O teorema da função implícita é um resultado equivalente ao teorema da função inversa que pode ser descrito numa primeira aproximação com o lidar com equações \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\) enquanto que aquele lidava com equações \(F(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{y}\).

Vamos ver como analisar um sistema de equações da forma \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\), em que pretendemos obter \(\boldsymbol{y}\) em função de \(\boldsymbol{x}\), de uma forma que possibilite a utilização do teorema da função inversa. O resultado dessa interpretação irá constituir o teorema da função implícita.

Exemplo. Considere-se o conjunto dos pontos $(x,y)$ do plano que verificam \[x^2+y^2=1.\] Trata-se da circunferência de raio $1$ centrada em $(0,0)$.

A circunferência pode ser considerada como o conjunto de nível $0$ da função $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $F(x,y)=x^2+y^2-1$. Não se trata obviamente de um gráfico de uma função $y$ de $x$ ou $x$ de $y$.

No entanto, para cada ponto da circunferência, excepto $(1,0)$, $(0,1)$, $(-1,0)$ e $(0,-1)$, podemos escolher um intervalo aberto contendo o ponto aonde o gráfico é um gráfico de uma função. É o que se ilustra na figura com o ponto $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ na figura. A porção do gráfico da circunferência no intervalo correspondente pode ser encarada como o gráfico de uma função $x\mapsto-\sqrt{1-x^2}$ ou de uma função $y\mapsto\sqrt{1-y^2}$.

Os pontos $(1,0)$ e $(-1,0)$ são especiais pois aí, por mais pequeno que seja um intervalo aberto que os contenha, a porção do gráfico que seleccionamos não é um gráfico de uma função $y$ de $x$. De forma similar para $(0,1)$ e $(0,-1)$ trocando os papéis de $x$ e $y$.

Note que os pontos problemáticos correspondem a pontos onde a tangente ao conjunto de nível é vertical ou horizontal.

Exemplo. Seja $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $G(x,y)=x^2+y^2-e^{xy^2}$ e consideremos o seu conjunto de nível \[\mathcal{N}_0=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2: G(x,y)=0\}.\] O ponto $(1,0)$ pertence a $\mathcal{N}_0$. Podemos pôr-nos a questão de saber se existe um intervalo aberto de $\mathbb{R}^2$ contendo $(1,0)$ tal que nesse intervalo os pontos de $\mathcal{N}_0$ formam um gráfico de uma função $x\mapsto h(x)$, isto é, verificando $G(x,h(x))=0$ e razoável do ponto de vista de diferenciabilidade no seu domínio.

Note que no primeiro exemplo a questão análoga tem resposta positiva graças a podermos algebricamente obter $y$ em função de $x$ perto de $(1,0)$. Agora tal é impossível. O que vamos fazer corresponde a usar o teorema da função inversa para resolver a questão.

Considere-se uma função $H:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ definida por \[H(x,y)=(x, G(x,y)).\] Esta função é de classe $C^1(\mathbb{R}^2)$, $G(0,1)=(0,0)$ e \[J_H(x,y)=\begin{bmatrix}1 & 0 \\ \frac{\partial G}{\partial x} & \frac{\partial G}{\partial y} \end{bmatrix}\] donde $\det J_H(x,y)=\frac{\partial G}{\partial y}$ e, em particular, \[\det J_H(0,1)=\frac{\partial G}{\partial y}(0,1)=\left.2y-2xye^{xy^2}\right|_{(x,y)=(0,1)}= 2 \neq 0.\] Podemos assim aplicar a $H$ o teorema dafunção inversa para garantir que possui uma inversa local definida num aberto contendo $(0,0)$ com valores num aberto contendo $(0,1)$.

Se designarmos essa inversa local por $\psi=(\psi_1,\psi_2)$ reparamos que, como a primeira função coordenada de $H$ transforma $(x,y)$ em $x$, $\psi_1$ também transformará um ponto $(x,v)$ no seu domínio em $x$. Se considerarmos $\psi_2$, notamos que transforma pontos $(x,0)$ no seu domínio em pontos $y$ tais que $G(x,y)=0$, isto é, $G(x, \psi_2(x,0))=0$. Portanto $h(x)= \psi_2(x,0)$ é uma função que resolve localmente, perto de $(0,1)$, a equação $G(x,y)=0$ e verifica $h(0)=1$.

Note que, do teorema da função inversa, sabemos que $\psi\in C^1$ e portanto $h\in C^1$. Se quisermos calcular a derivada de $h$ em $0$ podemos fazê-lo via teorema de derivação da função composta. Temos $G(x,h(x))=0$ para $x$ numa vizinhança de $0$. Daí que derivando ambos os membros desta igualdade obtemos \[\frac{\partial G}{\partial x}(x,h(x))+ \frac{\partial G}{\partial y}(x,h(x)) h'(x)=0.\] Particularizando para $x=0$ obtemos \[\frac{\partial G}{\partial x}(0,1)+ \frac{\partial G}{\partial y}(0,1) h'(0)=0\] donde $h'(0)=-\frac{\partial G}{\partial x}(0,1)/\frac{\partial G}{\partial y}(0,1)=-\left.(2x-y^2 e^{xy^2})\right|_{(x,y)=(0,1)}/2=\frac{1}{2}.$

Em geral supomos \(\boldsymbol{x}\in\mathbb{R}^n\), \(\boldsymbol{y}\in\mathbb{R}^k\), \(U\subset \mathbb{R}^{n+k}\) um aberto,  \( F:U\subset \mathbb{R}^{n+k}\to \mathbb{R}^{k}\) uma função de classe \(C^1(U)\) e  \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\in U\) é tal que \(F(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)=0\). O que se pretende com o teorema da função implícita é garantir que existe uma vizinhança $W$ de $(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$ em que a equação \(F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=0\) define \(\boldsymbol{y}\) como uma função \(C^1\) de \(\boldsymbol{x}\) numa vizinhança de \(\boldsymbol{x}_0\), mais precisamente que existe uma função \(h:V\subset\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^k\), com \(V\) uma vizinhança de \(\boldsymbol{x}_0\), $h\in C^1(V)$, tal que $F(\boldsymbol{x},h(\boldsymbol{x}))=0$ para todo o \(\boldsymbol{x}\in V\) e \[\left\{(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\in W: F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\boldsymbol{0}\right\}=\left\{(\boldsymbol{x}, h(\boldsymbol{x})): \boldsymbol{x}\in V\right\}.\]

Para estudar esta questão usando o teorema da função inversa consideramos a aplicação \[  (\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\mapsto (\boldsymbol{x},F(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}))\equiv G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})\]

A matriz jacobiana de \(G\) tem a seguinte estrutura \[J_G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\begin{bmatrix}I & 0 \\ \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{x}} & \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}} \end{bmatrix}\] em que \(\frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{x}} \) e \(\frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}} \) designam respectivamente as submatrizes jacobianas de \(F\) correspondentes às colunas envolvendo as coordenadas de \(\boldsymbol{x}\) e de \(\boldsymbol{y}\) respectivamente e \(I\) designa uma matriz identidade. Daí que \[\det J_G(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}) = \det \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}}\] e podemos aplicar a \(G\) o teorema da função inversa relativamente ao ponto \((\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\) se \(\det \frac{\partial F}{\partial \boldsymbol{y}}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)\neq 0\). Supondo que tal se verifica interpretemos quais são as conclusões obtidas do teorema da função inversa neste contexto: existem abertos \(W,T\) contendo \((\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{0})\) e \((\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{y}_0)\) respectivamente e uma aplicação \(H:W\to T \subset\mathbb{R}^{n+k}\) tal que \(H(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{0})=(\boldsymbol{x}_0,\boldsymbol{y}_0)\) e \(G(H(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}))=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})\) para todo o \((\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})\in W\). Mais explicitamente se convencionarmos \(H=(H_X,H_Y)\) (note-se que \(H_Y\) corresponde a considerarmos o vector das funções coordenadas de \(H\) de ordem \(n+1\) a \(n+k\)) temos \(F(\boldsymbol{x},H_Y(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{0}))=\boldsymbol{0}\) para \(\boldsymbol{x}\) numa vizinhança \(V\) de \(\boldsymbol{x}_0\), isto é, a função \(h\) que procurávamos é dada por \(h(\boldsymbol{x})=H_Y(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{0})\).

Exemplo. Considere \(f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) definida por \(f(x,y)=x^2+y^2+\log(x^2 y^2+1)\). A equação \(f(x,y)=1\) é satisfeita para \((x,y)=(0,1)\). Para investigarmos se a equação \(f(x,y)=1\) define \(y\) como função de \(x\) numa vizinhança de \(x=0\) notamos que \(f\) é de facto uma função de classe \(C^1\) e \[\frac{\partial f}{\partial y}=2y+\frac{2x^2 y}{x^2 y^2+1}\] donde \[\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=2\neq 0\] pelo que de facto o teorema da função implícita permite-nos tirar essa conclusão.

Se designarmos a função definida implicitamente por \(h\) temos \(h(0)=1\) e podemos pôr a questão de saber quanto vale a derivada de \(h\) em \(0\). Como temos \[f(x,h(x))=1\] para \(x\) numa vizinhança de \(0\) e temos a garantia de que \(h\) é diferenciável podemos diferenciar ambos os lados da igualdade anterior para obter \[\frac{\partial f}{\partial x}(x,h(x))+ \frac{\partial f}{\partial y}(x,h(x))h'(x)=0\] donde \[h'(x)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x,h(x))}{\frac{\partial f}{\partial y}(x,h(x))}\] e em particular \[h'(0)=-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,1)}{\frac{\partial f}{\partial y}(0,1)}=\frac{0}{2}=0\] onde usámos \[\frac{\partial f}{\partial x}=2x+\frac{2x y^2}{x^2 y^2+1}.\]

Exemplo.  Considere \(G:\mathbb{R}^4\to \mathbb{R}^2\) definida por \(G(x,y,z,w)=(x^2+y^2+z^2+w^2,z+\log(x^2 y^2z^2w^2+1 ))\). Temos \(G(0,0,1,1)=(2,1)\) e podemos pôr a questão de saber se o sistema \[\begin{cases}x^2+y^2+z^2+w^2 =2 \\ z+\log(x^2 y^2z^2w^2+1 )=1 \end{cases}\] define \((z,w)\) como função de \((x,y)\) numa vizinhança de \((0,0,1,1)\).

\(G\in C^1(\mathbb{R}^4)\) e a matriz jacobiana de \(G\) é \[J_G(x,y,z,w)=\begin{bmatrix}2x & 2y & 2z & 2w \\ \frac{2xy^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & \frac{2yx^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & 1+\frac{2zx^2y^2w^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} & \frac{2wx^2y^2z^2}{x^2 y^2z^2w^2+1} \end{bmatrix}\] pelo que \[J_G(0,0,1,1)=\begin{bmatrix}0 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\]

A submatriz jacobiana correspondente às variáveis \(z\) e \(w\) verifica \[ \det \frac{\partial G}{\partial(z,w)}(0,0,1,1)= \det \begin{bmatrix}2 & 2 \\ 1 & 0\end{bmatrix}=-2\neq 0\] pelo que o teorema da função implícita garante que a resposta à questão é afirmativa. Se designarmos a função definida implicitamente por \(H(x,y)=(Z(x,y), W(x,y))\) podemos calcular a sua matriz jacobiana no ponto \((0,0)\) por derivação de ambos os membros da identidade \(G(x,y,Z(x,y), W(x,y))=(2,1)\). Por exemplo, se estivermos interessados nos valores das derivadas parciais de \(Z\) e \(W\) em ordem a \(x\) somos conduzidos ao sistema (por conveniência de notação simplesmente indicamos \(z\) onde mais formalmente deveria estar \(Z(x,y)\), etc.)\[\begin{cases}2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}+2w\frac{\partial w}{\partial x}=0 \\ \frac{2xy^2z^2w^2}{x^2 y^2z^2 w^2+1} + \left(1+ \frac{2zx^2y^2w^2}{x^2 y^2z^2 w^2+1} \right)\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{2w x^2y^2z^2}{x^2 y^2z^2(x,y)w^2+1} \frac{\partial w}{\partial x}=0 \end{cases}\] Particularizando para \((x,y)=(0,0)\) e \((z,w)=(1,1)\) obtemos o sistema \[\begin{cases} 2 \frac{\partial z}{\partial x}(0,0) + 2 \frac{\partial w}{\partial x}(0,0)=0 \\ \frac{\partial z}{\partial x}(0,0) = 0 \end{cases}\] e portanto ambas estas derivadas parciais são nulas.