Матрицей Якоби системы из $ m_{} $ функций $ \{f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,f_m(x_{1},\dots,x_n)\} $ по переменным $ x_{1},\dots,x_n $ называется матрица, составленная из всевозможных частных производных: $$ \mathbf J = \left[ \frac{\partial f_j}{\partial x_k} \right]_{j=1,\dots,m, \atop k=1,\dots,n} = \left( \begin{array}{cccc} {\partial f_1}/{\partial x_1} & {\partial f_1}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_1}/{\partial x_n} \\ {\partial f_2}/{\partial x_1} & {\partial f_2}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_2}/{\partial x_n} \\ \dots & && \dots \\ {\partial f_m}/{\partial x_1} & {\partial f_m}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_m}/{\partial x_n} \end{array} \right) \, . $$ В частном случае $ m_{}=1 $ матрица Якоби состоит из одной строки: этот вектор в $ \mathbb R_{}^{n} $ или $ \mathbb C^{n} $ называется градиентом функции $ f_{} $ (в точке $ (x_1,\dots,x_{n}) $): $$ \operatorname{grad} (f) = \left( \frac{\partial f}{\partial x_1},\dots, \frac{\partial f}{\partial x_n} \right) \ . $$

Можно сказать, что в общем случае системы функций их матрица Якоби состоит из строк, являющихся градиентами этих функций.

Пример. Для системы линейных функций

$$f_1=a_{11}x_1+\dots+a_{1n}x_n - b_1,\dots, f_m=a_{m1}x_1+\dots+a_{mn}x_n - b_m $$ матрица Якоби будет матрицей коэффициентов при переменных: $$ \mathbf J = \left(\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ \dots & && \dots \\ a_{m1} & a_{m2} & \dots & a_{mn} \end{array} \right) . $$

В частном случае $ m=n_{} $ матрица Якоби становится квадратной и тогда ее определитель называется якобианом или определителем Якоби или функциональным определителем системы из $ n_{} $ функций $ \{f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,f_{n}(x_1,\dots,x_n)\} $ по переменным $ x_{1},\dots,x_n $: $$ {\mathfrak J}(x_1,\dots,x_n)=\frac{D(f_1,f_2,\dots,f_n)}{D(x_1,x_2,\dots,x_n)}= $$ $$ =\left| \begin{array}{cccc} {\partial f_1}/{\partial x_1} & {\partial f_1}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_1}/{\partial x_n} \\ {\partial f_2}/{\partial x_1} & {\partial f_2}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_2}/{\partial x_n} \\ \dots & && \dots \\ {\partial f_n}/{\partial x_1} & {\partial f_n}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_n}/{\partial x_n} \end{array} \right|= \det \left[ \frac{\partial f_j}{\partial x_k} \right]_{j,k=1}^n \ . $$ В этом же случае след матрицы Якоби называется дивергенцией вектора $ (f_1,f_2,\dots,f_n) $: $$ \operatorname{div} (f_1,f_2,\dots,f_n)= {\partial f_1}/{\partial x_1}+ {\partial f_2}/{\partial x_2}+\dots+ {\partial f_n}/{\partial x_n} \ . $$

Пример. Якобиан системы двух функций $ \{f_1(x,y), f_2(x,y) \} $ равен

$$ \mathfrak J(x,y)=\frac{\partial f_1}{ \partial x} \frac{\partial f_2}{ \partial y} - \frac{\partial f_1}{ \partial y} \frac{\partial f_2}{\partial x} \ . $$

Для функции $ f(x_1,x_2,\dots, x_n) $ матрица Якоби системы $ \left\{ \partial f / \partial x_1,\dots, \partial f / \partial x_n \right\} $, т.е. матрица $$ \mathbf H = \left[ \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_k } \right]_{j,k=1}^n= \left( \begin{array}{cccc} \partial^2 f / \partial x_1^2 & \partial^2 f / (\partial x_2 \partial x_1) & \dots & \partial^2 f / (\partial x_n \partial x_1)\\ \partial^2 f / (\partial x_1 \partial x_2) & \partial^2 f / \partial x_2^2 & \dots & \partial^2 f / (\partial x_n \partial x_2) \\ \dots & & & \dots \\ \partial^2 f / (\partial x_1 \partial x_n) & \partial^2 f / (\partial x_2 \partial x_n) & \dots & \partial^2 f / \partial^2 x_n \end{array} \right) $$ называется матрицей Гессе функции $ f $, а определитель этой матрицы — гессианом функции $ f $. Матрица Гессе, очевидно, симметрична.

Теорема [Якоби]. Если $ A_{j1},\dots,A_{jn} $ — алгебраические дополнения элементов $ j_{} $-й строки якобиана, то

$$ \frac{\partial A_{j1}}{\partial x_1}+\frac{\partial A_{j2}}{\partial x_2}+ \dots+\frac{\partial A_{jn}}{\partial x_n} \equiv 0 \, . $$ Предполагается, что производные, входящие в левую часть тождества, существуют.

Следующая теорема и ее следствия являются прямыми обобщениями соответствующих результатов из линейной алгебры.

Теорема. Якобиан системы функций $ \{ f_{1},f_2,\dots,f_n \} $ тождественно равен нулю в некоторой области $ \mathbb{S}_{} $:

$$ \frac{D(f_1,f_2,\dots,f_n)}{D(x_1,x_2,\dots,x_n)} \equiv 0 \mbox{ } \ \mbox{при} \mbox{ } X \in \mathbb{S} $$ тогда и только тогда, когда между этими функциями имеется функциональная зависимость в $ \mathbb{S} $, т.е. существует функция $ G(y_1,y_2,\dots,y_n) \not\equiv 0 $ такая, что $$ G(f_1(X),f_2(X),\dots,f_n(X))\equiv 0 \mbox{ } \mbox{при} \mbox{ } X \in \mathbb{S} \ . $$

Приведем соображения, показывающие необходимость обращения якобиана в нуль для существования функциональной зависимости в системе функций $ \{ f_j \} $. Дополнительно предположим, что у функции $ G $ существуют частные производные по ее аргументам. Продифференцируем тождество $ G(f_1(X),f_2(X),\dots,f_n(X))\equiv 0 $ по $ x_1,\dots,x_n $. Получим систему тождеств $$ \left\{\begin{array}{cccc} \frac{\partial G}{\partial y_1} \frac{\partial f_1}{\partial x_1}+ & \frac{\partial G}{\partial y_2} \frac{\partial f_2}{\partial x_1}+ &\dots + \frac{\partial G}{\partial y_n} \frac{\partial f_n}{\partial x_1} & \equiv 0, \\ \dots & & & \dots \\ \frac{\partial G}{\partial y_1} \frac{\partial f_1}{\partial x_n}+ & \frac{\partial G}{\partial y_2} \frac{\partial f_2}{\partial x_n}+ &\dots + \frac{\partial G}{\partial y_n} \frac{\partial f_n}{\partial x_n} & \equiv 0; \end{array} \right. $$ здесь после вычисления производных $ \{\partial G / \partial y_j \} $ следует произвести подстановку $ y_1=f_1(X),\dots,y_n=f_n(X) $. Получившуюся систему можно рассматривать как линейную однородную относительно этих последних выражений. Хотя бы одна из них не должна быть тождественно нулевой (в противном случае функция $ G $ не содержала бы ни одной функции $ f_j $). Но тогда для совместности системы необходимо, чтобы ее определитель был равен нулю. Этот определитель, с точностью до транспонирования, совпадает с якобианом.

Пример. Являются ли полиномы

$$ f_1=x_1+x_2+x_3-1,\quad f_2=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3-2,\quad f_3=x_1^2+x_2^2+x_3^2+3 $$ функционально зависимыми?

Решение. $$ \frac{D(f_1,f_2,f_3)}{D(x_1,x_2,x_3)}= $$ $$ = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ x_2+x_3 & x_1+x_3 & x_1+x_2 \\ 2x_1 & 2x_2 & 2x_3 \end{array} \right| = 2 \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ x_2+x_3 & x_1+x_3 & x_1+x_2 \\ x_1 & x_2 & x_3 \end{array} \right|= $$ $$ = \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ x_1+x_2+x_3 & x_1+x_2+x_3 & x_1+x_2+x_3 \\ x_1 & x_2 & x_3 \end{array} \right|\equiv 0 $$ (мы воспользовались здесь свойствами 4 и 5 определителя, выписанными ☞ ЗДЕСЬ ). Ответ оказывается положительным: рассматриваемые полиномы являются функционально зависимыми. В данном примере эта зависимость сравнительно просто «отлавливается» наметанным взглядом: $$(f_1+1)^2-2(f_2+2)-(f_3-3) \equiv 0 \ . $$ ♦

Если какие-то $ \mathfrak r $ функций системы $ \{ f_{1}, \dots, f_n \} $ связаны в $ \mathbb{S} $ функциональным соотношением

$$ H(f_{j_1}, \dots, f_{j_{\mathfrak r}}) \equiv 0 \ , $$ то любой минор порядка $ \mathfrak r $ якобиана, выбранный из соответствующих строк, будет тождественно равен нулю в $ \mathbb{S}_{} $.

Пусть $ \mathfrak r_{} $ обозначает ранг матрицы Якоби системы функций $ \{f_1,\dots,f_{m} \} $ по переменным $ x_{1},\dots,x_n $. Если минор этой матрицы

$$ \frac{D(f_1,\dots,f_{\mathfrak r})}{D(x_1,\dots,x_\mathfrak r)} $$ отличен от нуля в $ \mathbb{S}_{} $, то функции $ f_1,\dots,f_{\mathfrak r} $ функционально независимы в $ \mathbb{S} $, а все оставшиеся функции системы (при условии $ \mathfrak r < m $) могут быть выражены в виде (сложных) функций от этих независимых: $$ f_{\mathfrak r+1}(x_1,\dots,x_n) \equiv G_{\mathfrak r+1}(f_1,\dots,f_{\mathfrak r}),\dots, f_{m}(x_1,\dots,x_n) \equiv G_m(f_1,\dots,f_{\mathfrak r}) \ . $$

Якобиан обладает свойствами, аналогичными свойствам обычной производной для функции одной переменной. Так, следующий результат является аналогом правила дифференцирования сложной функции¹⁾. $$ \frac{d\, F(f(x))}{d\, x} \equiv \frac{d\, F(y)}{d\, y}\Bigg|_{y=f(x)} \frac{d\, f(x)}{d\, x} \, . $$

Теорема. Якобиан системы сложных функций

$$ F_1(x_1,\dots,x_n)=f_1(y_1(x_1,\dots,x_n),\dots,y_n(x_1,\dots,x_n)),\dots,$$ $$ F_n(x_1,\dots,x_n)=f_n(y_1(x_1,\dots,x_n),\dots,y_n(x_1,\dots,x_n)) $$ вычисляется по правилу умножения: $$ \frac{D(F_1,\dots,F_n)}{D(x_1,\dots,x_n)}= \frac{D(f_1,\dots,f_n)}{D(y_1,\dots,y_n)}\cdot \frac{D(y_1,\dots,y_n)}{D(x_1,\dots,x_n)} \ . $$ где производные вычислены в соответствующих точках.

Пример [1]. Вычислить якобиан элементарных симметрических полиномов:

$$ f_1=\sum_{1 \le j\le n} x_j = x_1+ \dots+ x_n, $$ $$ f_2=\sum_{1\le j_1<j_2\le n} x_{j_1} x_{j_2}= x_1 x_2 + x_1 x_3 +\dots + x_2 x_3 + \dots+ x_{n-1}x_n, $$ $$ f_3=\sum_{1\le j_1<j_2<j_3\le n} x_{j_1} x_{j_2}x_{j_3}= x_1 x_2 x_3+ x_1 x_2 x_4 + \dots+ x_{n-2} x_{n-1} x_n, $$ $$ \dots $$ $$ f_{n-1}=x_{1} x_{2}\times \dots \times x_{n-1} + x_{1} x_{2} \times \dots \times x_{n-2} x_n + \dots + x_{2} x_{3}\times \dots \times x_n, $$ $$ f_n= x_{1} x_{2}\times \dots \times x_{n} .$$

Решение. Воспользуемся следствием к теореме Варинга. Составим набор новых симметрических полиномов: $$ \{ s_1,\dots,s_n \} \quad npu \quad s_j=x_1^j+x_2^j+\dots+x_n^j \ . $$ Из формул Варинга следует, что $ s_j $ выражаются через $ f_1,\dots,f_j $ по формулам $$ s_j\equiv \Psi(f_1,\dots,f_{j-1}) + j f_j \quad npu \quad j \in \{1,\dots,n \} \ . $$ Воспользуемся теоремой: $$ \frac{D(s_1,\dots,s_n)}{D(x_1,\dots,x_n)} \equiv \frac{D(s_1,\dots,s_n)}{D(f_1,\dots,f_n)}\cdot \frac{D(f_1,\dots,f_n)}{D(x_1,\dots,x_n)} \ ; $$ искомый якобиан определится из этой формулы если мы вычислим два других. Определитель $$ \frac{D(s_1,\dots,s_n)}{D(f_1,\dots,f_n)} $$ является определителем треугольной матрицы: $$ \frac{D(s_1,\dots,s_n)}{D(f_1,\dots,f_n)}= \left| \begin{array}{ccccc} 1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ \ast & 2 & 0 & \dots & 0 \\ \ast & \ast & 3 & \dots & 0 \\ \vdots & & & \ddots & \vdots \\ \ast & \ast & \ast & \dots & n \end{array} \right| \ , $$ а определитель $$ \frac{D(s_1,\dots,s_n)}{D(x_1,\dots,x_n)}= \left| \begin{array}{cccc} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 2x_1 & 2x_2 & \dots & 2x_n \\ 3x_1^2 & 3x_2^2 & \dots & 3x_n^2 \\ \vdots & & & \vdots \\ nx_1^{n-1} & nx_2^{n-1} & \dots & nx_n^{n-1} \end{array} \right|= n! \left| \begin{array}{cccc} 1 & 1 & \dots & 1 \\ x_1 & x_2 & \dots & x_n \\ x_1^2 & x_2^2 & \dots & x_n^2 \\ \vdots & & & \vdots \\ x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \dots & x_n^{n-1} \end{array} \right| $$ вычисляется как определитель Вандермонда.

Ответ. $ \displaystyle \prod_{1\le j < k \le n} (x_k-x_j) $.

Условие существования функции, обратной к $ y=f(x) $, т.е. функции $ \varphi $ такой, что $ \varphi(f(x))\equiv x $ (или, эквивалентно, $ f(\varphi(y)) \equiv y $), формулируются в математическом анализе.

Теорема. Пусть $ f(x) $ является непрерывно дифференцируемой функцией в некоторой окрестности точки $ x_0 $ и $ f^{\prime} (x_0) \ne 0 $. Тогда существует окрестность точки $ y_0=f(x_0) $, такая, что для любого значения $ y $ из этой окрестности существует единственное решение уравнения

$$ f(x)=y $$ относительно $ x $, лежащее в окрестности точки $ x_0 $. Иными словами: в упомянутой окрестности точки $ y_0 $ существует и однозначно определяется непрерывная функция $ \varphi (y) $ такая, что $$ f(\varphi(y)) \equiv y,\ \varphi(y_0)=x_0 \, . $$ В этой окрестности функция $ \varphi $ является непрерывно дифференцируемой и выполняется равенство $$ \varphi^{\prime} (y) = \frac{1}{f^{\prime} (x)} $$ для значений $ x $ и $ y $, связанных равенством $ y=f(x) $.

Конструктивных аналитических способов нахождения функции, обратной к заданной $ y=f(x) $ можно сказать, что и нет. Задача сводится к разрешению этого уравнения относительно $ x $. Однако уже для полиномиальных $ f(x) $ решение такого уравнения в «хороших» функциях, т.е. в радикалах, возможно, в общем случае, только для $ \deg f<5 $.

Пример. Найти функцию, обратную к функции $ y=-x^3+3\,x-1 $, заданной на интервале $ [0,1] $.

Решение. Условие теоремы на указанном интервале выполнено: обратная функция $ x = \varphi(y) $ существует на интервале $[-1,1] $. Решение кубического относительно $ x $ уравнения $x^3-3\,x+(y+1)=0 $ произведем по формуле Кардано. Из трех корней, которые можно получить из этой формулы, мы выбираем $$ \varphi(y)=\left(-\frac{1}{2}-\mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)u_1(y)+\left(-\frac{1}{2}+\mathbf i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\frac{1}{u_1(y)} \quad \mbox{ при } \ u_1(y) = \sqrt[3]{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}\sqrt{y^2+2\,y-3}} \, , $$ а $ \mathbf i $ означает мнимую единицу. Очевидно невещественный ответ вызывает, мягко говоря, недоумение. На самом деле присутствие здесь мнимых чисел является иллюзией (т.е. они, в самом деле мнимые). Поясню. Так, при $ y=1 $ имеем $ u_1(1)=\sqrt[3]{-1} $. Корень кубический от комплексной переменной является многозначной функцией, но мы условимся придавать ей значения по правилу $$ \sqrt[3]{\cos \theta + \mathbf i \sin \theta }=\cos \frac{\theta}3 + \mathbf i \sin \frac{\theta}3 \quad \mbox{ при } \ \theta\in [0,2\pi[ \, . $$ Тогда $ u_1(1)=-1 $ и $ \varphi(1) = 1 $. При всех значениях $ y $ из интервала $ [-1,1[ $ выражение под квадратным радикалом, а именно $ y^2+2\,y-3 $ отрицательно, т.е. $$ \sqrt{y^2+2\,y-3}=\pm \mathbf i \sqrt{|y^2+2\,y-3|} $$ (в правой части здесь стоит корень арифметический). Получаем еще одну неоднозначность в определении функции. Разрешаем ее по тому же принципу, что и для корня кубического, полагая $$ \sqrt{\cos \theta + \mathbf i \sin \theta }=\cos \frac{\theta}2 + \mathbf i \sin \frac{\theta}2 \quad \mbox{ при } \ \theta\in [0,2\pi[ \, . $$ С учетом этих договоренностей получаем, к примеру, : $$ u_1(0)= \sqrt[3]{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{-3}} = \cos \frac{2\pi}9+ \mathbf i \sin \frac{2\pi}9 \, $$ и $$ \varphi(0)= \left( \cos \frac{4\pi}3+ \mathbf i \sin \frac{4\pi}3 \right) \left( \cos \frac{2\pi}9+ \mathbf i \sin \frac{2\pi}9 \right)+\left( \cos \frac{2\pi}3+ \mathbf i \sin \frac{2\pi}3 \right) \left( \cos \frac{2\pi}9 - \mathbf i \sin \frac{2\pi}9 \right)= $$ $$ = 2\cos \frac{14 \pi}9 = 2\cos \frac{5 \pi}9 \, . $$ То есть получилось вещественное число. Можно проверить (см. ЗДЕСЬ) , что оно действительно является корнем уравнения $x^3-3\,x+1=0 $.

Это парадоксальное решение задачи — когда вещественный ответ выражается через мнимые числа — является следствием так называемого неприводимого случая в формуле Кардано. Любые попытки избавления ответа от присутствия мнимых чисел приводят к усложнению формул: вместо радикалов приходится привлекать тригонометрические функции (и обратные к ним).

Насколько сложным оказалось аналитическое представление обратной функции даже в сравнительно простом примере! И это при том, что графическое ее представление не составляет труда. Если изобразить график обратной функции, поменяв местами переменные, т.е. изобразив график $ y= \varphi(x) $, то получим

кривую, зеркально симметричную кривой $ y=f(x) $ относительно прямой $ y = x $.

Мы легко можем найти сколь угодно много (но конечное число) точек на кривой: вычисление пар $ (x_j, f(x_j)) $ не представляет труда. А кстати: почему бы не воспользоваться этой возможностью? — Хотя бы для приближения, аппроксимации обратной функции.

У нас имеется прекрасный аппарат для этого: интерполяция. $$ \begin{array}{c|ccccccccc} x & 0 & 0.1 & 0.2 & 0.3 & 0.4 & 0.5 & 0.6 & 0.7 & 0.8 & 0.9 \\ \hline -x^3+3\,x-1 & -1.000 & -0.701 & -0.408 & -0.127 & 0.136 & 0.375 & 0.584 & 0.757 & 0.888 & 0.971 \end{array} $$ Переворачиваем таблицу $$ \begin{array}{c|ccccccccc} y & -1.000 & -0.701 & -0.408 & -0.127 & 0.136 & 0.375 & 0.584 & 0.757 & 0.888 & 0.971 \\ \hline x & 0 & 0.1 & 0.2 & 0.3 & 0.4 & 0.5 & 0.6 & 0.7 & 0.8 & 0.9 \end{array} $$ и вычисляем интерполяционный полином (см. пункт ОБРАТНАЯ ИНТЕРПОЛЯЦИЯ): $$ \widetilde{\varphi}(y)= 0.827y^9-0.337y^8-1.308y^7+0.654y^6+0.610y^5-0.283y^4-0.034 y^3+0.094 y^2+0.379y+0.347 \, . $$ Проверка: $$ \varphi(0) = 2\cos (5 \pi/9) \approx 0.3472963546 \ ,\ \varphi^{\prime}(0) = \frac{1}{3\left(1-4\cos^2 5\pi/9\right)} \approx 0.3790526807.$$ На графике внизу кривая $ y = \widetilde{\varphi}(x)$ изображена заленым цветом. И только близко к точке $ x=-1 $ заметно расхождение с $ y= \varphi(x) $. ♦

В альтернативу интерполяции, можно поставить задачу об аппроксимации обратной функции с помощью степенных рядов. Составим формальный ряд $$ \varphi(y)=B_0+B_1(y-y_0) + B_2(y-y_0)^2+ \dots + B_k(y-y_0)^k+ \dots $$ Для значения $ y_0 $ из теоремы получаем два коэффициента этого ряда $$ B_0=x_0, B_1= 1/f^{\prime} (x_0) \, . $$ Как получить следующий коэффициент $ B_2 $? Заметим, что если бы у обратной функции существовала бы вторая производная, то $ B_2 $ был бы следующим коэффициентом ряда Тейлора: $$ B_2 = \varphi^{\prime \prime}(y_0)/2 \, . $$ Для получения выражения $ \varphi^{\prime \prime}(y_0) $ продифференцируем по $ y $ тождество $ f(\varphi(y)) \equiv y $. Тождество останется справедливым $$ f^{\prime}_x(\varphi(y)) \varphi^{\prime}_y(y)\equiv 1 \, . $$ При подстановке сюда $ y=y_0 $ получаем уже известное нам равенство $ f^{\prime}_x(x_0)\varphi^{\prime}_y(y_0)=1 $. Но если продифференцировать еще раз, то получим $$ f^{\prime \prime}_{x^2}(\varphi(y)) \left(\varphi^{\prime}_y(y)\right)^2+f^{\prime}_x(\varphi(y)) \varphi^{\prime \prime}_{y^2}(y)\equiv 0 \, . $$ При подстановке сюда $ y=y_0 $ получаем $$ \varphi^{\prime \prime}_{y^2}(y_0)=- \frac{f^{\prime \prime}_{x^2}(x_0)}{[f^{\prime}_x(x_0)]^3} $$ в дополнительном предположении, что вторая производная от $ f(x) $ существует. Вычисление остальных старших производных $ \varphi(y) $ в точке $ y_0 $ производится аналогичным приемом — лишь бы только существовали эти производные для функции $ f(x) $. $$ \varphi^{\prime \prime \prime}_{y^3}(y_0)= \frac{3\,[f^{\prime \prime}_{x^2}(x_0)]^2- f^{\prime}_x(x_0)f^{\prime \prime \prime}_{x^3}(x_0) }{[f^{\prime}_x(x_0)]^5} \ , $$ $$ \varphi^{[4]}_{y^4}(y_0)= $$ А для выведения общей формулы $ \varphi^{[k]}_{y^k}(y_0) $ используется формула Фаа-ди-Бруно. При полиномиальной $ f(x) $ ряд Тейлора для обратной функции всегда может быть построен.

Пример. Для функции $ y=-x^3+3\,x-1 $ приведенного выше примера первые $ 8 $ членов разложение обратной функции в ряд Тейлора в точке $ y_0=-1 $ имеют вид

$$ \widehat{\varphi}(y)= \frac{1}{3}(y+1)+\frac{1}{81}(y+1)^3+\frac{1}{729}(y+1)^5 +\frac{4}{19683}(y+1)^7 \, . $$ На графике внизу кривая $ y = \widehat{\varphi}(x)$ изображена цветом охры.

И только близко к точке $ x=1 $ заметно расхождение с $ y= \varphi(x) $. ♦

Теорема утверждает, что обратная функция будет определена в окрестности точки $ y_0 $, удовлетворяющей условию. Насколько большой можно сделать эту окрестность? Ограничимся случаем полиномиальных $ f(x) $. При движении от точки $ y_0 $ вправо или влево по числовой оси значения $ \varphi^{\prime}(y) $ меняются непрерывным образом и стремятся к бесконечности только когда соответствующие значения $ x $ стремятся к корням полинома $ f^{\prime}(x) $. Если этот полином имеет вещественные корни, и $ \mu_1 < \mu_2 $ — два соседних, то на интервале между точками $ f(\mu_1) $ и $ f(\mu_2) $ определена обратная функция $ \varphi(y) $, отображающая этот интервал в $ ]\mu_1, \mu_2[ $. Эти границы существования обратной функции можно считать жесткими: если выполняются условия $ f^{\prime \prime}(\mu_1) \ne 0, f^{\prime \prime}(\mu_2) \ne 0 $ (а они, как правило, для случайно выбранного полинома выполняются), то расширение интервала существования невозможно.

Переход к случаю нескольких переменных начнем с линейного случая: равенства $$ \left\{\begin{array}{ccc} y_1 &=&a_{11}x_1 +a_{12}x_2+\ldots+a_{1n}x_n \\ y_2 &=& a_{21}x_1 +a_{22}x_2+\ldots+a_{2n}x_n \\ \ldots& & \ldots \\ y_n &=&a_{n1}x_1 +a_{n2}x_2+\ldots+a_{nn}x_n \end{array}\right. $$ при фиксированных коэффициентах $ \{a_{jk} \} $ задают линейное отображение пространства $ \mathbb R^n $ в пространство $ \mathbb R^n $. Условие существования обратного отображения известно из линейной алгебры: система уравнений однозначно разрешима относительно $ x_1,\dots,x_n $ тогда и только тогда, когда $$ \left| \begin{array}{rrrr} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \dots &&& \dots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{array} \right| \ne 0 \ . $$ Обратное отображение задается матрицей, обратной матрице $ A=[a_{jk}]_{j,k=1}^n $: $$ \left( \begin{array}{l} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{array} \right) = A^{-1} \left( \begin{array}{l} y_{1} \\ y_{2} \\ \vdots \\ y_{n} \end{array} \right) \, . $$ Оба отображения — и прямое и обратное — определены во всем пространстве $ \mathbb R^n $. Аналогичное утверждение справедливо и для обобщения линейных отображений — так называемых, аффинных отображений.

А вот с отображениями, которые задаются нелинейными функциями, дело обстоит значительно хуже.

Теорема. Пусть функции $ f(x,y) $ и $ g(x,y) $ непрерывно дифференцируемы в некоторой окрестности точки $ (x_0,y_0) $ и якобиан

$$ \frac{D(f,g)}{D(x,y)}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial g}{\partial y}-\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial g}{\partial x} $$ отличен от нуля в точке $ (x_0,y_0) $. Тогда существует окрестность точки $(u_0,v_0)=(f(x_0,y_0),g(x_0,y_0)) $, в которой система уравнений $$ \left\{ \begin{array}{ll} f(x,y)&=u, \\ g(x,y)&=v , \end{array} \right. $$ рассматриваемая относительно $ x $ и $ y $, имеет единственное решение в окрестности точки $ (x_0,y_0) $. Иными словами: в упомянутой окрестности точки $(u_0,v_0) $ cуществуют и однозначно определяются непрерывные функции $ \varphi(u,v) $ и $ \psi(u,v) $ такие, что $$ f(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv u, \ g(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv v, \ \varphi(u_0,v_0)=x_0, \psi(u_0,v_0)=x_0 \, . $$ Функции $ \varphi $ и $ \psi $ непрерывно дифференцируемы в этой окрестности, и для их матрицы Якоби выполняется равенство $$ \left(\begin{array}{cc} \partial \varphi/ \partial u & \partial \varphi/ \partial v \\ \partial \psi/ \partial u & \partial \psi/ \partial v \end{array} \right)= \left(\begin{array}{cc} \partial f/ \partial x & \partial f/ \partial y \\ \partial g/ \partial x & \partial g/ \partial y \end{array} \right)^{-1} \, . $$ Левая часть этого матричного равенства вычисляется в точках $ (u,v) $, соответствующих точкам $(x,y) $, в которых вычисляется правая часть (т.е. эти пары подчиняются равенствам $ u=f(x,y),v=g(x,y) $).

Обоснование справедливости матричного равенства, связывающего матрицы Якоби прямого и обратного отображений, можно вывести дифференцированием тождеств $ f(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv u, \ g(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv v $ по $ u $ и $ v $: $$ \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial \varphi}{\partial u }+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial \psi}{\partial u } \equiv 1, \ \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial \varphi}{\partial v }+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial \psi}{\partial v } \equiv 0, $$ $$ \frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial \varphi}{\partial u }+\frac{\partial g}{\partial y}\frac{\partial \psi}{\partial u } \equiv 0,\ \frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial \varphi}{\partial v }+\frac{\partial g}{\partial y}\frac{\partial \psi}{\partial v } \equiv 1 \, . $$

Отображение окрестности точки $ (u_0,v_0) $ в окрестность точки $ (x_0,y_0) $, заданное векторной функцией $ (\varphi(u,v), \psi(u,v)) $ из теоремы, называется обратным отображением к отображению $ (f(x,y),g(x,y)) $.

При выполнении условий теоремы, в соответствующих друг другу точках $ (u,v) $ и $ (x,y) $ выполняется равенство

$$ \frac{D(\varphi,\psi)}{D(u,v)}=\frac{1}{\frac{D(f,g)}{D(x,y)}} \, . $$

Пример. Отображение

$$ (e^x \cos y, e^x \sin y \} $$ отображает $ (x,y) $-плоскость $ \mathbb R^2 $ во множество $ \mathbb R^2 \setminus (0,0) $ на плоскости $ (u,v) $. Якобиан $$ \frac{D(u,v)}{D(x,y)} \equiv e^{2x} $$ отличен от нуля во всей плоскости $ (x,y) $. Можно было бы ожидать, что обратное отображение однозначно определено во всей области $ \mathbb R^2 \setminus (0,0) $. Но очевидно, что это не так: бесконечное множество $$ \{(x,y)=(0,2\pi k ) \mid k \in \mathbb Z \} $$ отображается в точку $ (u,v)=(1,0) $. Обратное отображение бесконечнозначно. Результат теоремы справедлив если мы рассмотрим отображение любой полосы шириной $ 2 \pi $ плоскости $(x,y) $, параллельной оси $ O x $. Например, полосы $ 0\le y < 2 \pi $ на область $ \mathbb R^2\setminus (0,0) $ плоскости $ (u,v) $:

В этом случае обратное отображение задается явным выражением для $ x $: $$ x=\frac{1}{2} \ln (u^2+v^2), \ $$ и условиями $$ \cos y = \frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}, \ \sin y = \frac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}, \ y\in [0,2\pi) $$ для $ y $. Теперь обратное отображение становится однозначным. ♦

Мы в дальнейшем ограничимся случаем полиномиальных функций. Для этого случая хотя бы можно ожидать, что якобиан будет из того же класса, что и сами функции, т.е. полиномом. Ну и можно что-то конструктивное сказать о представлении обратных отображений — хотя они уже, как правило, не будут полиномиальными, но задачу их представления можно свести к одномерному случаю.

Пример. Найти обратное отображение к отображению

$$ \left\{ \begin{array}{ll} u=f(x,y):=&-2\,x^2+5\,xy-3\,y^2-2\,x+y+2,\\ v=g(x,y):=& x^2-2\,xy+y^2-x+y+1\, . \end{array} \right. $$

Решение. Якобиан $$ \frac{D(f,g)}{D (x,y)}=\left| \begin{array}{rr} -4\,x+5\,y-2 & 5\,x-6\,y+1 \\ 2\,x-2\,y-1 & -2\,x+2\,y+1 \end{array} \right|=-2\,x^2+4\,xy-2\,y^2+3\,x -3\,y-1\equiv $$ $$ \equiv (-2x+2y+1)(x-y-1) \, . $$ отличен от нуля во всех точках плоскости, за исключением лежащих на прямых $ y=x-1 $ и $ y=x-1/2 $. Согласно теореме, обратное отображение должно существовать, например, в окрестности точки $ (u,v)=(-5,7)=(f(-1,1),g(-1,1)) $.

Для разрешения системы алгебраических уравнений $ u=f(x,y), v=g(x,y) $ относительно $ x $ и $ y $ применим теорию исключения. Результант системы по переменной $ y $ $$ \mathcal X(x)=(1-v)x^2+(u+11\,v-9)x+u^2-6\,u-34\,v+9\,v^2+6\,uv+21 $$ оказывается квадратным полиномом²⁾ по $ x $. Корни уравнения $ \mathcal X(x) =0$ следующие: $$ \frac{u+11v-9\pm (u+3v-1)\sqrt{4v-3}}{2(v-1)} \, . $$ Из них только соответствующий знаку минус в числителе, т.е. $$ \varphi(u,v):=\frac{u+11v-9 - (u+3v-1)\sqrt{4v-3}}{2(v-1)} $$ удовлетворяет условию $ \varphi(-5,7)=-1 $. Аналогично находим выражение для $ y $: $$ \psi(u,v):=\frac{u+10v-8 - (u+2v)\sqrt{4v-3}}{2(v-1)} \, . $$ Области определения обеих функций одинаковы: $$ \{(u,v) \in \mathbb R^2 \mid v\ge 3/4, v\ne 1 \} \, . $$ Теперь проверим справедливость формулы, связывающей якобианы. Имеем (в окрестности точки $ (-5,7) $) $$ \frac{D(\varphi,\psi)}{D(u,v)}= \frac{1}{2(1-v)\sqrt{4v-3}}\left[\sqrt{4v-3}-1 \right] \, . $$ Подстановка сюда $ u=f(x,y), v= g(x,y) $ дает (в окрестности точки $ (1,-1) $) $$ \frac{2(y-x)}{2(2y-2x+1)(y-x)(x-y-1)} \equiv \left( \frac{D(f,g)}{D (x,y)} \right)^{-1} \, . $$ ♦

Сформулируем обобщение предыдущего результата в $ \mathbb R^n $.

Теорема. Если якобиан системы полиномов

$$ \{ f_1(X), \dots , f_n(X) \} \subset \mathbb R[X] $$ отличен от нуля в некоторой точке $ X_0 \in \mathbb R^n $, то существует окрестность этой точки, в которой система уравнений $$ y_1=f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,y_n=f_n(x_1,\dots,x_n) \ , $$ рассматриваемая относительно переменных $ x_{1},\dots,x_n $, имеет единственное решение, лежащее в окрестности точки $$ Y_0=(f_1(X_0), \dots , f_n(X_0)) \, . $$ Иными словами: существует и однохначно определяется система непрерывных в окрестности точки $ Y_0 $ функций $$ \{ \varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y)\} , $$ таких, что $$ f_1(\varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y))\equiv y_1,\dots, f_n(\varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y))\equiv y_n $$ и $$ (\varphi_1(Y_0),\dots, \varphi_n(Y_0))=X_0 \, .$$ Функции $ \{\varphi_j(Y) \}_{j=1}^n $ непрерывно дифференцируемы в указанной окрестности. Матрицы Якоби систем функций $ \{ f_j(X) \}_{j=1}^n$ и $ \{ \varphi_j (Y)\}_{j=1}^n$ связаны равенством: $$ \left( \begin{array}{cccc} {\partial \varphi_1}/{\partial y_1} & {\partial \varphi_1}/{\partial y_2} & \dots & {\partial \varphi_1}/{\partial y_n} \\ \dots & && \dots \\ {\partial \varphi_n}/{\partial y_1} & {\partial \varphi_n}/{\partial y_2} & \dots & {\partial \varphi_n}/{\partial y_n} \end{array} \right)= \left( \begin{array}{cccc} {\partial f_1}/{\partial x_1} & {\partial f_1}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_1}/{\partial x_n} \\ \dots & && \dots \\ {\partial f_n}/{\partial x_1} & {\partial f_n}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_n}/{\partial x_n} \end{array} \right)^{-1} \, . $$ Здесь производные в левых и правых частях равенства вычислены в соответствующих точках.

При выполнении условий теоремы, в соответствующих друг другу точках $ Y $ и $ X $ выполняется равенство

$$ \frac{D(\varphi_1,\dots,\varphi_n)}{D(y_1,\dots,y_n)} = \left(\frac{D(f_1,\dots,f_n)}{D(x_1,\dots,x_n)} \right)^{-1} \ . $$

Еще одну важную сущность якобиана сформулируем в решении следующего примера.

Пример. Отображение

$$ \left\{ \begin{array}{ll} u=f(x,y):=&-1/2\,x^2-3/4\,xy-y^2-x-1/2\,y+2,\\ v=g(x,y):=& 1/4\,x^2-1/2\,xy-1/2\,y^2-x+1/2\,y+1 \end{array} \right. $$ отображает окрестность точки $ (x_0,y_0)=(0,1) $ в окрестность точки $ (u_0,v_0)=(1/2,1) $. Квадрат $ 0 \le x \le 1, 0 \le y \le 1$ отображается в область плоскости $ (u,v) $, органиченную параметрически заданными кривыми $$ \{u=f(x,0),v=g(x,0) \mid 0 \le x \le 1\}, \{u=f(x,1),v=g(x,1) \mid 0 \le x \le 1\} , $$ $$ \{u=f(0,y),v=g(0,y) \mid 0 \le y \le 1\}, \{u=f(1,y),v=g(1,y) \mid 0 \le y \le 1\} . $$ Как соотносятся между собой площади двух областей: исходного квадрата и его образа?

Решение. Для ответа на вопрос надо обладать возможностью вычислить точную площадь области, закрашенной оранжевым на рисунке. Я не уверен, что это можно сделать сведением к случаю «табличных» интегралов, но, по крайней мере, численными методами можно найти приближение этой площади. Попробуем получить такое приближение, заменив границу области — криволинейную — на параллелограмм. С этой целью проведем в точке $ (u_0,v_0) $ касательные к ограничивающую область кривым: $$ \{ (u,v)= (u_0+ f^{\prime}_x(x_0,y_0) t, v_0+ g^{\prime}_x(x_0,y_0) t) \mid t \in \mathbb R \} $$ и $$ \{ (u,v)=(u_0+ f^{\prime}_y(x_0,y_0) \tau, v_0+ g^{\prime}_y(x_0,y_0) \tau )\mid \tau \in \mathbb R \} \, . $$ и возьмем на них, помимо $ (u_0,v_0) $, точки, соответствующие значениям параметров $ t=1, \tau=1 $.

Эта аппроксимация, в нашем конкретном случае, очевидно неудачная. Как следствие, площадь получишегося параллелограмма визуально отличается от искомой площади. Однако если уменьшить размеры отображаемого квадрата на плоскости $ (x,y) $ до $ 0 \le x \le 1/2, 1/2\le y \le 1 $, то его образ становится более похожим на параллелограмм построенный по приведенному выше образцу. В общем случае отображения квадрата размера $ \delta \times \delta $ получаем приближение его образа в виде параллелограмма с вершинами $$ (u_0,v_0),\ (u_0+f^{\prime}_x \delta,v_0 +g^{\prime}_x \delta),\ (u_0+f^{\prime}_y \delta,v_0 +g^{\prime}_y \delta) \, , $$ $$ (u_0+f^{\prime}_x \delta++f^{\prime}_y \delta,v_0 +g^{\prime}_x \delta+g^{\prime}_y \delta) \, . $$ Здесь все производные вычислены в точке $ (x_0,y_0) $. Воспользовавшись формулой вычисления площади параллелограмма, получаем выражение в виде абсолютной величины (модуля) выражения $$ \left|\begin{array}{cc} f^{\prime}_x & g^{\prime}_x \\ f^{\prime}_y & g^{\prime}_y \end{array} \right| \delta^2 \, . $$ Чем меньше $ \delta $ тем меньше отклонение этого приближения от образа квадрата при отображении. Если изображать образы точек под воздействием отображения на той же исходной плоскости, то можно сказать, что абсолютная величина якобиана представляет собой коэффициент сжатия (или растяжения) бесконечно малой области вокруг точки, в которой он вычисляется. В настоящем примере $$ \frac{D(f,g)}{D (x,y)} \Bigg|_{(0,1)}= - \frac{23}{8} \ , $$ т.е. малая окрестность точки $ (0,1) $ «резиновой» плоскости сдвинется к точке $ (1,-1) $ и растянется примерно в три раза. ♦

Обобщением рассмотренного в предыдущем пункте случая, т.е. выражения вектора $ X=(x_1,\dots,x_n) $ через вектор $ Y=(y_1,\dots,y_n) $ при задании многомерного отображения формулами $$ Y= (f_1(X),\dots,f_n(X)) $$ является случай неявной функции.

В линейном случае, эта задача встречается при записи общего решения системы линейных уравнений. Если эта система представлена в виде $$ \left\{ \begin{array}{llllllll} a_{11}y_1 &+a_{12}y_2&+ \ldots&+a_{1n}y_n &+a_{1,n+1}x_{1}&+\ldots & +a_{1,n+m}x_{m} -b_1=0,\\ a_{21}y_1 &+a_{22}y_2&+ \ldots&+a_{2n}y_n &+a_{2,n+1}x_{1}&+\ldots & +a_{2,n+m}x_{m} -b_2=0,\\ \dots & & & & \dots & \dots & & \dots \\ a_{n1}y_1 &+a_{n2}y_2&+ \ldots&+a_{nn}y_n &+a_{n,n+1}x_{1}&+\ldots & +a_{n,n+m}x_{m} -b_n=0 \end{array} \right. $$ при $ m\ge 1 $, то при условии $$ \left| \begin{array}{rrrr} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \dots &&& \dots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{array} \right| \ne 0 $$ ее можно разрешить относительно переменных $ y_1,\dots,y_n $ — например, по формулам Крамера или посредством обратной матрицы: $$ \left( \begin{array}{l} y_{1} \\ y_{2} \\ \vdots \\ y_{n} \end{array} \right) = - \left( \begin{array}{rrrr} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \dots &&& \dots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{rrr} a_{1,n+1} & \dots & a_{1,n+m} \\ a_{2,n+1} & \dots & a_{2,n+m} \\ \dots && \dots \\ a_{n,n+1} & \dots & a_{n,n+m} \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} x_{1} \\ \\ \vdots \\ x_{m} \end{array} \right)+ $$ $$ + \left( \begin{array}{rrrr} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \dots &&& \dots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{l} b_{1} \\ \\ \vdots \\ b_{m} \end{array} \right) \, . $$

В случае нелинейного уравнения $$ f(x,y)=0 \, $$ критерий существования неявной функции дается следующей теоремой

Теорема 1 [о неявной функции]. Пусть функция $ f $ — непрерывно дифференцируема в окрестности точки $ (x_0,y_0) $ и

$$ f(x_0,y_0)=0 ,\ \partial f /\partial y \mid_{(x_0,y_0)}\ne 0 \, .$$ Тогда существует окрестность точки $ x_0 $, в которой уравнение $ f(x,y)=0 $ имеет единственное вещественное решение относительно $ y $, лежащее в окрестности $ y_0 $. Иными словами: существует вещественная непрерывная функция $ \varphi(x) $, такая, что $$ \varphi(x_0)=y_0, \ f(x,\varphi(x)) \equiv 0 $$ (последнее тождество выполняется в заявленной окрестности $ x_0 $). При этом $ \varphi(x) $ является непрерывно дифференцируемой функцией в той же окрестности и выполняется тождество $$ \varphi^{\prime}(x)\equiv-\frac{\partial f /\partial x}{\partial f /\partial y} \Bigg|_{_{(x,\varphi(x))}} \, . $$

Нахождение явного выражения для $ y=\varphi(x) $ является задачей еще более сложной, чем задача предыдущего пункта о нахождении обратной функции. Усложнение проявляется уже в проблеме поиска хотя бы одной точки $ (x_0,y_0) \in \mathbb R^2 $, удовлетворяющей уравнению $ f(x,y)=0 $. Проблема существования вещественного решения этого уравнения даже для случая полиномиальной функции $ f $ нетривиальна: см. пункт ☞ АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. Если вещественное решение удастся обнаружить, то нахождение неявной функции можно осуществить построением ряда Тейлора (или, в общем случае, при нарушении условия теоремы, в виде ряда Пюизё), сходящегося в некоторой окрестности точки $ x_0 $.

Результат теоремы $ 1 $ очевидным образом обобщается на случай неявной функции нескольких переменных: уравнение $$ f(x_1,\dots,x_n, y) = 0 \quad \mbox{ при } n \ge 2 $$ пытаются разрешить относительно $ y $.

Более общую задачу решения системы уравнений относительно нескольких переменных мы рассмотрим в частном случае уравнений алгебраических.

Теорема 2. Пусть имеется система полиномов

$$ \{ f_1(X,Y), \dots , f_m(X,Y) \} \subset \mathbb R[X,Y],\ m \ge 2 $$ от векторов переменных $ X=(x_1,\dots,x_n) $ и $ Y=(y_1,\dots,y_m) $. Пусть выполнены следующие условия:

• существует точка $ (X_0,Y_0) \in \mathbb R^{n+m} $ такая, что

$$ f_1(X_0,Y_0)=0, \dots , f_m(X_0,Y_0)=0 \, . $$

• якобиан

$$ \frac{D(f_1,\dots,f_m)}{D (y_1,\dots,y_m)} $$ отличен от нуля в точке $ (X_0,Y_0) $.

Тогда существует окрестность точки $ X_0 $ и в ней система непрерывных функций $$ \{\varphi_1 (X),\dots, \varphi_m(X) \} $$ такая, что $$ (\varphi_1 (X_0),\dots, \varphi_m(X_0))=Y_0 $$ и $$ f_1(X,\varphi_1 (X),\dots, \varphi_m(X)) \equiv 0, \dots, f_m(X,\varphi_1 (X),\dots, \varphi_m(X)) \equiv 0 \, . $$ Система функций $ \{\varphi_j (X)\}_{j=1}^m $ с указанными свойствами единственна и для нее справедливо матричное равенство $$ \left( \begin{array}{cccc} {\partial \varphi_1}/{\partial x_1} & {\partial \varphi_1}/{\partial x_2} & \dots & {\partial \varphi_1}/{\partial x_n} \\ \dots & & & \dots \\ {\partial \varphi_m}/{\partial x_1} & {\partial \varphi_m}/{\partial x_2} & \dots & {\partial \varphi_m}/{\partial x_n} \end{array} \right) \equiv $$ $$ \equiv - \left( \begin{array}{cccc} {\partial f_1}/{\partial y_1} & \dots & {\partial f_1}/{\partial y_m} \\ \dots & & \dots \\ {\partial f_m}/{\partial y_1} & \dots & {\partial f_m}/{\partial y_m} \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{cccc} {\partial f_1}/{\partial x_1} & {\partial f_1}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_1}/{\partial x_n} \\ \dots & && \dots \\ {\partial f_m}/{\partial x_1} & {\partial f_m}/{\partial x_2} & \dots & {\partial f_m}/{\partial x_n} \end{array} \right) \, . $$

Рассмотрим сначала самый простой случай: $$ f(x,y,z)=0, g(x,y,z)=0 \, . $$ Будем предполагать, что каждое из уравнений задает некоторую поверхность в $ \mathbb R^3 $. Две неявно заданные алгебраические поверхности в $ \mathbb R^3 $ могут не иметь вещественных точек пересечения. Как установить существование точек пересечения, т.е. наличие вещественных решений системы уравнений? Для полиномимальных $ f $ и $ g $ этот факт можно установить алгебраическими методами, которые проиллюстрирую на примере.

Пример. Пусть заданы две квадрики

$$ f(x,y,z):=\frac{x^2}9+\frac{y^2}{16}-\frac{z^2}{25}-1=0, $$ $$ g(x,y,z):= 111376\, x^2-14656\, xy+72128\, xz+45184\, y^2-45184\, yz+76096\, z^2+ $$ $$ +92136\, x-118608\, y+205104\, z-1913751=0 $$ Первая является однополостным гиперболоидом, а вторая — эллипсоидом. Эти поверхности пересекаются по двум замкнутым кривым $ \mathbf K_1 $ и $ \mathbf K_2 $. На одной из них выбираем произвольную точку, например $$ (x_0,y_o,z_0) \approx (1.959148, 3.864766, 3) \, . $$

Отложив на несколько последующих абзацев ответ на вопрос, как эти координаты найдены, займемся задачей нахождения касательной к кривой $ \mathbf K_1 $ в указанной точке.

Докажем, что в окрестности точки кривую $ \mathbf K_1 $ можно представить параметрически $$ x=\varphi_1 (z),\ y= \varphi_2 (z), z= z \, . $$ Действительно, матрица Якоби $$ \mathbf J=\left(\begin{array}{cc} 2/9 x & 1/6 y \\ 222752\, x-14656\, y+72128\, z + 92136 & -14656\, x+90368\, y-45184\, z-118608 \end{array} \right) $$ имеет ненулевой определитель в точке $ (x_0,y_o,z_0) $. В соответствии с теоремой 2, параметрическое представление кривой существует в некоторой окрестности точки $ z_0 $. Явное выражение для функций $ \varphi_1, \varphi_2 $ — отдельная нетривиальная проблема, но для поставленной конкретной задачи поиска касательной решение этой проблемы не требуется. Действительно, теорема 2 дает представление $$ (\varphi_1^{\prime}(z_0), \varphi_2^{\prime}(z_0),1) \approx (-1.052314,1.445142,1) $$ для направляющего вектора касательной в виде явного выражения через значения функций $ f $ и $ g $ (и их производных) в точке $ (x_0,y_0,z_0) $.

А теперь проверим полученный результат альтернативным алгоритмом, задействовав технологию исключения переменных (которую мы уже использовали в предыдущем ПУНКТЕ). Cоставив результант полиномов $ f $ и $ g $ по переменной $ y $, придем к уравнению $$ F(x,z)=0 $$ при $$ F(x,z):=\mathcal R_y(f,g)= $$ $$ =\frac{425850289}{81}x^4+\frac{240241528}{9}x^3z+\frac{4457694952}{75}x^2z^2+\frac{1396604256}{25}\,xz^3+\frac{23733568656}{625}z^4+ $$ $$ +\frac{139478087}{3} x^3+\frac{528311126}{3} x^2 z+\frac{4561868172}{25} x z^2+\frac{3536887608}{25} z^3- $$ $$ -\frac{12342564733}{72}x^2-\frac{1212320819}{2}xz-\frac{9754043781}{10}z^2-\frac{17191161915}{16}x-\frac{20624138805}{8}z+\frac{1192935588625}{256} \, . $$ Имеем: $ \deg_x F=4 $, т.е. уравнение $ F(x,z)=0 $ разрешимо в радикалах относительно $ x $. По крайней мере, теоретически, функцию $ \varphi_1(z) $ можно представить в виде конечной комбинации элементарных функций и корней второй и третьей степеней от коэффициентов полинома. Реальное же представление для $ \varphi_1(z) $ крайне громоздко и, с точки зрения практического использования, неконструктивно.

Уравнение четвертой степени может иметь от нуля до четырех вещественных корней в зависимости от значений $ z $. При подстановке конкретного значения $z =z_0 \in \mathbb R $ получаем полином $ F(x,z_0) $ от одной переменной $ x $. Мы можем однозначно и чисто алгебраическим алгоритмом установить число его вещественных корней. Так, $$ F(x,3)\equiv $$ $$ \equiv \frac{425850289}{81}x^4+126573205 x^3+\frac{1605258018107}{1800}x^2+\frac{20614103217}{80}x-\frac{793132431560159}{160000} $$ имеет два вещественных корня $ \approx -3.309237 $ и $ \approx 1.959148 $. Второй из них мы и взяли выше в качестве $ x_0 $. Таким образом, для $ \varphi_1(z) $ мы получили представление в виде неявной функции $ F(x,z)=0 $ при заданном значении $ \varphi_1(z_0)=x_0 $. Но тогда для этой функции должна работать теорема 1, которая дает представление $$ \varphi_1^{\prime}(z_0)= -\frac{\partial F /\partial z}{\partial F /\partial x} \Bigg|_{_{(x_0,z_0)}} \, . $$ Результат совпадает с полученным выше.

Понятно, что для получения $ \varphi_2(z) $ мы должны произвести процедуру исключения переменной $ x $ из системы $ f=0,g=0 $, т.е. вычислить результант $ G(y,z):=\mathcal R_x(f,g) $. Далее найти корень полинома $ G(y,z_0) $ (выбрав тот из них, что соответствует уже найденном у значению $ x_0 $) и т.д. Убеждаемся, что $$ \varphi_2^{\prime}(z_0)= -\frac{\partial G /\partial z}{\partial G /\partial y} \Bigg|_{_{(y_0,z_0)}} \, . $$

Вопроc: какая же связь между матрицей Якоби и результантами $ \mathcal R_x(f,g), \mathcal R_y(f,g) $ приводит — в результате применения двух различных алгоритмов — к совершенно разным представлениям для $ \varphi_1^{\prime}(z_0), \varphi_2^{\prime}(z_0) $, имеющим, тем не менее, одинаковые значения? ♦

Если система полиномов

$$\{f_1(y_1,\dots,y_n,x_1,\dots,x_n),\dots, f_n(y_1,\dots,y_n,x_1,\dots,x_n)\} $$ удовлетворяет условиям теоремы в некоторой точке $ (X_0,Y_0) \in \mathbb R^{2n} $, то существует окрестность точки $ X_0 $, в которой справедливо равенство $$ \frac{D(\varphi_1,\dots,\varphi_n)}{D(x_1,\dots,x_n)}=(-1)^n \frac{D(f_1,\dots,f_n)}{D(x_1,\dots,x_n)} \bigg/ \frac{D(f_1,\dots,f_n)}{D(y_1,\dots,y_n)} \, . $$ Здесь производные вычислены в соответствующих точках.

Теорема. Пусть на плоскости заданы две кривые уравнениями

$$ f(x,y)=0 \quad u \quad g(x,y)=0 \ $$ и они пересекаются в точке $ (x_{0},y_0) $. Тогда величина угла $ \gamma $, под которым происходит это пересечение вычисляется по формуле $$ \operatorname{tg} (\gamma) = \pm \frac{\frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial g} {\partial y} - \frac{\partial f}{\partial y} \frac{\partial g}{\partial x}}{\frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial g}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial g}{\partial y}} $$ где все производные в правой части вычислены в точке $ (x_{0},y_0) $.

Утверждение следует из свойства градиента: вычисленный в точке кривой, он определяет направляющий вектор нормали к этой кривой.

Если $ (x_{0},y_0) $ — точка пересечения кривых $ f(x,y)=0 $ и $ g(x,y)=0 $, то

• кривые соприкасаются в этой точке, если в ней якобиан функций $ f_{} $ и $ g_{} $ обращается в нуль:

$$\frac{\partial f}{ \partial x} \frac{\partial g}{ \partial y} - \frac{\partial f}{ \partial y} \frac{\partial g}{\partial x}= 0 $$ что, в общем-то, предсказуемо, поскольку строки якобиана $$ \left|\begin{array}{cc} \partial f / \partial x & \partial f / \partial y \\ \partial g / \partial x & \partial g / \partial y \end{array} \right| \, . $$ — это координаты градиентов, и обращение якобиана в нуль означает коллинеарность этих градиентов;

• кривые пересекаются в этой точке под прямым углом, если в ней

$$ \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial g}{ \partial x} + \frac{\partial f}{ \partial y} \frac{\partial g}{ \partial y} = 0 \ . $$

Показать, что если функции $ u_{}(x,y) $ и $ v_{}(x,y) $ связаны соотношениями Коши-Римана (Даламбера-Эйлера):

$$ \frac{\partial u}{ \partial x} \equiv \frac{\partial v}{ \partial y} , \frac{\partial u}{ \partial y} \equiv - \frac{\partial v}{ \partial x} $$ в некоторой области $ \mathbb{S}_{} $, то в этой области их линии уровня, то есть кривые $ u(x,y) = c_1 $ и $ v(x,y) = c_2 $ при $ \{c_1,c_2\} \subset \mathbb R $, могут пересекаться только под прямым углом.

Рассмотрим систему двух вещественных алгебраических уравнений $$ f(x,y)=0, \ g(x,y)=0 \, . $$ По аналогии с методом Ньютона решения уравнения от одной неизвестной, попробуем найти вещественное решение этой системы, сгенерировав итерационную последовательность в $ \mathbb R^2 $, сходящуюся к этому решению. Допустим, что из каких-то соображений нам удалось установить, что вещественное решение системы существует, и что некоторая точка $ (x_0, y_0) $ достаточно близка к этому решению. Раскладываем полиномы по формуле Тейлора по степеням $ x-x_0, y-y_0 $ и оставляем в этих разложениях только первые слагаемые: $$ f(x,y)\equiv f(x_0,y_0)+ \frac{\partial f}{\partial x}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(x-x_0)+\frac{\partial f}{\partial y}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(y-y_0) + \dots \, , $$ $$ g(x,y)\equiv g(x_0,y_0)+ \frac{\partial g}{\partial x}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(x-x_0)+\frac{\partial g}{\partial y}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(y-y_0) + \dots \, . $$ Теперь вместо системы нелинейных уравнений рассматриваем систему $$ \left\{ \begin{array}{ccc} f(x_0,y_0)&+ \frac{\partial f}{\partial x}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(x-x_0)+\frac{\partial f}{\partial y}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(y-y_0) &= 0,\\ g(x_0,y_0)&+ \frac{\partial g}{\partial x}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(x-x_0)+\frac{\partial g}{\partial y}\Bigg|_{(x_0,y_0)}(y-y_0) &= 0 \end{array} \right. $$ линейных уравнений. Она гарантировано имеет решение если матрица $$ \mathbf J= \left( \begin{array}{cc} \partial f /\partial x & \partial f /\partial y \\ \partial g /\partial x & \partial g /\partial y \end{array} \right) $$ будет неособенной при $ x=x_0,y=y_0 $. При этом предположении решение системы единственно и может быть выражено в виде $$ \left( \begin{array}{c} x_1 \\ y_1 \end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} x_0 \\ y_0 \end{array} \right) - \mathbf J^{-1} \left( \begin{array}{c} f(x_0,y_0) \\ g(x_0,y_0) \end{array} \right) \, . $$ Получаем полную аналогию с одномерным методом Ньютона; роль производной теперь выполняет матрица Якоби. Можно ожидать, что точка $ (x_1,y_1) $ будет лежать ближе к неизвестному нам решению исходной системы, нежели стартовая точка $ (x_0, y_0 ) $. Если это предположение выполняется, то можно попытаться организовать вычисление итерационной последовательности $$ \left\{ \left( \begin{array}{c} x_j \\ y_j \end{array} \right)= \left( \begin{array}{c} x_{j-1} \\ y_{j-1} \end{array} \right) - \mathbf J^{-1} \Bigg|_{_{(x_{j-1},y_{j-1})}} \left( \begin{array}{c} f(x_{j-1},y_{j-1}) \\ g(x_{j-1},y_{j-1}) \end{array} \right) \right\}_{j=1}^{\infty} $$ и потестировать ее на сходимость к решению. Одно ограничение для этого умозаключения довольно очевидно: матрица Якоби должна быть невырожденной на всех итерациях (а, желательно, и не очень близкой к вырожденным матрицам).

Подробнее о методе Ньютона решения систем нелинейных уравнений ☞ ЗДЕСЬ.

Задача. Для вещественных полиномов $ f(x,y) $ и $ g(x,y) $ найти $$ \max g(x,y) \quad \mbox{или} \quad \min g(x,y) $$ при условии $$ f(x,y)=0 \, . $$ Иными словами, требуется найти экстремумы одного полинома на алгебраической кривой $ f(x,y)=0 $. Будем считать, что последнее уравнение имеет вещественное решение. Предположим, что точка $ (x_0,y_0) \in \mathbb R^2 $ лежит на кривой и в некоторой ее окрестности удовлетворяются условия теоремы 1. Существует функция $ \varphi(x) $ такая, что $ \varphi(x_0)=y_0 $ и $ f(x,\varphi(x))=0 $. Тогда³⁾ $$ \max_{y=\varphi(x)} g(x,y) = \max_{x} g(x,\varphi(x)) \, , $$ т.е. задачу удается свести к задаче обычной (безусловной) оптимизации. Стандартным способом ищем стационарные точки: $$ \frac{\partial g}{\partial x} + \frac{\partial g}{\partial y} \frac{d\, \varphi (x)}{d\, x} =0 \ . $$ Воспользуемся теоремой 1: $$ \frac{d\, \varphi (x)}{d\, x} \equiv - \frac{\partial f / \partial x}{\partial f / \partial y} \Bigg|_{y=\varphi(x)} \, . $$ Таким образом, если точка $ (x_{\ast},y_{\ast}) $ — решение задачи условной оптимизации, то она должна удовлетворять системе уравнений $$ f(x,y)=0 , \ \frac{\partial g}{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\partial g}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x} = 0 $$ при условии, что $ \partial f / \partial y \mid_{_{(x_{\ast},y_{\ast})}} \ne 0 $. Наблюдается магическое появление якобиана $$ \frac{D(f,g)}{D(x,y)} $$ в решении задачи.

Причину возникновения якобиана при решении задачи поясним на следующем примере.

Пример. Найти $ \min $ и $ \max $ полинома

$$ g(x,y):=-\frac{1}{8}\,x^4+\frac{1}{6}\,y^4+2\,xy+x^2-y-4 $$ на кривой $$ f(x,y):=-x^4-\frac{1}{2}y^4+4\,x^2+3\,xy+4\,y = 0 \, . $$

Решение. Уравнение $ f(x,y)=0 $ задает кривую, состоящую из одного замкнутого овала: Полином $ g(x,y) $ достигает на этой кривой своего максимального и минимального значений. Построим топографическую систему для этого полинома, т.е. кривые $ g(x,y)=C $ при различных значениях константы $ C $: Теперь наложим эту систему на кривую: Наблюдаем, что при возрастании значения константы $ C $ точки пересечения кривой $ g(x,y)=C $ c $ f(x,y)=0 $ начинают стягиваться к двум предельным точкам — одна из них лежит в первой четверти плоскости $ Oxy $, а другая — в третьей.

Первая из точек — точка глобального максимума, визуально $ C_{\ast}=\max > 10 $, вторая же задает максимум локальный с $ 5 < C_{\ast \ast} =\max < 10 $. В окрестности второй из этих точек кривые $ g(x,y)=C $ при $ C< C_{\ast \ast} $ имеют еще по две точки пересечения с $ f(x,y)=0 $, но при $ C\to C_{\ast \ast} $ эти точки стремятся к слиянию. Иными словами, кривая $ g(x,y)=C_{\ast \ast} $ должна касаться кривой $ f(x,y)=0 $.

Условие соприкасания двух неявно заданных кривых $ f(x,y)=0 $ и $ g(x,y)=C_{\ast \ast} $ указано в одном из предыдущих ПУНКТОВ: в точке касания градиенты функций $ f(x,y) $ и $ g(x,y)-C_{\ast \ast} $ должны быть коллинеарными: $$\frac{\partial f}{ \partial x} \frac{\partial g}{ \partial y} - \frac{\partial f}{ \partial y} \frac{\partial g}{\partial x}= 0 $$ Вот здесь и появляется якобиан. Рассуждения касательно $ \min $ аналогичны.

Окончание решения, а именно установления величин $ \max $ и $ \min $ и координат точек кривой $ f(x,y)=0 $, в которых эти экстремумы достигаются, ☞ ЗДЕСЬ. ♦

Решение задачи поиска $$ \max g(x,y,z) \quad \mbox{или} \quad \min g(x,y,z) $$ при условиях $$ f_1(x,y,z)=0 \, , f_2(x,y,z)=0 $$ также приведет к системе уравнений, где третье уравнение представляет из себя $$ \frac{D(g,f_1,f_2)}{D(x,y,z)}=0 \, . $$

☞ ЗДЕСЬ.

[1]. Jacobi C.G.J. De Determinantibus functionalibus. J. reine angew. Math. Bd. 22, 1841, S. 319-359

[2]. Задача № 5256 из журнала American Mathematical Monthly, v. 73, N 1, 1966, cc. 93-94

[3]. Гурса Э. Курсъ математическаго анализа. Т.1. М. Издание торгового дома «В.И.Знаменский и Кº».1911

[4]. Зубов В.И. К вопросу существования и приближенного представления неявных функций Вестник Ленингр. ун-та. Сер. математика, механика и астрономия. № 19, вып. 4, 1956 , С.48-54