📝 题目
例 1 由条件
$$ {x}^{2} + {y}^{2} = 1,\;x \in \left\lbrack {-1,1}\right\rbrack ,y \in \lbrack 0, + \infty ), $$
确定了一个从 $\left\lbrack {-1,1}\right\rbrack$ 到 $\lbrack 0, + \infty )$ 的隐函数. 这隐函数可以用显式表示为
$$ y = \sqrt{1 - {x}^{2}},\;x \in \left\lbrack {-1,1}\right\rbrack . $$
由条件
$$ {x}^{2} + {y}^{2} = 1,\;x \in \left\lbrack {-1,1}\right\rbrack ,y \in ( - \infty ,0\rbrack , $$
确定了另一个隐函数, 这隐函数可以用显式表示为
$$ y = - \sqrt{1 - {x}^{2}},\;x \in \left\lbrack {-1,1}\right\rbrack . $$
从上面的例子可以看出, 要由方程
$$ F\left( {x,y}\right) = 0 $$
确定一个隐函数,仅仅指出 $x$ 的变化范围 $D$ 是不够的,还需要指出 $y$ 的变化范围 $E$ .
如果方程 $F\left( {x,y}\right) = 0$ 完全没有解 (例如 $F\left( {x,y}\right) = {x}^{2} + {y}^{2} + 1$ 的情形),那么当然谈不上定义隐函数的问题. 假设 $F\left( {x,y}\right) = 0$ 有解 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ ,函数 $F$ 在点 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 邻近是连续可微的. 我们在点 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 邻近展开函数 $F$ 得到
$$ F\left( {x,y}\right) = \frac{\partial F}{\partial x}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \left( {x - {x}_{0}}\right) + \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \left( {y - {y}_{0}}\right) $$
$$ + o\left( \sqrt{{\left( x - {x}_{0}\right) }^{2} + {\left( y - {y}_{0}\right) }^{2}}\right) \text{ . } $$
代替原来的方程
$$ F\left( {x,y}\right) = 0, $$
我们来考察近似方程
$$ \frac{\partial F}{\partial x}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \left( {x - {x}_{0}}\right) + \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \left( {y - {y}_{0}}\right) = 0. $$
要使这近似方程对每一给定的 $x$ 都确定唯一的 $y$ ,必须而且只须
$$ \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \neq 0. $$
从观察近似方程得到启发,人们探索能保证原来的方程 $F\left( {x,y}\right) = 0$ 在 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 邻近确定隐函数的条件. 所得的结果可以陈述为以下的隐函数定理.
定理 1 设函数 $F\left( {x,y}\right)$ 在包含 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 的一个开集 $\Omega$ 上连续可微,并且满足条件
$$ F\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) = 0,\;\frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) \neq 0, $$
则存在以 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 为中心的开方块
$$ D \times E \subset \Omega $$
$$ \left( {D = \left( {{x}_{0} - \delta ,{x}_{0} + \delta }\right) ,E = \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) }\right) , $$
使得:
(1)对任何一个 $x \in D$ ,恰好存在唯一的一个 $y \in E$ ,满足方程
$$ F\left( {x,y}\right) = 0. $$
这就是说,方程 $F\left( {x,y}\right) = 0$ 确定了一个从 $D$ 到 $E$ 的函数 $y = f\left( x\right)$ .
(2)这函数 $y = f\left( x\right)$ 在 $D$ 连续可微,它的导数可按下式计算
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{\;d}x} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,y}\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,y}\right) }. $$
💡 答案与解析
证明 不妨设
$$ \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) > 0. $$
于是,存在充分小的 $\gamma > 0$ 和 $\eta > 0$ ,使得
$$ \left\lbrack {{x}_{0} - \gamma ,{x}_{0} + \gamma }\right\rbrack \times \left\lbrack {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right\rbrack \subset \Omega , $$
并且使得
$$ \frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,y}\right) > 0, $$
$$ \forall \left( {x,y}\right) \in \left\lbrack {{x}_{0} - \gamma ,{x}_{0} + \gamma }\right\rbrack \times \left\lbrack {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right\rbrack . $$
考察 $y$ 的函数 $\psi \left( y\right) = F\left( {{x}_{0},y}\right)$ . 因为
$$ {\psi }^{\prime }\left( y\right) = \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0},y}\right) > 0, $$
$$ \forall y \in \left\lbrack {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right\rbrack , $$
所以
$$ \psi \left( {{y}_{0} - \eta }\right) < \psi \left( {y}_{0}\right) < \psi \left( {{y}_{0} + \eta }\right) , $$
即
$$ F\left( {{x}_{0},{y}_{0} - \eta }\right) < F\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) < F\left( {{x}_{0},{y}_{0} + \eta }\right) , $$
$$ F\left( {{x}_{0},{y}_{0} - \eta }\right) < 0 < F\left( {{x}_{0},{y}_{0} + \eta }\right) . \tag{5.1} $$
再来考察 $x$ 的函数 $F\left( {x,{y}_{0} - \eta }\right)$ 和 $F\left( {x,{y}_{0} + \eta }\right)$ . 由于这两函数是连续的,从 (5.1) 式可知: 存在 $\delta \in \left( {0,\gamma }\right)$ ,使得
$$ F\left( {x,{y}_{0} - \eta }\right) < 0 < F\left( {x,{y}_{0} + \eta }\right) , $$
$$ \forall x \in \left( {{x}_{0} - \delta ,{x}_{0} + \delta }\right) . $$
我们来验证:
$$ D = \left( {{x}_{0} - \delta ,{x}_{0} + \delta }\right) \text{ 和 }E = \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) $$
满足定理的要求 (图 12-1).
\begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/052.jpg} \end{center} \hspace*{3em}
图 12-1
(1)对任何一个 ${x}_{1} \in D$ ,考察 $y$ 的函数 $F\left( {{x}_{1},y}\right)$ . 因为该函数是连续的, 并且
$$ F\left( {{x}_{1},{y}_{0} - \eta }\right) < 0 < F\left( {{x}_{1},{y}_{0} + \eta }\right) , $$
所以存在
$$ {y}_{1} \in \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) = E, $$
使得
$$ F\left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) = 0. \tag{5.2} $$
又因为
$$ \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{1},y}\right) > 0,\;\forall y \in \left\lbrack {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right\rbrack , $$
函数 $F\left( {{x}_{1},y}\right)$ 是严格单调上升的,所以仅有唯一的 ${y}_{1} \in E$ 能使 (5.2) 式成立.
我们看到: 方程 $F\left( {x,y}\right) = 0$ 确定了一个从 $D$ 到 $E$ 的函数 $y = f\left( x\right)$ .
为了叙述方便,我们把结论 (2) 分成两部分来验证:
① 函数 $y = f\left( x\right)$ 是连续的；② 函数 $y = f\left( x\right)$ 有连续导数.
① 我们来考察函数 $y = f\left( x\right)$ 在任意一点 ${x}_{1} \in D$ 的连续性. 记 ${y}_{1} = f\left( {x}_{1}\right)$ ,因为
$$ {y}_{1} \in \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) = E, $$
只要 $\varepsilon > 0$ 足够小,就有
$$ \left( {{y}_{1} - \varepsilon ,{y}_{1} + \varepsilon }\right) \subset \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) . $$
与前面的讨论完全类似,易知
$$ F\left( {{x}_{1},{y}_{1} - \varepsilon }\right) < 0 < F\left( {{x}_{1},{y}_{1} + \varepsilon }\right) . $$
于是,又存在 $\sigma > 0$ ,使得
$$ F\left( {x,{y}_{1} - \varepsilon }\right) < 0 < F\left( {x,{y}_{1} + \varepsilon }\right) , $$
$$ \forall x \in \left( {{x}_{1} - \sigma ,{x}_{1} + \sigma }\right) . $$
由此可知: 对任何 $x \in \left( {{x}_{1} - \sigma ,{x}_{1} + \sigma }\right)$ ,在 ${y}_{1} - \varepsilon$ 与 ${y}_{1} + \varepsilon$ 之间,存在唯一的一个 $y$ ,使得 $F\left( {x,y}\right) = 0$ . 按照函数 $f$ 的定义,这意味着:
$$ f\left( x\right) \in \left( {{y}_{1} - \varepsilon ,{y}_{1} + \varepsilon }\right) ,\;\forall x \in \left( {{x}_{1} - \sigma ,{x}_{1} + \sigma }\right) . $$
我们证明了函数 $f$ 在任意点 ${x}_{1} \in D$ 的连续性.
② 为了求函数 $f\left( x\right)$ 的导数,需要写出其差商
$$ \frac{f\left( {x + h}\right) - f\left( x\right) }{h} $$
的表示式. 为此, 我们记
$$ y = f\left( x\right) ,\;k = f\left( {x + h}\right) - f\left( x\right) . $$
利用二元函数的有限增量公式可得
$$ 0 = F\left( {x + h,y + k}\right) - F\left( {x,y}\right) $$
$$ = \frac{\partial F}{\partial x}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) h $$
$$ + \frac{\partial F}{\partial y}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) k. $$
由此得到
$$ \frac{k}{h} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) }, $$
即
$$ \frac{f\left( {x + h}\right) - f\left( x\right) }{h} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x + {\theta h},y + {\theta k}}\right) }. $$
在上式中让 $h \rightarrow 0$ 取极限,注意到这时有
$$ k = f\left( {x + h}\right) - f\left( x\right) \rightarrow 0, $$
并利用 $F$ 的偏导数的连续性,我们求得
$$ \mathop{\lim }\limits_{{h \rightarrow 0}}\frac{f\left( {x + h}\right) - f\left( x\right) }{h} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,y}\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,y}\right) }. $$
这证明了隐函数 $f\left( x\right)$ 的可微性.
函数 $\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,y}\right) ,\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,y}\right)$ 和 $f\left( x\right)$ 都是连续的. 从关系式
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,f\left( x\right) }\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,f\left( x\right) }\right) } $$
就可看出 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的连续性.
推论 在定理 1 中,如果函数 $F\left( {x,y}\right)$ 在开集 $\Omega$ 上是 $r$ 阶连续可微的, 那么由
$$ F\left( {x,y}\right) = 0,\;x \in D,y \in E, $$
所确定的函数 $y = f\left( x\right)$ 在开区间 $D$ 上也是 $r$ 阶连续可微的.
证明 在定理 1 中已经证明了 $r = 1$ 的情形. 假设对于 $r = s$ 的情形推论成立. 我们来考察 $r = s + 1$ 的情形. 这时,复合函数
$$ \frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,f\left( x\right) }\right) \text{ 和 }\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,f\left( x\right) }\right) $$
显然都是 $s$ 阶连续可微的,所以
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\left( {x,f\left( x\right) }\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {x,f\left( x\right) }\right) } $$
也是 $s$ 阶连续可微的. 这证明了函数 $f\left( x\right)$ 在开区间 $D$ 上是 $s + 1$ 阶连续可微的.
定理 1 及其推论可以平行地推广到更多个变元的情形.
定理 2 设 $m + 1$ 元函数 $F\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right)$ 在包含 $\left( {{x}_{0}^{1},\cdots }\right.$ , $\left. {{x}_{0}^{m},{y}_{0}}\right)$ 的一个开集 $\Omega$ 上连续可微,并且满足条件
$$ F\left( {{x}_{0}^{1},\cdots ,{x}_{0}^{m},{y}_{0}}\right) = 0, $$
$$ \frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}_{0}^{1},\cdots ,{x}_{0}^{m},{y}_{0}}\right) \neq 0, $$
则存在以 $\left( {{x}_{0}^{1},\cdots ,{x}_{0}^{m},{y}_{0}}\right)$ 为中心的一个开方块
$$ D \times E \subset \Omega $$
$$ \left( {D = \left( {{x}_{0}^{1} - \delta ,{x}_{0}^{1} + \delta }\right) \times \cdots \times \left( {{x}_{0}^{m} - \delta ,{x}_{0}^{m} + \delta }\right) ,}\right. $$
$$ \left. {E = \left( {{y}_{0} - \eta ,{y}_{0} + \eta }\right) }\right) \text{ , } $$
使得
(1)对任何一点 $\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m}}\right) \in D$ ,恰好存在唯一的一个 $y \in E$ , 满足方程
$$ F\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right) = 0. $$
这就是说: 方程 $F\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right) = 0$ 确定了一个从 $D$ 到 $E$ 的函数
$$ y = f\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m}}\right) . $$
(2)这函数 $y = f\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m}}\right)$ 在 $D$ 连续可微,它的各偏导数可按下式计算
$$ \frac{\partial y}{\partial {x}^{i}} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial {x}^{i}}\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right) }{\frac{\partial F}{\partial y}\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right) }. $$
推论 在定理 2 中,如果函数 $F$ 在开集 $\Omega$ 上 $r$ 阶连续可微,那么由
$$ F\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m},y}\right) = 0, $$
$$ \left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m}}\right) \in D,y \in E, $$
所确定的函数
$$ y = f\left( {{x}^{1},\cdots ,{x}^{m}}\right) $$
在开方块 $D$ 上也是 $r$ 阶连续可微的.
注记 在定理 1 的条件下,为了求隐函数 $y = f\left( x\right)$ 的导数,我们可以利用恒等式
$$ F\left( {x,f\left( x\right) }\right) = 0. $$
将这式两边对 $x$ 求导,就得到
$$ {F}_{x}\left( {x,f\left( x\right) }\right) + {F}_{y}\left( {x,f\left( x\right) }\right) {f}^{\prime }\left( x\right) = 0. \tag{5.3} $$
定理 1 的条件保证了在 $\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)$ 邻近有
$$ {F}_{y}\left( {x,y}\right) \neq 0. $$
因而从 (5.3) 式可以唯一地解出
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = - \frac{{F}_{x}\left( {x,f\left( x\right) }\right) }{{F}_{y}\left( {x,f\left( x\right) }\right) }. $$
这就是求隐函数导数的实际做法. 定理 1 为隐函数的微分法提供了理论依据. 如果 $F$ 在 $\Omega$ 是 $r$ 阶连续可微的,那么 $f$ 也是 $r$ 阶连续可微的. 为了求得 $f$ 的 $k$ 阶导数 $\left( {1 \leq k \leq r}\right)$ ,我们仍可利用恒等式
$$ F\left( {x,f\left( x\right) }\right) = 0. $$
将这式两边对 $x$ 求导 1 次,2次, $\cdots ,r$ 次,从所得的各式中就可以依次解出 ${f}^{\prime }\left( x\right) ,{f}^{\prime \prime }\left( x\right) ,\cdots ,{f}^{\left( r\right) }\left( x\right)$ .
对定理 2 也可做类似的注记.