Matan__teoria

Напомним, что для функции одной переменной необходимым и достаточ( ным условием дифференцируемости функции является существование ее про( изводной. Для функции нескольких переменных необходимое условие диффе( ренцируемости и достаточное условие не совпадают. Рассмотрим эти условия для функции двух переменных (для простоты записи).

Пусть функция двух переменных f (x, y) является в точке P0 (x0, y0) . Тогда

1. функция f (x, y)	в точке P0 (x0, y0) ,
2.функция f (x, y)	f	′	(P ),	f ′	(P ) ,
		x	0	y	0

3. A = fx′ (P0), B = fy′ (P0) в формулах (3.1), (3.2), (3.3).

Доказательство. Для дифференцируемой функции справедливо равенство (3.1):

f(x0, y0) = A x+ B y+α x+β y.

Из этого равенства следует:

lim f (P0) = 0 или

x→0

y→0

тогда lim f (P) = f (P0 ) и функция f (P)

P→ P0

lim	f (P)− f (P )		= 0;
P→P		0
0

непрерывна в точке P0 .

Если y = 0 , то равенство f(x0, y0) = A x+ B y+α x+β y примет вид

x f (P0)= A x+α x .

x

f (P

)

(α → 0 при

(P

)=

x

f (P

)

Поэтому

0

= A+α

x → 0) и

f

′

lim

0

= A .

x

x

x

0

x→0

Аналогично, при x = 0 получим f′ (P ) = B .

y

0

Необходимые условия дифференцируемости не являются достаточ( ными, т.е. из непрерывности функции и существования ее частных производных не следует ее дифференцируемость. Это подтверждает следующий пример.

	x y	2			2	+ y	2	≠ 0, непрерывна и
Показать, что функция f (x, y) =			,	x
	x2 + y2
	0,			x	2	+ y	2	= 0

имеет частные производные в точке (0,0), но не дифференцируема в этой точке.

Решение. Данная функция f (x, y) непрерывна в точке (0,0), так как (пример 2.1)

lim f (x, y) = lim		x y2	= 0 = f (0,0). Кроме того, данная функция f (x, y) имеет
x→0	x→0 x2 + y2
y→0	y→0

частные производные в точке (0,0), т.к.

f ′	(0,0) =	lim	x	f (0,0)	=	lim	f (0+ x,0)− f (0,0)	=	lim
				x			x
x		x→0				x→0			x→0

	0	− 0
	( x)2
			= 0 ;
	x

11

аналогично fy′ (0,0) = 0. Предположим, что функция дифференцируема в точке (0,0),

т.е. ее приращение f (0,0) = f ( x, y)− f (0,0) =

x ( y)2

представимо в виде

( x)2 + ( y)2

f (0,0) = f′(0,0)

x+ f′ (0,0) y +ρ γ =0 x+0 y+ρ γ =

( x)2 +( y)2 γ, γ →0 при ρ → 0,

x

y

или f (0,0) =

x ( y)2

=

( x)2 + ( y)2 γ

. При y = x > 0 это равенство

( x)2 + ( y)2

( x)3

1

примет вид:

= 2( x)2 γ

. Тогда γ =

, то есть γ

не является бесконеч(

2 ( x)2

2

2

но малой, а функция f (x, y) не является дифференцируемой в точке (0,0).

Итак, из непрерывности функции и существования ее частных производных не следует дифференцируемость функции; нужны дополнительные условия на функцию, например, непрерывность ее частных производных.

Пусть функция f (x, y) имеет	частные производные	в точке
P0 (x0, y0) . Тогда функция f (x, y) является	в этой	точке.

Доказательство этой теоремы опустим.

Назовем функцию в точке, если функция в этой точке имеет частные производные n – го порядка.

3.3. Дифференциалы

Пусть функция f (x, y) дифференцируема в точке (x, y) . Тогда из равенства (3.1) и теоремы 3.1 следует, что приращение функции представимо в виде

		f (x, y) = fx′ (x, y) x+ fy′ (x, y) y+α x+β y				,	(3.4)
где	α = α ( x, y), β = β ( x, y) есть функции бесконечно малые						при
x →0, y →0.
В равенстве (3.4) выражение				fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y линейно относительно
x, y	и является главной частью приращения функции. Это выражение назы(
вают				f (x, y) и обозначают d f (x, y)
. Таким образом,
			d f (x, y) = fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y		.		(3.5)
Для функций ϕ (x, y) = x, ψ (x, y) = y				из равенства (3.5) следует:
	d x = dϕ (x, y) = ϕ′x x +ϕ′y y =1 x + 0 y d x = x,
	d y = dψ (x, y) =ψ′ x +ψ′ y = 0 x +1 y d y = y.
			x	y

12

Тогда равенство (3.5) примет вид

				′	′		.			(3.6)
			d f (x, y) = fx (x, y)		d x + fy (x, y) d y
Аналогично определяется										f (x, y, z) :
	d f (x, y, z) = fx′ (x, y, z) d x + fy′ (x, y, z) d y + fz′ (x, y, z) d z								.
				д
Запишем равенство (3.3) f (x0, y0)= A x+ B y+o(ρ)						в виде
				f (x0, y0) = d f (x0, y0) + o(ρ) .
Так как f (x0, y0) = f (x, y) − f (x0, y0) , то
			f (x, y) = f (x0, y0)+ d f (x0, y0)+ o(ρ )					или
				f (M ) = f (M0)+ d f (M0)+ o(ρ )				.

Если пренебречь бесконечно малой o(ρ), заменить d f (x0, y0) по формуле (3.5) и учесть, что x = x − x0 , y = y − y0 , то получим приближенное равенство:

	f (x, y) ≈ f (x0, y0) + fx′ (x0, y0) (x − x0) + fy′ (x0, y0) (y − y0)		.	(3.7)
Это равенство позволяет		функцию, т.е. заменить		функцию
f (x, y) в окрестности точки (x0 , y0)		функцией.

Равенство (3.7) используется также для приближенного вычисления значе( ния функции f (x, y) , если известно значение функции f (x0 , y0) .

Линеаризовать функцию f (x, y) = ln(3 x + 4 y −1) в окрестности точки (1, 1).

Решение. Найдем значения функции и ее частных производных в точке (1,1):

f (1,1) = ln(31 + 41 −1)= ln1= 0 ,

fx′	=						1							1 x−2			3 ,	fx′ (1,1)		= 1	,
				3 x + 4
										y −1				3						3
′	=		1										1		−3	4	,	′	(1,1) =		1	.
fy													4	y				fy			4
	3			x + 4 y −1

Теперь воспользуемся приближенным равенством (3.7)

f (x, y) = ln (3 x + 4 y −1) ≈ 13 (x −1) + 14 (y −1).

Итак, мы заменили функцию f (x, y) в окрестности точки (x0 , y0 )

функцией.

Из	равенства	(3.5)	следует,	что	дифференциал	функции
df (x, y) =	fx′ (x, y) x + fy′ (x, y) y		при фиксированных x и y есть снова функция
от переменных x и		y . Ее дифференциал называют
функции f (x, y) и обозначают d 2 f (x, y) .

13

Таким образом,

d 2 f (x, y) = d (d f(x, y))

при фиксированных x , y .

Выведем формулу для вычисления d 2 f (x, y) :

d 2 f (x, y) = d (d f (x, y)) = (d f )′

x + (d f )′

y =

x

y

= ( fx′ x + fy′ y)′ x +

( fx′ x + fy′ y)′ y =

(

x

)

(

y

)

xx

yx

xy

yy

=

f′′ ( x)2

+ f ′′

y x

+

f ′′

x y +

f ′′

( y)2

.

Таким образом,

2

′′

2

′′

′′

2

d

f (x, y) = fxx ( x)

+ 2 fx y x y + fy y ( y)

.

(3.8)

Запишем эту формулу в другом виде

d

2

f (x, y) =

∂2 f

( x)

2

+ 2

∂2 f

x y +

∂2 f

( y)

2

.

∂x2

∂x∂y

∂y

2

Так как это выражение напоминает формулу для квадрата суммы, удобно сим( волически это выражение записать в виде

	2		∂		∂	2
d		f (x, y) =	∂x	x +	∂y	y	f (x, y)	.

Аналогично определяются и вычисляются дифференциалы порядков выше второго:

d 3 f (x, y) = d (d2 f (x, y)), ...,		d n f (x, y) = d (d n−1 f (x, y))						при фиксированных x , y ;
		n		∂		∂	n
	d		f (x, y) =		x +		y	f (x, y)	.	(3.9)
				∂x		∂y

В частности,

	3		∂
d		f (x, y) =		x +
			∂x

∂

3

∂3 f

3

∂3 f

( x)

2

∂3 f

x( y)

2

∂3 f

3

y f (x, y) =

( x)

+ 3

y + 3

+

( y) .

∂y

∂x3

∂x2 ∂y

∂x∂y2

∂y3

Для функции трех переменных

	n		∂		∂		∂	n
d		f (x, y, z) =	∂x	x +	∂y	y +	∂z	z	f (x, y, z)	.

Применение дифференциалов высших порядков будет рассмотрено далее при исследовании функции нескольких переменных на экстремум.

3.4. Сложные функции и их дифференцирование

Пусть функция z = f (x, y) определена в области D , функции x = x (t) , y = y (t) определены на множестве S со значениями в области D . Если подставить зна( чения x = x (t) , y = y (t) в функцию z = f (x, y) , то получим z = f (x (t), y (t)) одной переменной t , определенную на множестве S . Перемен(

ные x , y называют промежуточными переменными, переменную t называют независимой переменной.

14

Пусть z = f (x, y), x = x (t) , y = y (t) − дифференцируемые функ( ции. Тогда производная сложной функции z = f (x (t), y (t)) равна

zt′ = z′x x′t + z′y y′t .	(3.10)

Доказательство. Придадим t приращение t . Тогда переменные x, y получат приращение x, y , и переменная z получит приращение z . Так как функция z = f (x, y) − дифференцируема, то

z = z′x x + z′y y +α x + β y ,

α= α ( x, y), β = β ( x, y) есть функции бесконечно малые при x →0, y →0.

Разделим равенство на t :

z

′

x

′

y

x

+ β

y

(3.11)

t

= zx

t

+ zy

t +α

t

t .

Так как функции x = x (t) , y = y (t)

− дифференцируемы, то

′

= lim

x

,

′

= lim

y

,

а) эти функции имеют производные x

t

y

t

t

t→0

t

t→0

б) эти функции непрерывны и, значит,

x →0, y →0 при t →0 , из чего

следует, что и α →0, и β →0 .

С учетом этого при переходе в равенстве (3.11) к пределу при t → 0 , получим: z′t = z′x x′t + z′y y′t + 0 x′t + 0 y′t = z′x x′t + z′y y′t .

Полученная формула (3.10) обобщается на сложные функции с любым чис( лом промежуточных и независимых переменных. Справедливо общее правило:

Для отыскания производной сложной функции по независимому аргументу надо ее производную по каждому промежуточному аргументу умножить на производную этого промежуточного аргумента по незави( симому аргументу и сложить эти произведения.

Поясним это правило в следующих случаях:

1) z = f (u,v) , где u = u (x, y), v = v (x, y) .

Тогда z = f ( u (x, y),v (x, y)) есть сложная функция независимых переменных x, y и

			z′x	= z′u u′x + z′v v′x				.
			z′	= z′	u′	+ z′	v′
			y	u	y	v	y
2) z = f (x, y,t) и x = x(t), y = y(t).
Тогда z = f (x(t), y(t),t) есть сложная функция							независимой переменной t . По(
этому ее производную обозначим	dz		(полная производная), а не							∂ z	(частная произ(
	dt									∂ t

водная). Промежуточные переменные – x , y , t . Итак, согласно общему правилу:

dzdt = ∂∂xz dxdt + ∂∂ zy dydt + ∂∂ zt .

Найти частную производную ∂∂ zt и полную производную dd zt ,

если z = x2 + y3 + arctgt , x = sin t, y = cost .

15

f (x, y)

f (x, y)

∂z

∂z

2

∂ z

′

1

Решение. Так как

∂x = 2x ,

∂y

=

3y

,

∂t

= (arctgt)

=

1+ t2

, то

dz

=2x cost+3y2 (−sint)+

1

=2sint cost−3cos2t sint+

1

.

dt

1+t2

1+t2

Найти z′′x x

для функции z =

2

x

f x

y,

.

y

Решение. Представим функцию в виде z = f (u,v), где u = x2y,

v =

x

. Тогда

y

′

′

′

′

′

′

′

1

= f

+ f

=

f

2 x y

+ f

,

z

x

u

u

x

v

v

x

u

v

y

1

′

= fu′ (2 y)+ ( fu′ )′

2 x y + ( fv′ )′

1

z′′x x = fu′ 2 x y +

fv′

=

y

y

x

x

x

= 2 y fu′ + ( fuu′′ u′x + fuv′′ v′x) 2 x y + ( fvu′′ u′x + fvv′′ v′x)

1

=

y

1

1

1

= 2 y fu′ +

fuu′′ 2 x y +

fu′′v

2 x y

+

fvu′′ 2 x y + fvv′′

.

y

y

y

Учитывая, что f

′′

= f

′′

, получим

′′

= 2 y f

′

+ 4 x

2

y

2

f

′′

+ 4 x

f

′′

+ f

′′

1

.

uv

vu

z

x x

u

uu

uv

vv

y2

3.5. Дифференциалы сложной функции

1). Сначала рассмотрим случай функции z = f (x, y)

независимых переменных x, y.

Для такой функции

(d x,

d y −const);

d z = fx′ d x + fy′ d y,

(3.12)

d2z = d (d z) = d ( fx′ d x + fy′ d y)= d ( fx′) d x + d ( fy′ ) d y .

(3.13)

2). Теперь рассмотрим случай функции z = f (x, y), где x, y − зависимые переменные

x = x(t), y = y(t). Получим сложную функцию z = f (x(t),							y(t)) = F (t), для которой
d z = Ft′d t = ( fx′ x′t + fy′ y′t )d t = fx′ (x′t d t)+ fy′ (y′t d t)= fx′ d x + fy′ d y .
Итак, для сложной функции z = f (x, y), x = x(t), y = y(t)
		d z = f ′		d x + f ′	d y,						(3.14)
			x	y
но в отличие от формулы (3.12) здесь d x = x′ d t,					d y = y′ d t есть функции. Поэтому
				t		t
d2z = d (d z) = d ( f ′	d x + f ′	d y)= d ( f ′) d x + d (			f′ ) d y +			f ′	d 2x + f′	d2y .	(3.15)
x	y		x		y			x	y
Отметим, что, формулы		(3.13)	и	(3.15)	различны;				они совпадут,		если
d 2x = x′′(t) (d t)2 = 0, d 2y = y′′(t) (d t)2 = 0 , т.е., если						x = at + b, y = ct + d − линейные

функции.

Итак, сравнивая формулы (3.12) и (3.14), (3.13) и (3.15), приходим к следу( ющему выводу:

функции , т.е. одна и та же, и когда аргументы функции x, y независимы, и когда аргу( менты x, y сами являются функциями.

функции аргументы x, y есть линейные функции.

16

3.6. Неявные функции и их дифференцирование

								F (x, y) = 0
		Рассмотрим ряд примеров.
			Уравнение	x3 + y3 −1= 0 для		любого	x определяет		функцию
y = 3 1− x3 , заданную неявно уравнением x3 + y3 −1= 0.
			Уравнение x2 + y2 +1= 0 не имеет действительного
решения y(x) ни для какого действительного x , т.е. это урав(
нение не определяет функцию.
			Из уравнения e x y − x + y = 0 мы не можем выразить
y через x , но можем графически установить, имеет ли это
уравнение решение. Для этого зафиксируем x = xɶ, запишем ис(
ходное уравнение в виде				e xɶ y = xɶ− y и построим графики функ(					Рис. 6
ций ϕ (y) = e xɶ y, ψ (y) = xɶ− y				для xɶ > 0 (рис. 6), для xɶ < 0 (рис.7).
Для xɶ > 0 уравнение имеет единственное решение yɶ (рис. 6);
для xɶ < 0 уравнение не имеет решения (рис. 7);
для xɶ = 0 уравнение примет вид e0 + y = 0 и имеет решение y = −1.
	Таким образом, уравнение e x y − x + y = 0 имеет единственное
решение при каждом x ≥ 0 , т.е. уравнение определяет неявную
функцию y = y(x) при x ≥ 0 , но ее нельзя выразить через эле(									Рис. 7
ментарные функции.
			Пусть для x X		уравнение F (x, y) = 0		имеет решение y = ϕ (x).
Тогда функцию y = ϕ (x),				x X ,	называют			, определяемой
уравнением F (x, y) = 0 .
	Пусть 1) функция F (x, y) и ее частные производные непрерывны в окрест(
	ности точки (x0 , y0),			2) F (x0 , y0) = 0,		3) Fy′ (x0 , y0) ≠ 0.
	Тогда уравнение F (x, y) = 0 в окрестности точки (x0 , y0)							имеет единствен(
	ное решение y = ϕ (x)			такое,	что ϕ (x0) = y0 . Неявная			функция	y = ϕ (x) ,
	определяемая уравнением F (x, y) = 0 , непрерывна и имеет непрерывную
	производную в окрестности точки x0 .

Если в условии 3) теоремы Fy′ (x0 , y0) = 0, но Fx′ (x0 , y0) ≠ 0, тогда уравнение F (x, y) = 0 определяет неявную функцию x = x(y) .

Рассмотрим вопрос о дифференцировании неявной функции, определяемой уравнением F (x, y) = 0 . Пусть выполняются условия теоремы 3.4. Тогда уравне(

17

ние F (x, y) = 0 определяет неявную функцию y = y(x). Эта функция при подста( новке ее в уравнение F (x, y) = 0 обращает уравнение в тождество: F (x, y(x)) ≡ 0 . Дифференцируя это тождество по x , получим

	F′	x′		+ F′		y′		= 0.
	x		x		y		x
Так как F′	≠ 0 (по теореме 3.4), то y′		= −		F′
					x		. Сформулируем правило, которым
					F′
y		x
					y

удобно пользоваться для отыскания производной.

	Если неявная функция	y = y (x)	задана уравнением F (x, y) = 0 , то для
	нахождения производной	y′(x)	необязательно	разрешать уравнение
	F (x, y) = 0 относительно y ; следует продифференцировать это уравнение по
	x , учитывая, что y есть функция от x .
	Линеаризовать в окрестности точки			(0,−1) неявную функцию
y (x), заданную уравнением e x y− x + y = 0 .

Решение. Продифференцируем равенство e x y − x + y = 0 по x, учитывая, что y = y (x):

e

x y

′

′

или e

x y

′

′

, или

′

+ xe

x y

)=1

− ye

x y

(x y)x −1

+ yx = 0 ,

(y + x yx)−1+ yx = 0

yx (1

.

Отсюда получим

y′

= 1

− ye x y

,

y′ (0,−1) = 2 . Тогда

x

1

+ xe x y

x

y(x) ≈ y(x0)+ y′(x0) (x − x0)

или

y(x) ≈ −1+ 2 x .

F (x, y, z) = 0

Теперь рассмотрим функцию, неявно заданную уравнением F (x, y, z) = 0 . Из этого уравнения, если возможно, выразим одну из переменных, например z , через две другие переменные x и y , т.е. найдем решение z = z (x, y) исходного уравнения F (x, y, z) = 0 . Это решение z = z (x, y) называется функцией, неявно за( данной уравнением F (x, y, z) = 0 . Однако, как и в примере 3.9, уравнение

F (x, y, z) = 0 теоретически может определять неявную функцию z = z (x, y), но мы ее не всегда можем выразить через элементарные функции.

Пусть 1) функция	F (x, y, z)	и ее частные производные непрерывны в
окрестности точки (x0 , y0 , z0),		2) F (x0 , y0 , z0) = 0,		3) Fz′ (x0 , y0 , z0) ≠ 0 .
Тогда уравнение F (x, y, z) = 0		в окрестности точки		(x0 , y0 , z0) имеет един(
ственное решение	z = ϕ (x, y)	такое,	что ϕ (x0 , y0)= z0 . Неявная функция
z = ϕ (x, y), определяемая уравнением			F (x, y, z) = 0 , непрерывна и имеет не(

прерывные частные производные в окрестности точки (x0 , y0).

18

Сколько неявных функций и каких определяет уравнение x2 + y2 + z2 −1= 0 в окрестности точки P(0,0,−1) ?

Решение. В окрестности точки P(0,0,−1) уравнение x2 + y2 + z2 −1= 0 определяет

одну функцию z = −

1− x2 − y2 , определенную в круге x2 + y2 ≤1 , или две функ(

ции x = 1− z2 − y2 ,

x = −

1− z2 − y2 , определенные в круге

z2 + y2 ≤1 , или две

функции y = 1− x2 − z2 ,

y = − 1− x2 − z2 , определенные в круге x2 + z2 ≤1 .

Это не противоречит теореме 3.5, так как F′ (P) ≠ 0, а

F′ (P)

= 0, F′ (P) = 0.

z

x

y

Правило, которым удобно пользоваться для отыскания производной неявной функции, определяемой уравнением F (x, y, z) = 0 , аналогично правилу отыска(

ния производной неявной функции, определяемой уравнением F (x, y) = 0 .

Для отыскания частной производной z′x функции z = z (x, y), заданной неявно уравнением F (x, y, z) = 0 , следует продифференцировать это уравне( ние по x , (а для отыскания z′y продифференцировать уравнение по y ), учи( тывая, что x, y – независимые переменные, а z − функция от x, y .

Линеаризовать в окрестности точки (1; 1) неявную функцию z(x, y), определяемую уравнением z3 + y z − x y2 − x3 = 0 , если z(1; 1) =1.

Решение. Продифференцируем равенство z3 + y z − x y2 − x3 = 0 сначала по x , затем

по y , учитывая, что x, y – независимые переменные, а z								− функция от x, y :
3z2 z′	+ y z′ − y2	− 3x2 = 0,			3z2 z′ + z + y z′			− 2 x y = 0 .
x	x					y	y
Отсюда выразим z′	и z′ :
x	y
	z′	=	y2 + 3x2		, z′	= 2 x y − z .
			y + 3z2
	x				y	y + 3z2
Можно применить и другой способ для отыскания z′									и		z′ : в равенстве
								x			y
z3 + y z − x y2 − x3 = 0 вычислить не производные, а дифференциалы:
3z2 dz + (y dz + z dy)− (y2dx + 2 x y dy)− 3x2 dx = 0 .
Отсюда (3z2 + y)dz = (3x2 + y2)dx + (2 x y − z )dy,							dz = 3x2 + y2			dx + 2 x y − z dy .
							3z2 + y				3z2 + y
Сравнивая последнее равенство с тем, что dz = z′							dx + z′ dy , снова получим
						x	y
	z′	=	y2 + 3x2		, z′	= 2 x y − z .
			y + 3z2
	x				y	y + 3z2
При x = y = z =1 имеем
			z′ = 1, z′ = 1 / 4 .
			x		y

Воспользуемся формулой (3.7): f (x, y) ≈ f (x0, y0) + fx′ (x0, y0) (x − x0) + fy′ (x0, y0) (y − y0) . Тогда в окрестности точки (1; 1) неявная функция z(x, y), определяемая уравне( нием z3 + y z − x y2 − x3 = 0 , приближенно равна z(x, y) ≈1+ (x −1)+ 41(y −1).

19

Пусть задана система k уравнений с n + k неизвестными

		F1(x1, x2 ,..., xn , y1, y2 ,..., yk ) = 0,
		........................................................		(3.16)
		Fk (x1, x2 ,..., xn , y1, y2 ,..., yk )= 0.
Из k	уравнений выразим k неизвестных y1, y2 ,..., yk			через остальные неизвест(
		y1 = y1(x1, x2 ,..., xn ),
ные	x1, x2 ,..., xn :		......................................
		yk = yk (x1, x2 ,..., xn ).

Полученные k функций называют неявными функциями, определяемыми си( стемой (3.16). Для формулировки условий существования этих функций введем следующий определитель, называемый определителем Якоби или

∂ F1	...	∂ F1				D(F1, ..., Fk )
∂ y		∂ y
1			k		=
..................
							.
∂ Fk	...	∂ Fk				D(y1,..., yk )
∂ y		∂ y	k
1

Пусть:

1) функции F1(x1, x2 ,..., xn , y1, y2 ,..., yk ), ..., Fk (x1, x2 ,..., xn , y1, y2 ,..., yk ) и их частные

производные непрерывны в окрестности точки M0 (x10 ,..., xn0 , y10,..., yk0),

2) координаты точки M0 удовлетворяют системе (3.16),

D(F1, ..., Fk )

3)якобиан D(y1,..., yk ) отличен от нуля в точке M0 .

Тогда система уравнений (3.16) в окрестности точки M0 имеет единственное решение y1 = y1(x1, x2 ,..., xn ), ..., yk = yk (x1, x2 ,..., xn ) , т.е. определяет неявные функции, причем y1(x10 , x20 ,..., xn0 )= y10 , ..., yk (x10 , x20 ,..., xn0 )= yk0 . Эти неявные функции непрерывны и имеют непрерывные частные производные в окрестно( сти точки (x10 , x20 ,..., xn0 ).

Рассмотрим два частных случая.

	1). Система			F (x, y, z) = 0,		определяет функции;
				уравнений	G(x, y, z) = 0
	если	D(F,G)	≠ 0	,то переменные y, z будут функциями от x ,т.е. y = y(x),			z = z(x);
		D(y, z)
	если	D(F,G)	≠ 0	,то переменные x, z будут функциями от y ,т.е. x = x(y),			z = z(y);
		D(x, z)
	если	D(F,G)	≠ 0	,то переменные x, y будут функциями от z ,т.е. x = x(z),			y = y(z).
		D(x, y)

20