Implicitfüggvény-tétel

Az implicitfüggvény-tétel a matematikai analízis, közelebbről a differenciálelmélet leghatékonyabban alkalmazható tétele olyan feladatokra, amikor egy adott nemlineáris egyenletrendszer megoldásait próbálják megkeresni. Legegyszerűbb esetben arról van szó, hogy egy síkbeli görbe egyenletéből kifejezhető-e az y változó az x segítségével, és ezzel megadható-e a görbe egy szakasza függvénygrafikonként.

Bevezetés

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. A fogalom Cauchytól származik (1823).

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 $y={\sqrt {1-x^{2}}}$ és $y=-{\sqrt {1-x^{2}}}$ alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a

$e^{x^{y}}+\mathrm {arctg} \,y^{4}-\sin y=x\,$

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.

Tágabb értelemben egy F : H × K $\rightarrow$ L kétváltozós halmazelméleti függvény (a,b) ∈ H × K párhoz tartozó implicit függvénye olyan f, a H egy részhalmazán értelmezett, K-ba képező függvény, mely a-ban értelmezve van, f(a)=b és minden az értelmezési tartományába tartozó x pontra: F(x,f(x))=F(a,b).

Az egyváltozós eset

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

$f'(a)=-{\frac {\partial _{1}F(a,b)}{\partial _{2}F(a,b)}}$

Bizonyítás. A (a,b)-beli erős differenciálhatóságból következik, hogy F folytonosan differenciálható (a,b)-ben. Választhatunk tehát olyan $I$ és J nyílt intervallumokat, a és b körül, hogy $I$ × J-n ∂₂F sehol sem nulla, azonos előjelű. Feltehetjük, hogy ∂₂F pozitív. Vegyük észre, hogy az implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy minden x ∈ $I$-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ban, 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.

Az F kétváltozós függvény (a,b)-beli érintősíkja és az xy sík metszete közel egybeesik az implicit függvény görbéjével. Az érintősíknak ebből a felülethez simuló tulajdonságából vezethető le az implicitfüggvény-tétel. Egy esetben nem állíthatjuk általánosan, hogy létezik ilyen függvény, ha a síkok metszésvonala párhuzamos az y tengellyel. Ekkor nem feltétlenül létezik az y=f(x) implicit függvény, vagy legalábbi is biztosan nem differenciálható.

Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. Az erős differenciálhatóságból és a pozitívra választott deriváltból következik, hogy ez $I$-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan $y_{2}$ > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és $y_{1}$ < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,$y_{1}$) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és van az (a,$y_{2}$) 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.

Az erős differenciálhatóságból 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. 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.

φ erősen differenciálható (a,b)-ben, hiszen tetszőleges $x_{1}$, $x_{2}$ ∈ $I$-re az F erős differenciálhatósága miatt fennáll

$0=F(x_{1},\varphi (x_{1}))-F(x_{2},\varphi (x_{2}))=$

$=\partial _{1}F(a,b)(x_{2}-x_{1})+\partial _{2}F(a,b)(\varphi (x_{2})-\varphi (x_{1}))+$

$+\varepsilon \cdot (x_{2}-x_{1})+\eta \cdot (\varphi (x_{2})-\varphi (x_{1}))$

azaz (a pozitív ∂₂F(a,b) miatt pozitívra választható ∂₂F(a,b)+η miatt):

${\frac {\varphi (x_{2})-\varphi (x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}=-{\frac {\partial _{1}F(a,b)+\varepsilon }{\partial _{2}F(a,b)+\eta }}$

és innen ($x_{1}$,$x_{2}$)$\to$(a,a) határátmenetet véve, a másodendű tagok eltűnését követően kapjuk az állítás eredményét. ■

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az implicit függvény értékére fennáll ugyan a

$\varphi (x)=\varphi (a)-{\frac {\partial _{1}F(a,b)+\varepsilon }{\partial _{2}F(a,b)+\eta }}(x-a)$

egyenlőség, de mivel ε és η ki nem írt argumentumaiban szerepel φ(x), ezért ez sem egy explicit alak.

Kapcsolat az inverzfüggvény-tétellel

Vegyük észre, hogy mivel mindegyik F( x , . ) parciális függvény szigorúan monoton, így az (x,y) $\mapsto$ (x, F(x,y)) függvény is injektív. Érdemes tehát az inverzét felírni, az (x,z)$\mapsto$(x,y) függvényt. Mivel minden egyes x és z pontra egyetlen y van, hogy F(x,y)=z, ezért z=0 esetén is minden x-hez egyetlen y van, hogy F(x,y)=0, mely az F implicit függvényét szolgáltatja. Ennek a függvénynek a szükséges differenciálhatósági tulajdonságainak bizonyításához hatékonyan használhatjuk fel az inverzfüggvény-tételt. Nem véletlen a kapcsolat a két tétel között. Az előző bizonyítást és a többváltozós eset bizonyítását is végezhetjük az inverzfüggvény-tétellel, sőt az utóbbi esetben csak ezzel. Másrészt az is igaz, hogy a két tétel állítása ekvivalens egymással.

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 bal oldal 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 $\det \left({\frac {\partial F_{i}(a,b)}{\partial y_{k}}}\right)_{i,k=1,...,m}\neq 0$. Ekkor egyértelműen létezik F-nek egy az (a,b)-hez tartozó lokális implicit függvénye.

Hivatkozások

Források

• A PlanetMath Implicit function theorem szócikke