Билет 27. Теорема о существовании и дифференцируемости неявно заданной функции.

Если функция задается уравнением F(u, x1,…, xm)=0, то считается, что функция задана неявно.

Т1 Пусть функция (1)(типа F) диф-ма в окрестности точки (2), причем производная (1) по u (3) непрерывна в этой точке, причем функция (1) в этой точке тоже обращается в 0, а (3) не обращается в 0, то для любого эпс существует такая окр точки (4) пространства параметров (без u), что в пределах этой окр существует явно заданная функция (5) u(x1,…,xm), |u – u0| < e, F(u, x1,…, xm) = 0, причем функция (5) непрерывна и диф-ма в этой окр.

Расшифровка теоремы: найдется такая единственная функция, что её значения в некоторой окрестности будут достаточно близко к значению первой переменной в точке (2), она непрерывна и дифференцируема в указанной окрестности.

1 шаг – доказать, что функция существует достаточно близко и она решение уравнения.

Рассматриваем функцию ДВУХ переменных!

1. возьмем (3) положительной в точке. Из непрерывности – положительна в окрестности.

2. выбираем две точки (6), отличающееся от (2) только по переменной u, одна на +эпс, вторая на –эпс, и принадлежащие этой ок-ти. Рассматриваем функцию одной переменной u, она возрастает на этом сегменте и, в силу того, что в точке (2) она 0, на одном конце она отрицательна, на втором положительна.

3. рассматриваем (1) при фиксации первого аргумента как в точках (6). Функция (1) непрерывна во всей окр и сохраняет знак в некоторой их параллелепипидной окрестности, такой что точки отличаются от (2) по x не более чем на дельта, а по u на эпс, причем в основаниях этого параллелепипеда функция (1) имеет разные знаки, а внутри (1) положительна.

4. Рассматриваемая параллелепипидная окр – искомая окр. Рассматриваем функции F(u, x1, x2) , где мы фиксируем вторые два аргумента внутри оснований окр. Функция эта одной переменной, строго монотонна, в концах имеет разные знаки.

2 шаг – доказать, что функция непрерывна в любой точке

1) Все точки основания равноправны  достаточно доказать для одной, а для одной мы можем выбирать эпс из первого пункта сколь угодно малым

3 шаг – доказать диф-сть

1) достаточно доказать для одной.

2) полное приращение (1) составляет 0

3) записываем равенство 0 из 3шаг2 в виде с дифференциалами, заменив бесконечно малую функцию на дu на (из условия непрерывности) бесконечно малую функцию от остальных переменных, выражаем приращение u и устремляем приращения аргументов к 0.

Т доказана!!

Билет 28. Теорема о разрешимости системы функциональных уравнений.

Под термином решение системы функциональных уравнений будем понимать совокупность функций таких, что при подстановке их в систему будем получать тождества. Решение называется непрерывным и диф-м в области, если каждая из функций непрерывна и диф-ма в этой области. Составим определитель:

|@F1/@u1....@F1/@um|

|@F2/@u1....@F2/@um|

д = |………………………...|

|@Fm/@u1...@Fm/@um|

определитель Якоби (якобиан)

Обозначение якобиана:

D(F1, …, Fm)/D(u1,…,um)

Обобщение Т1Б27:

Если m неявных функций (1) диф-мы в некоторой окр точки (2), причем частные пр-е этих функций (1) по u1,…,um непрерывны в (2). Все функции в точке (2) обращаются в 0. а якобиан в этой точке отличен от 0, то для достаточно малых эпс найдется такая окрестность, что в пределах этой окр существуют единственные m функций, удовлетворяющие |u1 – u10| <e1 |u2 – u20| < e2… |um – um0| < em и являются решением системы, причем это решение непрерывно и диф-мо в указанной окр.

Док-во по индукции по кол-ву уравнений.

1. для 1 уже доказано Б27

2. для m – 1 верно, докажем для m. Раз якобиан отличен от 0, то один из его миноров m-1 порядка отличен от 0. Не ограничивая общности, считаем его диагональным.

3. Раз мы выбрали минор, отвечающий условию, то получим что имеются решения системы первых уравнений. Подставим их во все уравнения. По определению решения получим m-1 тождество и одно уравнение

4. Посчитаем частную производную всех этих равенств по um. Помножив каждое из них на алгебраическое дополнение к последнему столбцу и сложив, сгруппируем с соответствующими производными решений. Сумма произведений элементов данного столбца на соответствующие алгебраические уравнения другого столбца равна 0, а этого определителю, то получим, что якобиан равен произведению алгебраического дополнения последнего элемента последнего столбца.

5. Так как и якобиан и предыдущий минор отличны от 0, то производная отлична от 0 и получаем, что к последнему уравнению можно применить Т1Б27.

6. Доказать единственность. Пусть есть два набора уравнений. Тк по предположению индукции для m-1 было единственное решение, то они должны войти в этот набор. Последнее уравнение получается из них.