Теорема о неявной функции одной переменной

Формулировка

Пусть функция $F\left(x, y \right)$ определена в $R^{2}$ и:

  1. Функция $F\left(x, y \right)$ имеет в окрестности точки $\left( x_{0}, y_{0}\right)$ непрерывные частные производные $F_{x}\left(x, y \right)$ и $F_{y}\left(x, y \right)$;
  2. $F\left(x_{0}, y_{0} \right)=0$;
  3. $F_{y}\left(x_{0}, y_{0} \right)\neq 0$.

Тогда существует прямоугольник $K=\left\{\left(x, y \right): x_{0}-a\leq x\leq x_{0}+a, y_{0}-b\leq y\leq y_{0}+b \right\}$, $K\in R^{2}$, такой, что $\forall\left(x, y \right)\in K$ уравнение $F\left(x, y \right)=0$ определяет $y$ как неявную функцию $x$.
При этом функция $y=f\left(x \right)$ непрерывно дифференцируема на $\left(x_{0}-a; x_{0}+a \right)$ и $f’\left(x \right)=-\frac{F_{x}\left(x, f\left(x \right) \right)}{F_{y}\left(x, f\left(x \right) \right)}$.

Доказательство

Спойлер

Докажем существование неявной функции. Так как, по условию, $F_{y}\left(x_{0}, y_{0} \right)\neq 0$, то $F_{y}\left(x, y \right)>0$ либо $F_{y}\left(x, y \right)<0$. Без ограничения общности будем считать $F_{y}\left(x, y \right)>0$. Иначе можно было бы взять эквивалентную функцию $-F_{y}\left(x, y \right)=0$. Тогда $-F_{y}\left(x_{0}, y_{0} \right)>0$. Функция $F_{y}\left(x, y \right)$ непрерывна в точке $\left(x_{0}, y_{0} \right)$ и принимает в этой точке положительное значение. Следовательно, существует такой прямоугольник (рис.) $K_{1}=\left\{\left(x, y \right): \left|x-x_{0} \right|\leq a_{1}, \left|y-y_{0} \right|\leq b \right\}$, $K_{1}\in R^{2}$, в котором $F_{y}\left(x, y \right)>0$.

рис

Рассмотрим функцию одной переменной $\psi \left(y \right)=F\left(x_{0}, y \right)$, где $y_{0}-b\leq y\leq y_{0}+b$. $\psi \left(y \right)$ строго возрастает на отрезке $\left[y_{0}-b; y_{0}+b \right]$, так как $\psi ‘\left(y \right)=F_{y}\left(x_{0}, y \right)>0$.
В силу того, что $F\left(x_{0}, y_{0} \right)=0$, $\psi \left(y_{0} \right)=F\left(x_{0}, y_{0} \right)=0$.

Следовательно, $\psi \left(y_{0}-b \right)=F\left(x_{0}, y_{0}-b \right)<0$, $\psi \left(y_{0}+b \right)=F\left(x_{0}, y_{0}+b \right)>0$.

Так как функция $F\left(x, y \right)$ непрерывна, эти неравенства выполняются в некоторых окрестностях точек $\left(x_{0}, y_{0}-b \right)$ и $\left(x_{0}, y_{0}+b \right)$. Поэтому $\exists a\in \left(0, a_{1} \right):$  $\forall x \in \left[x_{0}-a; x_{0}+a \right]$ выполняется $F\left(x, y_{0}-b \right)<0$, $F\left(x, y_{0}+b \right)>0$.

Покажем, что в прямоугольнике $K=\left\{\left(x, y \right): \left|x-x_{0} \right|\leq a, \left|y-y_{0} \right|\leq b \right\}$ уравнение $F\left(x, y \right)=0$ определяет $y$ как неявную функцию $x$.

Для произвольной точки $x*\in \left[x_{0}-a; x_{0}+a \right]$ рассмотрим непрерывную на $\left[y_{0}-b; y_{0}+b \right]$ функцию одной переменной $\varphi \left(y \right)=F\left(x*, y \right)$.

Так как $F\left(x, y_{0}-b \right)<0$, $F\left(x, y_{0}+b \right)>0$, $\varphi \left(y \right)$ принимает на концах отрезка значения разных знаков: $\varphi \left(y_{0}-b \right)=F\left(x*, y_{0}-b \right)<0$, $\varphi \left(y_{0}+b \right)=F\left(x*, y_{0}+b \right)>0$.

По теореме Коши о нулях непрерывной функции $\exists y*\in \left[y_{0}-b; y_{0}+b \right]: \varphi \left(y* \right)=F\left(x*, y* \right)=0$.

Так как $\varphi ‘\left(y \right)=F_{y}\left(x*, y \right)>0$, то функция $\varphi \left(y \right)$ строго возрастает на отрезке $\left[y_{0}-b; y_{0}+b \right]$ и не может обратиться на этом отрезке в нуль более одного раза.

Таким образом, $\forall x\in \left[x_{0}-a; x_{0}+a \right]$ $\exists !y\in \left[y_{0}-b; y_{0}+b \right]:$$ F\left(x, y \right)=0$. Следовательно, в прямоугольнике $K$ уравнение $F\left(x, y \right)=0$ определяет $y$ как неявную функцию $x$.

[свернуть]
Спойлер

Докажем непрерывную дифференцируемость неявной функции. Так как функция $F_{y}\left(x, y \right)$ непрерывна на замкнутом прямоугольнике $K$, то по теореме Вейерштрасса она принимает на этом прямоугольнике своё наименьшее значение $\alpha $. $F_{y}\left(x, y \right)>0$ на $K$, следовательно $F_{y}\left(x, y \right)\geq \alpha >0$, где $\left(x, y \right)\in K$.

Непрерывная на $K$ функция $F_{x}\left(x, y \right)$ ограничена на $K$. Это значит, что
$\left|F_{x}\left(x, y \right) \right|<\beta$, где $\left(x, y \right)\in K$.

Пусть $y=f\left(x \right)$ — неявная функция, определяемая в прямоугольнике $K$ уравнением $F\left(x, y \right)=0$. Возьмём точки $\left(x, y \right)$, $\left(x+\Delta x, y+\Delta y \right)$ $\in G_{F}$ функции $f\left(x \right)$ (график функции $f\left(x \right)$).
Тогда $F\left(x, y \right)=0$, $F\left(x+\Delta x, y+\Delta y \right)=0$.

Воспользуемся формулой конечных приращений Лагранжа:
$F_{x}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)\Delta x+F_{y}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)\Delta y=0$,

$\Delta y=-\frac{F_{x}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)}{F_{y}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)}\Delta x$, где $0<\theta <1$.

Из $F_{y}\left(x, y \right)\geq \alpha >0$, $\left|F_{x}\left(x, y \right) \right|<\beta$, $\left(x, y \right)\in K$ получаем:
$\left|\Delta y \right|\leq \frac{\beta }{\alpha }\left|\Delta x \right|$.

Следовательно, $\Delta y\rightarrow 0$ при $\Delta x\rightarrow 0$ и неявная функция $f\left(x \right)$ непрерывна в любой точке $x\in \left[x_{0}-a; x_{0}+a \right]$.

Воспользуемся непрерывностью частных производных, поделим предыдущее равенство на $\Delta x$ и перейдём к пределу при $\Delta x\rightarrow 0$:

$\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}-\frac{F_{x}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)}{F_{y}\left(x+\theta \Delta x, y+\theta \Delta y \right)}$.

Выполняется условие теоремы:

$f’\left(x \right)=-\frac{F_{x}\left(x, f\left(x \right) \right)}{F_{y}\left(x, f\left(x \right) \right)}$.

Следовательно, $f’\left(x \right)$ будет непрерывной на отрезке $\left[ x_{0}-a;x_{0}+a\right]$ как суперпозиция непрерывных функций.

[свернуть]

Примеры

Спойлер

Найти производную от функции, заданной неявно.
$$ \frac{e^{y}}{3x}=2xy+7$$
$$\left ( \frac{e^{y}}{3x} \right )’=\left ( 2xy+7 \right )’$$
$$\frac{\left ( e^{y} \right )’\cdot 3x-e^{y}\cdot \left ( 3x \right )’}{9x^{2}}=\left ( 2xy \right )’+7’$$
$$\frac{e^{y}\cdot y’\cdot 3x-e^{y}\cdot 3}{9x^{2}}=2y+2x\cdot y’$$
$$e^{y}xy’-e^{y}=6yx^{2}+6x^{3}y’$$
Ответ:
$$y’=\frac{6yx^{2}+e^{y}}{e^{y}x-x^{3}}$$

[свернуть]
Спойлер

Найти производную от функции, заданной неявно.
$$8x^{2}y^{3}-6x=9y-2$$
$$\left ( 8x^{2}y^{3}-6x \right )’=\left ( 9y-2 \right )’$$
$$\left ( 8x^{2}y^{3} \right )’-6\left ( x \right )’-9\left ( y \right )’+2’=0’$$
$$16xy^{3}+24x^{2}y^{2}y’-6-9y’=0$$
Ответ:
$$y’=\frac{6-16xy^{3}}{24x^{2}y^{2}-9}$$

[свернуть]

Теорема о неявной функции одной переменной

Тест для закрепления материала.


Таблица лучших: Теорема о неявной функции одной переменной

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Теорема о неявной функции одной переменной: 2 комментария

  1. — нет меток
    — пропущено слово в вопросе «чтобы теорема справедлива»
    — мне кажется, что вопрос «в порядке убывания степени x в производной» не очень удачный — ответ можно дать без решения

    1. Исправила первые два и добавила новые вопросы. А в тесте с порядком убывания степени была ошибка, я её исправила, и оказалось, что в двух функциях степени сохраняются, а в третьей — нет, значит, угадать уже нельзя, нужно дифференцировать.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *