高等微积分（2） 第4次作业

Chasse_neige

1. 设 $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 是连续函数, 当 $x^2+y^2\to +\mathrm{\infty }$ 时, $f(x,y)\to +\mathrm{\infty }$. 证明: $f$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有最小值, 即存在 $(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$, 使得

$$f(x,y)\ge f(x_0,y_0),\mathrm{\forall }(x,y)\in {\mathbb{R}}^2.$$

证明：

因为当 $x^2+y^2\to +\mathrm{\infty }$ 时, $f(x,y)\to +\mathrm{\infty }$，所以$\mathrm{\forall }A>0,\mathrm{\exists }N\in {\mathbb{N}}_{+},s.t.\mathrm{\forall }{x}^2+y^2>N,f(x,y)>A$

对于 $A=f(\overrightarrow{0})$，记相应的 $N$为 $N_0$ 。

根据最值定理，由于集合 $X=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le N\}$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 上的有界闭集，所以在 $X$ 上 $f$ 存在最小值 $f_{min}\le f(\overrightarrow{0})$

所以 $\mathrm{\forall }{x}^2+y^2>N_0,f(x,y)>f(\overrightarrow{0})\ne f_{min}$

所以$f$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有最小值 $f_{min}$。

2. 令 $S$ 为平面上的单位圆周

$$S=\{(x,y)\mid x^2+y^2=1\}.$$

(1) 证明: $S$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 的闭集.

证明：证明 $S^{\complement }$是开集，即证明 $S^{\complement }$中的每一个点均为其内点即可。

$$S^{\complement }=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ne 1\}$$

对于 $x^2+y^2<1$ 的点 $(x_0,y_0)$，取 $r_0=\frac{1-d(0,(x_0,y_0))}{2}$ ，则 $\mathrm{\forall }a\in B_{r_0}(x_0,y_0),d(0,a)\le d(0,(x_0,y_0))+r_0=1-r_0<1$，所以 $(x_0,y_0)$ 为 $S^{\complement }$ 内点

对于 $x^2+y^2>1$ 的点 $(x_0,y_0)$，取 $r_0=-\frac{1-d(0,(x_0,y_0))}{2}$ ，则 $\mathrm{\forall }a\in B_{r_0}(x_0,y_0),d(0,a)\ge d(0,(x_0,y_0))-r_0=1+r_0>1$，所以 $(x_0,y_0)$ 为 $S^{\complement }$ 内点

综上，$S^{\complement }$是开集，所以$S$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 的闭集

(2) 设 $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 是连续函数. 证明: $f$ 在 $S$ 上能取到最大值与最小值, 即存在 $(x_0,y_0),(x_1,y_1)\in S$, 使得

$$f(x_0,y_0)\le f(x,y)\le f(x_1,y_1),\mathrm{\forall }(x,y)\in S$$

利用反证法，记 $supf(x,y)=M,inff(x,y)=m\mathrm{\forall }(x,y)\in S$，假设 $M,m\notin U,U=\{f(x,y)\mid (x,y)\in S\}$：

由于$S$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 的闭集且有界，所以 $S$ 紧致，又因为 $f$ 为连续函数，所以 $U=\{f(x,y)\mid (x,y)\in S\}$是紧致的。所以 $M,m\notin U$代表$M,m\in U^{\complement }$，又因为 $U^{\complement }$ 为开集，所以 $M,m$为 $U^{\complement }$ 内点，所以 $\mathrm{\exists }{r}_M,r_m>0,s.t.B_{r_m}(m)\in U^{\complement },B_{r_M}(M)\in U^{\complement }$

$$\therefore supf(x,y)\le M-r_{M}inff(x,y)\ge m+r_m$$

与 $supf(x,y)=M,inff(x,y)=m\mathrm{\forall }(x,y)\in S$ 矛盾。

所以$f$ 在 $S$ 上能取到最大值与最小值。

3. 对于二元函数 $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$, 判断如下断言是否正确, 并说明理由.

(1) 如果 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微, 则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续.

正确。理由：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微，所以存在线性映射 $\mathcal{L}$ 使得

$$f(x_0+h_1,y_0+h_2)=f(x_0,y_0)+\mathcal{L}(\mathbf{h})+\alpha (\mathbf{h})$$

所以 在 $(x_0,y_0)$ 处

$$\underset{\mathbf{h}\to 0}{lim}f(\mathbf{x}+\mathbf{h})=\underset{\mathbf{h}\to 0}{lim}f(x_0,y_0)+\mathcal{L}(\mathbf{h})+\alpha (\mathbf{h})=f(x_0,y_0)$$

所以 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续。

(2) 如果 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微, 则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处有各个方向的方向导数.

正确。理由：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微，所以存在线性映射 $\mathcal{L}$ 使得

$$f(x_0+h_1,y_0+h_2)=f(x_0,y_0)+\mathcal{L}(\mathbf{h})+\alpha (\mathbf{h})$$

所以 在 $(x_0,y_0)$ 处

$${\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{V}}f=\frac{\partial }{\partial t}\mathcal{L}(\overrightarrow{V}t)+\alpha (\overrightarrow{V}t){|}_{t=0}=\mathcal{L}(\overrightarrow{V})$$

所以所有方向导数存在。

(3) 如果 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处有各个方向的方向导数, 则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续.

错误。反例：

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{x^{2}y}{x^4+y^2}}& (x,y)\ne (0,0)\\ 0& (x,y)=(0,0)\end{array}$$

沿方向向量 $\mathbf{v}=(a,b)$（其中 $a^2+b^2=1$），方向导数为：

$${\mathrm{\nabla }}_{\mathbf{v}}f(0,0)=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(ta,tb)-f(0,0)}{t}$$

代入 $f(ta,tb)={\displaystyle \frac{(ta{)}^2(tb)}{(ta{)}^4+(tb{)}^2}}={\displaystyle \frac{t^3{a}^{2}b}{t^4{a}^4+t^2{b}^2}}={\displaystyle \frac{t{a}^{2}b}{t^2{a}^4+b^2}}$

所有方向导数均存在且为 $\frac{a^2}{b}$ 但是函数在原点不连续： 沿抛物线路径 $y=x^2$ 趋近原点：

$$\underset{x\to 0}{lim}f(x,x^2)=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x^2\cdot x^2}{x^4+(x^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{x^4}{2x^4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\ne f(0,0).$$

因此，函数在原点处不连续。

(4) 如果 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处有各个方向导数, 则对任何方向 $q=(a,b)$, 有

$$\frac{\partial f}{\partial q}{|}_{(x_0,y_0)}=a\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(x_0,y_0)}+b\frac{\partial f}{\partial y}{|}_{(x_0,y_0)}$$

不正确，反例：

$$f(x,y)=\{\begin{array}{l}\frac{|y|\sqrt{x^2+y^2}}{x}(x\ne 0)\\ 0(x=0)\end{array}$$

对于 $(0,0)$ 处的方向导数 $\overrightarrow{V}=(\cos \theta ,\sin \theta )$

$${\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{V}}f(0,0)=\{\begin{array}{l}0(\cos \theta =0)\\ \frac{|\sin \theta |}{\cos \theta }(\cos \theta \ne 0)\end{array}$$

但是对于 $f$ 的偏导而言

$$f_1^{\prime }(0,0)=0,f_2^{\prime }(0,0)=0$$

所以 $\frac{\partial f}{\partial q}{|}_{(x_0,y_0)}=a\frac{\partial f}{\partial x}{|}_{(x_0,y_0)}+b\frac{\partial f}{\partial y}{|}_{(x_0,y_0)}$ 并不成立。

4. 设 $f(x,y)=\sqrt{|x^2-y^2|}$ 在 $(0,0)$ 处沿着哪些方向 $f$ 的方向导数存在?

对于 $(0,0)$ 处的方向导数 $\overrightarrow{V}=(\cos \theta ,\sin \theta )$：

$${\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{V}}f=\underset{t\to 0}{lim}\frac{|t|}{t}\sqrt{|{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta |}$$

所以对于所有 ${\cos }^2\theta ={\sin }^2\theta$ 的 $\theta$ 而言方向导数存在，即对于 $\theta =\frac{\pi }{4}$ 和 $\theta =\frac{3\pi }{4}$ ,方向导数存在

4. 计算函数的各个偏导数. (1) $f(x,y)=xy$

$$f_1^{\prime }=y,f_2^{\prime }=x$$

(2) $f(x,y)=\arctan \left(\frac{y}{x}\right)$

$$f_1^{\prime }=-\frac{y}{x^2+y^2},f_2^{\prime }=\frac{x}{x^2+y^2}$$

(3) $f(x_1,\dots ,x_n)=\sqrt{x_1^2+\dots +x_n^2}$

$$f_k^{\prime }=\frac{x_k}{\sqrt{x_1^2+\cdots +x_n^2}}(1\le k\le n)$$

5. (1) $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$ 在 $(0,0)$ 处是否可微?

不可微。理由： $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$ 在 $(0,0)$ 处的偏导

$$f_1^{\prime }=f_2^{\prime }=0$$

但是

$$\underset{(x,y)\to 0}{lim}\sqrt{\left|\frac{xy}{x^2+y^2}\right|}$$

显然不存在，所以不可微。

(2) 设 $f$ 在 $(0,0)$ 点的某个开球邻域 $U$ 中有定义, 且满足 $|f(x,y)|\le x^2+y^2$, $\mathrm{\forall }x,y\in U$. 证明: $f$ 在 $(0,0)$ 处可微, 并计算它在 $(0,0)$ 处的微分 微分为0，理由： 利用微分的定义$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微，所以存在线性映射 $\mathcal{L}$ 使得

$$f(x_0+h_1,y_0+h_2)=f(x_0,y_0)+\mathcal{L}(\mathbf{h})+\alpha (\mathbf{h})$$

带入 $f(0,0)=0$以及$|f(x,y)|\le x^2+y^2$ 可以作为 $\alpha (\mathbf{h})$，所以f$\mathrm{在}$(0, 0)$处的微分为0

证明$|f(x,y)|\le x^2+y^2$可以作为$\alpha (\mathbf{h})$可以作为误差项：

$$\underset{(x,y)\to 0}{lim}\frac{|f(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le \underset{(x,y)\to 0}{lim}\sqrt{x^2+y^2}=0$$

(3) 设$g$在$(0,0)$点的某个开球邻域$U$中有定义, 且满足$|g(x,y)|\le \sqrt{x^2+y^2}$,$\mathrm{\forall }x,y\in U$.$g$在$(0,0)$处是否一定可微?

不一定，反例：

$$g(x,y)=\{\begin{array}{l}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}(x\ne 0)\\ 0(x=0)\end{array}$$$$\underset{(x,y)\to 0}{lim}g(x,y)=\underset{(x,y)\to 0}{lim}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$$

不存在。$g$ 甚至不连续。

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