函数导数十：隐函数、隐映射定理

定义1：隐式方程

设$D \subset \mathbb{R}^2$是一开集，$F: D \to \mathbb{R}$是一个含有两个自变量$x,y$的函数，对于$D$中的点$(x,y)$满足方程

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

的点的全体组成$D$内的一条曲线，而方程就称为该曲线的隐式方程。

定理1：隐函数定理

设开集$D \subset \mathbb{R}^2$，函数$F: D \to \mathbb{R}$满足条件：
（a）$F \in C^1(D)$；
（b）点$(x_0,y_0) \in D$使得$F(x_0,y_0) = 0$；
（c）$\dfrac{\partial F(x_0,y_0)}{\partial y} \ne 0$
那么存在一个包含$(x_0,y_0)$的开矩形$I \times J \subset D$，使得：
（1）对每一个$x \in I$，方程$F(x,y)=0$在$J$中有唯一的解$f(x)$；
（2）$y_0 = f(x_0)$；
（3）$f \in C^1(I)$；
（4）当$x \in I$时，有

$$f^\prime(x) = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}$$

其中$y = f(x)$。

证：不妨设$\displaystyle \frac{\partial F(x_0,y_0)}{\partial y} > 0$，由条件$(a)$可知，存在一个包含$(x_0,y_0)$的开矩形$I^\prime \times J$，满足$I^\prime \times \bar J \subset D$，且在$I^\prime \times \bar J$上有$\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y} > 0$。从而对任意给定的$x \in I^\prime$，$F(x,y)$在闭区间$\bar J$上是严格递增的连续函数。设$J = (c,d)$，由条件$(b)$可知必有

$$F(x_0, c) < 0, \quad F(x_0, d) > 0$$

由条件$(a)$能推出$F \in C(D)$，因此存在含$x_0$的开区间$I \subset I^\prime$，使得当$x \in I$时，

$$F(x, c) < 0, \quad F(x, d) > 0$$

由连续函数的零值定理和严格单调性可知，对每一个$x \in I$，存在唯一的一个数，记作$f(x) \in (c, d) = J$，使得$F(x, f(x)) = 0$，这就证明了（1），显然$f$满足（2）。
为了证明（3）和（4），先证明$f$在开区间$I$上连续。特别地，$x_0 \in I$，由上面的证明可知无论区间$J$取得多小，一定存在足够小的区间$I$使得对每一个$x \in I$时，有$f(x) \in J$；这时$|f(x) - f(x_0)| < |J|$，其中$|J|$表示区间$J$的长度。即证明了$f$在$x_0$处连续。现任取$x_1 \in I$，设$y_1 = f(x_1)$，则$(x_1,y_1) \in I \times J$。因为有$F(x_1,y_1)=0$，$\displaystyle \frac{\partial F(x_1,y_1)}{\partial y} > 0$，所以$F$在点$(x_1,y_1)$处满足它在$(x_0,y_0)$处的同样条件，所以$f$在$x_1$处也是连续的，从而$f$在整个区间$I$上连续。
再证（3）和（4）。设$x \in I$，取$h$很小，使得$x+h \in I$。令$y = f(x)$，$k = f(x+h) - f(x)$。由$F$的可微性，并利用函数导数八的定理1可得

$$0 = F(x+h, y+k) - F(x, y) = \frac{\partial F}{\partial x}(x, y) h + \frac{\partial F}{\partial y}(x, y) k + \alpha h + \beta k$$

其中当$h \to 0$时，$\alpha \to 0$，当$k \to 0$时，$\beta \to 0$。又由于$f \in C(I)$，所以当$h \to 0$时，$k \to 0$，从而$\beta \to 0$。从而

$$\lim \limits_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h} = \lim \limits_{h \to 0} \frac{k}{h} = \lim\limits_{h \to 0} \frac{-\frac{\partial F}{\partial x} + \alpha}{\frac{\partial F}{\partial y} + \beta}$$

即

$$f^\prime(x) = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x} (x, y)}{\frac{\partial F}{\partial y} (x,y)}$$

其中$x \in I$且$y = f(x)$。由于$(a)$知，$f^\prime$在$I$上连续。

Q.E.D.

定理2

设开集$D \subset \mathbb{R}^{n+1}$，$F: D \to \mathbb{R}$，满足条件：
（a）$F \in C^1(D)$；
（b）$F(\boldsymbol{x}_0, y_0) = 0$，这里$\boldsymbol{x}_0 \in \mathbb{R}^n,y_0 \in \mathbb{R}$且$(\boldsymbol{x}_0, y_0) \in D$；
（c）$\dfrac{\partial F(\boldsymbol{x}_0, y_0)}{\partial y} \ne 0$。
那么存在$(\boldsymbol{x}_0, y_0)$的一个邻域$G \times J$，其中$G$是$\boldsymbol{x_0}$在$\mathbb{R}^n$的一个邻域，$J$是$\mathbb{R}$中的一个开区间，使得：
（1）对每一个$\boldsymbol{x} \in G$，方程

$$F(\boldsymbol{x}, y) = 0$$

在$J$中存在唯一的解，记为$f(\boldsymbol{x})$；
（2）$y_0 = f(\boldsymbol{x}_0)$；
（3）$f \in C^1(G)$；
（4）当$\boldsymbol{x} \in G$时，

$$\frac{\partial f}{\partial x_i} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x_i}(\boldsymbol{x}, y)}{\frac{\partial F}{\partial y}(\boldsymbol{x}, y)} \quad (i=1,2,\cdots,n)$$

其中$y = f(\boldsymbol{x})$。

证：由定理1的证明，可知（1）（2）的证明方式一模一样；而在证明（3）（4）时，只需令$\boldsymbol{h} = (0, \cdots, h_i, \cdots, 0)^T$，固定$x_i$，其他证明过程一样，即可证得（3）和（4）。

Q.E.D.

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设有$m$个方程组成的方程组

$$\left\{ \begin{aligned} & F_1(x_1,x_2,\cdots,x_n, y_1,\cdots, y_m) = 0 \\ & \cdots, \\ & F_m(x_1,x_2,\cdots,x_n, y_1,\cdots, y_m) = 0 \end{aligned} \right.$$

按照隐函数的想法，是否可以解出

$$\left\{ \begin{aligned} & y_1 = f_1(x_1,\cdots,x_n) \\ & \cdots \\ & y_m = f_m(x_1,\cdots,x_n) \end{aligned} \right.$$

为了缩短记号，可令

$$\boldsymbol{F} = \left[ \begin{matrix} F_1 \\ \vdots \\ F_m \end{matrix} \right], \quad \boldsymbol{f} = \left[ \begin{matrix} f_1 \\ \vdots \\ f_m \end{matrix} \right]$$

从而可以把方程改写为

$$\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y}) = \boldsymbol{0}$$

而解出式可改写为

$$\boldsymbol{y} = \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})$$

需要再定义几个记号，设$\boldsymbol{F}$定义在开集$D \subset \mathbb{R}^{m+n}$上，在$m \times (m+n)$矩阵

$$J\boldsymbol{F} = \left[ \begin{matrix} \frac{\partial F_1}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial x_n} & \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial F_m}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial x_n} & \frac{\partial F_m}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{matrix} \right]$$

中做分块：$J\boldsymbol{F} = (J_{\boldsymbol{x}}\boldsymbol{F}, J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F})$，其中

$$J_{\boldsymbol{x}}\boldsymbol{F} = \left[ \begin{matrix} \frac{\partial F_1}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial x_n} \\ \vdots & & \vdots\\ \frac{\partial F_m}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial x_n} \end{matrix} \right], \quad J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F} = \left[ \begin{matrix} \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial F_m}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{matrix} \right]$$

$J_{\boldsymbol{x}}\boldsymbol{F}$是一个$m \times n$矩阵，$J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}$是一个$m$阶方阵。

定理3：隐映射定理

设开集$D \subset \mathbb{R}^{n+m}$，$\boldsymbol{F}: D \to \mathbb{R}^m$，满足下列条件：
（a）$\boldsymbol{F} \in C^1(D)$；
（b）有一点$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) \in D$，使得$\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) = \boldsymbol{0}$；
（c）行列式$\det J_{\boldsymbol{y}} \boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) \ne 0$
那么存在$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$的一个邻域$G \times H$，使得：
（1）对每一个$\boldsymbol{x} \in G$，方程$\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})=\boldsymbol{0}$在$H$中有唯一的解，记为$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})$；
（2）$\boldsymbol{y}_0 = \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}_0)$
（3）$\boldsymbol{f} \in C^1(D)$
（4）当$\boldsymbol{x} \in G$时，

$$J\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}) = -(J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})^{-1})J_{\boldsymbol{x}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{y})$$

其中$\boldsymbol{y} = \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})$

证：对方程组的个数$m$进行归纳。当$m=1$时，即为该定理定理2。先设方程组个数为$m-1$时该定理成立，再证明在$m$时依然成立即可。
由于$\det J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) \ne 0$，且$\boldsymbol{F} \in C^1(D)$，所以总可以找到一个包含$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$的开集$D^\prime$满足$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) \in D^\prime \subset D$，且在$D^\prime$上的每一个点处都有$\det J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F} \ne 0$。由条件$（c）$可知$m$阶方阵$J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$的元素不全为$0$，不妨设

$$\frac{\partial F_m}{\partial y_j}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) \ne 0 \tag{1}$$

同时令

$$\boldsymbol{u} = (y_1, \cdots, y_{m-1}), \quad t = y_m, \quad \boldsymbol{y} = (\boldsymbol{u}, t)$$

同样可以定义$\boldsymbol{y}_0 = (\boldsymbol{u}_0, t_0)$来规定$\boldsymbol{u}_0$和$t_0$的意义，从而式(1)可写成

$$\frac{\partial F_m}{\partial t}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0, t_0) \ne 0$$

又有

$$F_m (\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0, t_0) = F_m(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0) = 0$$

由定理2可知，存在$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0, t_0)$的一个邻域$(G_n \times G_{m-1}) \times J \subset D^\prime$，使得：
（i）对每一点$(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}) \in G_{n} \times G_{m=1}$，方程

$$F_m(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}, t) = 0$$

在$J$中有唯一的解$t = \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u})$，这里函数$\varphi: G_n \times G_{m-1} \to J$；
（ii）$\varphi(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0) = t_0$；
（iii）$\varphi \in C^1(G_{n} \times G_{m-1})$；
这时将$t = \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u})$代入到原始方程中，即将$y_m$用$x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_{m-1}$代入，

$$\Phi_i(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}) = F_i(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}, \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u})) = 0 \quad (i=1,2,\cdots,m-1) \tag{2}$$

考虑映射

$$\boldsymbol{\Phi} = \left[\begin{matrix} \Phi_1 \\ \vdots \\ \Phi_{m-1} \end{matrix}\right]: G_n \times G_{m-1} \to \mathbb{R}^{m-1}$$

若能证明$\boldsymbol{\Phi}$满足定理的三个条件，便可使用归纳假设了。显然$\boldsymbol{\Phi} \in C^1$，并且

$$\phi_i(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0) = F_i(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0, \varphi(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0)) = 0 \quad (i=1,2\cdots,m-1)$$

所以$\boldsymbol{\Phi}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)=\boldsymbol{0}$。对式(2)两边同时关于$u_j$（即$y_j$）$(j=1,2,\cdots,m-1)$求导，得

$$\frac{\partial \Phi_i}{\partial u_j} = \frac{\partial F_i}{\partial y_j} + \frac{\partial F_i}{\partial y_m} \frac{\partial \varphi}{\partial u_j} \quad (i,j=1,2,\cdots,m-1)$$

又由（i）可知

$$F_m(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}, \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u})) = 0$$

对上式也关于$u_j$（即$y_j$）$(j=1,2,\cdots,m-1)$求导得

$$\frac{\partial F_m}{\partial y_j} + \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \frac{\partial \varphi}{\partial u_j} = 0 \quad (j=1,2,\cdots,m-1)$$

从而由

$$\begin{aligned} \left| \begin{matrix} \frac{\partial F_1}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial F_m}{\partial y_1} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{matrix} \right| & = \left| \begin{matrix} \frac{\partial F_1}{\partial y_1} + \frac{\partial F_1}{\partial y_m}\frac{\partial \varphi}{\partial u_1} & \frac{\partial F_1}{\partial y_2} + \frac{\partial F_1}{\partial y_m}\frac{\partial \varphi}{\partial u_2} & \cdots & \frac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial F_m}{\partial y_1} + \frac{\partial F_m}{\partial y_m}\frac{\partial \varphi}{\partial u_1} & \frac{\partial F_m}{\partial y_2} + \frac{\partial F_m}{\partial y_m}\frac{\partial \varphi}{\partial u_2} & \cdots & \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{matrix} \right| \\ & = \left| \begin{matrix} \frac{\partial \Phi_1}{\partial u_1} & \cdots & \frac{\partial \Phi_1}{\partial u_{m-1}} & \frac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & & \vdots & \vdots \\ \frac{\partial \Phi_{m-1}}{\partial u_1} & \cdots & \frac{\partial \Phi_{m-1}}{\partial u_{m-1}} & \frac{\partial F_{m-1}}{\partial y_m} \\ 0 & \cdots & 0 & \frac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{matrix} \right| \\ & = \frac{\partial F_m}{\partial y_m}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0, t_0) \det(J_{\boldsymbol{u}} \boldsymbol{\Phi}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0)) \end{aligned} \tag{3}$$

根据条件（c），式子(3)的左边不等于0，因为有

$$\det(J_{\boldsymbol{u}} \boldsymbol{\Phi}(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0)) \ne 0$$

从而证明了$\boldsymbol{\Phi}$满足本定理中的三个条件，从而对$\boldsymbol{\Phi}$使用归纳假设，可知定理中的结论（1），（2）和（3）对$\boldsymbol{\Phi}$都成立。即存在点$(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{y}_0)$的邻域$G \times H_{m-1} \subset G_n \times G_{m-1}$使得：
（aa）当$\boldsymbol{x} \in G$时，方程$\boldsymbol{\phi}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{u}) = \boldsymbol{0}$在$H_{m-1}$中有唯一解$\boldsymbol{u} = \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x})$，其中映射$\boldsymbol{g}: G \to H_{m-1}$；
（ab）$\boldsymbol{\boldsymbol{x}_0} = \boldsymbol{u}_0$；
（ac）$\boldsymbol{g} \in C^1(G)$
令

$$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}) = (\boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}), \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}))) \quad (\boldsymbol{x} \in G)$$

$$H = H_{m-1} \times J$$

于是$\boldsymbol{f}: G \to H$。我们要证明$\boldsymbol{f}$满足条件（1），（2）和（3）。当$\boldsymbol{x} \in G$，$(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x})) \in G \times H_{m-1} \subset G_n \times G_{m-1}$，从而由（aa）可得

$$F_i(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})) = F_i(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}), \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}))) = \Phi_i(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x})) = 0 \quad (i=1,2,\cdots,m-1)$$

另外由（i）可知

$$F_m(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x})) = F_m(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}), \varphi(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}))) = 0$$

从而$\boldsymbol{f}$满足（1）。由（ab）和（ii）可知

$$\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}_0) = (\boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}_0), \varphi(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{g}(\boldsymbol{x}_0))) = (\boldsymbol{u}_0, \varphi(\boldsymbol{x}_0, \boldsymbol{u}_0)) = (\boldsymbol{u}_0, t_0) = \boldsymbol{y}_0$$

所以$\boldsymbol{f}$满足（2）。再由（ac）和（iii）即知$\boldsymbol{f}$满足（3）。再由恒等式

$$\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})) = \boldsymbol{0}$$

对上式复合求导，得

$$J_{\boldsymbol{x}} \boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})) + J_y \boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})) J\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{0}$$

由于在$D^\prime$上$\det J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}$处处不为0，所以$J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}$是可逆方阵，在上式中取逆方阵，得出

$$J\boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}) = -(J_{\boldsymbol{y}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})))^{-1}J_{\boldsymbol{x}}\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}, \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x}))$$

即表明$\boldsymbol{f}$满足（4）。

Q.E.D.