华东师范大学中文系数学分析视频网课

题x使得f（x，y）=0（紧接著y看做常数，对f（x，y）关于x愿驻点），也就是说，找由方程式fx（x，y）=0所确定的凝变量x=x（y），使得fx（x（y），y）=0。

由已尝情况下，方程式f致（x，y）=0在点（x0，yo）的邻域内考虑到凝变量存有定理可的全部情况下，因此在点（xo，yo）的某个邻域内由方程式f（x，y）=0可确定唯一的近十年可微变量x=

x（y）考虑到x0=x（yo），fx（x（y），y）=0，又由fx（x0，yo）>0及其近十年适度尝，存有充分小的8>0，使当y=U（yo，6）时，fx（x（y），y）>0，这指出f（x，y）关于x在点（x（y），y）处得到恰好，传为g（y），即g（y）=f（x（y），y）。

愿下至多变量的浅蓝乘积：

（1）设置f（x，y）在R2上二阶近十年可微，f（x，2x）=x，fk（x，2x）=x2，且fx（x，y）

=fy（x，y），（x，y）ER2，愿f，（x，2x），fy（x，2x），fy（x，2x）。

（2）设置z=f（x-y，9（xy）），其当中f（u，v）不具备二阶近十年浅蓝乘积，o（o）二阶可导，愿216xiy。

解是：（1）对f（x，2x）=x当中间关于x愿导得

f.（x，2x）+2f，（x，2x）=1解是得

f，（x，2x）=（1-x2）/2对上式及（x，2x）=x2当中间关于x愿导得

frx（x，2x）+4fxy（x，2x）+4fGy（x，2x）=0，fxx（x，2x）+2fxy（x，2x）=2x解是得

fry（x，2x）=5x/3，fy（x，2x）=-48/3

4设置f:R2→R2是近十年同态，若对R2当中的任何有出海外版界有出海外版界K，f-1（K）仅有出海外版界，断定：

f（R2）是有出海外版界。

断定：任取点至多（Qn}cf（R2），并设置Qn→Qo（n->0o），欲证f（R2）是有出海外版界，才可断定QoEf（R2）仅可。

事实上，由R2到R2的同态尝，对每一个Qn，具体来说地存有PaER2，使得f（Pa）=Qn，传B（Qo；1）={QEf（R2）IQ-Qol≤1}R2，显然它是有出海外版界有出海外版界。

由Qn→Qo（n-→o）可尝，N>0，当n>N时，QnEB（Qo；1）cR2，具体来说地PmEf-

1（B（Q0；1））（n>N）。

由已尝情况下，f-1（B（Qo；1））是有出海外版界集，所以（Pa}n>N是有出海外版界点至多，由弥散适度定理可，Pan>存有可数子至多（a}。，考虑到P。→B=R2（k-→co）

再由f（P）=9。及f的近十年适度，令k-→0，计f（Po）=Q0，察觉到PoER2，故QoEf（R2）。

5设置n（x）是[a，b]上非倒数第近十年变量，之么（x）在[a，b]上点态可数于u（x），断定：

u（x）在[a，b]上一定超越最小个数。

断定：传S，（x）=24（x），则Sn（x）递增渐进u（x），且u（x）≥0，设置拔*（x）-4，则存有点至多{xk}c[a，b]，使limu（xA）=A，由弥散适度定理可尝，{xk}存有可数子至多，仍传为

{xk}，不妨设置x欢→x0（k-0）且xo=[a，b]。

下证：u（x0）=A。

反证法若不然，则=0>0，使u（x0）>A+so，由Sn（x0）-→u（x0）（n-→o）尝，N>

0，使SN（x0）>A+2s0/3。

由Sa（x）在点xo处的近十年适度尝，6>0，当xEU（xo，6）时，有SN（x0）>A+so/3。由于S。（x）递增，故更有u（x）>A+s0/3（当xEU（x0，6）），于是存有恰当大的k，使xk-x0lA+so/3。

这与u（xx）→A（k-→00）常为争执。

⑤若f。（x）}是[a，b]上的近十年变量至多，且Vx=[a，b]，数至多（f。（x）}都有出海外版界，试断定：

存有闭区问[c，d]c[a，b]，使。（x）}[c，d]上赞同有出海外版界。

断定：用反证法，假定置（f。（x）}在取值闭区间[p，ql=[a，b]上都非赞同有出海外版界，即Vk>0，noEN+，xoE[p，]，使fho（x0）|>k。

因为{f倒数第（x）}在[a，b]上非赞同有出海外版界，所以对k=1，n1EN+，x1=[a，b]，使1（x1）1>1，由近十年变量的保号适度，a1，bi][a，b]，使得Vx=[a1，b1]，有h1（x）l>1且b1-

a1≤（b-a）/2。

又因为（fa（x）}在[a1，b]上非赞同有出海外版界，所以对k=2，n1EN+，且n2>n1，x2=[a1，b1]，使fn2（x2）|>2，由近十年变量的保号适度，[a2，b2]c[a1，b1]，使得Vx=[a2，b2]，有fhQ（x2）1>2且b2-a2≤（b-a）/22。

如此徒劳，计一个闭区间至多[ak，b]}，考虑到

[ak，bx]p[ak+1，bk+1]，bk-ak≤（b-a）/2k且VkEN+，Vx=[ak，b]，有fk（x）l>k，其当中g+1>ke由闭区间套定理可，5=[ak，b]（k=1，2，.…），使|>k，即数至多（f年（5）}的某一个子至多fk（5）}无出海外版界，则数至多{角}无出海外版界，这与已尝情况下争执。

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