多元微积分证明题

5.2

二元函数

$z=f(x,y)=\left\{ \begin{matrix} \frac{x^5}{(y-x^2)^2+x^6},(x,y)\not=(0,0)\\ 0,(x,y)=(0,0) \end{matrix} \right.$

在 $(0,0)$ 处，沿任何方向的导数存在，但是在 $(0,0)$ 不连续。

连续要求以任何方式趋近于某点，但是显然方向导数只代表了直线，画图如下：



5.11

设 $f(x,y)$ 具有一阶连续偏导数，且 $\displaystyle \lim_{r\to\infin} \left(x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}\right)=1$，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，试证明：$f(x,y)$ 有最小值。

这种形式一般是极坐标换元。令 $x=r\cos \theta,y=r\sin\theta$，得到

$r\frac{\partial f}{\partial r}=r\cos\theta \frac{\partial f}{\partial x}+r\sin\theta\frac{\partial f}{\partial x}=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$

根据极限的保号性，存在 $R$，当 $r \ge R$ 时，$\partial f/\partial r>0$，因此，最小值在 $r<R$ 内部，在闭圆域 $x^2+y^2 \le R^2$ 内，显然也有最小值。

5.14

内接于椭球面 $\frac{x^2}{4}+y^2+z^2=1$ 的长方体的 最大表面积为 $2(1+\sqrt{33})$。

$L=8(ab+bc+ca)+\lambda(\frac{a^2}{4}+b^2+c^2-1)$

5.19

设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上连续、单调减少的正值函数，试证：

$\frac{\int_0^1 xf^2(x)\mathrm d x}{\int_0^1 xf(x)\mathrm d x}\le \frac{\int_0^1 f^2(x)\mathrm d x}{\int_0^1 f(x)\mathrm d x}$

转化为

$\iint_D f(x)f(y)y[f(x)-f(y)]\mathrm d x\mathrm d y$

然后交换积分次序……

5.21

证明：

$\left(\int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d x\right)^2 > \frac{\pi}{4}\left(1-\frac{1}{e}\right)$

还是转化为重积分之后计算：

$\begin{aligned} \left(\int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d x\right)^2&=\left(\int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d x\right)\cdot\left(\int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d x\right)\\ &=\left(\int_0^1 e^{-x^2}\mathrm d x\right)\cdot\left(\int_0^1 e^{-y^2}\mathrm d y\right)\\ &=\iint_{D} e^{-(x^2+y^2)}\mathrm d \sigma \end{aligned}$

使用极坐标代换，先计算一个小扇形。

$\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2} \mathrm d \theta \int_0^1 e^{-r^2}\mathrm d r^2$

这样就出来了……

5.22

试证明

$\underbrace{\int_0^{+\infin} e^{-x^2}\mathrm d x}_{:=I}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

根据夹逼定理，

$\iint_{[0,t]\times[0,t]} f(x)\mathrm d \sigma=\iint_{x^2+y^2 \le (2t)^2} f(x)\mathrm d \sigma=\iint_{[0,2t]\times[0,2t]} f(x)\mathrm d \sigma$

发现圆形区域和方形区域，极限其实都是一样的。

$I^2=\iint_D e^{-(x^2+y^2)}\mathrm d \sigma=\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2} \mathrm d \theta\int_0^\infin e^{-r^2}\mathrm d r^2=\frac{\pi}{4}(-e^{-r^2})|_{0}^{+\infin}=\frac{\pi}{4}$

5.24

设 $l$ 为 $P(x,y)$、$Q(x,y)$ 在光滑曲线 $L$ 上任意点连线，$l$ 是曲线段 $L$ 的长度，$M=\max_{(x,y)\in L} \sqrt{P^2+Q^2}$，试证明：

$\left|\int_{L} P\mathrm d x+Q\mathrm d y\right|\le Ml$

注意到是对两个向量积分，这里取一小段曲线段 $\mathrm d s$，

$\begin{aligned} \left|\int_{L} P\mathrm d x+Q\mathrm d y\right|=&\left|\int_{L} P\cos \alpha \mathrm d s+Q\sin\alpha \mathrm d s\right|\\ \overset{积分的绝对值不等式}{\le\!=\!=\!=\!=\!=\!=} &\int_{L} \left|P\cos \alpha \mathrm d s+Q\sin\alpha \mathrm d s\right|\\ =& \int_{L} \left|P\cos \alpha+Q\sin\alpha\right| \mathrm d s\\ =& \int_{L} \sqrt{P^2+Q^2} |\cos (\theta-\alpha)| \mathrm d s\\ \le& M\int_L \mathrm d s =Ml \end{aligned}$

其中 $\cos\theta=\frac{P}{\sqrt{P^2+Q^2}}$。

5.27

试证明：

$\lim_{(x,y)\to(+\infin,+\infin)} (x^2+y^2)e^{-(x+y)}=0$

使用夹逼定理。放缩到一个更大的值：

$(x^2+y^2) e^{-(x+y)} = \frac{x^2}{e^{x+y}}+\frac{y^2}{e^{x+y}}<\frac{x^2}{e^x}+\frac{y^2}{e^y}$

5.34

设 $h(x)$ 是正的可积函数，$f(x)$、$g(x)$ 是单调增加函数，证明：切比雪夫不等式：

$\int_a^b h(x)f(x)\mathrm d x\cdot\int_a^b h(x)g(x)\mathrm d x \le \int_a^b h(x)\mathrm d x\int_a^b h(x)f(x)g(x)\mathrm d x$

是套路了，但是结论比较有意思。

5.35

设有椭圆抛物面 $\displaystyle S_1:z=\frac{x^2}{2p}+\frac{y^2}{2q}(p>0,q>0)$ 和平面 $S_2:Ax+By+Cz+D=0(c>0)$。

试证明：

1. 曲面 $S_1$ 与平面 $S_2$ 相交的充分必要条件为 $pA^2+qB^2>2CD$。

   感觉这个类似于判别式…… 直接整理配方即可得。得到椭圆的两个轴分别为 $a,b$。

2. $S_1$ 与 $S_2$ 相交时，$S_1$ 与 $S_2$ 所围成的空间形体 $\Omega$ 的体积为 $\displaystyle \frac{1}{4C^2}(pA^2+qB^2-2CD)ab\pi$；$S_2$ 被 $S_1$ 截下部分的曲面面积为 $\displaystyle \frac{1}{C} \sqrt{A^2+B^2+C^2}ab\pi$。

   配方出来应该是：

   $\frac{C}{2p}\left(x^2+\frac{2pA}{C} x +\left(\frac{pA}{C}\right)^2\right)+\frac{C}{2q}\left(y^2+\frac{2qB}{C} y +\left(\frac{qB}{C}\right)^2\right)+D-\frac{pA^2}{2C}-\frac{qB^2}{2C}=0$

   若 $\displaystyle D-\frac{pA^2}{2C}-\frac{qB^2}{2C}:=-\Delta$，得到：

   $\frac{C}{2p}\left(x^2+\frac{2pA}{C} x +\left(\frac{pA}{C}\right)^2\right)+\frac{C}{2q}\left(y^2+\frac{2qB}{C} y +\left(\frac{qB}{C}\right)^2\right)=\Delta$

   $\frac{C}{2p\Delta}\left(x+\frac{pA}{C}\right)^2 +\frac{C}{2q\Delta}\left(y+\frac{qB}{C}\right)^2=1$

   令 $\displaystyle x=-\frac{pA}{C}+a\cos \theta,y=-\frac{qB}{C}+b \sin\theta$

   这是投影到底面的方程，是一个椭圆的形式，设区域为 $D$。体积就是

   $V=\iint_D \left(-\frac{D+Ax+By}{C}-\frac{x^2}{2p}-\frac{y^2}{2q} \right)\mathrm d x\mathrm d y=- \frac{1}{C}\int_0^{2\pi} \mathrm d \theta \int_0^1 \Delta \cdot {\color{red}abr} \mathrm d r=\frac{pA^2+qB^2-2Cd}{2C^2} ab\pi$

​ $S_2$ 被 $S_1$ 截出来的面积：

$S=\iint_D \sqrt{1+\frac{A^2}{C^2}+\frac{B^2}{C^2}} \mathrm d x\mathrm d y=\frac{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}{C}\iint_D \mathrm d \sigma=\frac{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}{C}ab\pi$

5.38

设圆 $x^2+y^2=2y$ 包含于椭圆 $\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 内部，证明，椭圆的最小面积为 $\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}\pi$。

证明，代入 $x^2=a^2\left(1-\frac{y^2}{b^2}\right)$，判别式等于 $0$，就可得到边界条件：

$a^4+b^2-a^2b^2=0$

这里是为了拉格朗日函数好处理，所以去掉分式。

令

$\mathcal L=ab+\lambda(a^4+b^2-a^2b^2)$

则

$\left\{ \begin{matrix} \mathcal L_a=b+4\lambda a^3-2ab^2\lambda=0\\ \mathcal L_b=a+2\lambda b-2\lambda a^2b=0\\ \mathcal L_\lambda=a^4+b^2-a^2b^2=0 \end{matrix} \right.$

舍掉 $<0$ 的解，即可得到唯一驻点

$a=\frac{\sqrt{6}}{2}\quad b=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

期中题集 23


变上限函数求导

$\left(\int_0^t f(x) \mathrm d x\right)^2 \ge \int_0^t [f(x)]^3 \mathrm d x$

对 $t$ 求导，得到

$2f(t) \int_0^t f(x )\mathrm d x \ge f^3(t)$

也就是

$\int_0^t f(x) \mathrm d x \ge f^2(t)/2=\int_0^t f(x)f'(x) \mathrm d x$

作差得到

$\int_0^t f(x)[1-f'(x)] \mathrm d x \ge 0$

显然 $f(x) >0$……