数分习题课笔记（4）

1

方程 $F(x,y)=x^2+y+\sin(xy)=0$

1

证明在 $(0,0)$ 的邻域内存在唯一的连续可微的 $y(x)$，使得 $y(0)=0$。

即验证，$F’_y(0,0)\ne0,F\in C^1,F(0,0)=0$，这是显然的。

2

讨论 $y(x)$ 在 $0$ 附近的单调性

$$
y’(x)=-\frac{F’_x(x,y(x))}{F’_y(x,y(x))}=-\frac{2x+y\cos(xy)}{1+x\cos(xy)}
$$

分母显然在邻域内是正的，考虑分子。

由于 $y’(0)=0$，则 $|y(x)|=o(|x|)$，则 $|x|$ 充分小时，$2x+y\cos(xy)\le 2x+o(|x|)$，与 $x$ 同号。

2

函数 $F(x,y)=2-\sin x+y^3e^{-y}$ 定义在全平面上，证明 $F(x,y)=0$ 在 $\mathbb R$ 上确定了唯一的隐函数 $y=y(x)$，且 $y(x)$ 连续可微。

分离变量之后可以注意到对于 $\sin x-2$ 的值域被包含于 $y^3e^{-y}$，从而可以断言这样的 $y(x)$ 存在。这时候使用隐函数定理，由于 $F’_y(x_0,y_0)=y_0^2(3-y_0)e^{-y_0}>0$ 且 $F\in C^1$，则 $(x_0,y_0)$ 的某个邻域内存在唯一的隐函数 $\tilde y(x)$ 使得 $F(x,\tilde y(x))=0$，由唯一性的值 $\tilde y(x)=y(x)$，由此 $y(x)$ 在 $x_0$ 处连续可微。

启示：隐函数定理本身不能给出全局的性质，所以需要把全局的函数用其他方法整出来再应用隐函数定理得到局部性质

3

$f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 附近二次连续可微，且 $f’_x(x_0,y_0)=0$，$f’'_x(x_0,y_0)>0$

1

证明：存在 $(x_0,y_0)$ 的邻域 $V(x_0)\times U(y_0)$ 满足对于所有 $y\in U(y_0)$，能求得 $f(x,y)$ 关于 $x$ 在 $V(x_0)$ 内的一个极小值 $g(y)$

显然对一阶导使用隐函数定理可以得到局部的函数 $x=x(y)$ 满足 $f’_x(x,x(y))=0$。由于 $f’‘(x_0,y_0)>0$，那么在一个充分小的邻域内，$f’'(x(y),y)$ 任然大于零，由此在 $g(y)=f(x(y),y)$ 即为题目中所求的极小值。

2

证明：$g’(y_0)=f’_y(x_0,y_0)$

$$
g’(y_0)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\frac{\partial x}{\partial y}(y_0)+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=f’_y(x_0,y_0)
$$

4

$f(x,y)\in C^2,f’‘{xx}f’ '{yy}-f’'^2_{xy}\ne0$，证明变换

$$
\begin{cases}
u&=f’_x(x,y)\
v&=f’_y(x,y)\
w&=-z+xf’_x(x,y)+yf’_y(x,y)
\end{cases}
$$

存在唯一的逆变换

$$
\begin{cases}
x&=g’_u(u,v)\
y&=g’_v(u,v)\
z&=-w+ug’_u(u,v)+vg’_v(u,v)
\end{cases}
$$

证明：$F:(x,y)\mapsto(u,v)$

根据反函数定理，若 $|\frac{\partial F}{\partial(x,y)}|\ne0$，则 $F^{-1}$ 存在唯一、连续可谓。而这是题目中的条件。

$$
\begin{aligned}
dg&=xdu+ydv=f(f’‘{xx}(x,y)dx+f’'{xy}(x,y)dy)+y(f’‘{xy}(x,y)dx+f’'{yy}(x,y)dy)\
&=(xf’‘{xx}+yf’'{xy})dx+(xf’'{xy}+yf’'{yy})dy
\end{aligned}
$$

可以凑出 $g=xf_x^2+yf_y^2-f$，$g(u,v)=(xf_x^2+yf_y^2-f)(F^{-1}(u,v))$

$$
\begin{aligned}
g’u(u,v)&=\frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial g}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}\
&=x(f’'{xx}\frac{\partial x}{\partial u}+f’‘{xy}\frac{\partial y}{\partial u})+y(f’'{xy}\frac{\partial x}{\partial u}+f’‘_{yy}\frac{\partial y}{\partial u})\
&=x\frac{\partial f’_x}{\partial u}+y\frac{\partial f’_y}{\partial u}=x
\end{aligned}
$$

5

$F(x,y,z)\in C^1(\mathbb R^3)$。对于所有 $(x,y,z)\in\mathbb R^3$，$F’_z(x,y,z)\ne0$。$F$ 是三次齐次函数。$z=f(x,y)$ 在某个区域 $U\subset\mathbb R^2$ 上是 $F=0$ 所确定的隐函数。证明：$z=f(x,y)$ 可微且是一次齐次函数

首先，$F’_z\ne0$ 恒成立，由此 $F’_z$ 符号不变，即 $F(x,y,z)$ 关于 $z$ 严格单调。那么这诱导对于任意 $x,y$，至多 存在一个 $z$ 使得 $F(x,y,z)=0$。而由于 $f(x,y)$ 存在，则 $f(x,y)$ 存在且唯一。再根据隐函数定理得到其可微。

此后联合齐次函数的性质以及隐函数定理即得证。

6

假设 $D\in\mathbb R^2$ 是凸区域，$W:D\to\mathbb R^2\in C^1$。证明：对于所有 $p_1\ne p_2\in D$，若 $W(p_1)=W(p_2)$，则在 $p_1,p_2$ 之间存在点 $p_\xi$ 使得 $\det(J_w|{p\xi}+J_w|^T_{p_\xi})\le0$。

令 $p(t)=(1-t)p_1+tp_2\in D$，且 $p(0)=p_1,p(1)=p_2$。将 $W$ 和 $p$ 复合，再点乘 $p_2-p_1$ 得到函数 $f(t)=<p_2-p_1,W(p(t))>,\mathbb R\to\mathbb R$，从而 $f(0)=f(1)$，根据微分中值定理得到存在 $\xi$ 使得 $f’(\xi)=0$，即 $f’(\xi)=(p_2-p_1)^TJ_w|{p\xi}\cdot (p_2-p_1)=0$。由于 $x^TAx=0$，则 $x^T(A+A^T)x=0$。由于对称矩阵的特征值为实数，则 $A+A^T$ 有两个实特征值 $\lambda_1,\lambda_2$。反证法，若 $|A+A^T|>0$，则 $\lambda_1\lambda_2>0$，两个特征值同号，则 $A+A^T$ 要么正定要么负定，这构成矛盾。