最后更新: 2025-02-02 09:09 查看: 27 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

隐函数存在定理

一．一个方程的情况
对于能否从一个给定的方程 $F(x, y)=0$ 确定某个隐函数 $y=f(x)$ 的问题，可以借助于三维空间从几何上进行思考。

设曲面的方程为 $z=F(x, y)$ ，则首先，什么情况下这个曲面与 $x O y$ 坐标平面有交？其次是它们的非空交集是否能够用某个函数 $y=f(x)$ 来描述？

这里的第一个问题就不容易。在某些条件下也许可以用前面的零点存在定理来证明这样的非空交是存在的．本章对这个问题不作讨论，而是从一开始假设，已经存在一个点 $\left(x_0, y_0\right)$ ，使得 $F\left(x_0, y_0\right)=0$ ．于是曲面 $z=F(x, y)$ 与 $x O y$ 坐标面至少交于一个点 $\left(x_0, y_0, 0\right)$ ．

接下来的问题自然就是在 $x O y$ 坐标面上点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的邻近，是否存在经过该点的交线，它可以用 $y=f(x)$ 来描述．

如右图（a）所示，设曲面 $z=F(x, y)$ 的边界用粗曲线表示，它在坐标面 $x O y$ 以下部分用虚线标出．曲面与该坐标面，即 $z=0$ 的交线经过点 $\left(x_0, y_0\right)$ ．在区间 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 上确定了一个隐函数 $y=f(x)$ ．

在右图（b）上就是在 $x O y$ 平面上的隐函数 $y=f(x)$ 的图像．

当然这需要一定的条件．否则，例如曲面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $z=0$ 只交于一点 $(0,0)$ ，并不能生成在某个区间上有定义的隐函数。

此外，我们还希望隐函数具有良好的性质，例如连续性和可微性等。

下面是这方面的主要结果．

![图片](/uploads/2025-02/914492.jpg)
 下面是这方面的主要结果．
定理 0.1 设二元函数 $F(x, y)$ 满足下列条件：
（1）$F\left(x_0, y_0\right)=0$ ，
（2）在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的某一个邻域 $D$ 内对 $x$ 和 $y$ 有连续偏导数，
（3）$F_y\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ，
则有以下结论：
（i）存在在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的一个矩形邻域

$$
\left\{(x, y)\left|\left|x-x_0\right|<\eta,\left|y-y_0\right|<b^{\prime}\right\} \subset D,\right.
$$

使得在这个邻域内，存在惟一的隐函数 $y=f(x)$ ，其定义域为 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ ，当 $x \in\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 时，成立恒等式 $F(x, f(x)) \equiv 0$ ，且满足 $f\left(x_0\right)=y_0$ ；
（ii）$f$ 在 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 上连续；
（iii）$f$ 在 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 上有连续导函数．
证 不妨取 $D$ 为以下长方形邻域 ${ }^{(1)}$ ：

$$
D=\left\{(x, y)| | x-x_0\left|<a,\left|y-y_0\right|<b\right\} .\right.
$$

注意条件 $(3) F_y\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ 是关键条件，以下不妨设 $F_y\left(x_0, y_0\right)>0$ ．在证明中可参看下面的图中的 4 个分图．
 ![图片](/uploads/2025-02/778559.jpg)
 
 由于 $F_y(x, y)$ 是二元连续函数，因此存在以 $\left(x_0, y_0\right)$ 为中心的一个长方形闭区域（参看分图（a））

$$
D^{\prime}=\left\{(x, y)| | x-x_0\left|\leqslant a^{\prime},\left|y-y_0\right| \leqslant b^{\prime}\right\} \subset D\right.
$$

使得 $F_y(x, y)$ 在 $D^{\prime}$ 上处处大于 $0^{(2)}$ 。
考虑闭区域 $D^{\prime}$ 中 $x=x_0$ 的直线段，即 $\left\{\left(x_0, y\right) \mid y_0-b^{\prime} \leqslant y \leqslant y_0+b^{\prime}\right\}$（参看分图（b））．则由于函数 $z=F\left(x_0, y\right)$ 关于 $y$ 的导数在 $\left(y_0-b^{\prime}, y_0+b^{\prime}\right)$ 上处处大于 0 ，因此是 $y$ 的严格单调增加函数．从 $F\left(x_0, y_0\right)=0$ 可知有

$$
F\left(x_0, y_0-b^{\prime}\right)<0, \quad F\left(x_0, y_0+b^{\prime}\right)>0
$$

利用二元函数 $F(x, y)$ 在 $D$ 上连续，因此从连续函数的保号性知道在点 $\left(x_0, y_0-b^{\prime}\right)$ 邻近 $F$ 小于 0 ，而在点 $\left(x_0, y_0+b^{\prime}\right)$ 上大于 0 。 特别我们考虑闭区域 $D^{\prime}$的上下边界，则存在 $\eta>0$ ，使得成立

$$
\begin{aligned}
& F\left(x, y_0-b^{\prime}\right)<0 \forall x_0-\eta<x<x_0+\eta \\
& F\left(x, y_0+b^{\prime}\right)>0 \forall x_0-\eta<x<x_0+\eta
\end{aligned}
$$

这样就得到一个长方形闭区域（参看分图（c））
$$
D^{\prime \prime}=\left\{(x, y) \mid x_0-\eta \leqslant x \leqslant x_0+\eta, y_0-b^{\prime} \leqslant y \leqslant y_0+b^{\prime}\right\} \subset D^{\prime}
$$

在闭区域 $D^{\prime \prime}$ 的下边界上 $F$ 处处小于 0 ，而在上边界上 $F$ 处处大于 0 。任取点 $x \in\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ ，固定这个 $x$ 值，作出在 $D^{\prime \prime}$ 中连接点 $\left(x, y_0-b^{\prime}\right)$ 与 $\left(x, y_0+b^{\prime}\right)$的直线段，并考虑在其中 $F$ 的值．由于 $F\left(x, y_0-b^{\prime}\right)<0, F\left(x, y_0+b^{\prime}\right)>0$ ，且 $F_y(x, y)>0 \forall y \in\left(y_0-b^{\prime}, y_0+b^{\prime}\right)$ ，因此 $F$ 是 $y$ 的严格单调增加函数，从而存在惟一的点 $y \in\left(y_0-b^{\prime}, y_0+b^{\prime}\right)$ ，使得 $F(x, y)=0$（参看分图（d））．

这样就证明了对于 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 中的每一个 $x$ ，在闭区域 $D^{\prime \prime}$ 的内部存在惟一的 $y$ ，满足 $F(x, y)=0$ ．我们就将这个 $y$ 记为 $f(x)$ ，从而就证明了在 $D^{\prime \prime}$ 中存在惟一的隐函数 $y=f(x)$ 满足 $F(x, f(x))=0$ ．这完成了定理中（i）的证明．

关于（ii），即 $y=f(x)$ 在 $\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ 中处处连续的证明，其方法与上面完全相同，等于再重复一次．可简要叙述如下，同时参看图 2 ，其中的细曲线就是隐函数 $y=f(x)$ 的图像．

取定点 $x_1 \in\left(x_0-\eta, x_0+\eta\right)$ ，要证明 $y=f(x)$ 于点 $x_1$ 连续．记 $y_1=f\left(x_1\right)$ ．对于给定的 $\varepsilon>0$ ，不妨设已经有 $O_{\varepsilon}\left(y_1\right) \subset O_{b^{\prime}}\left(x_0\right)$ ，这样使得所有讨论都在 $D^{\prime \prime}$ 的内部进行．再次利用 $F_y(x, y)>0$ ，从 $F\left(x_1, y_1\right)=0$ ，可见有

$$
F\left(x_1, y_1-\varepsilon\right)<0, \quad F\left(x_1, y_1+\varepsilon\right)>0 .
$$

然后利用 $F$ 的保号性，存在 $\delta>0$ ，使得成立

$$
\begin{aligned}
& F\left(x, y_1-\varepsilon\right)<0 \forall\left|x-x_1\right|<\delta, \\
& F\left(x, y_1+b^{\prime}\right)>0 \forall\left|x-x_1\right|<\delta .
\end{aligned}
$$

这样就得到一个长方形闭区域

$$
D^{\prime \prime \prime}=\left\{(x, y)| | x-x_1\left|\leqslant \delta,\left|y-y_1\right| \leqslant \varepsilon\right\} \subset D^{\prime \prime},\right.
$$

在闭区域 $D^{\prime \prime \prime}$ 的下边界上 $F$ 处处小于 0 ，而在上边界上 $F$ 处处大于 0 ．任取点 $x \in\left(x_1-\delta, x_1+\delta\right)$ ，固定这个 $x$ 值，作出在 $D^{\prime \prime \prime}$ 中连接点 $\left(x, y_1-\varepsilon\right)$ 与 $\left(x, y_1+\varepsilon\right)$ 的直线段，并考虑在其中 $F$ 的值．
 ![图片](/uploads/2025-02/764cb5.jpg)
 由于 $F\left(x, y_1-\varepsilon\right)<0, F\left(x, y_1+\varepsilon\right)>0$ ，且 $F_y(x, y)>0 \forall y \in\left(y_1-\varepsilon, y_1+\varepsilon\right)$ ，因此 $F$ 是 $y$ 的严格单调增加函数，从而存在惟一的点 $y \in\left(y_0-b^{\prime}, y_0+b^{\prime}\right)$ ，使得 $F(x, y)=0$ 。

然而这样的点在 $D^{\prime \prime}$ 中是惟一的，因此上述与 $x$ 对应的 $y$ 只能就是在（i）中确定的隐函数 $f(x)$ ．由于 $\left|f(x)-f\left(x_1\right)\right|<\varepsilon$ ，因此已经证明了 $y=f(x)$ 于点 $x_1$ 连续． （教科书没有强调这里利用了（i）中的惟一性，这是关键处，不讲是不对的．）
（iii）取定某点 $x \in O_\eta\left(x_0\right)$ ，又取 $\Delta x$ 使得也有 $x+\Delta x \in O_\eta\left(x_0\right)$ ．为了研究差商 $\frac{\Delta y}{\Delta x}$ ，需要设法将隐函数 $y=f(x)$ 在这时的增量 $\Delta y=\Delta f$ 表达出来．

利用 $F(x, f(x))=0, F(x+\Delta x, f(x+\Delta x))=0$ ，而 $f(x+\Delta x)=f(x)+\Delta f=$ $y+\Delta y$ ，就可以用中值定理如下：
$$
\begin{aligned}
0 & =F(x+\Delta x, y+\Delta y)-F(x, y) \\
& =F(x+\Delta x, y+\Delta y)-F(x, y+\Delta y)+F(x, y+\Delta y)-F(x, y) \\
& =F_x\left(x+\theta_1 \Delta x, y+\Delta y\right) \Delta x+F_y\left(x, y+\theta_2 \Delta y\right) \Delta y .\left(0<\theta_1, \theta_2<1\right)
\end{aligned}
$$

由于点 $\left(x+\theta_1 \Delta x, y+\Delta y\right)$ 和 $\left(x, y+\theta_2 \Delta y\right)$ 都落在闭区域 $D^{\prime}$ 内，因此 $F_y(x, y+$ $\left.\theta_2 \Delta y\right) \neq 0$ ，从而可以写出差商

$$
\frac{\Delta y}{\Delta x}=-\frac{F_x\left(x+\theta_1 \Delta x, y+\Delta y\right)}{F_y\left(x, y+\theta_2 \Delta y\right)} .
$$

注意右边表达式中的 $y=f(x), \Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)$ ．
最后令 $\Delta x \rightarrow 0$ ，利用 $y=f(x)$ 连续，就有 $\Delta y \rightarrow 0$ ，又利用 $F$ 为二元连续函数，因此就可见 $y=f(x)$ 可导，且

$$
\frac{d y}{d x}=-\frac{F_x(x, f(x))}{F_y(x, f(x))} .
$$

又注意到 $F$ 的两个偏导数都是二元连续函数，而 $f(x)$ 又连续，因此从复合函数连续性定理就知道导函数 $y^{\prime}(x)$ 在 $O_\eta\left(x_0\right)$ 上连续．

注 1 这里要强调隐函数存在定理的局部性．这可以用最简单的例子来说明．设考虑单位圆的方程

$$
F(x, y)=x^2+y^2-1=0
$$

并对于其上的点 $\left(x_0, y_0\right)$ 考虑上述隐函数存在定理的应用．这时条件 $F_y\left(x_0, y_0\right) \neq 0$就是 $y_0 \neq 0$ ．这表明在单位圆上除了点 $(1,0),(0,-1)$ 之外，其他点的邻近都存在满足 $y_0=f\left(x_0\right)$ 的隐函数 $y=f(x)$ ，即使得 $x^2+f(x)^2-1 \equiv 0$.
 ![图片](/uploads/2025-02/afc03c.jpg)
 然而这样的隐函数 $y=f(x)$ 的定义域的大小与点 $\left(x_0, y_0\right)$ 有关．在图上对于三个不同点，即 $(0,1),\left(\cos \frac{\pi}{4}, \sin \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(\cos \frac{\pi}{8}, \sin \frac{\pi}{8}\right)$ ，分别给出了隐函数存在定理中的闭区域 $D^{\prime \prime \prime}$ ，即 $\left[x_0-\eta, x_0+\eta\right] \times\left[y_0-b^{\prime}, y_0+b^{\prime}\right]$ ．可以看出，对于第三个点， $\eta$ 相当小。

另一方面，我们知道对于每一个 $x_0 \in(-1,1)$ ，存在两个 $y_0$ 值，即 $\pm \sqrt{1-x_0^2}$ ，满足方程 $x_0^2+y_0^2=1$ ．这与隐函数存在定理中的惟一性不矛盾．因为后者的惟一

性是指在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的充分小的邻域中，满足方程的隐函数是惟一的．这也表明定理的结论具有强烈的局部性特征。

注2 定理1中的条件（1）－（3）当然只是存在隐函数的充分条件．若从隐函数存在和连续的要求来看，可以将定理 1 中的条件减弱为 $F$ 为二元连续，且在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的邻近关于 $y$ 严格单调．对于严格单调增加的情况的证明与上述定理中的 （i），（ii）完全相同。

注 3 定理的结论（iii）已经覆盖了结论（ii），但从证明来看，只有建立（ii）之后才能证明（iii）．从导数 $\frac{ d y}{d x}$ 的表达式可以归纳地推出，若 $F(x, y)$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的一个邻域中 $n$ 阶连续可微（即有所有的 $n$ 阶偏导数，且都是连续的二元函数），则隐函数 $y=y(x)$ 也有 $n$ 阶连续导函数。

以上定理 1 是一个方程的最简单情况，其中只含两个变量．一个方程的更一般
的情况是从

$$
F\left(x_1, \cdots, x_n, y\right)=0
$$

确定隐函数 $y=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ ．
对于这个问题有下列定理 2．它给出了多元隐函数存在的充分条件．定理的叙述比较长，但证明的整个过程并没有新的思想方法，与定理 1 完全相同，从略．

定理 0.2 设 $n+1$ 元函数 $F\left(x_1, \cdots, x_n, y\right)$ 满足下列条件：
（1）$F\left(x_1^0, \cdots, x_n^0, y^0\right)=0$ ，
（2）在点 $\left(x_1^0, \cdots, x_n^0, y^0\right)$ 的某一个邻域 $D$ 内对每一个变量都有连续偏导数，
（3）$F_y\left(x_1^0, \cdots, x_n^0, y^0\right) \neq 0$ ，
则有以下结论：
（i）存在点 $\left(x_1^0, \cdots, x_n^0, y^0\right)$ 的一个长方体邻域

$$
\left\{\left(x_1, \cdots, x_n, y\right)\left|\left|x_i-x_i^0\right|<\delta_i, i=1, \cdots, n,\left|y-y_0\right|<b\right\} \subset D,\right.
$$

使得在此邻域内，存在惟一的隐函数 $y=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ ，其定义域为

$$
A=\left\{\left(x_1, \cdots, x_n\right)| | x_i-x_i^0 \mid<\delta_i, i=1, \cdots, n\right\}
$$

当 $\left(x_1, \cdots, x_n\right) \in A$ 时成立恒等式

$$
F\left(x_1, \cdots, x_n, f\left(x_1, \cdots, x_n\right)\right) \equiv 0
$$

且满足 $y^0=f\left(x_1^0, \cdots, x_n^0\right)$ ；
（ii）$f$ 在 $A$ 上连续；
（iii）$f$ 在 $A$ 上关于 $x_1, \cdots, x_n$ 有连续偏导数．
这里可以如定理1—样得到隐函数 $y=f( x )$ 的偏导数公式为

$$
\frac{\partial y}{\partial x_i}=-\frac{F_{x_i}}{F_y}, \quad i=1, \cdots, n
$$

其中 $x_i=x_i^0, i=1, \cdots, n, y=y^0$ 。
如在此回顾本章的例题 1 和例题 2 ，则不难看出，在它们的答案中，偏导数的分母不等于 0 就是定理 2 中的条件（2）．

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