Лекции Стечкина по матану

(x0, y0) , то неявная функция y = f (x) будет дифференцируема в

некоторой окрестности O1(x0) O1(x0) точки x0 .

Теорема (обобщенная теорема о неявной функции). Пусть

функция		z =	F (x1, x2, y)	определена в некоторой окрестности
O3(x0	, x0	, y0)	точки (x0, x0, y0) и в этой окрестности имеет
1	2		1	2	∂F ,	∂F . Пусть также
непрерывные частные производные ∂F ,
				∂x1	∂x2	∂y

³´

∂F	0 6= 0 и	0	0		0		. Тогда найдется такая окрест-
∂y		F (x1	, x2	, y		) = 0

ность O2(x01, x02) точки (x01, x02) , в которой существует , причем единственная, функция y = f (x1, x2) такая, что

1)y0 = (x01, x02) ,

2)F (x1, x2, f (x1, x2)) ≡ 0 , причем эта функция y = f (x1, x2)

дифференцируема в окрестности O2(x01, x02) .

Доказательство этой теоремы аналогично данным ранее доказательствам соответствующих теорем о неявной функции. Заметим, что дифференцируя тождество F (x1, x2, f (x1, x2)) ≡ 0 получим

	∂F				∂F				∂F
		dx1	+				dx2	+			df = 0 ,
	∂x1				∂x2					∂y
откуда
					∂F					∂F
	d f = −			∂x1			dx1	−	∂x2		dx2 .
					∂F					∂F
					∂y					∂y

Теорема о неявной функции для систем уравнений. Пусть

	u = F (x, y, z)
даны две функции	½ v = G(x, y, z)	, заданные в некоторой

окрестности O3(x0, y0, z0) точки (x0, y0, z0) и пусть

½

F (x0, y0, z0) = 0 . G(x0, y0, z0) = 0

Пусть в этой окрестности функции F и G имеют непрерывные первые частные производные и

	J(x0, y0, z0) 6= 0 .
Тогда существует такая окрестность		O1(x0) точки x0 , что в
		F (x, y, z) = 0
этой окрестности система уравнений		½ G(x, y, z) = 0	имеет
	y = f (x)
единственное решение	½ z = g(x) , удовлетворяющее условиям:
			281

1)y0 = f (x0) ; z0 = g(x0) ;

2)F (x, f (x), g(x)) ≡ 0 ; G (x, f (x), g(x)) ≡ 0 ;

3)функции f и g имеют в окрестности O1(x0) непрерывные производные.

До к а з а т е л ь с т в о. Так как якобиан J(x0, y0, z0) 6= 0 ,

то по крайней мере одна из частных производных ∂F∂y или ∂F∂z в

точке		G(x, y, z) = 0 . По			2	¡	∂F	¢
	(x0, y0		, z0)	отлична от нуля. Пусть			∂z	0 6= 0 . Рассмотрим
уравнение					обобщенной теореме о неявной функ-

ции существуют такая окрестность O (x0, y0) и единственная определенная в ней функция z = h(x, y) , удовлетворяющая следующим

условиям:

1)z0 = h(x0, y0) ;

2)G (x, y, h(x, y)) ≡ 0 в окрестности O2(x0, y0) ;

3) функция	h(x, y) имеет непрерывные частные производные
в окрестности	O2(x0, y0) . Заменяя в системе второе уравнение

равносильным ему z = h(x, y) , получим равносильную систему

F (x, y, z) = 0
½ z = h(x, y)	½	. Подставив z = h(x, y)		в первое уравнение, полу-
чим систему		F (x, y, h(x, y)) = 0	.
		z = h(x, y)
Введем вспомогательную функцию				Φ(x, y) = F (x, y, h(x, y)) .
Так как

Φ(x0, y0) = F (x0, y0, h(x0, y0)) = F (x0, y0, z0) = 0 ,

то условием разрешимости уравнения Φ(x, y) = 0 будет условие

∂Φ

6= 0 . Вычислим частную производную

∂Φ

. Для этого про-

∂y

0

∂y

дифференцируем по

y равенство

Φ(x, y) = F (x, y, h(x, y))

:

³

´

∂Φ

∂F

∂F ∂h

=

−

,

∂y

∂y

∂z

∂y

Так как G (x, y, h(x, y)) ≡ 0 , то дифференцируя это уравнение по y, получим

∂G∂y + ∂G∂z ∂h∂y = 0 .

∂G

Отсюда ∂h∂y = − ∂G∂y . Подставив это значении в выражение для ∂∂yΦ ,

∂z

282

получим

∂Φ

∂F

∂F

∂G

∂F

·

∂G

−

∂F

∂G

J(x, y, z)

∂y

∂y

∂z

∂z ·

∂y

∂y

=

∂y

−

∂z

·

∂G

=

∂G

=

∂G

.

∂z

∂z

∂z

O (x0, y0) .

¡

∂F

¢

∂Φ

По условию

и

∂z

6= 0

и значит, ∂y 6= 0 в

J(x0, y0, z0) 6= 0

0

окрестности

2

Следовательно, существуют такая окрест-

ность O1(x0) и единственная функция					y = f (x) , для которой
y	0 = f (x0) , F (x, f (x),	h (x,		f (x))) ≡ 0 , причем		функция f имеет
							O	1	(x0) . Теперь
непрерывные частные производные в окрестности
				y = f (x)
наша система примет вид			½ z = h(x, y)		, откуда

½

y = f (x)

.

z = h(x, f (x)) = g(x)

По теореме о дифференцируемости сложной функции функция g имеет в окрестности O1(x0) непрерывную частную производную g′ . Кроме того,

f (x0) = y0, g(x0) = h(x0, f (x0)) = h(x0, y0) = z0 .

Подстановкой можно убедиться, что в O1(x0)

F (x, f (x), g(x)) ≡ 0

.

½ G(x, f (x), g(x)) ≡ 0

x )

→

(y

, y )

задается с помощью

Пусть отображение (x1, 2

1

2 0

0

0

y1 = f (x1, x2)

f (x1

, x2) = y1

функций ½ y2 = g(x1, x2)

, причем

½ g(x10, x20) = y20

. Применим

теорему о неявной функции к системе

½

F ≡ f (x1, x2) − y1 = 0 .

Пусть

G ≡ g(x1, x2) − y2 = 0

¯

¯

∂f

∂f

J(x1, x2) = ¯

∂g

∂g

¯ = D(x1

, x2) .

¯

∂x1

∂x2

¯

D(f, g)

∂x1

∂x2

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Тогда получим в качестве¯ следствия

следующую теорему.

¯

Теорема о существовании обратной функции. Пусть функ-

ции f, g C1 ¡O2(x10, x20)¢	и в окрестности O2(x10, x20) якобиан
	283

J(x1, x2) 6= 0 . Тогда найдется			O2(x10, x20) такая, в которой су-
								x1 = ϕ(y1, y2)
ществуют единственные обратные функции							½ x2 = ψ(y1, y2) .
		E2(x1, x2)				E2(y1, y2)
		(x10, x20)				(y10, y20)

Рис. 12.10. Теорема об обратной функции.

2 семестр Лекция 27 (12.05.68)

§58. Дополнение к теории экстремума функций многих переменных

Для функций одной переменной, заданной на отрезке, мы уже рассматривали задачу о нахождении абсолютного экстремума (см. § 32

с. 133). Рассмотрим теперь эту задачу для функции двух переменных z = f (x, y) , определенной в некотором замкнутом множестве

¯

D с внутренностью D и границей ∂D . Нахождение абсолютного

¯

экстремума в D , как и в одномерном случае, тоже состоит из двух

задач (рис. 12.11):

Рис. 12.11. Поиск экстремума функции многих переменных.

1) нахождение экстремума в открытой области D ;

284

2) нахождение экстремума на границе ∂D области D .

Первую задачу мы уже решали для дифференцируемых функций (см. п. 56.3, с. 272). Здесь, можно ограничиться нахождением критических точек (xi, yi) , в которых df = 0 , если их конечное число.

Во второй задаче, в отличие от случая функции одной переменной, граница множества состоит из большого числа точек и метод простого перебора граничных точек здесь применить нельзя. Если граница области гладкая, то можем ее представить уравнением F (x, y) = 0 , где F C1(D) . Тогда задача 2) – это задача на-

хождения экстремума функции	z = f (x, y) при условии, что ее
переменные связаны уравнением	F (x, y) = 0 , (x, y) ∂D . Эта

задача называется задачей на условный экстремум. Если граница области задается с помощью нескольких уравнений Fi(x, y) = 0 (i = 1, 2, ..., k) , то "идем по размерности вниз", т. е. исследуем на экстремум функцию z = f (x, y) сначала в открытой области D , затем на линиях Fi(x, y) = 0 , затем в концевых точках Aj этих

линий (рис. 12.11).

Рис. 12.12. Приближение области многоугольником.

Отметим, что для линейной функции f (x, y) = ax + by методы

дифференциального исчисления для поиска экстремума не применимы, и область D , не являющуюся многоугольником, приближен-

но заменяют многоугольником (например, с 10 – 20 вершинами) (рис. 12.12).

Рассмотрим теперь задачу нахождения условного экстремума.

58.1. Условный экстремум

Пусть имеется функция z = F (x, y) = 0 . Будем считать,

f (x, y) при наличии уравнения связи что уравнение F (x, y) = 0 удовлет-

285

воряет тем условиям, которые были сформулированы в теореме о существовании неявной функции. Если разрешить относительно y уравнение F (x, y) = 0 , то получим уравнение y = ϕ(x) , откуда z = f (x, ϕ(x)) = ψ(x) . Критические точки находятся из уравнения ψ′(x) = 0 , т. е. из уравнения

∂f∂x + ∂f∂y ϕ′(x) = 0 .

Производную ϕ′(x) можно найти, продифференцировав уравнение

F (x, ϕ(x)) ≡ 0 :

∂F∂x + ∂F∂y ϕ′(x) = 0 .

Таким образом, мы получим систему

	∂f + ∂f ϕ′ = 0
∂x		+ ∂y ϕ′	= 0 .
	∂x	∂y
∂F		∂F
F (x, y) = 0

Здесь число уравнений увеличилось, так как значение ϕ′ в крити-

ческой точке можно рассматривать как новую неизвестную. Отно-

сительно ϕ′ система линейна.

∂F

Предположим, что ∂F∂y =6 0 . Тогда из второго уравнения ϕ′ = − ∂F∂x .

∂y

Отсюда получим систему для нахождения критических точек, не решая уравнения связи

( ∂x ∂y	− ∂y ∂x	= 0 .
∂f ∂F	∂f ∂F

F (x, y) = 0

58.2. Метод множителей Лагранжа

Этот метод сводит задачу на нахождение условного экстремума к уже знакомой задаче на безусловный экстремум. Для нахождения условного экстремума исследуют на экстремум вспомогательную функцию трех переменных – функцию Лагранжа

Φ(x, y, λ) = f (x, y) + λF (x, y) .

286

∂Φ

∂xi

∂Φ

∂yj

Для нахождения критических точек (см. п. 56.3 ) надо решить си-

стему	∂Φ = 0 ,	∂Φ = 0 ,	∂Φ	= 0 , т. е.
	∂x	∂y	∂λ
			∂f + λ ∂F = 0
		∂y		+ λ ∂y = 0 .
			∂x	∂x
		∂f		∂F
		F (x, y) = 0

Как и в предыдущем пункте, мы получили систему уравнений для нахождения условного экстремума (критических точек), только здесь вместо ϕ′ стоит λ . Если исключить λ из этой системы, то

получается в точности та система уравнений, которая фигурирует в конце предыдущего пункта.

В случае нескольких уравнений связи поступаем аналогичным образом. Пусть имеется функция z = f (x1, ..., xn, y1, ..., ym) от n + m

переменных, причем известно, что ее переменные удовлетворяют m уравнениям связи

F1(x1, ..., xn, y1, ..., ym) = 0 ,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Fm(x1, ..., xn, y1, ..., ym) = 0 .

Предположим, что все уравнения связи удовлетворяют условиям существования неявной функции. Рассмотрим функцию Лагранжа

Φ = f + λ1F1 + ... + λmFm .

Докажем, что для нахождения критических точек надо решить систему

= 0 (i = 1, ..., n)

= 0 (j = 1, ..., m) .

Fj = 0 (j = 1, ..., m)

Мы знаем, что уравнение, определяющее критические точки, есть d z = 0 , т. е.

	∂f			∂f		∂f			∂f
		dx1	+ ... +		dxn +		dy1	+ ... +		dym = 0 .
	∂x1			∂xn		∂y1			∂ym

287

Продифференцируем уравнения связи:

∂F1

dx1 + ...

+

∂F1

dxn +

∂F1

dy1 + ...

+

∂F1

dym = 0 ,

∂x1

∂xn

∂y1

∂ym

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂Fm

∂Fm

∂Fm

∂Fm

dx1 + ...

+

dxn +

dy1

+ ...

+

dym = 0 .

∂x1

∂xn

∂y1

∂ym

Умножив первое уравнение на λ1, . . . , последнее на λm и сложив c уравнением, написанным выше, получим

µ

∂f

∂F1

∂Fm

¶ dx1 + ...+

+ λ1

+ ... + λm

∂x1

∂x1

∂x1

∂f

∂F1

∂Fm

+ µ

+ λ1

+ ... + λm

¶ dxn+

∂xn

∂xn

∂xn

+ µ

∂f

+ λ1

∂F1

+ ... + λm

∂Fm

¶ dy1 + ...+

∂y1

∂y1

∂y1

∂f

∂F1

∂Fm

+ µ

+ λ1

+ ... + λm

¶ dym = 0 .

∂ym

∂ym

∂ym

Приравняв к нулю коэффициенты перед dy1, . . . , dym , получим линейную систему уравнений относительно λ1, . . . , λm . Определитель

D(F1,...,Fm )

этой системы есть якобиан

6= 0 . Тогда существуют та-

D(y1,...,ym )

кие λ1, . . . , λm , что

∂f

+ λ1

∂F1

+ ... + λm

∂Fm

= 0 ,

∂y1

∂y1

∂y1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂f

+ λ1

∂F1

...+ + λm

∂Fm

= 0 .

∂ym

∂ym

∂ym

Так как dx1, . . . , dxn

– дифференциалы независимых переменных,

то из уравнения dz = 0 следует

∂f

+ λ1 ∂F1 + + λ... m ∂Fm = 0

.............................................

∂x1

∂x1

.

∂x1

∂x

+ λ1 ∂x 1 + + λ... m ∂xm = 0

∂f

∂F

∂F

n

n

n

Добавив к этим уравнениям предыдущие уравнения связи, мы и получим систему, состоящую из n + m + m уравнений с n + 2m

288

неизвестными x1, . . . , xn , y1, . . . , ym , λ1, . . . , λm , указанную вы-

ше. При этом уравнения связи могут быть записаны в более сим-

метричном виде ∂Φ = 0 , j = 1, . . . , m .

∂λj

2 семестр Лекция 28 (17.05.68)

58.3.Достаточные условия экстремума неявной функции

Пусть задана функция z = f (x1, ..., xn, y1, ..., ym) , причем

Fj (x1, ..., xn, y1, ..., ym) = 0 (j = 1, ..., m) .

Нами была введена функция Лагранжа

Φ= f + λ1F1 + ... + λmFm

ибыло доказано, что критические точки

(x01, ..., x0n, y10, ..., ym0 , λ01, ..., λ0m)

находятся из системы

∂Φ = 0

∂xi

∂Φ = 0

∂yj

Fj = 0

(i = 1, ..., n)

(j = 1, ..., m) . (j = 1, ..., m)

Исследуем второй дифференциал d2f = d2Φ в критической точке. Пусть λj – те числа, которые удовлетворяют выписанной выше

системе. Имеем:

d2Φ = d2f + λ1d2F1 + ... + λmd2Fm ,

d2f =	µ ∂x1 dx1 + +		∂y1 dy1 +	¶		2	f + ∂y1 d2y1 + ,
		∂	∂					∂f
d2Fj =	µ ∂x1 dx1 + +		∂y1 dy1 +	¶	2		Fj + ∂y1			d2y1 +
		∂	∂						∂Fj

289

Отсюда

µ

d2Φ =

Но

и значит,

∂x1 dx1 + + ∂y1 dy1 +

¶

2

...

(f + λ1F1 + ... + λmFm) +

∂

∂

+

µ ∂y1 + λ1

∂y1

... ...+ + λm ∂y1 ¶ d2y1 + = 0 .

∂f

∂F1

∂Fm

∂f

+ λ1

∂F1

+ + λm...

∂Fm

=

∂Φ

= 0 ,

∂y1

∂y1

∂y1

∂ym

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

d2Φ =

µ ∂x1 dx1 + +

∂y1 dy1 +

¶

2

Φ .

∂

∂

В этой формуле, так как d2f = d2Φ , надо учесть уравнения связи. Продифференцировав уравнения связи, найдем выражение d yj через dxi . Исследуя получившуюся квадратичную форму на зна-

коопределенность, получим достаточные условия условного экстремума как в пункте 56.3.

58.4.Дополнения к достаточным условиям абсолютного экстремума

Пусть z = f (x1, ..., xn) . Изучим поведение второго дифференциала

¡d2f ¢0		в критической точке. Имеем
где	2	= (dx1)	2	f =2θ ©¡d2f ¢0 + o(ρ2)ª ,
	ρ			+ ...+ (dxn) , 0 < θ < 1 . Если квадратичная форма

строго положительна, то и приращение f строго положительно.

Лемма о квадратичных формах. Пусть квадратичная форма

nn

X X

aklxkxl = Φ(x)

k=1 l=1

строго положительная, т.е. Φ(x) > 0 при всех x 6= 0 . Положим

|x|2 = x21 + ... + x2n .

290