§20.2 隐函数组

20.2.1 存在定理

不失一般性, 下面仅研究两个方程和四个变量的方程组

$$\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)=0,\\ G(x,y,u,v)=0\end{array}$$

在什么条件下可以确定 $u$, $v$ 是 $x$, $y$ 的函数

$$u=u(x,y),v=v(x,y),$$

并且 $u$, $v$ 关于 $x$, $y$ 有连续偏导数. 我们有如下的隐函数组存在定理.

命题 20.2.1 (隐函数组存在定理)

设

(1) $F(x,y,u,v)$ 和 $G(x,y,u,v)$ 在点 ${\mathbf{p}}_0(x_0,y_0,u_0,v_0)$ 的一个邻域内对各个变元有连续的偏导数;

(2) $F(x_0,y_0,u_0,v_0)=G(x_0,y_0,u_0,v_0)=0;$

(3) $J(p_0)=\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}{|}_{p_0}=\left|\begin{array}{cc}{F}_u(p_0)& F_v(p_0)\\ G_u(p_0)& G_v(p_0)\end{array}\right|\ne 0,$ 其中 $\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$ 称为 $Jacobi$ 行列式，

则存在 $p_0$ 点的一个邻域，在此邻域内由方程组

$$\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)=0,\\ G(x,y,u,v)=0\end{array}$$

可以惟一确定一对函数

$$u=u(x,y),v=v(x,y),$$

使满足 $F(x,y,u(x,y),v(x,y))=G(x,y,u(x,y),v(x,y))=0$ 及 $u_0=u(x_0,y_0)$ $v_0=v(x_0,y_0)$ ，且 $u$, $v$ 具有关于 $x$, $y$ 的连续偏导数

$$\frac{\partial u}{\partial x}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (x,v)},\frac{\partial u}{\partial y}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (y,v)},$$$$\frac{\partial v}{\partial x}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,x)},\frac{\partial v}{\partial y}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,y)},$$

其中 $J=\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$ .

命题 20.2.2 (反函数组存在定理)

若

$$u=f(x,y),v=g(x,y)$$

在点 $(x_0,y_0)$ 的某个邻域中连续可微， $u_0=f(x_0,y_0),v_0=g(x_0,y_0)$ ，且

$${\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}|}_{(x_0,y_0)}\ne 0,$$

则在 $(u_0,v_0)$ 的某一邻域内存在惟一的反函数组

$$x=x(u,v),y=y(u,v)$$

满足 $u_0=u(x_0,y_0),v_0=v(x_0,y_0)$ ，且成立

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\cdot \frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=1.$$

例题 20.2.1

给定函数 $u=e^y\sin x$, $v=e^y\cos x$, $w=2-\cos z$ ，根据反函数组存在定理判断在哪些点 $(x,y,z)$ 所对应的点 $(u,v,w)$ 的邻域内存在反函数 $x=x(u,v,w)$, $y=y(u,v,w)$, $z=z(u,v,w)$ ?

解

函数 $e^y\sin x$, $e^y\cos x$, $2-\cos z$ 在 $R^3$ 中连续可微，且

$$\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)}=\left|\begin{array}{ccc}{\mathrm{e}}^y\cos x& {\mathrm{e}}^y\sin x& 0\\ -{\mathrm{e}}^y\sin x& {\mathrm{e}}^y\cos x& 0\\ 0& 0& \sin z\end{array}\right|={\mathrm{e}}^{2y}\sin z.$$

所以在 $D=\{(x,y,z)\mid z\ne k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \}$ 内任一点所对应的点 $(u,v,w)$ 处，存在一个邻域，在此邻域内存在反函数.

20.2.2 思考题

思考题

1. 若由 $F(x,y,z,u)=0$, $G(x,y,z,u)=0$, $H(x,y,z,u)=0$ 可解出 $x=x(u)$, $y=y(u)$, $z=z(u)$ ，根据隐函数组存在定理应如何对函数 $F$, $G$, $H$ 假设条件？

2. 对极坐标变换

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

在哪些点 $(r_0,{\theta }_0)$ 附近可存在反函数组 $r=r(x,y)$, $\theta =\theta (x,y)$ ? 在 $(0,{\theta }_0)$ 附近能否存在反函数组？对结论做出直观解释.

20.2.3 求已知函数组所确定的隐函数组的导数

在这类问题中，一般认为隐函数组、反函数组存在且可微的条件均已满足，因而注重于运算的正确与熟练。此外，在计算导数时，一般不用求导公式，因为这些公式既不便于记忆，也不便于使用。往往是对已知函数组求导数，然后解所得的方程组便可得到所要的导数。

例题 20.2.2

设 $u(x,y)$ 是由方程组 $u=f(x,y,z,t)$, $g(y,z,t)=0$, $h(z,t)=0$ 确定的函数，其中 $f$, $g$, $h$ 均连续可微，且 $\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0$ ，求 $\frac{\partial u}{\partial y}$ .

解1

首先应该认清函数关系, 因为 $\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0$ , 故由

$$g(y,z,t)=0,h(z,t)=0\text{\hspace{1em}(20.5)}$$

可确定 $z$, $t$ 为 $y$ 的函数, 所以 $u=f(x,y,z(y),t(y))$ , 即 $u$ 是以 $z$, $t$ 为中间变量的 $x$, $y$ 的函数, 有了这个认识就可以具体地作求导运算.

由于

$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_2+f_3{z}^{\prime }(y)+f_4{t}^{\prime }(y),\text{\hspace{1em}(20.6)}$$

为求 $z^{\prime }(y)$ 和 $t^{\prime }(y)$ ，在方程组 (20.5) 两边对 $y$ 求导，得

$$\begin{array}{l}{g}_y+g_z{z}^{\prime }+g_t{t}^{\prime }=0,\\ h_z{z}^{\prime }+h_t{t}^{\prime }=0.\end{array}$$

由此得到

$$z^{\prime }=-g_y{h}_t{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1},t^{\prime }=g_y{h}_z{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1},$$

代入 (20.6) 得

$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_y-g_y\left(f_z{h}_t-f_t{h}_z\right){\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1}.\text{\hspace{1em}(20.7)}$$

解2

也可以直接考虑如下的方程组

$$F(x,y,z,t,u)=0,\text{\hspace{1em}(20.8)}$$$$g(y,z,t)=0,\text{\hspace{1em}(20.9)}$$$$h(z,t)=0,\text{\hspace{1em}(20.10)}$$

其中 $F(x,y,z,t,u)=u-f(x,y,z,t)$ . 由于

$$\frac{\partial (F,g,h)}{\partial (u,z,t)}=\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0,$$

从而我们可视 $x$, $y$ 为自变量, $u$, $z$, $t$ 为 $x$, $y$ 的函数, 在 (20.8)—(20.10) 两边对 $y$ 求导数, 则

$$\begin{array}{c}{u}_y-f_y-f_z{z}_y-f_t{t}_y=0,\\ g_y+g_z{z}_y+g_t{t}_y=0,\\ h_z{z}_y+h_t{t}_y=0.\end{array}$$

解此方程组可得(20.7).

例题 20.2.3

设 $z=z(x,y)$ 由球变换 $x=\cos \phi \cos \psi$, $y=\cos \phi \sin \psi$, $z=\sin \phi$ 确定, 求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}$ .

解1

由所给方程组的前两个方程可确定 $\phi =\phi (x,y)$, $\psi =\psi (x,y)$ ，故 $z=\sin \phi (x,y)$ ，即 $z$ 是以 $\phi$ 为中间变量的 $x$, $y$ 的函数，所以

$$z_x=\cos \phi \cdot {\phi }_x.\text{\hspace{1em}(20.11)}$$

在前两个方程两边对 $x$ 求导，得

$$\begin{array}{l}1=-\sin \phi \cdot {\phi }_x\cos \psi +\cos \phi (-\sin \psi )\cdot {\psi }_x,\\ 0=-\sin \phi \cdot {\phi }_x\sin \psi +\cos \phi \cos \psi \cdot {\psi }_x.\end{array}$$

解出

$${\phi }_x=-\frac{\cos \psi }{\sin \phi },{\psi }_x=-\frac{\sin \psi }{\cos \phi },\text{\hspace{1em}(20.12)}$$

代入(20.11)得

$$z_x=-\cot \phi \cos \psi .$$

在上式两边再对 $x$ 求导得

$$z_{xx}={\csc }^2\phi \cdot {\phi }_x\cos \psi +\cot \phi \sin \psi \cdot {\psi }_x.$$

将 $(20.12)$ 代入, 得到

$$z_{xx}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.$$

解2

由已知条件得 $x^2+y^2+z^2=1$ ，两边对 $x$ 求两次导数，注意到 $y$ 与 $x$ 是各自独立的变量，得

$$x+z{z}_x=0,1+z_x^2+z{z}_{xx}=0,$$

于是

$$\begin{array}{l}{z}_x=-\frac{x}{z},\\ z_{xx}=-\frac{z^2+x^2}{z^3}=\frac{y^2-1}{z^3}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.\end{array}$$

例题 20.2.4

设 $u=f(x-ut,y-ut,z-ut)$, $g(x,y,z)=0$, 试求 $u_x$, $u_y$ . 这时 $t$ 是自变量还是因变量?

解

由两个方程确定两个隐函数. 一个是 $u$, 另一个由第二个方程看出应为 $z$. 因此 $t$ 是自变量. 两个方程分别关于 $x$ 求导得

$$u_x=f_1(1-u_{x}t)+f_2(-u_{x}t)+f_3(z_x-u_{x}t),$$$$g_1+g_3{z}_x=0.$$

解此方程组得

$$u_x=\frac{f_1+f_3\cdot \left(-\frac{g_1}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

同理有

$$u_y=\frac{f_2+f_3\cdot \left(-\frac{g_2}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

20.2.4 存在定理的证明

本节我们应用压缩映射原理证明反函数组存在定理, 把隐函数组存在定理的证明作为参考题. 由于定理的叙述与证明较抽象, 故这部分内容可作为补充材料. 我们先用映射的语言叙述反函数组存在定理, 或称为局部逆映射存在定理.

命题 20.2.3 (局部逆映射存在定理)

设 $f:E\subset R^n\to R^n$ 是 $C^1$ 映射，点 $a\in E$, $b=f(a)$ ，并且 $Jacobi$ 矩阵 $f^{\prime }(a)$ 可逆。则

(1) 存在开集 $U\subset E$ 和 $V$，使得 $a\in U$, $b\in V$ ，并且 $f:U\to V$ 是 $1$-$1$ 满映射；

(2) 设 $g=f^{-1}:V\to U$ , 则 $g$ 是 $C^1$ 映射, 并且

$${\mathbf{g}}^{\prime }(\mathbf{y})={\left[{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{g}(\mathbf{y}))\right]}^{-1},\mathbf{y}\in V.$$

证

(1) 设 $A=f^{\prime }(a)$ , 取 $\lambda >0$ , 使得 $2\lambda \Vert A^{-1}\Vert =1$ , 其中 $\Vert \cdot \Vert$ 表示矩阵的模 ( $\Vert A\Vert ={\max }_{|x|=1}|Ax|$ ). 因为 $f^{\prime }$ 在 $a$ 连续, 故可取以 $a$ 为中心的开球 $U$ , 使得

$$\Vert {\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})-\mathbf{A}\Vert <\lambda ,\mathbf{x}\in U.\text{\hspace{1em}(20.13)}$$

对 $y\in {\mathbf{R}}^n$ ，定义

$$\phi (\mathbf{x})=\mathbf{x}+{\mathbf{A}}^{-1}(\mathbf{y}-\mathbf{f}(\mathbf{x})),\mathbf{x}\in U.\text{\hspace{1em}(20.14)}$$

则 $f(x)=y$ 当且仅当 $x$ 是 $\phi$ 的不动点. 再记 $V=f(U)$ , 下面证明由 (20.14) 定义的映射有惟一不动点 $x$ , 即存在惟一的 $x$ 满足 $f(x)=y$ . 这就证明了 $f$ 是 $U$ 到 $V$ 的 $1$-$1$ 可逆映射. 为此, 先对 $\phi$ 作估计, 其 $Jacobi$ 矩阵为

$${\phi }^{\prime }(\mathbf{x})=\mathbf{I}-{\mathbf{A}}^{-1}{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})={\mathbf{A}}^{-1}[\mathbf{A}-{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})].$$

由(20.13)及 $Schwarz$ 不等式得 $\Vert {\phi }^{\prime }(x)\Vert <\frac{1}{2},x\in U.$ 再由拟微分中值定理得

$$|\phi ({\mathbf{x}}_1)-\phi ({\mathbf{x}}_2)|⩽\frac{1}{2}|{\mathbf{x}}_1-{\mathbf{x}}_2|,{\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2\in U.\text{\hspace{1em}(20.15)}$$

因此 $\phi$ 是一个压缩映射. 其次, 注意到 $\forall y_0\in V$ , 存在 $x_0\in U$ , 使 $f(x_0)=y_0$ . 取 $r$ 足够小, 使以 $x_0$ 为中心 $r$ 为半径的开球 $B$ 的闭包 $\overline{B}\subset U$ . 限制 $y$ 满足 $|y-y_0|<\lambda r$ , 此时对于 $\overline{B}$ 中的点 $x$ 有

$$\begin{array}{rl}& |\phi (x)-x_0|⩽|\phi (x)-\phi (x_0)|+|\phi (x_0)-x_0|⩽\frac{1}{2}|x-x_0|+|A^{-1}(y-y_0)|\\ & ⩽\frac{r}{2}+\Vert A^{-1}\Vert \cdot \lambda r⩽r,\end{array}$$

因此 $\phi (x)\in \overline{B}$ , 从而 $\phi$ 是 $\overline{B}$ 上的压缩映射. 故存在惟一的 $x\in \overline{B}$ , 使 $\phi (x)=x$ . 也即只要 $y$ 满足 $|y-y_0|<\lambda r$ , 就存在惟一的 $x\in \overline{B}$ , 使 $f(x)=y$ , 即 $y\in f(\overline{B})\subset f(U)=V$ . 这一方面证明了以 $y_0$ 为中心 $\lambda r$ 为半径的开球位于 $V$ 中, 故 $V$ 是开集. 另一方面也证明了 $f$ 是 $U$ 到 $V=f(U)$ 的 $1$-$1$ 可逆映射.

(2) 因为 $f$ 是 $C^1$ 映射, 故 $\det f^{\prime }(x)$ 是 $x$ 的连续函数. $f^{\prime }(a)$ 可逆, 即 $\det f^{\prime }(a)\ne 0$ , 故不妨认为在 (1) 中给出的邻域 $U$ 内, 都有 $\det f^{\prime }(x)\ne 0$ . 即 $f^{\prime }(x)$ 可逆. 记其逆为 $T$ . 设 $g$ 是 $f$ 的逆, 即 $x=g(y)$ . 取 $y\in V$ , $y+k\in V$ . 于是 $\exists h\in {\mathbf{R}}^n$ , 使 $x\in U$ , $x+h\in U$ 及 $y=f(x)$ , $y+k=f(x+h)$ . 用 (20.14) 中的估计有

$$\phi (x+h)-\phi (x)=h+A^{-1}[f(x)-f(x+h)]=h-A^{-1}k,$$

由(20.15)得 $|h-A^{-1}k|⩽\frac{1}{2}|h|$ ，即 $|A^{-1}k|⩾\frac{1}{2}|h|$ ，从而

$$|k|⩾\lambda |h|.\text{\hspace{1em}(20.16)}$$

于是

$$g(y+k)-g(y)-Tk=-T[f(x+h)-f(x)-f^{\prime }(x)h].$$

所以

$$\frac{|g(y+k)-g(y)-Tk|}{|k|}⩽\frac{\Vert T\Vert \cdot |f(x+h)-f(x)-f^{\prime }(x)h|}{\lambda |h|},$$

且当 $|k|\to 0$ ，由(20.16)也有 $|h|\to 0$ ，上式右边的极限为0。这就证明了 $g$ 是可微映射，且 $g^{\prime }(y)=T=[f^{\prime }(g(y)){]}^{-1}$ 。关于 $g^{\prime }(y)$ 为连续的证明留给读者。

设 $f:E\subset {\mathbf{R}}^{n+m}\to {\mathbf{R}}^n$ 是 $C^1$ 映射, $(a,b)\in E$ , 使 $f(a,b)=0$ , 并且 $Jacobi$ 矩阵 $f^{\prime }(a,y)$ 可逆, 其中 “ $l^{\prime \prime }$ ” 表示固定 $a$ 而把 $y$ 看成自变量而得到的全导数. 这时方程 $f(x,y)=0$ 在点 $(a,b)$ 的邻域内存在惟一 $C^1$ 隐映射 $y=y(x)$ 的局部隐映射存在定理可通过定义 $F(x,y)=(f(x,y),y)$ 而转化为 $F$ 的局部逆映射存在定理. 其证明作为参考题.

20.2.5 练习题

练习题

1. 设 $x={\mathrm{e}}^v+u^3$, $y={\mathrm{e}}^u-v^3$ , 求反函数组的一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$, $\frac{\partial u}{\partial y}$ .

2. 对由方程组

$$\{\begin{array}{l}x+y+z=0,\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$$

确定的函数 $x=x(z)$, $y=y(z)$ ，求在点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}},0\right)$ 处的导数 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}$, $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}$ .

3. 对方程组

$$\{\begin{array}{l}{x}^3+y^3+z^3=3xyz,\\ x+y+z=a\end{array}$$

确定的隐函数组 $y=y(x)$, $z=z(x)$ ，求出导数 $\frac{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}$, $\frac{\mathrm{dz}}{\mathrm{dx}}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{{\mathrm{dx}}^2}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{{\mathrm{dx}}^2}$ .

4. 设

$$\{\begin{array}{l}x=u\cos \frac{v}{u},\\ y=\sin \frac{v}{u},\end{array}$$

求反函数组的偏导数 $u_x$, $u_y$, $v_x$, $v_y$ .

5. 设 $u=u(x)$ 是由方程组 $u=f(x,y,z)$, $g(x,y,z)=0$, $h(x,y,z)=0$ 所确定. 求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}u}{\mathrm{d}{x}^2}$ .

6. 求由方程组 $x=u\cos v$, $y=u\sin v$, $z=v$ 确定的 $z=z(x,y)$ 的所有二阶偏导数.

7. 设 $z=z(x,y)$ 为由方程组 $x={\mathrm{e}}^{u+v}$, $y={\mathrm{e}}^{u-v}$, $z=uv$ 所定义的函数，求当 $(u,v)=(0,0)$ 时的 $\mathrm{dz}$, ${\mathrm{d}}^{2}z$ .

8. 设 $u=f(x,y,z)$, $g(x^2,{\mathrm{e}}^y,z)=0$, $y=\sin x$ ，且已知 $f$ 与 $g$ 都有一阶连续偏导数，求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ .