3.3 习题课讲解

3.3.1 高阶偏导数

例 3.3.1 (例1) 已知函数f(u,v)具有2阶连续偏导数,且函数g(x,y)=f(2x+y,3xy)满足2gx2+2gxy62gy2=1

(1)

2fuv

(2)

f(u,0)u=ueuf(0,v)=150v21,求f(u,v)的表达式。

(1) 由链式法则得到(1){g1=2f1+3f2g2=f1f2 从而(2){g11=4f11+12f12+9f22g12=2f11+f123f22g22=f112f12+f22 因此(3)1=g11+g126g22=25f122fuv=125

(2) 参考图3.3.1,我们有(4)fu(u,v)=fu(u,0)+0v2fuv(u,t)dt=ueu+v25 进而(5)f(u,v)=f(0,v)+0ufu(t,v)dt=150v21+uv25+(1u)eu

PIC

图 3.3.1: 例1(2)计算图示

另解(1)1 由变量替换{u=2x+yv=3xy以及Jacobi矩阵形式的链式法则,得到偏微分算子的关系(6)(xy)=(uv)(uxuyvxvy)=(uv)(2131) 故有(7)2x2+2xy62y2=(x+3y)(x2y)=(13)(xy)(xy)(12)=(13)(2311)(uv)(uv)(2311)(12)=(50)(2u22uv2uv2v2)(05)=252uv 因此(8)2fuv=125

另解(1)2 由另解(1)1第一步解得(9)(uv)=(xy)(2131)1=(xy)(15153525) 从而(10)2x2+2xy62y2=(x+3y)(x2y)=(5u)(5v)=252uv

例 3.3.2 (例2,star) Am阶正交矩阵,函数f:RmRC2F(x)=f(Ax)。令y=Ax,证明:(11)k=1m(Fxk)2=k=1m(fyk)2,k=1m2Fxk2=k=1m2fyk2

证明 (1) 可直接通过全微分算子的协变变换证明:(12)xkxk=yiAikyjAjk=yi(AAT)ijyj=yiδijyj=yiyi 或者利用梯度算子的逆变特性。坐标向量(逆变)的变换矩阵为A,故基向量(协变)的变换矩阵B=A1,因此(13)y=B1x=AxxF(x)=ATyf(y)xF(x)2=yf(y)2

(2) 可借助Hesse矩阵3证明4(14)HF(x)=x(xF)(x)=A1y(yf)(y)A=A1Hf(y)A(15)k=1m2Fxk2=trHF(x)=trHf(y)=k=1m2fyk2

例 3.3.3 (例3,star) x=x(u,v),y=y(u,v)满足(16)xu=yv,xv=yu 证明:

(1)

w满足2wx2+2wy2=0,则w~(u,v):=w(x(u,v),y(u,v))满足2w~u2+2w~v2=0

(2)

2(xy)u2+2(xy)v2=0

证明 可微函数z(u,v)=x(u,v)+iy(u,v)在单连通域C上满足Cauchy-Riemann方程,从而解析。

(1) w在单连通域R2上调和,故存在解析函数f使得w(x,y)=f(x+iy),因此fz亦为解析函数,从而w~(u,v)=f(z(u+iv))调和。

(2) 由(1)知w~=xy调和。

例 3.3.4 (star) f:R2R调和,令u(x,y)=f(xx2+y2,yx2+y2)。证明:u调和。

证明ξ(x.y)=xx2+y2η(x,y)=yx2+y2,其满足CR方程,由上例可知u~=f(ξ,η)调和。由于(ξ,η)(ξ,η)是正交变换,故u调和。

有关以上两题的更多信息,大家可以参考 王兆臻学长的习题课笔记5

3.3.2 Taylor展开

例 3.3.5 (例4,star) cosxcosy(0,0)的带Peano余项的4阶Taylor公式和带Lagrange余项的1阶Taylor公式。

f(x,y)=cosxcosyy=0的邻域中是C函数。(17)f(x,y)=1x22+x424+o(x4)1y22+y424+o(y4)=(1x22+x424+o(x4))(1+y22+5y424+o(x4))=1+y2x22+x46x2y2+5y424+o(r4),r=x2+y20 由Peano余项Taylor公式的唯一性,这就是在(0,0)处的Peano余项4阶Taylor公式。

计算f(x,y)的Hesse矩阵(18)fxx=cosxcosy,fxy=sinxsinycos2yfyy=(cosxsinycos2y)y=cosxcos3y+2cosxcosysin2ycos4y 所以(19)f(x,y)=1+fxx(θx,θy)2x2+fxy(θx,θy)xy+fyy(θx,θy)2y2=1cos(θx)2cos(θy)x2sin(θx)sin(θy)cos2(θy)xy+cos(θx)cos(θy)(1+sin2(θy))2cos4(θy)y2 其中0<θ<1

以下是带r阶Lagrange余项的r1阶Taylor公式:(20)f(x0+v)=f(x0)+k=1r11k!i1,,ik=1nkfxikxi1(x0)vi1vik+1r!i1,,ir=1nrfxirxi1(x0+θv)vi1vir 其中θ(0,1)。具体来说,设f:R2RC2,对于带2阶Lagrange余项的1阶Taylor公式,我们有(21)f(x,y)=f(x0,y0)+fx(x0,y0)(xx0)+fy(x0,y0)(yy0)+12[2fx2(x1,y1)(xx0)2+22fxy(x1,y1)(xx0)(yy0)+2fy2(x1,y1)(yy0)2] 其中x1=x0+θ(xx0)y1=y0+θ(yy0)θ(0,1)。所以本题需要计算到函数的所有二阶偏导数,以得到带Lagrange余项的1阶Taylor公式。

例 3.3.6 (例5) (1x2y2)1/2(0,0)的带Peano余项和带Lagrange余项的Taylor公式。

由广义二项式定理可得(22)(1r2)1/2=112(r2)+(12)(121)2(r2)2++(2n1)!!2nr2n+o(r2n) 故有(23)(1x2y2)1/2=1+k=1n(2k1)!!2k(x2+y2)k+o(r2n),r=x2+y20 注意到(24)((1+x)1/2)(n)=(1)n(2n1)!!2n(1+x)12n 故有(25)(1+x)1/2=112x+1323x2++(1)n(2n1)!!2n(1+θx)12nxn 因此(26)(1x2y2)1/2=1+12(x2+y2)+1323(x2+y2)2+ +(2n1)!!2n(1θ(x2+y2))12n(x2+y2)n

例 3.3.7 (例6,star) xy(1,1)处的带Peano余项的2阶Taylor展开。

x=1+uy=1+v,则当(u,v)(0,0)时,有(27)xy=e(1+v)ln(1+u)=e(1+v)(uu22+o(u2))=eu+uvu22+o(r2),r=u2+v2=1+(u+uvu22)+12u2+o(r2)=1+u+uv+o(r2)=1+(x1)+(x1)(y1)+o(r2),r=(x1)2+(y1)2

以下是带Peano余项的r阶Taylor公式:(28)f(x0+v)=k=0r1k!i1,,ik=1nkfxikxi1(x0)vi1vik+o(vr) 具体来说,设f:R2RC2,对于带2阶Lagrange余项的1阶Taylor公式,我们有(29)f(x,y)=f(x0,y0)+fx(x0,y0)(xx0)+fy(x0,y0)(yy0)+12[2fx2(x0,y0)(xx0)2+22fxy(x0,y0)(xx0)(yy0)+2fy2(x0,y0)(yy0)2]+o((xx0)2+(yy0)2) 所以本题需要计算到函数的所有二阶偏导数,以得到带Peano余项的2阶Taylor公式。

特别提醒 Taylor公式中的易错点:

(1)

上文中提到的Taylor公式的阶。

(2)

Taylor多项式不能化简,需要保持xix0i因子。

(3)

在展开到第n阶时需要除以n!

(4)

Taylor公式的唯一性是指Taylor多项式的唯一性,余项的形式不一定唯一。如f(x,y)=ex2y2,利用上式可得其在原点附近的1阶Taylor公式为(30)f(x,y)=1+x2y2+[(x2y2)+2θ2(x2y2)2]eθ2(x2y2) 如果借助一元Taylor公式,则有(31)f(x,y)=1+x2y2+12(x2y2)2eθ(x2y2)

3.3.3 极值与函数凹凸性

例 3.3.8 (例7) z=(x2+2y2)ex2y2的极值、最值、值域。

1 只求一阶导数,用梯度向量场分析函数单调性。由z0=z(0,0)z的最小值为0。求偏导可知(32)zx=2ex2y2x[1(x2+2y2)]zy=2ex2y2y[2(x2+2y2)] 函数可微,极值点必然是驻点,从而zx=zy=0,解得(33){x1=0y1=0,{x2=0y2=±1,{x3=±1y3=0 由梯度向量场分布(图3.3.2)知,(0,0)是最小值点,(0,1)(0,1)是最大值点,(1,0)(1,0)是鞍点,不是极值点。

现在讨论z的值域。由对称性,只需讨论x0,y0部分。显然z(0,0)=0是最小值。

1x>1时,x2+2y2>1zx<0,故z(x,y)关于x>0严格减,即z(x,y)<z(1,y)。由(34)zy(1,y)=2e1y2y(12y2)z(1,y)关于y在区间(0,12)上单增,在区间(12,+)上单减,从而z(1,y)z(1,12)。由(35)zx(x,12)=2ex212x3<0z(x,12)关于x>0是减函数,从而z(x,12)z(0,12)。再由(36)zy(0,y)=2ey2y(22y2)z(0,y)y=1取得最大值z(0,1)=2e1。所以对于任意x1以及任意y0,都有z(x,y)z(0,1)

20<x1时,则zy(x,y)的符号与2(x2+2y2)相同,故z(x,y)关于y(0,1x22)上单增、在(1x22,+)上单减,从而z(x,y)z(x,1x22)=2e12x21z(0,1)=2e1

由连续函数的介值性质,z的值域为区间[0,2e1]

PIC
(a) z=z(x,y)的等高线图和梯度向量场分布
PIC
(b) 函数值z(x,y)的变化(沿绿色箭头函数值增大)
图 3.3.2: 例7图示

2 求驻点,计算Hesse矩阵,判断正、负定,分析极值类型。由z0=z(0,0)z的最小值为0。利用(37)lim(x,y)f(x,y)=0<z(1,0) 知,存在R>1使得当x2+y2R2z(x,y)<z(1,0)。于是z(x,y)在有界闭集x2+y2R2中的最大值点就是函数在整个定义域上的最大值点,因此是驻点,即函数值最大的驻点就是最大值点。

3 利用极坐标(38)0z=r2er23cos2θ22e1

例 3.3.9 (例10,star) 讨论函数u(x,y)=(1+ey)cosxyey的极值。

计算可知(39)u=((1+ey)sinxey(cosx1y)) 解得驻点(40)(2kπ0),((2k+1)π2),kZ 随后分情况讨论。继续计算可得(41)uxx=(1+ey)cosx,uxy=eysinx,uyy=ey(cosx2y) 代入第一类驻点可得(42)Hu(2kπ,0)=(2001) 负定,所以(2kπ,0)是极大值点,极大值为2。代入第二类驻点可得(43)Hu((2k+1)π,2)=(1+e200e2) 特征值一正一负,所以((2k+1)π,0)是鞍点。

PIC

图 3.3.3: z=u(x,y)的三维图像的透视图

例 3.3.10 (例11) 证明对任意x>0y>0,都有(44)ex1+xlnx+ey1+ylny2xy

证明(45)F(x,y)=ex1+xlnx+ey1+ylny2xy 计算可得(46)Fx=ex1+1+lnx2y,Fy=ey1+1+lny2x 进一步计算可得(47)Fxx=ex1+1x,Fxy=2,Fyy=ey1+1y 其中(48)Fxxx=x2ex11x2,(x2ex11)=ex1(x2+2x)>0,x>0 所以u(x)=x2ex11关于x是增函数。注意到u(1)=0,故Fxx关于xx=1时取最小值Fxx(1,y)=2,因此Fxx2

同理Fyy2,故HF(x,y)总是半正定,从而F(x,y)是凸函数,在R2上存在最小值。再注意到Fx(1,1)=Fy(1,1)=0,所以F(1,1)=0是最小值。因此对任意x>0,y>0,总有F(x,y)0

例 3.3.11 (例8) 设正数a1,,an满足a1a2an=1,求a1+a2++an的取值范围。

1(49)f(x1,x2,,xn1)=x1+x2++xn1+1x1x2xn1,x1,x2,,xn1>0 计算可得(50)fk(x)=11x1x2xn1xk,fkj(x)=1+δkjx1x2xn1xkxj 所以(51)Hf(x)=1x1x2xn1(2x121x1x21x1xn11x1x22x221x2xn11x1xn11x2xn12xn12)=1x1x2xn1(1x11x21xn1)(1x11x21xn1)+diag{1x12,1x22,,1xn12}x1x2xn1 总是半正定,且定义域[0,+)n1是凸集,所以f是凸函数。

f1=f2==fn1=0得到x1=x2==xn1=1,所以f(1,1,,1)=n是最小值。又f(N,1,,1)>N,所以f的值域为[n,+)

2 类似解1构造f,计算可得(52)fn1=11x1x2xn1xn1 所以对给定的x1,x2,,xn2f关于xn1xn1=1x1x2xn2处取得最小值。继续构造(53)g(x1,x2,,xn2)=f(x1,x2,,xn2,1x1x2xn2)=x1+x2++xn2+2x1x2xn2 计算可得(54)gn2=11x1x2xn2xn22 所以g关于xn2xn2=1x1x2xn33处取得最小值。如此类推,直到(55)h(x1,x2)=x1+x2+n2x1x2n2(56)h2=11x1x2n1n2h关于x2x2=1x1n1处取得最小值。(57)u(x1)=h(x1,1x1n1)=x1+n1x1n1,u=11x1nn1 ux1=1处取得最小值u(1)=n。因此fx1=1,x2=1,,xn1=1时取得最小值n。又f(N,1,,1)>N,所以f的值域为[n,+)

3.3.4 与极值有关的证明题(1)

例 3.3.12 (例9) u(x,y)x2+y21上连续,在x2+y2<1C2,且(58){uxx+uyy=u,x2+y2<1u(x,y)=0,x2+y2=1 证明:当x2+y2<1时,u(x,y)0

证明 反证法。假设存在(x0,y0)满足x02+y02<1u(x0,y0)>0,因为u(x,y)x2+y21上连续,所以u(x,y)有最大值u(x1,y1),于是u(x1,y1) u(x0,y0)>0。因为沿边界x2+y2=1u(x,y)=0,所以x12+y12<1,因此(x1,y1)是极大值,从而Hu(x1,y1)半正定,故有(59)uxx(x1,y1)+uyy(x1,y1)=trHu(x1,y1)0 这与(60)uxx(x1,y1)+uyy(x1,y1)=u(x1,y1)>0 矛盾。所以在x2+y2<1内,恒有u(x,y)0

同理可得当x2+y2<1时,u(x,y)0,所以u(x,y)=0对所有(x,y)D成立。

例 3.3.13 (例9拓展1star) DR2为有界开集,函数f:DRC(D)满足fC2(D),且(61){Δf=f,(x,y)Df=φ(x,y),(x,y)D 证明:

(1)

φ0对所有(x,y)D成立,则f0对所有(x,y)D成立。

(2)

φ>0对所有(x,y)D成立,则f>0对所有(x,y)D成立。

证明 (1) 设(x0,y0)fD上的最小值点。假设f(x0,y0)<0,则(x0,y0)D;又fC2(D),由Fermat引理可知(x0,y0)为驻点,且0>f(x0,y0)=Δf(x0,y0)=trHf(x0,y0)0,矛盾!故f(x0,y0)0,即f0对所有(x,y)D成立。

(2) 记m:=min(x,y)Df(x,y)>0X:=max(x,y)Dx<+。构造函数(62)g(x,y):=f(x,y)mexX,(x,y)D 计算可得(63)Δg=ΔfmΔexX=fmexX=g,(x,y)Dg=fmexXfm0,(x,y)D 由(1)可得g0对所有(x,y)D成立,因此(64)f(x,y)=g(x,y)+mexXmexX>0,(x,y)Df>0对所有(x,y)D成立。

例 3.3.14 (例9拓展2star) 设区域DRnu,f,φC(D)uC2(D)cR,证明:以下边值问题的解唯一。(65){Δu=cu+f,rDu=φ,rD

证明u1,u2均满足该方程和边界条件,令u=u1u2,则u满足(66){Δu=cu,rDu=0,rD

c0时,令v=uc,则v满足(67){Δv=v,rDv=0,rD v在有界闭集D上存在最小值点x0,显然v(x0)<0。若v(x0)<0,则有x0D,故x0为极小值点,从而Δv(x0)=trHv(x0)0>v(x0),矛盾!故v(x)0对任意xD成立。同理可得v(x)0,故v0,即u1u2

c=0时,注意到(68)Du2dV=D[(uu)2u]dV=DuundSD2udV=0uC(D)可得u0,即u1u2

综上所述,原边值问题具有唯一解。

3如前所述,trHf=giki(gkjjf),其等于ii当且仅当G为单位矩阵。不要想当然地认为此式成立。

4坐标变换yx是逆变,协变变换矩阵为A是逆变算子,变换矩阵A1左乘;是协变算子,变换矩阵A右乘。

5./figure/laplace_wzz.pdf