Matematika A2a 2008/12. gyakorlat

Implicitfüggvény

Az egyenlettel megadott függvények esetén olyankor is ki tudjuk számítani a derivált értékét (adott pontban), ha nem rendezzük y-ra az egyenletet. Persze ekkor fel kell tennünk, hogy legalább elivleg kifejezhető y az egyeneltből és a kifejezés, amit kapunk differenciálható.

Az

$F(x,y)=c\quad\quad (F: H\times K \to L)$

egyenlet által meghatározott implicit függvénynek nevezzük azt az

$y:H\to K$

függvényt melyre minden x ∈ H-ra:

$F(x,y(x))=c\,$

Példa. Deriváljuk az

x² + y² = 1

egyenlettel megadott differenciálható implicit függvényt!

Mo. A (-1,0) és az (1,0) pontokat tartalmazó részhamazokon nem lesz differenciálható implicit függény, de az ezeket nem tartalmazó intervallumokon igen. Az y-t az x függvényének tekintve: y=y(x)

x² + y(x)² = 1

deriválva mindkét oldalt

$2x+2y(x)\cdot y'(x)=0$

visszaírva y-ra:

$2x+2y\cdot y'=0$

$y'=-\frac{2x}{2y}$

a derivált.

Általában, ha van differenciálható implicitfüggvény, akkor az alábbaikat állíthatjuk:

Tétel. Ha F:I×J $\to$ R téglalapon értelmezett, differenciálható függvény, létezik az F(x,y)=0 egyenletnek y: I $\to$ J differenciálható implicit függvénye és

$(\partial_y F)(x,y(x))\ne 0$

minden x∈I-re, akkor

$y'(x)=-\frac{\partial_x F(x,y)}{\partial_y F(x,y)}$

Ui., Ekkor

$F(x,y(x))=0\,$

ezt differenciálva (az összetett függvény deriválására vonatkozó képlettel)

$[dF(x,y(x))]\cdot[1,y'(x)]=0\,$

$[(\partial_x F)(x,y(x)),(\partial_y F)(x,y(x))]\cdot[1,y'(x)]=0\,$

azaz

$1\cdot (\partial_x F)(x,y(x))+y'(x)\cdot(\partial_y F)(x,y(x))=0\,$

Vegyük észre, hogy a fenti példában a kritikus pontokban ∂_y(x²+y²)=0.

Tétel. Természetesen a fenti képlet akkor is felírható, ha F két többdimenziós téglalap szorzatán van értelmezve, de diffható, létezik a differenciálható implicit függvény és az F függvény y szerinti deriváltja nem nulla.

Legyen F:Rⁿ×R^m$\to$ R^m folytonosan differenciálható és tekintsük az F(x,y) = 0 egyenletet! Ha det(∂_y)F ≠ 0, akkor (x,y)-ban létezik differenciálható y implicitfüggvénye F-nek és

$\partial_{\mathbf{x}}y(\mathbf{x})=-\partial_{\mathbf{y}}F(x,y)^{-1}\circ\partial_{\mathbf{x}} F(x,y)$

Példa. Paraméterezzük az alábbi egyenletrendszer által meghatározott halmazt!

$2x-y+z=0\,$

$x+y+z^2=0\,$

Itt az (x,y)-t szeretnénk kifejezni z-vel:

$\partial_{xy}F(x,y,z)=\begin{bmatrix}2 & -1\\1 & 1\end{bmatrix},\quad\partial_{z}F(x,y,z)=\begin{bmatrix}1\\2z \end{bmatrix}$

$\partial_{xy}F(x,y,z)^{-1}=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}1 & 1\\-1 & 2\end{bmatrix}$

$\varphi'(z)=-\frac{1}{3}\begin{bmatrix}1+2z \\1-4z\end{bmatrix},\quad\quad (x(t),y(t),z(t))(t)=-\frac{1}{3}\begin{bmatrix}t+t^2 \\t-2t^2\\ 3t\end{bmatrix}$

Implicit megadású függvényről akkor beszélünk, amikor egy függvény megadása nem (az explicit módon) y = f(x) alakban történik, hanem az x és y kapcsolatát egy mindkét változót tartalmazó

$F(x,y) = 0 \,$

egyenlet írja le. Például adjunk meg olyan függvényt, melynek grafikonja valamely kör egy szakasza. Az

$x^2+y^2=1\,$

egyenletű körből könnyű az y változót kifejezni, az $\mbox{ }_{y=\sqrt{1-x^2}}$ és $\mbox{ }_{y=-\sqrt{1-x^2}}$ alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a

$\sin y =x\,$

esetén semmi reményünk, hogy az y változóra valamilyen egyenletrendezéssel általános képletet kapjunk. Az ilyen példák miatt nevezik ezeket a típusú függvényeket implicit, avagy régi, választékos kifejezéssel élve bennrekedt függvényeknek. A differenciálszámítás szempontjából megelégedhetünk azzal, ha az implicit függvény deriváltját ki tudjuk számolni. Sok esetben ebből már következtethetünk a függvényre vagy annak viselkedésére is.

A modern analízis szemszögéből egy N × M $\rightarrow$ K normált terek között ható F függvény a ∈ N és b ∈ M pontokhoz tartozó implicit függvényén olyan, az a egy U környezetén értelmezett és a b egy V környezetébe képező f:U $\rightarrow$ V függvényt értünk, melyre f(a)=b és minden x ∈ U pont esetén rendelkezik az

$F(x,f(x))=0\,$

tulajdonsággal. Amelyet szavakban úgy fogalmazhatunk meg, hogy az F(x,y)=0 egyenletből az y változó kifejezhető y=f(x) alakban.

Most szorítkozzunk csak a kétváltozós esetre és tegyük fel, hogy létezik differenciálható implicit függvénye a differenciálható F függvénynek. Ekkor az F(x,y) függvény implicit függvénye az f(x), ha egy adott (u,v) pontban:

F(u,v)=0 és

minden az f értelmezési tartományába eső x-re F(x,f(x))≡0 és

f(u)=v,

akkor világos, hogy ha

0 ≡ φ(x) = F(x,f(x)) = (F$\circ$(id,f))(x) ,

akkor

φ'(x) ≡ 0

így tehát a függvénykompozíció deriválásának szabálya szerint:

$\varphi'(u)=[\partial_1F(u,v),\partial_2F(u,v)]\cdot \begin{bmatrix}1\\f'(u)\end{bmatrix}=\partial_1 F(u,v)+\partial_2F(u,v)\cdot f'(u)\,=0$

így

$f'(u)=-\frac{\partial_1 F(u,v)}{\partial_2 F(u,v)} \,$

Implicitfüggvény tétel

Tétel – Implicitfüggvény-tétel R-beli implicit függvényre – Legyen F az R² egy részhalmazán értelmezett, R-be képező differenciálható függvény, mely az értelmezési tartománya egy (a,b) belső pontjában folytonosan differenciálható, F(a,b) = 0 és

$\partial_2 F(a,b)\neq 0$

(azaz (a,b)-ben az y szerinti parciális deriváltja nem nulla). Ekkor van a-nak olyan I és b-nek olyan J környezete, hogy F-nek egyértelműen létezik az (a,b) párhoz tartozó f: I $\rightarrow$ J implicit függvénye, mely erősen differenciálható a-ban és deriváltja:

$f'(a)=-\frac{\partial_1 F(a,b)}{\partial_2 F(a,b)}$

Vázlatos bizonyítás. I. Először megkonstruáljuk az y=y(x) függvényt. Létezik olyan I × J ⊆ Dom(F) az (a,b) körül, hogy ∂₂F sehol sem nulla, azonos előjelű -- sőt feltehetjük, hogy pozitív. Ez amiatt van, hogy ∂₂F(a,b) ≠ 0 és ∂₂F folytonos.

Az y=y(x) implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy

minden x ∈ I-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ben,

hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan y ∈ J, hogy F(x,y)=0. Belátjuk, hogy minden ilyen x-hez egyetlen zérushelye van F( x , . )-nek.

Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. A pozitívra választott y-szerinti deriváltból következik, hogy ez I-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan y₂ > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és y₁ < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,y₁) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és van az (a,y₂) pontnak olyan környezete, ahol F pozitív. Most definiáljuk át I-t és J-t úgy, hogy I × J-n az F egy J-beli elem fölött mindenhol pozitív, egy J-beli elem alatt mindehol negatív értéket vegyen föl.

A praciális deriváltak folytonosságából az is következik, hogy minden x ∈ I-re az F( x , . ) függvény is szigorúan monoton növekvő, negatív és pozitív értéket is felvevő folytonos függvény, így a Bolzano-tétel alapján létezik y_x zérushelye és mindegyiknek egyetlen zérushelye létezik.

II. Állítjuk, hogy a φ:I $\rightarrow$ J, x $\mapsto$ y_x függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x ∈ I-re F(x,φ(x))=0.

Könnyen belátható, hogy φ folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy φ(x) egy adott ε-nál mindig jobban eltér b-től, akkor φ(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,φ(x))=0, így ez ellentmondana F folytonos tulajdonságának.

III. Végül az implicit függvény differenciálható a-ban, mert ha van (a,b)-ben érintősík, akkor az az érintőegyenesben metszi az [x,y] síkot.

Példák

Tekintsük a következő egyenletű síkgörbét:

$x^5+xy+y^5=3\,$

Nem lenne könnyű feladat kifejezni belőle y-t, mert az ötödfokú egyenletnek nincs általános megoldóképlete. Mivel a baloldal akárhányszor differenciálható, ezért joggal feltételezhetjük, hogy bizonyos pontokban létezik implicit függvénye. Tegyük fel, hogy φ ilyen függvény. Ekkor az egyenlet

$x^5+x\varphi(x)+(\varphi(x))^5=3$

alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol φ differenciálható:

$5x^4+\varphi(x)+x\varphi'(x)+5\varphi^4(x)\cdot\varphi'(x)=0$

ahonnan a derivált: $\varphi'(x)=-\frac{5x^4+\varphi(x)}{5\varphi^4(x)+x}$ vagy szimbolikusan: $y'=-\frac{5x^4+y}{5y^4+x}$. Alaposabb vizsgálatokkal kideríthető, hogy ez a derivált minden pontban létezik és negatív, így az implicit függvény mindenhol létezik és szigorúan monoton csökkenő. Vegyük észre, hogy a nevezőben lévő kifejezés pont ∂_yF(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta.

Többváltozós eset

Ebben az esetben is az „érintősík” végtelenül közelítő tulajdonsága játszik majd fontos szerepet. Jól látható az összefüggés, ha feltesszük, hogy F egy Rⁿ×R^m-en értelmezett affin függvény, azaz egy lineáris leképezés eltoltja. Ekkor

F(x,y) = F(a+h,b+k) = F(a,b)+dF₁(a,b)h+dF₂(a,b)k.

Amennyiben y = y(x) olyan, hogy y(a) = b és F(x,y(x)) = 0, akkor fennáll a 0 = dF₁(a,b)h + dF₂(a,b)k egyenlőség és k kifejezhető, amennyiben az A = dF₂(a,b) mátrix invertálható. A B = dF₁(a,b) jelöléssel ekkor

k = -(A^-1$\cdot$B) h.

Általános esetben ez csak egy másodrendűen kicsiny tag hozzávételével lesz igaz, de az implicit függvény létezésének belátásához szükséges a fenti gondolatmenet is.

Banach-terek esetén (melyek akár végtelen dimenziósak is lehetnek) a tétel a következő.

Tétel – Implicitfüggvény-tétel Banach-terekre – Legyen E, H, G Banach-terek, F:E × H $\rightarrow$ G olyan függvény, mely (a,b) ∈ E × H-ban erősen differenciálható. Ha a ∂₂F(a,b) lineáris leképezés injektív és az inverzével együtt folytonos, akkor egyértelműen létezik az F-nek egy az (a,b) párhoz tartozó f lokális implicit függvénye, ez erősen differenciálható a-ban és differenciálja:

$df(a)=-(\partial_2 F(a,b))^{-1}\circ(\partial_1 F(a,b))$

Vagy egy kevésbé absztrakt tétel:

Tétel – Implicitfüggvény-tétel Rⁿ-re – Legyen F:Rⁿ×R^m$\rightarrow$R^m folytonosan differenciálható függvény, (a,b) ∈ Rⁿ×R^molyanok, hogy F(a,b)=0 és $\mbox{ }_{\det\left(\frac{\partial F_i(a,b)}{\partial y_k}\right)_{i,k=1,...,m}\ne 0}$. Ekkor egyértelműen létezik F-nek egy az (a,b)-hez tartozó lokális implicit függvénye.