partial y}(P) & \rm \dfrac{\partial F}{\partial z}(P) \\ \rm \dfrac{\partial G}{\partial y}(P) & \rm \dfrac{\partial G}{\partial z}(P) \end{vmatrix} \neq 0 $,
entonces en un entorno de $\rm P$ sobre $\rm C$ existen funciones $\rm y(x)$, $\rm z(x)$ tales que: $\rm y(x_0) = y_0$, $\rm z(x_0) = z_0$, $\rm (x, y(x), z(x)) \in C$. Además $\rm y'(x_0)$, $\rm z'(x_0)$ satisfacen el sistema $\eqref{*}$.
Ejemplo:
$ \left\{ \begin{array}{l} \rm F(x,y,z) = 2x^2 + 3y^2 - z^2 - 25 = 0 \\[1ex] \rm G(x,y,z) = x^2 + y^2 - z^2 = 0 \end{array} \right. \quad \rm {"}C{"} $
$\rm P = (x,y,z) \in C$
Se impone la condición:
$ \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial F}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial F}{\partial z} \\ \rm \dfrac{\partial G}{\partial y} & \rm \dfrac{\partial G}{\partial z} \end{vmatrix} $
Por tanto:
$ \rm \begin{vmatrix} \rm 6y & \rm -2z \\ \rm 2y & \rm -2z \end{vmatrix} = -12yz + 4yz = -8yz \neq 0 \equiv y,z \neq 0 $
Si y = 0:
$ \rm \begin{aligned}[b] \rm 2x^2 - z^2 &= 25 \\ \rm x^2 - z^2 &= 0 \\ \hline \rm x^2 &= 25 \end{aligned} \Rightarrow x = 5, z = 5 \qquad $ $\rm (5,0,5) \in C$, pero no se puede aplicar el teorema de la ecuación implicita.
¿$\rm P = (\sqrt{7}, 3, 4) \in C$?
$14 + 27 - 16 = 25$
$7 + 9 - 16 = 0$
$\Rightarrow$ Sí pertenece a $\rm C$.
En este caso como $\rm y,z \neq 0$ sí se puede aplicar el teorema:
En un entorno de este punto $\rm P$ existen funciones $\rm y(x)$, $\rm z(x)$ tales que: $\rm y(\sqrt{7}) = 3$, $\rm z(\sqrt{7}) = 4$, $\rm (x, y(x), z(x)) \in C$.
Derivando:
$ \left. \begin{array}{l} \rm 4x + 6yy' - 2zz' = 0 \\ \rm 2x + 2yy' - 2zz' = 0 \end{array} \right\} $
Para el punto P:
$ \left. \begin{alignedat}{2} 4 \sqrt{7} & {}+{} &\rm 18y' - 8z' &= 0 \\ 2 \sqrt{7} & {}+{} &\rm 6y' - 8z' &= 0 \end{alignedat} \right\} $
Siendo:
$ \begin{vmatrix} 18 & -8 \\ 6 & -8 \end{vmatrix} \neq 0 \Rightarrow \exists $ solución.
Así que resolviendo:
$\rm y'(\sqrt{7}) = -\sqrt{7}{∕}6$
$\rm z'(\sqrt{7}) = \sqrt{7}{∕}8$
Generalización
$\rm n$ "variables"
$\rm m$ "ecuaciones" $\quad \rm m \leq n$
El conjunto de puntos de $\rm \mathbb{R}^n$ que verifican las $\rm m$ ecuaciones son una variedad de $\rm \mathbb{R}^n$ de dimensión $\rm n - m$. La dimensión es el número de parámetros que se necesitan para describir la variedad.
$ \begin{array}{ll} \mathbb{R}^3 &\rm C \enspace \dim \, 1 \\ &\rm S \enspace \dim \, 2 \end{array} $
¿Puede hacerse que estos $\rm n - m$ parámetros sean las $\rm n - m$ primeras variables?
Para hacer esto se necesita un teorema de la función implícita. Por tanto, bajo ciertas condiciones de no anulación de unos determinantes de las derivadas parciales en un cierto punto. Se puede hacer considerando unas variables en función de las otras y calcular las derivadas.
Ejemplo:
$\rm (x,y,u,v) \quad P = (1,1,1,1)$
$ \rm \left. \begin{array}{l} \rm F(x,y,u,v) = xu + yvu^2 - 2 = 0 \\ \rm G(x,y,u,v) = xu^3 + y^2v^4 - 2 = 0 \end{array} \right\} {"}S{"} $
$\rm S \subset \mathbb{R}^4 \; \rightarrow \; \dim \, S = 4 - 2 = 2$
$ \rm S = \bigl\{(x,y,u,v) \,\big|\, F(x,y,u,v) = 0 , G(x,y,u,v) = 0 \bigr\} $
$\rm P \in S \enspace$ ($\rm P$ verifica las ecuaciones)
¿En un entorno de $\rm P$ sobre $\rm S$ se puede considerar $\rm u = u(x,y), v = v(x,y)$?
$\rm h : (x, y) \to (x, y, u(x,y), v(x,y)) \in S \enspace$ (en un entorno de $\rm P$)
$ \rm (F,G) \circ h = \underset{\mathbb{R^2} \to \mathbb{R}^2}{ \underline{ \underset{ \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^2 }{ (F,G) \vphantom{(x,y,u(x,y),v(x,y))} } \circ \underset{\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^4}{(x,y,u(x,y),v(x,y))} } } \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\ \rm \llap{{\large(}}F \rlap{(x,y,u(x,y),v(x,y)),G(x,y,u(x,y),v(x,y)){\large )} \,=\, (0,0)} \end{subarray} }{=} 0 $
$ \rm \llap{\Rightarrow {}} D((F,G) \circ h) = D\bigr((F,G) \circ (x,y,u(x,y),v(x,y))\bigl) = 0 $
Calcular el diferencial:
$ \underset{ \begin{gathered} \vphantom{\partial G {∕} \partial x} \\ \displaystyle \text{matriz jacobiana} \end{gathered} }{ \overset{ \begin{gathered} \displaystyle \rm D(F,G) \\ \displaystyle \downarrow \\ \vphantom{\partial F {∕} \partial x} \end{gathered} }{ \begin{pmatrix} \rm \smash{ \overset{ \partial F {∕} \partial x }{ u \vphantom{vu^2} } } & \rm \smash{ \overset{ \partial F {/} \partial y \vphantom{\partial F {∕} \partial x} }{ vu^2 } } & \rm \smash{ \overset{ \partial F {∕} \partial u }{ x + 2yvu \vphantom{yu^2} } } & \rm \smash{ \overset{ \partial F {∕} \partial v }{ yu^2 } } \\ \rm \smash{ \underset{ \partial G {∕} \partial x }{ u^3 \vphantom{2yv^4} } } & \rm \smash{ \underset{ \partial G {∕} \partial y }{ 2yv^4 } } & \rm \smash{ \underset{ \partial G {∕} \partial u }{ 3xu^2 \vphantom{4y^2v^3} } } & \rm \smash{ \underset{ \partial G {∕} \partial v }{ 4y^2v^3 } } \end{pmatrix} } } \overset{ \begin{gathered} \rm \displaystyle Dh \\ \rm \displaystyle \downarrow \\ \vphantom{\downarrow \partial {∕} \partial x} \end{gathered} }{ \begin{pmatrix} \smash{ \overset{\downarrow \partial {∕} \partial x}{\strut 1} } & \smash{ \overset{\partial {∕} \partial y \downarrow}{\strut 0} } \\ 0 & 1 \\ \rm \partial u {∕} \partial x & \rm \partial u {∕} \partial y \\ \rm \partial v {∕} \partial x & \rm \partial v {∕} \partial y \end{pmatrix} } = 0 $
Si se escriben:
$ \begin{array}{ll} \rm \dfrac{\partial u}{\partial x} = u'_x & \rm \dfrac{\partial u}{\partial y} = u'_y \\[1ex] \rm \dfrac{\partial v}{\partial x} = v'_x & \rm \dfrac{\partial v}{\partial y} = v'_y \end{array} $
Entonces:
$ \left. \begin{array}{r} \rm u + (x + 2yvu)u'_x + y u^2 v'_x = 0 \\ \rm u^3 + 3x u^2 u'_x + 4 y^2 v^3 v'_x = 0 \end{array} \right\} $
$ \left. \begin{array}{r} \rm vu^2 + (x+2yvu)u'_y + y u^2 v'_y = 0 \\ \rm 2yv^4 + 3x u^2 u'_y + 4 y^2 v^3 v'_y = 0 \end{array} \right\} $
Para resolver debe cumplirse que:
$ \begin{vmatrix} \rm x+2yvu & \rm yu^2 \\ \rm 3xu^2 & \rm 4y^2 v^3 \end{vmatrix} \neq 0 $
Sustituyendo para el punto $\rm P$:
$ \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} \neq 0 $
Entonces, pues, en $\rm P$:
$ \begin{array}[t]{c} \left. \begin{alignedat}{2} &\rm 1 + 3u'_{x \vphantom y} + {}&\rm v'_x &= 0 \\ &\rm 1 + 3u'_{x \vphantom y} + {}&\rm 4v'_x &= 0 \end{alignedat} \right\} \\[1ex] \begin{aligned} \rm u'_{x \vphantom{y}} &= -1{∕}3 \\[1ex] \rm v'_{x \vphantom{y}} &= 0 \end{aligned} \end{array} \qquad \begin{array}[t]{c} \left. \begin{alignedat}{2} &\rm 1 + 3u'_y + {}&\rm v'_y &= 0 \\ &\rm 2 + 3u'_y + {}&\rm 4v'_y &= 0 \end{alignedat} \right\} \\[1ex] \begin{aligned} \rm u'_y &= -2{∕}9 \\[1ex] \rm v'_y &= -1{∕}3 \end{aligned} \end{array} $
Así que en un entorno del punto $\rm P = (1,1,1,1)$ sobre $\rm S$ se pueden encontrar funciones $\rm u(x,y), v(x,y)$ tales que:
$ \rm (x,y,u(x,y),v(x,y)) \in S, \left\{ \begin{array}{l} \rm u(1,1) = 1 \\ \rm v(1,1) = 1 \end{array} \right. $
y
$ \begin{array}{c} \rm \dfrac{\partial u}{\partial x}(1,1) = -1{∕}3, \dfrac{\partial u}{\partial y}(1,1) = -2{∕}9 \\[1ex] \rm \dfrac{\partial v}{\partial x}(1,1) = 0, \dfrac{\partial v}{\partial y}(1,1) = -1{/}3 \end{array} $
El determinante anteriormente visto en el último ejemplo es igual a:
$ \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial F}{\partial u} & \rm \dfrac{\partial F}{\partial v} \\ \rm \dfrac{\partial G}{\partial u} & \rm \dfrac{\partial G}{\partial v} \end{vmatrix} $
En general:
$ \rm \left. \begin{array}{l} \rm F_1(x_1, \dotsc, x_n) = 0 \\ \vdots \\ \rm F_m(x_1, \dotsc, x_n) = 0 \end{array} \right\} m \leq n \quad \rightarrow \quad \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial F_1}{\partial x_{n-m+1}} & \dots & \rm \dfrac{\partial F_1}{\partial x_n} \\ \vdots & & \vdots \\ \rm \dfrac{\partial F_m}{\partial x_{n-m+1}} & \dots & \rm \dfrac{\partial F_m}{\partial x_n} \end{vmatrix} \neq 0 $