В.Ф. Бутузов - Лекции по математическому анализу. Часть 2 (1109583), страница 13
Текст из файла (страница 13)
содержащийся в ω . На отрезке L2 равенство(10.32) принимает вид −x21 = Φ(0) = const, но это противоречиттому, что на этом отрезке координата x1 не является постоянной.Итак, ни одна из функций (10.30) не зависит от другой влюбой окрестности точки M0 (0, 0), и, значит, эти функции влюбой окрестности точки M0 независимы.Задание.
Докажите, что функции (10.30) независимы в любой области из R2 .3. Рассмотрим функции⎧ 2⎨x 0,x2 ,,x0,x0,−1 < x < 0,y1 =y2 =0, x 0;⎩2(x + 1) ,x −1.Докажем, что:а) функция y1 зависит от функции y2 в некоторой окрестностилюбой точки x числовой прямой;но, вместе с тем,б) функция y1 не зависит от функции y2 на всей числовойпрямой.Для любой точки x можно указать такую окрестность, вкоторой зависимость y1 от y2 при x > −1 выражается формулойy1 = Φ1 (y2 ) := y2 , а при x −1 — формулой y1 = Φ2 (y2 ) := 0.Это доказывает утверждение а). Таким образом, в некоторойокрестности любой точки x данные функции зависимы.Доказательство утверждения б) проведем методом от противного.
Допустим, что y1 зависит от y2 на всей числовой прямой, тоесть существует дифференцируемая функция Φ(y2 ), такая, чтодля всех x выполняется равенство y1 (x) = Φ(y2 (x)). Положимв этом равенстве x = −2. Так как y1 (−2) = 0, y2 (−2) = 1, тополучим Φ(1) = 0. Положим теперь x = 1. Поскольку y1 (1) == 1, y2 (1) = 1, приходим к равенству Φ(1) = 1, которое противоречит равенству Φ(1) = 0. Полученное противоречие доказывает,что функция y1 (x) не зависит от функции y2 (x) на всей числовойпрямой.Задание. Докажите, что функция y2 не зависит от функции y1на всей числовой прямой (тем самым будет доказано, что данныефункции независимы на всей числовой прямой).82Гл. 10.
Неявные функцииДостаточное условие независимости функций.Вернемся к функциям (10.28). Пусть n m. Выберем какиенибудь m аргументов xi1 , xi2 , ..., xim и составим якобианD(f1 , ..., fm ).D(xi1 , ..., xim )(10.33)Теорема 6 (достаточное условие независимости функций). Еслифункции (10.28)и дифференцируемы в окрестности 0 определены0ω точки M0 x1 , ...xm , и какой-нибудь якобиан вида (10.33) неравен нулю в точке M0 , то функции (10.28) независимы в ω .Доказательство. Пусть (для определенности) якобиан ∂f1 ∂f1 ∂f1 ∂x1 ∂x2 ... ∂xm .........................
∂fk ∂fk ∂fk D(f1 , ..., fm )...= (10.34)∂x∂x∂xD(x1 , ..., xm )m2 1 ......................... ∂fm ∂fm ∂fm ∂x ∂x ... ∂x 12mотличен от нуля в точке M0 .Допустим, что функции (10.28) зависимы в окрестности ω .Тогда одна из них, например, yk = fk (x1 , ..., xn ) зависит в ω отостальных функций:yk = Φ(y1 , ..., yk−1 , yk+1 , ..., ym ),где Φ — дифференцируемая функция, то есть для всех x == (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ ω выполняется равенствоfk (x) = Φ f1 (x), .., fk−1 (x), fk+1 (x), ..., fm (x) .По правилу дифференцирования сложной функции получаем:∂fk∂Φ ∂f1=·+ ...+∂x1∂y1 ∂x1∂Φ∂f∂Φ∂f∂Φ ∂fm+· k−1 +· k+1 + ...
+·,∂yk−1∂x1∂yk+1∂x1∂ym ∂x1....................................................................................................∂fk∂Φ ∂f1=·+ ...+∂xm∂y1 ∂xm∂Φ∂f∂Φ∂f∂Φ ∂fm· k−1 +· k+1 + ... +·.+∂yk−1 ∂xm∂yk+1 ∂xm∂ym ∂xm3. Зависимость функций83Эти равенства показывают, что k -я строка якобиана (10.33) является линейной комбинацией остальных строк с коэффициентами∂Φ∂Φ∂Φ∂Φ, ...
,,, ... ,. Следовательно,этот якобиан∂y1∂yk−1 ∂yk+1∂ymравен нулю во всех точках окрестности ω , в том числе и в точкеM0 . Но это противоречит условию теоремы, и, значит, функции(10.28) независимы в ω . Теорема 6 доказана.Следствие. Если функции (10.28) зависимы в ω , то все якобианывида (10.33) равны нулю во всех точках ω .Для якобиана (10.34) это доказано по ходу доказательстватеоремы 6, для любого другого якобиана вида (10.33) утверждение доказывается аналогично.Замечание.
В теореме 6 мы доказали, что достаточным условиемнезависимости функций (10.28) в окрестности ω точки M0 является отличие от нуля в точке M0 какого-либо якобиана вида(10.33) (назовем это условие условием I), а согласно следствиюиз этой теоремы необходимым условием зависимости функций вω является тождественное равенство нулю в ω всех якобиановвида (10.33) (назовем это условие условием II).Отметим, что условие I не является необходимым условиемнезависимости функций (10.28) в окрестности точки M0 . Так впримере 2 якобиан1D(f1 , f2 )1= x x = x2 − x1D(x1 , x2 )12является единственным якобианом вида (10.33), и он, очевидно,равен нулю в точке M0 (0; 0), но функции y1 и y2 , как былопоказано, независимы в любой окрестности точки M0 .Аналогично, условие II не является достаточным условиемзависимости функций (10.28) в окрестности ω точки M0 .
Вкачестве примера рассмотрим функцииf1 (x1 , x2 ) ≡ 0, (x1 , x2 ) ∈ D1 ,y1 (x1 , x2 ) =0,(x1 , x2 ) ∈ D2 ∪ l,0,(x1 , x2 ) ∈ D1 ∪ l,y2 (x1 , x2 ) =f2 (x1 , x2 ) ≡ 0, (x1 , x2 ) ∈ D2 ,где D1 и D2 — подобласти, на которые область D разделена отрезком l, параллельным оси x2 (рис. 10.3).Нетрудно доказать (сделайте это самостоятельно), чтофункции f1 и f2 можно выбрать так, что y1 и y2 будут дифференцируемыми функциями во всей области D .84Гл. 10.
Неявные функцииПри этом якобианD(y1 , y2 )D(x1 , x2 )(он является единственнымв данном случае якобианомвида (10.33)) тождественноравен нулю в областиD , но функции y1 и y2являютсянезависимымив области D (докажитеэто).Рис. 10.3.Общая теорема о зависимости и независимости функцийСнова вернемся к функциям (10.28), и, чтобы сформулироватьобщую теорему о зависимости и независимости этой совокупности функций, введем (m × n)-матрицу, составленную из частныхпроизводных первого порядка функций (10.28):⎛ ∂f∂f1 ⎞1...∂xn ⎟⎜ ∂x1............
⎟A=⎜⎠⎝∂fm∂fm...∂x1∂xnВыберем r строк этой матрицы с номерами i1 , i2 , ..., ir и r столбцов с номерами j1 , j2 , ..., jr . Пересечение этих строк и столбцовобразует минор r-ого порядка матрицы A, являющейся якобианом функций fi1 , fi2 , ..., fir по переменным xj1 , xj2 , ..., xjr :D(fi1 , fi2 , ..., fir )D(xj1 , xj2 , ..., xjr )(10.35)Теорема 7. (Общая теорема о зависимости и независимостифункций).Пусть выполнены следующие условия:1. функции (10.28) определены 0 и дифференцируемы в окрест0ности ω точки M0 x1 , ..., xn ;2. все частные производные∂fi(i = 1, ..., m; j = 1, ..., n)∂xjнепрерывны в точке M0 ;3. существует минор r-ого порядка матрицы A (минор вида(10.35)), отличный от нуля в точке M0 ;4.
все миноры (r + 1)-го порядка матрицы A тождественноравны нулю в окрестности ω точки M0 .Тогда:3. Зависимость функций851. r функций, представленных в указанном в условии 3 миноре r-го порядка, независимы в ω ;2. каждая из остальных (m − r) функций зависит от указанных в предыдущем пункте r функций в некоторой окрестности ω1 точки M0 (ω1 ⊂ ω ).Первое утверждение следует из теоремы 6, доказательство второго утверждения имеется в [1].Пример.
Обратимся снова к функциям y1 , y2 , y3 из примера 1(стр. 80):y1 = x1 + x2 + x3 + x4 , y2 = x1 − x2 + x3 − x4 ,y3 = (x1 + x3 )2 + (x2 + x4 )2 .(10.36)Составим для этих функций матрицу A:11111−11−1A=2(x1 + x3 ) 2(x2 + x4 ) 2(x1 + x3 ) 2(x2 + x4 )Минор11 M = ,1 −1 образованный пересечением первых двух строк и первых двухстолбцов матрицы A, отличен от нуля в любой точке (он равен−2), а все миноры третьего порядка матрицы A тождественноравны нулю (проверьте это).
Поэтому, согласно теореме 7, функции y1 и y2 независимы в любой окрестности любой точки, афункция y3 зависит от y1 и y2 .Чтобы получить явный вид этой зависимости, выразим изпервых двух уравнений системы (10.36) x1 и x2 через остальныепеременные (это можно сделать, поскольку минор M отличен отнуля):12x1 = (y1 + y2 ) − x3 ,12x2 = (y1 − y2 ) − x4 .Подставив эти выражения в третье уравнение (10.36), приходимк равенству12 12 1 y12 + y22 .y3 = (y1 + y2 ) + (y1 − y2 ) =(10.37)222Полученное равенство выражает зависимость функции y3 отфункций y1 и y2 в любой области. Отметим, что доказательствоутверждения 2 теоремы 7 проводится способом, аналогичнымтому, как была получена формула (10.37) в данном примере (см.[1]).86Гл.
10. Неявные функции§ 4. Условный экстремумПонятие условного экстремума. Задача об условном экстремуме функции u = f (x1 , x2 , ..., xn ) — это задача нахожденияточек локального экстремума данной функции при условии, чтоее аргументы x1 , x2 , ..., xn не являются независимыми переменными, а связаны между собой некоторыми равенствами (условиями связи).Рассмотримпример.
Требуется найти экстремумы функции22u = x + y при условии, что ее аргументы x и y связаныравенством (условием связи) x + y = 1. Тем самым точки экстремума данной функции ищутся не на всей плоскости (x, y), а напрямой x + y = 1.Графиком функции u = x2 + y 2является коническая поверхность(рис. 10.4). Наглядно видно, чтов некоторой точке M0 прямойx + y = 1 функция имеет минимальное значение по отношению кдругим точкам этой прямой. Длянахождения точки M0 выразим изусловия связи y через x : y = 1 − xи подставим это выражениев формулу функции: u = x2 + (1 − x)2 .Получили функцию одной незаРис. 10.4.висимой переменной x. Ее производ2x − 2(1 − x)ная u = 2x2+ (1 −x)2равна ну-11, отрицательна при x <и положительна при2211x > .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
