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-Teorema da Função implicita:
-Seja $f: U \subset \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^m \rightarrow \mathbb{R}^m$. Suponhamos que
-$f(x_0, y_0) = z_0$ para algum $(x_0, y_0) \in U$. Se $f$ for $C^r, 1 \leq r \leq \infty$ e $B = [\frac{\partial f_i (x_0, y_0)}{\partial y_j}]$ é inversível então existe uma (única) função $C^r$ $g : V \rightarrow \mathbb{R}^m$ tal que $f(x, g(x)) = z_0$ para todo $x \in V$ onde $V \subset \mathbb{R}^n$ é uma vizinhança de $x_0.$
-<WRAP center round important 60%>
-Sobre hipótese $C^1$
-</WRAP>
-A hipótese $C^1$ não é necessária para obter uma solução $g$. De fato basta assumir ([[https://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.517.4815&rep=rep1&type=pdf|External Link]]):
-  * $f(x , .)$ é contínua para todo $x$
-  * $f$ é diferenciável em $(x_0, y_0)$ (<color #ed1c24>Apenas neste ponto!</color>)
-  * $det [\frac{\partial f_i (x_0, y_0)}{\partial y_j}] \neq 0$
-e ai temos uma função $g$ como no teorema de função implicita (não afirmamos única solução $g$) e
-$$
- Dg_{x_0} = - \partial_y f^{-1} (x_0, y_0) \circ \partial_x f(x_0, y_0).
-$$
-<WRAP  round box 20%>
-Exemplo 1
-</WRAP>
-Considere \[
-f(x,y) = \begin{cases} x+y, &\text{se} \, x+y \neq 0; \\
-x^2+y^2, & \text{outros casos}
-\end{cases}
-\]
-Podemos verificar que $f(x, .) : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ não é contínua em $0$ para $x \neq 0$. Apesar de $f$ ser diferenciável em $(0, 0)$, ($Df_{(0, 0)} = [1 , 1]$) este ponto é o único ponto tal que $f(x, y) = 0$ e portanto não existe função $g$ como afirmada no teorema.
-{{youtube>WM7Fb8XqZD4?small}}