专题：多元函数微分学证明题

导数和微分的计算

设函数 $u=f(p)$，其中

$p=\sqrt{x^2+y^2+z^2},p>0$

求 $\Delta u$。

结论：

$\Delta u=f''+\frac{2}{p}f'$


求解偏微分方程

基本原则：从外向里积分。

$\frac{\partial u}{\partial x}=0 \Rightarrow u=\varphi(y,z)=C\\ \int f_1(x,y) \mathrm d x=f_2(x,y)+C=f_2(x,y)+\varphi(y,z)$

1. $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0$

   第一步，因为对 $x$ 偏导为 0：

   $\frac{\partial u}{\partial x}=\varphi(y,z)$

   第二步，将 $\varphi(y,z)$ 视为常数，进行积分：

   $u=\varphi(y,z)+\psi(y,z)$

2. $\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=0$

   得到 $u_y=\varphi_1(y,z)$，继续积分得到 $\varphi(y,z)+\psi(x,z)$。

限制参数取值的降维

取原点发出的射线考虑问题

若函数 $z=f(x,y)$ 恒满足关系式 $f(tx,ty)=t^kf(x,y)$，则称它为 $k$ 次齐次函数。试证：$k$ 次齐次函数 $f(x,y)$ 能化成 $z=x^k F(y/x)$ 的形式。

因为 $z=f(x,y)=t^{-k}f(tx,ty)$，令 $t=1/x$，得：

$z=f(x,y)=x^k f(x \frac{1}{x},\frac{1}{x}y)=x^kF\left(\frac{y}{x}\right)$

函数内部的关系

齐次函数可以表示为：

$f(x,y,z)=x^kF(\frac{y}{x},\frac{z}{x})$

因此，求导之后：

$x\cdot kx^{k-1}F(\frac{y}{x},\frac{z}{x})-x^k (\frac{y}{x^2}F_1+\frac{z}{x^2}F_2)+yx^{k}\frac{1}{x}F_1+zx^k \frac{1}{x}F_2=kx^kF(\frac{y}{x},\frac{z}{x})$

法2：

令 $u=xt,v=yt,w=zt$。

对关系式

$f(u,v,w)=t^k f(x,y,z)$

两边对 $t$ 求导。

设二元函数 $f(x,y)$ 具有连续偏导数，且 $f(1,0)=f(0,1)$，证明：等式 $x \frac{\partial f}{\partial y}-y \frac{\partial y}{\partial x}=0$ 至少在单位圆上某两点 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 处成立。

观察到题目限制了点必须在单位圆上取到，因此考虑 $g(\theta)=f(\cos \theta,\sin\theta)$。

从线性代数的角度考虑，一个参数作用于高维空间，形成的函数轨迹为一条曲线或者直线，两个参数形成曲面或者平面。

齐次函数

设多元函数 $F:\R ^n \to R$，若对于任一 $x\in \R^n$ 和任一非零实数 $t$ 都有

$F(t\boldsymbol x)=t^k F(\boldsymbol x)$

则称 $F$ 为 $k$ 次齐次函数。此时方程 $F(\boldsymbol x)=0$ 称为齐次方程。

Euler 齐次函数定理

设 $n$ 元函数 $f\in C^1(D)$，其中 $D$ 是 $\R^n$ 上的一个开集，则 $f$ 是一个 $k$ 次齐次函数当且仅当

$\sum_{i=1}^n x_i \frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_i}=kf(\boldsymbol x)$

证明必要性

对 $t$ 求偏导。

证明充分性

构造

$\varphi(t)=\frac{f(t\boldsymbol x)}{t^k}$

得到 $\varphi'(t)=0$，令 $t=1$ 得到

$C=\varphi(1)=f(\boldsymbol x)$

例 4.39 设 Vandermonde 行列式

$u=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ x_1 & x_2 & \cdots & x_n \\ x_1^2 & x_2^2 & \cdots & x_n^2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} \end{array}\right| .$

则

$\sum_{i=1}^n x_i \frac{\partial u}{\partial x_i}=\frac{n(n-1)}{2} u .$

解 解法二 由于

$u=\prod_{1 \leq i<j \leq n}\left(x_j-x_i\right),$

故

$u(t x)=\prod_{1 \leq i<j \leq n}\left(t x_j-t x_i\right)=t^{\mathrm{C}_n^2} u .$

因此 $u$ 是一个 $\mathrm{C}_n^2$ 次齐次函数, 于是可知

$\sum_{i=1}^n x_i \frac{\partial u}{\partial x_i}=\mathrm{C}_n^2 u=\frac{n(n-1)}{2} u .$

例 4.40 设可微函数 $u=F(x,y)$ 满足

$x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}=0$

是一个 0 次齐次函数。因此 $F(x,y)=F(tx,ty)$。

$k$ 次齐次函数满足

$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=x_1^k \varphi\left(\frac{x_2}{x_1},\cdots,\frac{x_n}{x_1}\right)$

设 $n$ 元函数 $f \in C^n (D)$，其中 $D$ 是 $\R^n$ 上的一个开集，若 $f$ 是一个 $k$ 次齐次函数，则

$\left(\sum_{i=1}^n x_i \frac{\partial}{\partial x_i}\right)^n f(\boldsymbol x)=k(k-1)\cdots(k-n-1) f(\boldsymbol x)$

证明：对

$f(t\boldsymbol x)=t^k f(\boldsymbol x)$

两端的 $t$ 求 $n$ 次偏导。

设函数

$u=\varphi(\frac{y}{x})+y \psi(\frac{y}{x})$

其中 $\varphi,\psi$ 都是二阶连续可微的，则

$\left(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y}\right)^2 u=0$

证明：令 $u_1=\varphi(y/x),u_2=y \psi(y/x)$，则 $u_1$ 是 0 次齐次函数，$u_2$ 是 1 次齐次函数。

设定义在平面上的函数 $u(x,y)$ 不恒为0，且具有连续的二阶偏导数。

1. 证明 $\displaystyle (x^2+y^2)(u_{xx}+u_{yy})=r^2 \frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}$，其中 $x=r\cos \theta, y=r\sin \theta$。

2. 设对于任意的 $t>0$ 和任意的 $x,y \in \R$，均有 $u(tx,ty)=t^\lambda u(x,y)$，其中 $\lambda$ 是正常数。若 $u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=0$ 对于任意的 $x,y \in\R$ 恒成立，证明：$\lambda\in\Z_{+}$。

$u(r\cos\theta,r\sin\theta)=r^\lambda u(\cos \theta,\sin\theta)=r^\lambda \varphi(\theta)$

原式化为：

$r^2(u_{xx}+u_{yy})=r^2 \cdot \lambda(\lambda-1) r^{\lambda-2} \varphi(\theta)+r \cdot \lambda r^{\lambda-1} \varphi(\theta)+r^\lambda \varphi''(\theta)$

当 $r=0$ 时，式子恒成立。

当 $r \not=0$ 时，

$\lambda^2 \varphi(\theta)+\varphi''(\theta)=0$

特征方程 $x^2+\lambda^2=0,x=\pm \lambda\mathrm{i}$。

解得：

$\varphi(\theta)=\sin(\lambda \theta+C_1) \mathrm{~or~} \cos (\lambda\theta+C_2)$

然而，因为 $\theta$ 以 $\cos \theta$ 和 $\sin \theta$ 的形式呈现，因此

$\varphi(2\pi+\theta)=\varphi(\theta)$

因此，$\sin/\cos(\lambda(2\pi+\theta)+C)\equiv \sin /\cos (\lambda \theta+C)$，因此 $\lambda$ 为整数。