Leiame järgnevas piisavad tingimused Kui funktsioon u = f(x1, ... , xn) on antud võrrandiga F (x1, ... , xn, u) = 0, kus F on mingi n + 1-muutuja funktsioon, siis selleks, et kaks korda pidevalt diferentseeruval funktsioonil z = f(x,y) oleks lokaalne ekstreemum statsionaarses punktis P(x,y). öeldakse et funktsioon f on antud ilmutamata kujul. Vaatame ühe muutuja funktsioonu y = f(x). Lause 10.Kui funktsioon y = f(x) f(x + x, y + y) = f(x, y) + fx(x, y)x + fy(x, y)y + R1 (x, y) = | fx (x, y) = 0, fy (x, y) = 0 | = f(x, y) + R1, kus R1 = ½!(fxx(x + on antud ilmutamata kujul võrrandiga F (x, y) = 0 ja P(x, y) on selle võrrandiga esitatud joone punkt ning F on diferentseeruv x, y + y) (x)^2 + 2 fxy(x + (x + x, y + y)xy + fyy (x + x, y + y) (y)^2 ). Uurime tähistuse A = fxx(x,y), B
xn) on antud võrrandiga F (x1, … , xn, u) = 0, kus F on mingi n + 1-muutuja funktsioon, siis öeldakse et funktsioon f on antud Tõestus: Järeldub alajaotuse algul esitatud arutelust. Nimelt lähtudes osatuletiste fx ja fy pidevusest õnnestus funktsiooni ilmutamata kujul. Vaatame ühe muutuja funktsioonu y = f(x). muudule Δz anda esitus Δz = fx(x, y) Δx + fy(x, y) Δy + γ. Saab näidata, et igal diferentseeruval funktsioonil on olemas Lause 10.Kui funktsioon y = f(x) on antud ilmutamata kujul võrrandiga F (x, y) = 0 ja P(x, y) on selle võrrandiga esitatud
annaabi.ee 
