chirskii-lectures-2sem

1 x 1

две непрерывные функции y

1 x2 и y

2

1 x2 .

1

Теорема 29.1. Пусть

F x, y

определена

и непрерывна

вместе с

частными

производными

F

и

F

в окрестности точки x , y

,

такой, что

F(x

0

,y

0

) 0 и

0

x

y

0

F

x0, y0 0.

Тогда

существуют

числа

и

такие,

что

на

множестве

y

F x, y 0

равносильно уравнению y f x где

x x0

,

y y0

уравнение

F

f x

непрерывная и дифференцируемая на x0

,x0

функция, и

f x

x

.

F

y

Замечание.

Равносильность

F x, y 0

и

y f x

означает,

что

уравнение

F x, y 0

однозначно определяет в рассматриваемой

области дифференцируемую

функцию y f x такую, что y0 f x0 , вообще, F x, f x 0

при x x0 ,x0 .

►Доказательство.

По

условию

F

x0, y0 0.

Пусть,

для

определенности,

y

F

x0, y0 0.

Ввиду непрерывности

F

, это неравенство выполняется при всех x, y

y

y

что при y0 y y0

функция F x0, y 0, а при y0 y y0

F x0, y 0.

x0, y0

Окрестность, где

F

0

x0, y0

x

Далее,

F x, y - также непрерывна.

Поэтому

x0, y0

она сохраняет знак в некоторой окрестности любой

точки, где она положительна или отрицательна.

Значит, можно выбрать так, чтобы

F x, y

0

,

x x0

;x0

F x, y0

При любом

фиксированном

x [x0

; x0 ]

функция

F(x, y) возрастает

на

[y0

; y0 ].

При

этом

F(x, y0 ) 0,

F(x, y0

) 0 . Поэтому

существует,

притом

единственное значение y такое, что

F(x, y) 0.

Это значение

соответствует

точке

x.

Это соответствие и

обозначается

y f (x).

Таким образом, искомая функция построена. При этом, по

построению F(x, f (x)) 0

при x [x0

;x0 ].

Докажем, что f (x) непрерывна.

Пусть приращению x соответствует приращение

y . При

этом F(x x, y y) 0

по

построению

f (x). Но

F - дифференцируемая

функция, поэтому

0 F(x x, y y) F(x, y)

F

(x, y) x

F

(x, y) y x y

(3),

x

y

где , 0

при ( x, y) (0,0).

Так как по построению окрестности

F

0, из равенства (3)

следует, что при x 0

Билет 29. Неявная функция. (стр. 3 из 3)

F

F

F

Из равенства (3) следует, что

(x, y)

y

x, y

x

, т.к.

0,

и

y

x

y

0

y )

при достаточно малых

x

(а значит, по доказанному выше, и

коэффициент

y

F

(x, y)

y

F

x

при y

x

отличен от 0 и

.

Значит,

. Теорема

x

F

(x, y)

x 0 x

F

y

y

доказана.◄

Аналогичными рассуждениями можно доказать такую теорему:

Теорема 29.2. Пусть функция F(x1,...,xn , y)

непрерывна и имеет все непрерывные

частные

производные

в

окрестности

точки

(x0

,...,x0 , y0 )

такой,

что

1

n

F(x0 ,...,x0

, y0 ) 0, причем

F

(x0

,...,x0

, y0 ) 0

.

Тогда существуют числа

,...,

,

1

n

y

1

n

1

n

такие,

что в области

x

i

x0

i

,

i 1,...,n,

y y0

уравнение F(x ,...,x

n

, y) 0

i

1

равносильно уравнению

y f (x1,...,xn ) ,

причем функция

f (x1,...,xn )

непрерывна и

имеет непрерывные частные производные, причем

F

(x ,...,x

n

, y)

x

i

1

F

(x

,...,x

n

)

.

xi

1

F

(x1,...,xn

, y)

y

Математический анализ

I курс II семестр

Билет 30. Система неявных функций (стр. 2 из 4)

x

y

z

u

матрицы u

u равен 2, это означает, что ru и rv не параллельны и их векторное

x

y

z

v

v

v

i

j

k

y

z

x

z

x

y

x

y

z

u

u

u

u

u

u

(4),

n

y

z

i

x

z

j

x

y

k Ai Bj Ck

u

u

u

x

y

z

v

v

v

v

v

v

v

v

v

где буквы A,B,C обозначают соответствующие определители (у В учтен знак “-“).

Тогда формулы (3) можно переписать в виде

z

A

,

z

B

(5).

C

x

C

y

При этом если мы хотим рассматривать вместо (4) нормальный вектор единичной

длины, то, деля (4) на его модуль, т.е. на

A2 B2

C2 , получаем

A

B

C

n (cos ,cos ,cos )

,

,

(6).

A2 B2 C2

A2 B2 C2

A2 B2 C2

Преобразуем выражение

A2 B2

C2

. По определению это есть

r

r

r

r

sin

,

u

v

u

v

где - угол между r

и r . Тогда A2 B2

C2

(r )2(r )2 sin2 (r )2

(r )2(1 cos2

)

u

v

u

v

u

v

(ru )2(rv )2

(ru )(rv )cos 2

(ru )2(rv )2 (ru ,rv )2

EG F2 , где

2

x 2

y 2

z 2

2

x 2

y 2

z 2

E (ru )

, G (rv )

,

v

u

u

u

v

v