4.3 习题课讲解

4.3.1 隐函数定理

例 4.3.1 (star) 函数y=y(x)由方程F(x,y)=0确定,求y的导函数。

将函数代入方程得到恒等式4(1)F(x,y(x))=0Fx(x,y(x))+Fy(x,y(x))y(x)=0y(x)=Fx(x,y(x))Fy(x,y(x)) Fy(x,y(x))0是保证隐函数y=y(x)存在的充分条件。

采用全微分的过程与上面类似。

例 4.3.2 (例1) 已知函数y=g(x)由方程ax+by=f(x2+y2)确定,其中a,b 是常数,求g的导函数。

1 方程ax+by=f(x2+y2)两边对x求导,可得(2)a+bdydx=f(x2+y2)(2x+2ydydx) 解得(3)dydx=2xf(x2+y2)ab2yf(x2+y2).

2(4)F(x,y)=ax+byf(x2+y2)=0 用隐函数定理结论,可得(5)dydx=FxFy=2xf(x2+y2)ab2yf(x2+y2)

千万别把偏导数当成分数,从而得到FxFy=yx这样的错误结论。

例 4.3.3 (例2) FC1,证明:方程F(x+zy,y+zx)=0所确定的隐函数z=z(x,y)满足(6)xzx+yzy=zxy

证明1u=x+zyv=y+zx,则有(7)F(x+z(x,y)y,y+z(x,y)x)0,(x,y) 两边对x求偏导,可得(8)x[F(x+z(x,y)y,y+z(x,y)x)]0,(x,y) 亦即(9)Fu(u,v)(1+zxy)+Fv(u,v)(xzxzx2)=0 解得(10)zx=Fu(u,v)zx2Fv(u,v)1yFu(u,v)+1xFv(u,v)=yzFv(u,v)x2yFu(u,v)x2Fu(u,v)+yFv(u,v) 同理解得(11)zy=xzFu(u,v)xy2Fv(u,v)xyFu(u,v)+y2Fv(u,v) 代入验证即可得到xzx+yzy=zxy

证明2G(x,y,z)=F(x+zy,y+zx),则方程G(x,y,z)=0确定隐函数z=z(x,y)。计算可得(12)G1=F1+F2(zx2),G2=F1(zy2)+F2,G3=F11y+F21x 由隐函数定理可得(13)z1=G1G3,z2=G2G3 所以(14) xz1+yz2z+xy=xG1+yG1+zG3xyG3G3=xF1+yF2zxF2zyF1+zyF1+zxF2xF1yF2G3=0

例 4.3.4 (例3,star) 方程组(15){x2+y2+z21=0,x2+2y2z21=0 何时可以确定可微的隐函数x=x(z),y= y(z)?对隐函数计算dxdz,dydz,d2xdz2

1 先求导,再解方程。将方程对x,y,z求导数,得到Jacobi矩阵(16)J=(2x2y2z2x4y2z)xy0时,(2x2y2x4y)可逆。此时由隐函数定理,方程组确定唯一的可微的隐函数 x=x(z),y=y(z)。两边求微分得(17)(2x2y2z2x4y2z)(dxdydz)(2x2y2x4y)(dxdy)+(2z2z)dz=0 解得(18)(dxdy)=(2x2y2x4y)1(2z2z)dz=(3zx2zy)dz 亦即dxdz=3zxdydz=2zy。继续计算可得(19)x(z)=3x+3zx2x(z)=3x9z2x3x=0时,由方程组解得y2=23,z2=13。此时x,y都不是z的函数,不存在隐函数x=x(z),y=y(z)

2 先解方程,再求导。方程解得x2=3z2+1,y2=2z2,根据特解情况,分别对应四组隐函数(20)x=±12z2,y=±2z 求导得到xdxdz=3zydydz=2z,从而当xy0 时,dxdz=3zxdydz=2zy。这告诉我们,方程易解时,不必使用隐函数定理或反函数定理。

3 隐函数定理和逆映射定理是在方程无法简单求解时,用来确保解的存在性、唯一性和可微性,以及如何通过计算导数得到解的近似展开。

已知dxdz=3zx,而d2xdz23x!实际上应该写作dxdz=3zx(z),故有(21)d2xdz2=3x+3zx2dxdz=3x9z2x2

例 4.3.5 (例4,star) 已知函数z=z(x,y)由参数方程(22){x=ucosv,y=usinv,z=uv 给定,试求zx,zy,2zx2

1 两边求微分,得到(23){dx=cosvduusinvdvdy=sinvdu+ucosvdvdz=vdu+udv 由前两个方程解得(24)du=cosvdx+sinvdy,dv=sinvdx+cosvdyu 根据逆映射定理,u0是存在可微逆映射u=u(x,y),v=v(x,y)的充分条件。代入第三式,得到(25)dz=v(cosvdx+sinvdy)+usinvdx+cosvdyu=(vcosvsinv)dx+(vsinv+cosv)dy 所以(26)zx=vcosvsinv,zy=vsinv+cosv 同样,我们可以求二阶偏导:(27)zxx=x(vcosvsinv)=(vsinv)vx=vsinvsinvu=vsin2vu

2 方程解得u=x2+y2v=arctanyxz=x2+y2arctanyx。计算可得(28)dz=xdx+ydyx2+y2arctanyx+x2+y2yx2dx+dyx=xarctanyxyx2+y2dx+yarctanyx)2x2+y2dy

(x,y)(u,v)z,则有zx=zuux+zvvx,而ux(xu)1!应当使用矩阵求逆计算,即(29)(uxuyvxvy)=(xuxvyuyv)1

例 4.3.6 (例5,star) f,g,hC,试给一个充分条件,使得由方程(30){u=f(x,y,z,t)g(y,z,t)=0h(z,t)=0 可确定可微的隐函数u=u(x,y),并求ux,uy,2uxy

(31)g1dy+g2dz+g3dt=0,h1dz+h2dt=0 解得当 h2g2h1g3=det(g,h)(z,t)0时,由(32)dz=g1h2h1g3h2g2dy,dt=g1h1h2g2h1g3dy 代入可得(33)du=f1dx+f2dy+f3dz+f4dt=f1dx+(f2+f3g1h2h1g3h2g2+f4g1h1h2g2h1g3)dy 所以(34)ux=f1=fx,uy=f2+f3g1h2f4g1h1h1g3h2g2=fygydet(f,h)(z,t)det(g,h)(z,t)2uxy=y(fx(x,y,z(y),t(y)))=fxy+fxzz(y)+fxtt(y)=fxy+fxzgyhthzgthtgz+fxtgyhzhtgzhzgt 这些结果可以先用量纲检查。

1 所有结果都要用f,g,h来表示。本题实际上需要找到(x,y)(z,t),因此充分条件为det(g,h)(z,t)0。时刻注意:隐函数定理需要验证的是对因变量的Jacobi矩阵可逆!

2 x,y,z,u,t五个变量满足的三个方程为什么能或怎样确定二元函数u(x,y) ?事实上,由后两个方程(35){g(y,z,t)=0h(z,t)=0 只要(g,h)(z,t)可逆,就可由隐函数定理得到可微的隐函数z=z(y),t=t(y),再将它们代入第一个方程就得到u=f(x,y,z(y),t(y))。也可以这样解释:由最后一个方程h(z,t)可得隐函数t=t(z)z=z(t),代入第二个方程g(y,z,t(z))=0,只要这个复合函数关于变量y的偏导数非零,即可解得z=z(y),从而t=t(z(y)),再代入第一个方程就得到u=f(x,y,z(y),t(z(y)))

3 如果不指明u=u(x,y)ux有意义吗?按隐函数定理,五个自变量,三个方程的方程组,通常会确定三个变量为其余两个自变量的函数。而ux确认了u是因变量(函数值),x是自变量,而剩余的y,z,t中会有一个为自变量,而剩下的两个是因变量(函数值)。如果不是问题中出现了二阶偏导数2uxy,指明了x,y是自变量,从而z,t是因变量,那么仅靠ux是无法确认变量之间的函数关系的,也就是说ux会有歧义。

为了避免这种歧义,物理学家发明了一个很好的符号,(ux)y,它表示当u作为自变量(x,y)的二元函数时,固定y不变,对x求的偏导数。感兴趣的读者可以算一算(ux)t

4 由此我们知道函数的偏导数是与空间的坐标系有关的。而函数的微分(由于链式法则)具有形式不变性,也就是说它不依赖与空间坐标系。所以学会使用微分进行计算是有好处的。我们在上面两个例子中都示范了用微分来做计算。

例 4.3.7 (star) F:R3R可微,满足(36)Fx,Fy,Fz0 证明:对任意(x0,y0,z0),存在它的一个邻域,方程(37)F(x,y,z)=F(x0,y0,z0) 唯一确定了三个可微函数x=x(y,z),y=y(x,z),z=z(x,y),且满足(38)(xy)z(yz)x(zx)y=1

PIC

图 4.3.1: 奶酪越多,奶酪就越少

证明 由于F可微且Fx,Fy,Fz0,由隐函数定理知方程F(x,y,z)=F(x0,y0,z0)唯一确定了三个可微函数x=x(y,z),y=y(x,z),z=z(x,y),且满足(39)(xy)z=(Fx)1(Fy)(yz)x=(Fy)1(Fz)(zx)y=(Fz)1(Fx) 因此(40)(xy)z(yz)x(zx)y=1

4.3.2 隐函数定理的几何应用

例 4.3.8 (例6) 求曲面S:2x22y2+2z=1上切平面与直线L:{3x2yz=5x+y+z=0平行的切点的轨迹。

L与曲面在点P(x,y,z)处的切平面平行,所以曲面的法向量n=(4x,4y,2)T与直线L垂直。直线L的两个法向量为(3,2,1)T(1,1,1)T,所以(41)(4x4y2)=t(321)+s(111)st=2,从而所求轨迹为曲面上的曲线为(42){x=3t+s4=3t+(t+2)4=2t+12y=2t+s4=t24z=y2x2+12=(t24)2(2t+12)2+12

例 4.3.9 (例7) 证明球面S1:x2+y2+z2=R2与锥面S2:x2+y2=a2z2正交。

证明 所谓两曲面正交是指它们在交点处的法向量互相垂直。记F(x,y,z)=x2+y2+z2R2G(x,y,z)=x2+y2a2z2,曲面S1和曲面S2在其交点M(x,y,z)处的法向量分别是(43)F(x,y,z)=(2x,2y,2z)T,G(x,y,z)=(2x,2y,2a2z) 它们的内积为(44)4x2+4y24a2z2=0 因此两曲面正交。

例 4.3.10 (例8) 过直线L:{10x+2y2z=27,x+yz=0作曲面3x2+y2z2=27的切平面,求该切平面的方程。

设曲面3x2+y2z2=27在点(X,Y,Z)处的切平面(45)6X(xX)+2Y(yY)2Z(zZ)=03Xx+YyZz=27。直线 L 在该平面上,当且仅当(46){10x+2y2z=27x+yz=03Xx+YyZz=27 有无穷多解,从前两个方程解得x=278,yz=278,代入第三个方程得到(47)818X+yY(y+278)Z=27 对所有y成立,因此(48){Y=Zy 的系数3XZ=8上述方程3X2+Y2Z2=27曲面方程{X=3Y=1Z=1,{X=3Y=17Z=17 相应的切平面方程为9x+yz=279x17y+17z=0

例 4.3.11 (例9) 通过曲面S:exyz+xy+z=3上点(1,0,1)的切平面____。

(A)

通过y轴;

(B)

平行于y轴;

(C)

垂直于y轴;

(D)

以上都不对。

选B。设(x,t,z)=(1+u,v,1+w),代入曲面方程得到(49)ev+v(u+w)+uvw+(1+u)v+(1+w)=3(u,v,w)=(0,0,0)处Taylor展开并忽略高阶项,得到u+w=0,从而所求切平面为(x1)+(z1)=0

例 4.3.12 (例10) 已知f可微,证明:曲面f(xazc,ybzc)=0上任意一点处的切平面通过一定点,并求此点位置。

证明 任取曲面上一点(x0,y0,z0),过点(x0,y0,z0)和点(a,b,c)的直线都在这个曲面上,所以点(x0,y0,z0)处的切平面都过点(a,b,c)。曲面是以(a,b,c)为顶点的一个锥面。

例 4.3.13 (例11) 曲面S由方程ax+by+cz=G(x2+y2+z2)确定,试证明:曲面S上任一点的法线与某定直线相交。

证明 曲面上任意一点P(x0,y0,z0)的法线为(50)L:{x=x0+t(G(r2)(2x0)a)=x0(1+2tG(r2))aty=y0+t(G(r2)(2y0)b)=y0(1+2tG(r2))btz=z0+t(G(r2)(2z0)c)=z0(1+2tG(r2))ct=12G(r2),则(x,y,z)=(at,bt,ct)。所以所有法线L都与直线xa=yb=zc相交。

例 4.3.14 (例12) 在椭球面x2a2+y2a2+z2c2=1上求一点,使椭球面在此点的法线与三个坐标轴的正向成等角。

椭球面在此点的法向量(51)F(x0,y0,z0)=(2x0a2,2y0b2,2z0c2)T(1,1,1)T平行,所以(x0,y0,z0)=(a2t,b2t,c2t),代入曲面方程可得(52)(a2+b2+c2)t2=1 解得(53)(x0,y0,z0)=±(a2a2+b2+c2,b2a2+b2+c2,c2a2+b2+c2)

例 4.3.15 (例13,Mercator地图,star) 从球面Σ:x2+y2+z2=1的球心引射线,把球面上除南北两极以外的点(x,y,z)映射到圆柱面C:X2+Y2=1上的点(X,Y,Z)

(1)

请写出X,Y,Z关于x,y,z的表达式。

(2)

如果球面上的点(x,y,z)用经度φ和地理维度θ刻画,圆柱面上的点(X,Y,Z)用经度φ和高度Z刻画,请写出Z(φ,θ)的表达式。

(3)

求一元函数f,使得映射F:ΣC(φ,θ)(φ,f(Z(φ,θ)))是一个保角变换,即球面Σ上任何两条相交曲线的夹角(即曲面切线的夹角)等于这两条曲线在柱面上对应曲线的夹角。

PIC

图 4.3.2: Mercator地图

(1) 设(X,Y,Z)=(tx,ty,tz),则(54)1=X2+Y2=t2(x2+y2)=t2t=1x2+y2 因此(55)X=xx2+y2,Y=yx2+y2,Z=zx2+y2

(2) 由题可得(x,y,z)=(cosθcosφ,cosθsinφ,sinθ),故(56)X=cosφ,Y=sinφ,Z=tanθ

(3) 设γ:(cosθ(t)cosφ(t),cosθ(t)sinφ(t),sinθ(t))是球面上过点P0=γ(t0)的一条光滑曲线,则Fγ映为柱面上过点Q0=F(P0)的一条光滑曲线(57)F(γ):(cosφ(t),sinφ(t),f(tanθ(t)))

ξ=θ(t0)η=φ(t0),计算可知γ的速度向量为(58)v=ξ(sinθcosφ,sinθsinφ,cosθ)+η(cosθsinφ,cosθcosφ,0) 球面上P0处的两个切向量v1,v2的内积为(59)v1v2=ξ1ξ2+η1η2cos2θ 夹角α1的余弦为(60)cosα1=v1v2|v1||v2|=ξ1ξ2+η1η2cos2θξ12+η12cos2θξ22+η22cos2θ=ξ1ξ2sec2θ+η1η2ξ12sec2θ+η12ξ22sec2θ+η22

F(γ)上相应的速度向量为(61)w=ξ(0,0,f(tanθ)sec2θ)+η(sinφ,cosφ,0) 柱面上Q0处的两个切向量w1,w2的内积为(62)w1w2=ξ1ξ2[f(tanθ)sec2θ]2+η1η2 夹角α2的余弦为(63)cosα2=w1w2|w1||w2|=ξ1ξ2[f(tanθ)sec2θ]2+η1η2ξ12[f(tanθ)sec2θ]2+η12ξ22[f(tanθ)sec2θ]2+η22

由题可知cosα1=cosα2对任意ξ1,ξ2,η1,η2均成立,当且仅当(64)f(tanθ)=±cosθ=±11+tan2θ 因此(65)f(x)=±11+x2f(x)=±ln(x+1+x2)+C=±arsinhx+C 在实际使用中考虑到对称性等因素,我们选择f(x)=arsinhx

将球面上的所有点通过F映射到柱面上,沿柱面的母线剪开就得到一张地图,这就是Mercator地图。我们实际上证明了:Mercator地图上所画的两条相交道路的夹角与实际道路的夹角大小相等。

另解 (3) 设曲线γγ(t0)=P0处的速度向量为v=γ(t0)。构造如下映射:(66)tg(φ,θ)h(x,y,z),γ=hg 故有(67)v=γ(t0)=(x,y,z)(φ,θ)(φ(t0)θ(t0))

由于(φ,θ)为球面或柱面的正交参数化,故可设φ,θ方向的单位向量分别为e,e,定义曲线的倾角α(π,π]满足下列方程的唯一解:(68)v=v(cosαe+sinαe) 容易验证有下式成立(69)cos(α1α2)=(ev1)(ev2)+(ev1)(ev2)v1v2=v1v2v1v2 因此我们只需要证明F保倾角α即可证明F保角。

保倾角α的必要条件为保其正切值tanα。注意到(70)v=γ(t0)=(x,y,z)(φ,θ)(φ(t0)θ(t0))=(x,y,z)φφ(r0)e+(x,y,z)θθ(t0)e 则有(71)cosα=evv=φ(t0)v(x,y,z)φ,sinα=evv=θ(t0)v(x,y,z)θ 故有(72)φ(t0)θ(t0)tanα=(x,y,z)θ(x,y,z)φ 因此(73)11+tan2θ=1cosθ=(x,y,z)θ(x,y,z)φ=(X,Y,Z)θ(X,Y,Z)φ=|f(tanθ)|1 亦即(74)f(x)=±11+x2f(x)=±ln(x+1+x2)+C=±arsinhx+C 为了保倾角,应选择正号5;考虑到对称性,应选择C=0。故f(x)=arsinhx

PIC PIC PIC

图 4.3.3: Mercator地图

4.3.3 与隐函数定理有关的证明题

例 4.3.16 (star) λ0是矩阵A0的一个单重特征值(即p(λ0)=0p(λ0)0,其中p(λ)=det(λIA0)),x0A0对应于λ0的一个单位特征向量。证明:存在δ>0,使得对任意矩阵A,只要AA0<δA就有唯一的特征值λ(A)和相应的单位特征向量x(A)使得λ(A0)=λ0x(A0)=x0,并且λ(A)x(A)关于AC的。

证明 构造方程(75)(FG)(A,λ,x)=(xx1(λIA)x)=0 则映射(F,G)(A0,λ0,x0)处对(λ,x)的Jacobi矩阵为(76)J=(F,G)(λ,x)|(A,λ,x)=(A0,λ0,x0)=(02x0Tx0λ0IA0) 故有(77)JJT=(02x0Tx0λ0IA0)(0x0T2x0(λ0IA0)T)=(4x0Tx02[(λ0IA0)x0T]T2(λ0IA0)x0x0x0T+(λ0IA0)(λ0IA0)T)=(400x0x0T+(λ0IA0)(λ0IA0)T)=(200x0x0T+(λ0IA0))(200x0x0T+(λ0IA0)T)B:=x0x0T+(λ0IA0),则有(78)(detJ)2=detJJT=4detBBT=4(detB)2V=span{x0},则BV=V。对任意xVx0,注意到λ0的代数重数为1,则(79)Bx=[x0x0T+(λ0IA0)]x=(λ0IA0)x0 因此Bx=0x=0detB0,即J可逆。由隐函数定理可知存在δ>0,使得对任意AA0<δ,存在唯一的λ(A)x(A)分别为A的特征值和相应的特征向量。由于(F,G)C的,故λ(A)x(A)关于A也是C的。

1 如果λ0不是A0的单重特征值,上面的结论还成立吗?

从证明中不难看出,如果λ0的代数重数不为1,即便其几何重数为1(见注2),仍有B不可逆,亦即J不可逆,故隐函数定理不适用。我们可以举一个反例:(80)(1+a1+bc1+d)(ad±a2+4c+4bc2ad+d22c,1)T 显然特征向量的方向是不确定的,我们可以选择合适的a,b,c,d使其朝向任意方向。

如果仅仅考虑特征值λ(A),则本题会更加简单:构造函数p(λ,A)=det(λIA),隐函数定理适用的充分条件是pλ(λ0,A0)0,即λ0A0的单重特征值。

2λ1n阶方阵A的特征值,几何重数>1,则其特征子空间中存在垂直于x1的非零向量x2使得Bx2=0,此时detB=0,故J不可逆。

λ1n阶方阵A的特征值,代数重数>1、几何重数=1,相应的特征向量为x1。设x1,,xrA的所有单位特征向量,相应的特征值为λ1,,λrV=span{x1,,xr},补充单位正交基V=span{xr+1,,xn}。由于λ1的几何重数为1,故i1λiλ1

A在单位正交基{x1,,xn}上的表示矩阵为(81)A=(diag{λ1,,λr}0UW)n×n 假设W的所有特征值都不等于λ1,则(82)p(λ):=det(λIA)=det(λIA)=det(λIW)i=1r(λλi) 此时λ1的代数重数为1,与题设矛盾!故W至少有一个特征值等于λ1

W的特征值λ1对应的特征向量为(yr+1,,yn),则对于向量x=i=r+1nyixi,设(83)Ax=i=1raixi+i=r+1nλ1yixi 选择x=i=1ryixi使得(84)B(x+x)=[x1x1T+(λ1IA)]i=1nyixi=i=1r[(λ1λi+δi1)yiai]xi=?0x需满足(85)y1=a1,yi=aiλ1λi,i=2,,r 因此B不可逆,故隐函数定理不适用。

例 4.3.17 (star) 设函数f可微,π为光滑曲面S:f(x,y,z)=0(即连续可微、梯度处处不为0)在点P0(x0,y0,z0)处的切平面,为切平面π上任意一条过点P0的直线,求证:在曲面S上存在一条曲线γ,该曲线在点P0处的切线恰好为

证明 本题的关键在于把曲线γ(隐式地)构造出来。记n=f(P0)πP0处的法向量,t的方向向量,显然nt。令n=n×tn2,构造过点P0、以n为法向量的平面α,令γ为曲面S与平面α的交线。下面我们依次证明:(1) γP0的邻域存在;(2) γP0处的切线就是,亦即γP0处的切向量平行于t

(1) 将γ写成隐函数的形式:(86)γ:{f(x,y,z)=0nx(xx0)+ny(yy0)+nz(zz0)=0 计算可得Jacobi矩阵为(87)J=(fxfyfznxnynz)=(nn) 由于t=n×n=(|Jyz|,|Jxz|,|Jxy|)T0,故必存在Jx1x2可逆使得P0的邻域内存在隐函数x3(x1x2),亦即γ存在,其中{x1,x2,x3}={x,y,z}

(2) 由隐函数定理可得(88)(x1x2)=(nx1nx2nx1nx2)1(nx3nx3) 因此(89)|Jx1x2|(x1x21)=((nx2nx2nx1nx1)(nx3nx3)|Jx1x2|)=(nx2nx3nx2nx3nx3nx1nx3nx1nx1nx2nx1nx2)=εx1x2x3(tx1tx2tx3) 其中ε为Levi-Civita记号(全反对称张量,此处取值为±1),即γP0处的切向量平行于t

4.3.4 杂题

例 4.3.18 (star) 求下面方程的通解:(90)yuxxuy+(x2y2)uz=0

特征方程组为(91)dxy=dyx=dzx2y2 亦即(92)xdx+ydy=0,d(x+y)yx=dzx2y2dz+(x+y)d(x+y)=0 解得特征线为(93)x2+y2=h1,2z+(x+y)2=2z+2xy+x2+y2=constz+xy=h2gC1(R2),则原方程的通解为(94)u(x,y,z)=g(x2+y2,z+xy)

4注意:此处要特别区分“方程等于0”和“函数恒为0”两个概念。前者只在方程的解集上成立,不能推出其导数(梯度)为0;后者在整个定义域上成立,可以推出其导数(梯度)为0。

5由此可见,保倾角确实是一个比保角更强的条件;但是从地图的实际应用角度出发,保倾角更加合理。