习题课讲解

2.3 习题课讲解

例 2.3.1 证明 $x^{2} + y^{2} \neq O (x y)$ 。

证明由定义， $x^{2} + y^{2} = O (x y)$ 等价于 $\exists C > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall (x, y) \in R^{2}$ ，当 $0 < ∥ (x, y) ∥ < δ$ 时，有 $\begin{matrix} (1) & x^{2} + y^{2} \leq C x y \end{matrix}$ 设 $δ < \frac{1}{2}$ ，取 $x = δ^{2}$ 、 $y = \frac{δ}{2}$ ，则有 $\begin{matrix} (2) & C \geq \frac{x^{2} + y^{2}}{x y} = \frac{4 δ^{4} + δ^{2}}{2 δ^{3}} = 2 δ + \frac{1}{2 δ} \to + \infty, δ \to 0 \end{matrix}$ 故不存在满足条件的 $C$ 。 $◻$

例 2.3.2 设 $f : R^{2} \to R$ ，若 $\frac{\partial f}{\partial x} (a, b)$ 存在， $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ 在 $(a, b)$ 的某个邻域 $U$ 存在且在 $(a, b)$ 处连续，证明： $f$ 在 $(a, b)$ 处可微。

证明此处使用1-范数，故命题等价于证明：当 $(x, y) \to (a, b)$ 时， $\begin{matrix} (3) & f (x, y) - f (a, b) = \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a) + \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) (y - b) + o (| x - a | + | y - b |) \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} f (x, y) - f (a, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a) - \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) (y - b) \\ = \underset{(1)}{\underset{⏟}{f (x, b) - f (a, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a)}} + \underset{(2)}{\underset{⏟}{f (x, y) - f (x, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (y - b)}} \end{aligned} \end{matrix}$ 由 $\frac{\partial f}{\partial x} (a, b)$ 的存在性， $\forall ε > 0$ ， $\exists δ_{1} (ε, a, b) > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (5) & | x - a | < δ_{1} \Rightarrow | (1) | < ε | x - a | \end{matrix}$ 根据Lagrange中值定理， $\exists ξ$ 位于 $y, b$ 之间，使得 $\begin{matrix} (6) & f (x, y) - f (x, b) = \frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) (y - b) \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (7) & (2) = [\frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b)] (y - b) \end{matrix}$ 由于 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 在 $(a, b)$ 处连续，故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ_{2} (ε, a, b) > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (8) & | x - a | + | ξ - b | < δ_{2} \Rightarrow | \frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) - \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) | < ε \end{matrix}$ 因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = min {δ_{1}, δ_{2}}$ ，使得 $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} | x - a | + | y - b | < δ & \Rightarrow {\begin{cases} | x - a | < δ \leq δ_{1} \Rightarrow | (1) | < ε | x - a | \\ | x - a | + | ξ - b | < δ \leq δ_{2} \Rightarrow | (2) | < ε | y - b | \end{cases} \\ \Rightarrow | (1) + (2) | \leq | (1) | + | (2) | < ε (| x - a | + | y - b |) \end{aligned} \end{matrix}$ 得证。 $◻$

例 2.3.3 函数 $f$ 区域（连通的开集） $D$ 上的梯度恒为 $0$ ，证明： $f$ 在 $D$ 上是常函数。

证明任选 $x_{0} \in D$ ， $y_{0} = f (x_{0})$ 。下设 $x \in D ∖ {x_{0}}$ 。

若 $D$ 为凸集，则从 $x_{0}$ 到 $x$ 的连线都在 $D$ 内。令 $g (t) := f (x_{0} + t (x - x_{0}))$ ，则 $g$ 可微，由Lagrange中值定理可得 $\exists τ \in (0, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (10) & g (1) - g (0) = \nabla f (x_{0} + τ (x - x_{0})) \cdot (x - x_{0}) = 0 \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (11) & f (x) - f (x_{0}) = 0 \Rightarrow f (x) = f (x_{0}), \forall x \in D \end{matrix}$

若 $D$ 为一般区域，则 $D$ 为道路连通集，故存在连续映射 $γ : [0, 1] \to D$ 使得 $γ (0) = x_{0}$ ， $γ (1) = x$ ，显然 $Γ = γ ([0, 1])$ 是紧集。由于 $Γ$ 上的点都是 $D$ 的内点，故 $\forall y \in Γ$ ， $\exists δ_{y} > 0$ 使得 $B (y, δ_{y}) \subseteq D$ ，因此存在开覆盖 $O = ⋃_{y \in Γ} B (y, δ_{y})$ 。由于 $Γ$ 是紧集，故存在有限子覆盖 $O^{'} = ⋃_{i = 1}^{n} B (y_{i}, δ_{i})$ 。

对于开球 $B (y_{i}, δ_{i})$ ，其为凸集， $f$ 在 $B (y_{i}, δ_{i})$ 上是常函数。故 $f$ 在 $O^{'}$ 上是常函数，即 $f$ 在 $Γ$ 上是常函数。由于 $x$ 是 $D$ 内的任意一点，因此 $f$ 在 $D$ 上是常函数。 $◻$

例 2.3.4 （例2补）函数 $\begin{matrix} (12) & g (x, y) = {\begin{cases} \frac{x y}{x^{2} + y^{2}} \sin (x^{2} + y^{2}), & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{matrix}$ 在 $(0, 0)$ 处是多少阶连续可微的？

解定义函数 $sinc x := \frac{\sin x}{x}$ （补充定义 $sinc 0 = 0$ ），根据Taylor公式可得 $\begin{matrix} (13) & sinc x = \frac{\sin x}{x} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} x^{2 k}}{(2 k + 1)!} + o (x^{2 n}), x \to 0, \forall n \in N \end{matrix}$ 因此 $sinc \in C^{\infty}$ 。

由于 $x^{2} + y^{2} \in C^{\infty}$ ，故 $sinc (x^{2} + y^{2}) \in C^{\infty}$ 。又因为 $x y \in C^{\infty}$ ，故 $g (x, y) \in C^{\infty}$ 。 $◻$

例 2.3.5 （例3-B） $f (x, y) = \frac{x y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ 在 $(0, 0)$ 处是否可微？

解注意到 $f (x, k x) = \frac{k x}{\sqrt{1 + k^{2}}}$ ，故 $f$ 沿向量 $v_{k} := (1, k)$ 的导数为 $\frac{k}{\sqrt{1 + k^{2}}}$ 。由于 $v_{1} = \frac{1}{2} (v_{0} + v_{2})$ ，而 $\begin{matrix} (14) & \frac{0 + \frac{2}{\sqrt{1 + 2^{2}}}}{2} \neq \frac{1}{\sqrt{1 + 1^{2}}} \end{matrix}$ 故 $f$ 在 $(0, 0)$ 处不可微。 $◻$

例 2.3.6 （例12补） $y d x - x d y$ 是否有原函数？为什么？你能给出 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 具有原函数的一个必要条件吗？

解设 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 有原函数，即 $\exists f$ 使得 $d f = M (x, y) d x + N (x, y) d y$ ，则 $\begin{matrix} (15) & \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}, \frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial M}{\partial y} \end{matrix}$ 故 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ 是 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 具有原函数的一个必要条件。

对于 $y d x - x d y = d f$ ，显然 $\frac{\partial M}{\partial y} = 1 \neq - 1 = \frac{\partial N}{\partial x}$ ，故 $y d x - x d y$ 没有原函数。 $◻$