CMC蒲和平4.2

例3

设 \(f(x, y) = \begin{cases}\dfrac{x ^ 5}{(y - x ^ 2)^2 + x ^ 6}& x ^ 2 + y ^ 2 \neq 0 \\ 0& x^2 + y^2 = 0\end{cases}\)，求：

• \((1)\) 使方向导数 \(\dfrac{\partial f}{\partial \vec{l}}\bigg|_{(0, 0)} \neq 0\)（方向 \(\vec{l} = (\cos \alpha, \sin\alpha), \alpha \in [0, 2\pi)\)）的最大 \(\alpha\) 值（记为 \(\alpha_0\)）；
• \((2)\) 过点 \(M(2, -1, 3)\)，与直线 \(L_1 : \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{-1} = \frac{z + 2}{1}\) 相交，且与平面 \(\pi_1: 3x - 2y + z + 5 = 0\) 夹角为 \(\alpha_0\) 的直线 \(L\) 的方程。

solution

• (1)

\[\frac{\partial f}{\partial \vec{l}}\bigg|_{(0, 0)} = \lim\limits_{\rho\rightarrow 0^+} \frac{f(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)}{\rho} \]

算出来 \(\alpha_0 =\pi\).

• (2)

首先要求直线的 \(L\) 的方向向量 \(\vec{s}\) 与 \(\pi_1\) 的法向量 \(\vec{n} = (3, -2, 1)\) 垂直.

\(L_1\) 过点 \(M_0(1, 0, -2)\)，设 \(L_1\) 的方向向量为 \(\vec{s_1} = (1, -1, 1)\)，\(\vec{M_0M} = (1, -1, 5)\).

\(\vec{u} = \vec{M_0M}\times \vec{s_1} = (4, 4, 0)\).

所以 \(\vec{s}\cdot\vec{n} = \vec{s}\cdot\vec{u} = 0 \Rightarrow \vec{s} = (-1, 1, 5)\Rightarrow L : \frac{x-2}{-1} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z - 3}{5}\).

例4

设 \(\vec{n}\) 是曲面 \(2x^2 + 3y^2 + z ^ 2 = 6\) 在点 \(P(1, 1, 1)\) 处指向外侧的法向量，求函数 \(u = \frac{\sqrt{6x^2 + 8y^2}}{z}\) 在点 \(P\) 处沿方向 \(\vec{n}\) 的方向导数. 函数在该点沿什么方向的方向导数最大？最大值为多少？

solution

\(F(x, y, z) = 2x ^ 2 + 3 y ^ 2 + z ^ 2 - 6\)，\(\vec{n}\bigg|_{(1, 1, 1)} = \grad \cdot F\bigg|_{(1, 1, 1)} = (4, 6, 2)\).（\(\grad = (\frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z})\)）

\[\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\bigg|_P = \lim\limits_{\rho\rightarrow 0^+} \frac{u(1 + \rho\cos \alpha, 1 + \rho\cos\beta, 1 + \rho\cos \gamma) - u(1, 1, 1)}{\rho} \\ = (\grad\cdot u)\cdot \frac{\vec{n}}{|\vec{n}|} \]

最后算出来是 \(\frac{11}{7}\)，最大值就是 \(\Vert\grad\cdot u\Vert = 2\sqrt{\frac{37}{7}}\).

例11

设 \(u(x, y)\) 有二阶连续偏导数，证明 \(u(x, y) = f(x)g(y)\) 的充分必要条件是 \(u\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x}\cdot \frac{\partial u}{\partial y} (u\neq 0)\).

proof

必要性显然。

下证充分性：

考虑对于两边积分，然而又两个变量，考虑换元后消去一个变量。

\[u\frac{\partial(\frac{\partial u}{\partial x})}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x}\cdot \frac{\partial u}{\partial y} \]

设 \(v = \frac{\partial u}{\partial x}\)，得到 \(u\frac{\partial v}{\partial y} - v\frac{\partial u}{\partial y} = 0\)，注意到这比较像除法求导法则，设 \(f = \frac{u}{v}\) 有 \(\frac{\partial f}{\partial y} = 0\)，所以 \(\frac{u}{v} = C + \varphi(x) \Rightarrow u = v(C + \varphi (x))\)，设 \(f(x) = v, g(x) = C + \varphi(x)\) 即可得证。

习题15

已知函数 \(z = f(r)\) 具有二阶连续偏导数，\(r = \sqrt{x ^ 2 + y ^ 2}\)，满足 \(\frac{\part^2 z}{\part x^2} + \frac{\part^2 z}{\part y ^ 2} = \sin\sqrt{x ^ 2 + y ^ 2}\)，\(f(\pi) = 0\)，且 \(\lim\limits_{t\rightarrow 0 ^ +} f'(t) = 0\)，求积分 \(\int_0^\pi f(t)dt\).

solution(2025.9.1)

\(\frac{\part z}{\part x} = \frac{\part z}{\part r}\frac{\part r}{\part x} = f'(r)\frac{x}{r}\)，\(\frac{\part^2z}{\part x^2} = f''(r)\frac{x}{r} + f'(r)\frac{r ^ 2 - x ^ 2}{r ^ 3}\)，同理 \(\frac{\part^2 z}{\part y^2} = f''(r)\frac{y^2}{r^2} + f'(r)\frac{r ^ 2 - y ^ 2}{r ^ 3}\)。

\(\frac{\part^2z}{\part x^2} + \frac{\part^2 z}{\part y^2} = f''(r) + f'(r)\frac{1}{r} = \sin r\).

这是一个 ODE，解得 \(f'(r) = \frac{\sin r}{r} - \cos r + \frac{C}{r}\).

利用 \(\lim\limits_{t\rightarrow 0 ^ +} f'(t) = 0\) 可以知道 \(C = 0\).

所以 \(f(r) = -\sin x + \int_0^r\frac{\sin x}{x}dx + C_0\)，所以令 \(r = \pi\)，有 \(f(\pi) = C_0 + \int_0^\pi\frac{\sin r}{r}dr = 0 \Rightarrow C_0 = -\int_0^\pi\frac{\sin r}{r}dr\).

那么接下来就是计算了：

\[\begin{aligned} \int_0 ^ \pi f(x)dx &= \int_0^\pi -\sin x -\int_x ^ \pi \frac{\sin t}{t}dt dx\\ &= - 2 - \int_{0}^\pi\int_x^\pi\frac{\sin t}{t}dtdx \\ &= -2 - \int_0^\pi\int_0^t\frac{\sin t}{t}dxdt \\ &= - 2 - \int_0^\pi\sin t dt = -4 \end{aligned} \]

习题22

已知 \(C^{(2)}\) 函数 \(z = z(x, y)\) 满足方程 \(\frac{\part^2 z}{\part x^2} + \frac{\part^2 z}{\part x\part y} + \frac{\part z}{\part x} = z\). 做变换 \(u = \frac{1}{2}(x + y), v = \frac{1}{2}(x - y), w = ze ^ y\)，将方程化为以 \(u, v\) 为自变量，\(w\) 为因变量的方程。

solution(2025.9.1)

也就是用 \(w = w(u, v)\) 表示原来的方程，那么考虑用 \(w\) 关于 \(u, v\) 的偏导数表示方程中的偏导数。

\(\frac{\part z}{\part x} = \frac{\part w}{\part x}e ^ {-y}\)，\(\frac{\part w}{\part x} = \frac{\part w}{\part u}\frac{\part u}{\part x} + \frac{\part w}{\part v}\frac{\part v}{\part x}, \frac{\part w}{\part y} = \frac{\part w}{\part u}\frac{\part u}{\part y} + \frac{\part w}{\part v}\frac{\part v}{\part y}\).

最后 \(\frac{\part z}{\part x} = e ^ {-y} \frac{\frac{\part w}{\part u} + \frac{\part w}{\part v}}{2}\).

\(\frac{\part^2 z}{\part x^2} = \frac{e ^ {-y}}{4}(\frac{\part ^ 2 w}{\part u^2} + 2\frac{\part^2 w}{\part u\part v} + \frac{\part^2 w}{\part v^2}), \frac{\part^2 w}{\part x\part y} = \frac{e ^ {-y}}{4}(\frac{\part ^ 2 w}{\part u^2} - 2\frac{\part^2 w}{\part u\part v} + \frac{\part ^ 2 w}{\part v^2}) - \frac{\part z}{\part x}\).

代入后得到：\(\frac{\part^2 w}{\part u^2} + \frac{\part ^ 2 w}{\part v ^ 2} = 2w\).

习题28(不会)

设 \(f(x, y)\) 在 \(\R ^ 2\) 上可微，\(\vec{l_1}\) 和 \(\vec{l_2}\) 是两个给定的方向，它们之间的夹角为 \(\varphi (0 < \varphi < \pi)\). 证明：

\[\left(\frac{\part f}{\part x}\right) ^ 2 + \left(\frac{\part f}{\part y}\right) ^ 2 \le \frac{2}{\sin^2 \varphi}\left[\left(\frac{\part f}{\part \vec{l_1}}\right) ^ 2 + \left(\frac{\part f}{\part \vec{l_2}}\right) ^ 2\right] \]

习题31

设 \(f(x, y)\) 在区域 \(D\) 内可微，且 \(\sqrt{\left(\frac{\part f}{\part x}\right) ^ 2 + \left(\frac{\part f}{\part y}\right) ^ 2}\le M\)，\(A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)\) 是 \(D\) 内两点，线段 \(AB\) 包含在 \(D\) 内. 证明 \(|f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2)| \le M |AB|\). 其中 \(|AB|\) 表示线段 \(AB\) 的长度。

proof

将 \(AB\) 这条直线用函数刻画出来，设 \(g(t) = f((1-t)x_1 + tx_2, (1-t)y_1 + ty_2)\).

\(|g(0) - g(1)| = |g'(\xi)| = |f_1(x_2 - x_1) + f_2(y_2 - y_1)|\)

$ \le \sqrt{\left(\frac{\part f}{\part x}\right) ^ 2 + \left(\frac{\part f}{\part y}\right) ^ 2}\times\sqrt{(x_2 - x_1) ^ 2 + (y_2 - y_1)^2}\le M|AB|$.

习题32

设 \(f(x, y)\) 在 \(xoy\) 平面上具有连续偏导数，且 \(f(0, 0) = 0\)，\(|f_x(x, y)| \le 2|x-y|, |f_y(x, y)|\le 2|x-y|\)，证明 \(|f(5, 4)|\le 1\).

proof

首先有一个思路，直接对 \(f\) 进行泰勒展开：

\[|f(5, 4)| = |f(0, 0) + 5f_1(\xi, \eta) + 4f_2(\xi, \eta)| \le 18|\xi - \eta| \]

发现精度不够，并且就算从 \(f(4, 4)\) 到 \(f(5, 5)\) 精度还是不够，放弃这个想法。

观察一下，根据夹逼准则，可以发现 \(f_x(x,x) = f_y(x, x) = 0\)，所以有 \(f(x, x) = 0\).

那么有 \(f(4, 4) = 0\)，这样 \(|f(5, 4)| = |f(5, 4) - f(4, 4)|\) 就变成了一元函数的差值，但是中值定理的精度还是不够，只能考虑用导数累加获得较为精确的值，具体的：

\[|f(5, 4)| = \int_4^5 f_x(t, 4)dt\le 2\int_4^5 (x - 4)dx = 1 \]

证毕。

习题34

设函数 \(z = f(x, y)\) 具有二阶连续偏导数，\(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = f(0, 0) = 0\). 证明：

\[f(x ,y) = \int_0^1 (1 - t)\left[x^2f_{11}(tx, ty) + 2xyf_{12}f(tx, ty) + y^2f_{22}(tx, ty)\right]dt \]

积分余项的泰勒公式

\[f(x) = \sum\limits_{k = 0} ^ n \frac{f ^ {(k)}(x_0)(x - x_0) ^ k}{k!} + R_n(x) \]

其中 \(R_n(x) = \frac{1}{n!}\int_{x_0} ^ x f ^ {(n + 1)}(t)(x - t) ^ n dt\)，一元的推导可以去 bilibili 学习。

接下来是二元的简单证明，也就是本题。

\[\int_0^1 (1 - t)\left[x^2f_{11}(tx, ty) + 2xyf_{12}f(tx, ty) + y^2f_{22}(tx, ty)\right]dt = \int_0^1 (1-t)d(f'(tx, ty)) \\ = [(1-t)f'(tx, ty)]_0^1 + \int_0^1 f'(tx, ty)dt = f(x, y) \]

证毕。