Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 621
2014-06-08 
Пусть $F$ - поверхность в $\mathbf{R}^{3}$, заданная уравнением $z = f(x, y), f \in C^{2}(\mathbf{R}^{2})$. Доказать, что если в некоторой точке ($x_{0}, y_{0}$) выполнено неравенство $f_{xx}^{\prime \prime}f_{yy}^{\prime \prime} > 0$, то найдется окрестность точки $M_{0}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0}))$, в которой поверхность $F$ и касательная плоскость $P$ в точке $M_{0}$ имеют лишь одну общую точку.
Решение:
Пусть $z=f(x, у) = f(x_{0}, y_{0}) + f_{x}^{\prime}|_{x_{0}, y_{0}}(x – x_{0}) + f_{y}^{\prime}|_{x_{0}, y_{0}} (y – y_{0})$ - график плоскости P. Дли решения задачи достаточно показать, что $f(x, y) > p(z, y)$ для всех $(x, y)$ таких, что $0 < \| (x, y) - (x_{0}, y_{0}) \| < \varepsilon$, где $\varepsilon > 0$ достаточно мало.
Число $\varepsilon$ выберем так, чтобы условие $f_{xx}^{\prime \prime} f_{yy}^{\prime \prime} – (f_{xy}^{\prime \prime})^{2} > 0$ выполнялось для всех точек $(x, y)$ из $\varepsilon$ - окрестности точки $(x_{0}, y_{0})$. (Это можно сделать в силу непрерывности вторых производных функции $f$.)
Пусть теперь $0 < \| (x_{1}, y_{1}) - (x, y) \| < \varepsilon$. Положим $x_{2} = x_{1} – x_{0}, y_{2} = y_{1} – y_{0}, \phi(t) = f(x_{0} + tx_{2}, y_{0} + ty_{2})$. Имеем $\phi \in C^{2}[0, 1]$, при этом
$\phi^{\prime \prime}(t) = f_{xx}^{\prime \prime} x_{2}^{2} + 2 f_{xy}^{\prime \prime}x_{2}y_{2} + f_{yy}^{\prime \prime} y_{2}^{2} > 0 (t \in [0, 1]$,
вторые производные по $x$ и $y$ берутся в точке $(x_{0} + tx_{2}, y_{0} + ty_{2})$). Значит, функция $\phi$ строго выпукла на [0, 1], поэтому $\phi(t) > \phi(0) + \phi^{\prime}(0)t$ при $t \in (0, 1]$; в частности если $t = 1$, то $\phi(1) > \phi(0) + \phi^{\prime}(0)$, или
$f(x_{1}, y_{1}) > f(x_{0}, y_{0}) + (f_{x}^{\prime}|_{(x_{0},y_{0})} \cdot x_{2} + f_{y}^{\prime}|_{(x_{0}, y_{0})} \cdot y_{2}) = p(x_{1}, y_{1})$,
что и требовалось доказать.
Пусть $F$ - поверхность в $\mathbf{R}^{3}$, заданная уравнением $z = f(x, y), f \in C^{2}(\mathbf{R}^{2})$. Доказать, что если в некоторой точке ($x_{0}, y_{0}$) выполнено неравенство $f_{xx}^{\prime \prime}f_{yy}^{\prime \prime} > 0$, то найдется окрестность точки $M_{0}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0}))$, в которой поверхность $F$ и касательная плоскость $P$ в точке $M_{0}$ имеют лишь одну общую точку.
Решение:
Пусть $z=f(x, у) = f(x_{0}, y_{0}) + f_{x}^{\prime}|_{x_{0}, y_{0}}(x – x_{0}) + f_{y}^{\prime}|_{x_{0}, y_{0}} (y – y_{0})$ - график плоскости P. Дли решения задачи достаточно показать, что $f(x, y) > p(z, y)$ для всех $(x, y)$ таких, что $0 < \| (x, y) - (x_{0}, y_{0}) \| < \varepsilon$, где $\varepsilon > 0$ достаточно мало.
Число $\varepsilon$ выберем так, чтобы условие $f_{xx}^{\prime \prime} f_{yy}^{\prime \prime} – (f_{xy}^{\prime \prime})^{2} > 0$ выполнялось для всех точек $(x, y)$ из $\varepsilon$ - окрестности точки $(x_{0}, y_{0})$. (Это можно сделать в силу непрерывности вторых производных функции $f$.)
Пусть теперь $0 < \| (x_{1}, y_{1}) - (x, y) \| < \varepsilon$. Положим $x_{2} = x_{1} – x_{0}, y_{2} = y_{1} – y_{0}, \phi(t) = f(x_{0} + tx_{2}, y_{0} + ty_{2})$. Имеем $\phi \in C^{2}[0, 1]$, при этом
$\phi^{\prime \prime}(t) = f_{xx}^{\prime \prime} x_{2}^{2} + 2 f_{xy}^{\prime \prime}x_{2}y_{2} + f_{yy}^{\prime \prime} y_{2}^{2} > 0 (t \in [0, 1]$,
вторые производные по $x$ и $y$ берутся в точке $(x_{0} + tx_{2}, y_{0} + ty_{2})$). Значит, функция $\phi$ строго выпукла на [0, 1], поэтому $\phi(t) > \phi(0) + \phi^{\prime}(0)t$ при $t \in (0, 1]$; в частности если $t = 1$, то $\phi(1) > \phi(0) + \phi^{\prime}(0)$, или
$f(x_{1}, y_{1}) > f(x_{0}, y_{0}) + (f_{x}^{\prime}|_{(x_{0},y_{0})} \cdot x_{2} + f_{y}^{\prime}|_{(x_{0}, y_{0})} \cdot y_{2}) = p(x_{1}, y_{1})$,
что и требовалось доказать.
