习题课讲解

3.3 习题课讲解

3.3.1 高阶偏导数

例 3.3.1 (例1) 已知函数 $f (u, v)$ 具有2阶连续偏导数，且函数 $g (x, y) = f (2 x + y, 3 x - y)$ 满足 $\frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} g}{\partial x \partial y} - 6 \frac{\partial^{2} g}{\partial y^{2}} = 1$ 。

(1): 求 $\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}$ ；
(2): 若 $\frac{\partial f (u, 0)}{\partial u} = u e^{- u}$ ， $f (0, v) = \frac{1}{50} v^{2} - 1$ ，求 $f (u, v)$ 的表达式。

解 (1) 由链式法则得到 $\begin{matrix} (1) & {\begin{cases} g_{1} = 2 f_{1} + 3 f_{2} \\ g_{2} = f_{1} - f_{2} \end{cases} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (2) & {\begin{cases} g_{11} = 4 f_{11} + 12 f_{12} + 9 f_{22} \\ g_{12} = 2 f_{11} + f_{12} - 3 f_{22} \\ g_{22} = f_{11} - 2 f_{12} + f_{22} \end{cases} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (3) & 1 = g_{11} + g_{12} - 6 g_{22} = 25 f_{12} ⟹ \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25} \end{matrix}$

(2) 参考图3.3.1，我们有 $\begin{matrix} (4) & \frac{\partial f}{\partial u} (u, v) = \frac{\partial f}{\partial u} (u, 0) + \int_{0}^{v} \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} (u, t) d t = u e^{- u} + \frac{v}{25} \end{matrix}$ 进而 $\begin{matrix} (5) & f (u, v) = f (0, v) + \int_{0}^{u} \frac{\partial f}{\partial u} (t, v) d t = \frac{1}{50} v^{2} - 1 + \frac{u v}{25} + (- 1 - u) e^{- u} \end{matrix}$ $◻$

另解(1)¹ 由变量替换 ${\begin{cases} u = 2 x + y \\ v = 3 x - y \end{cases}$ 以及Jacobi矩阵形式的链式法则，得到偏微分算子的关系 $\begin{matrix} (6) & (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial u} & \frac{\partial}{\partial v} \end{matrix}) (\begin{matrix} u_{x} & u_{y} \\ v_{x} & v_{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial u} & \frac{\partial}{\partial v} \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 3 & - 1 \end{matrix}) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial x \partial y} - 6 \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}} & = (\frac{\partial}{\partial x} + 3 \frac{\partial}{\partial y}) (\frac{\partial}{\partial x} - 2 \frac{\partial}{\partial y}) = (\begin{array}{c} 1 & 3 \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ - 2 \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 1 & 3 \end{array}) (\begin{array}{c} 2 & 3 \\ 1 & - 1 \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial u} \\ \frac{\partial}{\partial v} \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial u} & \frac{\partial}{\partial v} \end{array}) (\begin{array}{c} 2 & 3 \\ 1 & - 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ - 2 \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 5 & 0 \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{\partial^{2}}{\partial u^{2}} & \frac{\partial^{2}}{\partial u \partial v} \\ \frac{\partial^{2}}{\partial u \partial v} & \frac{\partial^{2}}{\partial v^{2}} \end{array}) (\begin{array}{c} 0 \\ 5 \end{array}) = 25 \frac{\partial^{2}}{\partial u \partial v} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (8) & \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25} \end{matrix}$ $◻$

另解(1)² 由另解(1)¹第一步解得 $\begin{matrix} (9) & (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial u} & \frac{\partial}{\partial v} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \end{matrix}) {(\begin{matrix} 2 & 1 \\ 3 & - 1 \end{matrix})}^{- 1} = (\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \end{matrix}) (\begin{matrix} \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \\ \frac{3}{5} & - \frac{2}{5} \end{matrix}) \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (10) & \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial x \partial y} - 6 \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}} = (\frac{\partial}{\partial x} + 3 \frac{\partial}{\partial y}) (\frac{\partial}{\partial x} - 2 \frac{\partial}{\partial y}) = (5 \frac{\partial}{\partial u}) (5 \frac{\partial}{\partial v}) = 25 \frac{\partial^{2}}{\partial u \partial v} \end{matrix}$ $◻$

例 3.3.2 (例2，) 设 $A$ 是 $m$ 阶正交矩阵，函数 $f : R^{m} \to R \in C^{2}$ 、 $F (x) = f (A x)$ 。令 $y = A x$ ，证明： $\begin{matrix} (11) & \sum_{k = 1}^{m} {(\frac{\partial F}{\partial x_{k}})}^{2} = \sum_{k = 1}^{m} {(\frac{\partial f}{\partial y_{k}})}^{2}, \sum_{k = 1}^{m} \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{k}^{2}} = \sum_{k = 1}^{m} \frac{\partial^{2} f}{\partial y_{k}^{2}} \end{matrix}$

证明 (1) 可直接通过全微分算子的协变变换证明： $\begin{matrix} (12) & \frac{\partial}{\partial x_{k}} \frac{\partial}{\partial x_{k}} = \frac{\partial}{\partial y_{i}} A_{i k} \frac{\partial}{\partial y_{j}} A_{j k} = \frac{\partial}{\partial y_{i}} (A A^{T})_{i j} \frac{\partial}{\partial y_{j}} = \frac{\partial}{\partial y_{i}} δ_{i j} \frac{\partial}{\partial y_{j}} = \frac{\partial}{\partial y_{i}} \frac{\partial}{\partial y_{i}} \end{matrix}$ 或者利用梯度算子的逆变特性。坐标向量（逆变）的变换矩阵为 $A$ ，故基向量（协变）的变换矩阵 $B = A^{- 1}$ ，因此 $\begin{matrix} (13) & \nabla_{y} = B^{- 1} \nabla_{x} = A \nabla_{x} ⟹ \nabla_{x} F (x) = A^{T} \nabla_{y} f (y) ⟹ ∥ \nabla_{x} F (x) ∥^{2} = ∥ \nabla_{y} f (y) ∥^{2} \end{matrix}$

(2) 可借助Hesse矩阵³证明⁴： $\begin{matrix} (14) & H_{F} (x) = \partial_{x} (\nabla_{x} F) (x) = A^{- 1} \partial_{y} (\nabla_{y} f) (y) A = A^{- 1} H_{f} (y) A \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (15) & \sum_{k = 1}^{m} \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{k}^{2}} = tr H_{F} (x) = tr H_{f} (y) = \sum_{k = 1}^{m} \frac{\partial^{2} f}{\partial y_{k}^{2}} \end{matrix}$ $◻$

例 3.3.3 (例3，) 设 $x = x (u, v), y = y (u, v)$ 满足 $\begin{matrix} (16) & \frac{\partial x}{\partial u} = \frac{\partial y}{\partial v}, \frac{\partial x}{\partial v} = - \frac{\partial y}{\partial u} \end{matrix}$ 证明：

(1): 若 $w$ 满足 $\frac{\partial^{2} w}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} w}{\partial y^{2}} = 0$ ，则 $\tilde{w} (u, v) := w (x (u, v), y (u, v))$ 满足 $\frac{\partial^{2} \tilde{w}}{\partial u^{2}} + \frac{\partial^{2} \tilde{w}}{\partial v^{2}} = 0$ 。
(2): $\frac{\partial^{2} (x y)}{\partial u^{2}} + \frac{\partial^{2} (x y)}{\partial v^{2}} = 0$ 。

证明可微函数 $z (u, v) = x (u, v) + i y (u, v)$ 在单连通域 $C$ 上满足Cauchy-Riemann方程，从而解析。

(1) $w$ 在单连通域 $R^{2}$ 上调和，故存在解析函数 $f$ 使得 $w (x, y) = ℜ f (x + i y)$ ，因此 $f \circ z$ 亦为解析函数，从而 $\tilde{w} (u, v) = ℜ f (z (u + i v))$ 调和。

(2) 由(1)知 $\tilde{w} = x y$ 调和。 $◻$

例 3.3.4 () 设 $f : R^{2} \to R$ 调和，令 $u (x, y) = f (\frac{x}{x^{2} + y^{2}}, \frac{y}{x^{2} + y^{2}})$ 。证明： $u$ 调和。

证明令 $ξ (x . y) = \frac{x}{x^{2} + y^{2}}$ 、 $η (x, y) = - \frac{y}{x^{2} + y^{2}}$ ，其满足CR方程，由上例可知 $\tilde{u} = f (ξ, η)$ 调和。由于 $(ξ, η) \mapsto (ξ, - η)$ 是正交变换，故 $u$ 调和。 $◻$

注有关以上两题的更多信息，大家可以参考王兆臻学长的习题课笔记⁵。

3.3.2 Taylor展开

例 3.3.5 (例4，) 求 $\frac{\cos x}{\cos y}$ 在 $(0, 0)$ 的带Peano余项的4阶Taylor公式和带Lagrange余项的1阶Taylor公式。

解 $f (x, y) = \frac{\cos x}{\cos y}$ 在 $y = 0$ 的邻域中是 $C^{\infty}$ 函数。 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} f (x, y) & = \frac{1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})}{1 - \frac{y^{2}}{2} + \frac{y^{4}}{24} + o (y^{4})} = (1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})) (1 + \frac{y^{2}}{2} + \frac{5 y^{4}}{24} + o (x^{4})) \\ = 1 + \frac{y^{2} - x^{2}}{2} + \frac{x^{4} - 6 x^{2} y^{2} + 5 y^{4}}{24} + o (r^{4}), r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 由Peano余项Taylor公式的唯一性，这就是在 $(0, 0)$ 处的Peano余项4阶Taylor公式。

计算 $f (x, y)$ 的Hesse矩阵 $\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} f_{x x} & = - \frac{\cos x}{\cos y}, f_{x y} = - \frac{\sin x \sin y}{\cos^{2} y} \\ f_{y y} & = {(\frac{\cos x \sin y}{\cos^{2} y})}_{y}^{'} = \frac{\cos x \cos^{3} y + 2 \cos x \cos y \sin^{2} y}{\cos^{4} y} \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} f (x, y) & = 1 + \frac{f_{x x} (θ x, θ y)}{2} x^{2} + f_{x y} (θ x, θ y) x y + \frac{f_{y y} (θ x, θ y)}{2} y^{2} \\ = 1 - \frac{\cos (θ x)}{2 \cos (θ y)} x^{2} - \frac{\sin (θ x) \sin (θ y)}{\cos^{2} (θ y)} x y + \frac{\cos (θ x) \cos (θ y) (1 + \sin^{2} (θ y))}{2 \cos^{4} (θ y)} y^{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $0 < θ < 1$ 。 $◻$

注以下是带 $r$ 阶Lagrange余项的 $r - 1$ 阶Taylor公式： $\begin{matrix} (20) & \begin{aligned} f (x_{0} + v) = f (x_{0}) & + \sum_{k = 1}^{r - 1} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1}, \dots, i_{k} = 1}^{n} \frac{\partial^{k} f}{\partial x_{i_{k}} \dots \partial x_{i_{1}}} (x_{0}) v_{i_{1}} \dots v_{i_{k}} \\ + \frac{1}{r!} \sum_{i_{1}, \dots, i_{r} = 1}^{n} \frac{\partial^{r} f}{\partial x_{i_{r}} \dots \partial x_{i_{1}}} (x_{0} + θ v) v_{i_{1}} \dots v_{i_{r}} \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $θ \in (0, 1)$ 。具体来说，设 $f : R^{2} \to R \in C^{2}$ ，对于带2阶Lagrange余项的1阶Taylor公式，我们有 $\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} f (x, y) & = f (x_{0}, y_{0}) + \frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0}) \\ + \frac{1}{2} [\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x_{1}, y_{1}) (x - x_{0})^{2} + 2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x_{1}, y_{1}) (x - x_{0}) (y - y_{0}) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x_{1}, y_{1}) (y - y_{0})^{2}] \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $x_{1} = x_{0} + θ (x - x_{0})$ ， $y_{1} = y_{0} + θ (y - y_{0})$ ， $θ \in (0, 1)$ 。所以本题需要计算到函数的所有二阶偏导数，以得到带Lagrange余项的1阶Taylor公式。

例 3.3.6 (例5) 求 ${(1 - x^{2} - y^{2})}^{- 1 / 2}$ 在 $(0, 0)$ 的带Peano余项和带Lagrange余项的Taylor公式。

解由广义二项式定理可得 $\begin{matrix} (22) & {(1 - r^{2})}^{- 1 / 2} = 1 - \frac{1}{2} (- r^{2}) + \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{1}{2} - 1)}{2} {(- r^{2})}^{2} + \dots + \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n}} r^{2 n} + o (r^{2 n}) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (23) & {(1 - x^{2} - y^{2})}^{- 1 / 2} = 1 + \sum_{k = 1}^{n} \frac{(2 k - 1)!!}{2^{k}} {(x^{2} + y^{2})}^{k} + o (r^{2 n}), r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \to 0 \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (24) & {((1 + x)^{- 1 / 2})}^{(n)} = \frac{(- 1)^{n} (2 n - 1)!!}{2^{n}} (1 + x)^{- \frac{1}{2} - n} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (25) & (1 + x)^{- 1 / 2} = 1 - \frac{1}{2} x + \frac{1 \cdot 3}{2^{3}} x^{2} + \dots + \frac{(- 1)^{n} (2 n - 1)!!}{2^{n}} (1 + θ x)^{- \frac{1}{2} - n} x^{n} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} {(1 - x^{2} - y^{2})}^{- 1 / 2} & = 1 + \frac{1}{2} (x^{2} + y^{2}) + \frac{1 \cdot 3}{2^{3}} {(x^{2} + y^{2})}^{2} + \dots \\ + \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n}} {(1 - θ (x^{2} + y^{2}))}^{- \frac{1}{2} - n} {(x^{2} + y^{2})}^{n} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 3.3.7 (例6，) 求 $x^{y}$ 在 $(1, 1)$ 处的带Peano余项的2阶Taylor展开。

解令 $x = 1 + u$ 、 $y = 1 + v$ ，则当 $(u, v) \to (0, 0)$ 时，有 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} x^{y} & = e^{(1 + v) \ln (1 + u)} = e^{(1 + v) (u - \frac{u^{2}}{2} + o (u^{2}))} = e^{u + u v - \frac{u^{2}}{2} + o (r^{2})}, r = \sqrt{u^{2} + v^{2}} \\ = 1 + (u + u v - \frac{u^{2}}{2}) + \frac{1}{2} u^{2} + o (r^{2}) = 1 + u + u v + o (r^{2}) \\ = 1 + (x - 1) + (x - 1) (y - 1) + o (r^{2}), r = \sqrt{(x - 1)^{2} + (y - 1)^{2}} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注以下是带Peano余项的 $r$ 阶Taylor公式： $\begin{matrix} (28) & f (x_{0} + v) = \sum_{k = 0}^{r} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1}, \dots, i_{k} = 1}^{n} \frac{\partial^{k} f}{\partial x_{i_{k}} \dots \partial x_{i_{1}}} (x_{0}) v_{i_{1}} \dots v_{i_{k}} + o (∥ v ∥^{r}) \end{matrix}$ 具体来说，设 $f : R^{2} \to R \in C^{2}$ ，对于带2阶Lagrange余项的1阶Taylor公式，我们有 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} f (x, y) & = f (x_{0}, y_{0}) + \frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0}) \\ + \frac{1}{2} [\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0})^{2} + 2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) (y - y_{0}) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0})^{2}] \\ + o ((x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以本题需要计算到函数的所有二阶偏导数，以得到带Peano余项的2阶Taylor公式。

特别提醒 Taylor公式中的易错点：

(1): 上文中提到的Taylor公式的阶。
(2): Taylor多项式不能化简，需要保持 $x_{i} - x_{0 i}$ 因子。
(3): 在展开到第 $n$ 阶时需要除以 $n!$ 。
(4): Taylor公式的唯一性是指Taylor多项式的唯一性，余项的形式不一定唯一。如 $f (x, y) = e^{x^{2} - y^{2}}$ ，利用上式可得其在原点附近的1阶Taylor公式为 $\begin{matrix} (30) & f (x, y) = 1 + x^{2} - y^{2} + [(x^{2} - y^{2}) + 2 θ^{2} (x^{2} - y^{2})^{2}] e^{θ^{2} (x^{2} - y^{2})} \end{matrix}$ 如果借助一元Taylor公式，则有 $\begin{matrix} (31) & f (x, y) = 1 + x^{2} - y^{2} + \frac{1}{2} (x^{2} - y^{2})^{2} e^{θ (x^{2} - y^{2})} \end{matrix}$

3.3.3 极值与函数凹凸性

例 3.3.8 (例7) 求 $z = (x^{2} + 2 y^{2}) e^{- x^{2} - y^{2}}$ 的极值、最值、值域。

解¹ 只求一阶导数，用梯度向量场分析函数单调性。由 $z \geq 0 = z (0, 0)$ 知 $z$ 的最小值为 $0$ 。求偏导可知 $\begin{matrix} (32) & \begin{array}{r} \begin{aligned} z_{x} & = 2 e^{- x^{2} - y^{2}} x [1 - (x^{2} + 2 y^{2})] \\ z_{y} & = 2 e^{- x^{2} - y^{2}} y [2 - (x^{2} + 2 y^{2})] \end{aligned} \end{array} \end{matrix}$ 函数可微，极值点必然是驻点，从而 $z_{x} = z_{y} = 0$ ，解得 $\begin{matrix} (33) & {\begin{cases} x_{1} = 0 \\ y_{1} = 0 \end{cases}, {\begin{cases} x_{2} = 0 \\ y_{2} = \pm 1 \end{cases}, {\begin{cases} x_{3} = \pm 1 \\ y_{3} = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 由梯度向量场分布（图3.3.2）知， $(0, 0)$ 是最小值点， $(0, 1)$ 和 $(0, - 1)$ 是最大值点， $(1, 0)$ 和 $(- 1, 0)$ 是鞍点，不是极值点。

现在讨论 $z$ 的值域。由对称性，只需讨论 $x \geq 0, y \geq 0$ 部分。显然 $z (0, 0) = 0$ 是最小值。

$1^{\circ}$ 当 $x > 1$ 时， $x^{2} + 2 y^{2} > 1$ ， $z_{x} < 0$ ，故 $z (x, y)$ 关于 $x > 0$ 严格减，即 $z (x, y) < z (1, y)$ 。由 $\begin{matrix} (34) & z_{y} (1, y) = 2 e^{- 1 - y^{2}} y (1 - 2 y^{2}) \end{matrix}$ 知 $z (1, y)$ 关于 $y$ 在区间 $(0, \sqrt{\frac{1}{2}})$ 上单增，在区间 $(\sqrt{\frac{1}{2}}, + \infty)$ 上单减，从而 $z (1, y) \leq z (1, \sqrt{\frac{1}{2}})$ 。由 $\begin{matrix} (35) & z_{x} (x, \sqrt{\frac{1}{2}}) = - 2 e^{- x^{2} - \frac{1}{2}} x^{3} < 0 \end{matrix}$ 知 $z (x, \sqrt{\frac{1}{2}})$ 关于 $x > 0$ 是减函数，从而 $z (x, \sqrt{\frac{1}{2}}) \leq z (0, \sqrt{\frac{1}{2}})$ 。再由 $\begin{matrix} (36) & z_{y} (0, y) = 2 e^{- y^{2}} y (2 - 2 y^{2}) \end{matrix}$ 知 $z (0, y)$ 在 $y = 1$ 取得最大值 $z (0, 1) = 2 e^{- 1}$ 。所以对于任意 $x \geq 1$ 以及任意 $y \geq 0$ ，都有 $z (x, y) \leq z (0, 1)$ 。

$2^{\circ}$ 当 $0 < x \leq 1$ 时，则 $z_{y} (x, y)$ 的符号与 $2 - (x^{2} + 2 y^{2})$ 相同，故 $z (x, y)$ 关于 $y$ 在 $(0, \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{2}})$ 上单增、在 $(\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{2}}, + \infty)$ 上单减，从而 $z (x, y) \leq z (x, \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{2}}) = 2 e^{- \frac{1}{2} x^{2} - 1} \leq z (0, 1) = 2 e^{- 1}$ 。

由连续函数的介值性质， $z$ 的值域为区间 $[0, 2 e^{- 1}]$ 。 $◻$

解² 求驻点，计算Hesse矩阵，判断正、负定，分析极值类型。由 $z \geq 0 = z (0, 0)$ 知 $z$ 的最小值为 $0$ 。利用 $\begin{matrix} (37) & lim_{(x, y) \to \infty} f (x, y) = 0 < z (1, 0) \end{matrix}$ 知，存在 $R > 1$ 使得当 $x^{2} + y^{2} \geq R^{2}$ 时 $z (x, y) < z (1, 0)$ 。于是 $z (x, y)$ 在有界闭集 $x^{2} + y^{2} \leq R^{2}$ 中的最大值点就是函数在整个定义域上的最大值点，因此是驻点，即函数值最大的驻点就是最大值点。 $◻$

解³ 利用极坐标 $\begin{matrix} (38) & 0 \leq z = r^{2} e^{- r^{2}} \frac{3 - \cos 2 θ}{2} \leq 2 e^{- 1} \end{matrix}$ $◻$

例 3.3.9 (例10，) 讨论函数 $u (x, y) = (1 + e^{y}) \cos x - y e^{y}$ 的极值。

解计算可知 $\begin{matrix} (39) & \nabla u = (\binom{- (1 + e^{y}) \sin x}{e^{y} (\cos x - 1 - y)}) \end{matrix}$ 解得驻点 $\begin{matrix} (40) & (\binom{2 k π}{0}), (\binom{(2 k + 1) π}{- 2}), k \in Z \end{matrix}$ 随后分情况讨论。继续计算可得 $\begin{matrix} (41) & u_{x x} = - (1 + e^{y}) \cos x, u_{x y} = - e^{y} \sin x, u_{y y} = e^{y} (\cos x - 2 - y) \end{matrix}$ 代入第一类驻点可得 $\begin{matrix} (42) & H_{u} (2 k π, 0) = (\begin{matrix} - 2 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) \end{matrix}$ 负定，所以 $(2 k π, 0)$ 是极大值点，极大值为 $2$ 。代入第二类驻点可得 $\begin{matrix} (43) & H_{u} ((2 k + 1) π, - 2) = (\begin{matrix} 1 + e^{- 2} & 0 \\ 0 & - e^{- 2} \end{matrix}) \end{matrix}$ 特征值一正一负，所以 $((2 k + 1) π, 0)$ 是鞍点。 $◻$

例 3.3.10 (例11) 证明对任意 $x > 0$ 、 $y > 0$ ，都有 $\begin{matrix} (44) & e^{x - 1} + x \ln x + e^{y - 1} + y \ln y \geq 2 x y \end{matrix}$

证明记 $\begin{matrix} (45) & F (x, y) = e^{x - 1} + x \ln x + e^{y - 1} + y \ln y - 2 x y \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (46) & F_{x} = e^{x - 1} + 1 + \ln x - 2 y, F_{y} = e^{y - 1} + 1 + \ln y - 2 x \end{matrix}$ 进一步计算可得 $\begin{matrix} (47) & F_{x x} = e^{x - 1} + \frac{1}{x}, F_{x y} = - 2, F_{y y} = e^{y - 1} + \frac{1}{y} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (48) & F_{x x x} = \frac{x^{2} e^{x - 1} - 1}{x^{2}}, {(x^{2} e^{x - 1} - 1)}^{'} = e^{x - 1} (x^{2} + 2 x) > 0, \forall x > 0 \end{matrix}$ 所以 $u (x) = x^{2} e^{x - 1} - 1$ 关于 $x$ 是增函数。注意到 $u (1) = 0$ ，故 $F_{x x}$ 关于 $x$ 在 $x = 1$ 时取最小值 $F_{x x} (1, y) = 2$ ，因此 $F_{x x} \geq 2$ 。

同理 $F_{y y} \geq 2$ ，故 $H_{F} (x, y)$ 总是半正定，从而 $F (x, y)$ 是凸函数，在 $R^{2}$ 上存在最小值。再注意到 $F_{x} (1, 1) = F_{y} (1, 1) = 0$ ，所以 $F (1, 1) = 0$ 是最小值。因此对任意 $x > 0, y > 0$ ，总有 $F (x, y) \geq 0$ 。 $◻$

例 3.3.11 (例8) 设正数 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 满足 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} = 1$ ，求 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ 的取值范围。

解¹ 记 $\begin{matrix} (49) & f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 1}) = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n - 1} + \frac{1}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1}}, x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 1} > 0 \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (50) & f_{k} (x) = 1 - \frac{1}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1} x_{k}}, f_{k j} (x) = \frac{1 + δ_{k j}}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1} x_{k} x_{j}} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (51) & \begin{aligned} H_{f} (x) & = \frac{1}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1}} (\begin{array}{c} \frac{2}{x_{1}^{2}} & \frac{1}{x_{1} x_{2}} & \dots & \frac{1}{x_{1} x_{n - 1}} \\ \frac{1}{x_{1} x_{2}} & \frac{2}{x_{2}^{2}} & \dots & \frac{1}{x_{2} x_{n - 1}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{1}{x_{1} x_{n - 1}} & \frac{1}{x_{2} x_{n - 1}} & \dots & \frac{2}{x_{n - 1}^{2}} \end{array}) \\ = \frac{1}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1}} (\begin{array}{c} \frac{1}{x_{1}} \\ \frac{1}{x_{2}} \\ ⋮ \\ \frac{1}{x_{n - 1}} \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{1}{x_{1}} & \frac{1}{x_{2}} & \dots & \frac{1}{x_{n - 1}} \end{array}) + \frac{diag {\frac{1}{x_{1}^{2}}, \frac{1}{x_{2}^{2}}, \dots, \frac{1}{x_{n - 1}^{2}}}}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1}} \end{aligned} \end{matrix}$ 总是半正定，且定义域 $[0, + \infty)^{n - 1}$ 是凸集，所以 $f$ 是凸函数。

由 $f_{1} = f_{2} = \dots = f_{n - 1} = 0$ 得到 $x_{1} = x_{2} = \dots = x_{n - 1} = 1$ ，所以 $f (1, 1, \dots, 1) = n$ 是最小值。又 $f (N, 1, \dots, 1) > N$ ，所以 $f$ 的值域为 $[n, + \infty)$ 。 $◻$

解² 类似解¹构造 $f$ ，计算可得 $\begin{matrix} (52) & f_{n - 1} = 1 - \frac{1}{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 1} x_{n - 1}} \end{matrix}$ 所以对给定的 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 2}$ ， $f$ 关于 $x_{n - 1}$ 在 $x_{n - 1} = \frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 2}}}$ 处取得最小值。继续构造 $\begin{matrix} (53) & \begin{aligned} g (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 2}) & = f (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 2}, \frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 2}}}) \\ = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n - 2} + \frac{2}{\sqrt{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 2}}} \end{aligned} \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (54) & g_{n - 2} = 1 - \frac{1}{\sqrt{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 2} x_{n - 2}^{2}}} \end{matrix}$ 所以 $g$ 关于 $x_{n - 2}$ 在 $x_{n - 2} = \frac{1}{\sqrt[3]{x_{1} x_{2} \dots x_{n - 3}}}$ 处取得最小值。如此类推，直到 $\begin{matrix} (55) & h (x_{1}, x_{2}) = x_{1} + x_{2} + \frac{n - 2}{\sqrt[n - 2]{x_{1} x_{2}}} \end{matrix}$ 由 $\begin{matrix} (56) & h_{2} = 1 - \frac{1}{\sqrt[n - 2]{x_{1} x_{2}^{n - 1}}} \end{matrix}$ 知 $h$ 关于 $x_{2}$ 在 $x_{2} = \frac{1}{\sqrt[n - 1]{x_{1}}}$ 处取得最小值。 $\begin{matrix} (57) & u (x_{1}) = h (x_{1}, \frac{1}{\sqrt[n - 1]{x_{1}}}) = x_{1} + \frac{n - 1}{\sqrt[n - 1]{x_{1}}}, u^{'} = 1 - \frac{1}{\sqrt[n - 1]{x_{1}^{n}}} \end{matrix}$ $u$ 在 $x_{1} = 1$ 处取得最小值 $u (1) = n$ 。因此 $f$ 在 $x_{1} = 1, x_{2} = 1, \dots, x_{n - 1} = 1$ 时取得最小值 $n$ 。又 $f (N, 1, \dots, 1) > N$ ，所以 $f$ 的值域为 $[n, + \infty)$ 。 $◻$

3.3.4 与极值有关的证明题(1)

例 3.3.12 (例9) 设 $u (x, y)$ 在 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ 上连续，在 $x^{2} + y^{2} < 1$ 内 $C^{2}$ ，且 $\begin{matrix} (58) & {\begin{cases} u_{x x} + u_{y y} = u, & x^{2} + y^{2} < 1 \\ u (x, y) = 0, & x^{2} + y^{2} = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 证明：当 $x^{2} + y^{2} < 1$ 时， $u (x, y) \leq 0$ 。

证明反证法。假设存在 $(x_{0}, y_{0})$ 满足 $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} < 1$ 、 $u (x_{0}, y_{0}) > 0$ ，因为 $u (x, y)$ 在 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ 上连续，所以 $u (x, y)$ 有最大值 $u (x_{1}, y_{1})$ ，于是 $u (x_{1}, y_{1}) \geq$ $u (x_{0}, y_{0}) > 0$ 。因为沿边界 $x^{2} + y^{2} = 1$ ， $u (x, y) = 0$ ，所以 $x_{1}^{2} + y_{1}^{2} < 1$ ，因此 $(x_{1}, y_{1})$ 是极大值，从而 $H_{u} (x_{1}, y_{1})$ 半正定，故有 $\begin{matrix} (59) & u_{x x} (x_{1}, y_{1}) + u_{y y} (x_{1}, y_{1}) = tr H_{u} (x_{1}, y_{1}) \leq 0 \end{matrix}$ 这与 $\begin{matrix} (60) & u_{x x} (x_{1}, y_{1}) + u_{y y} (x_{1}, y_{1}) = u (x_{1}, y_{1}) > 0 \end{matrix}$ 矛盾。所以在 $x^{2} + y^{2} < 1$ 内，恒有 $u (x, y) \leq 0$ 。 $◻$

注同理可得当 $x^{2} + y^{2} < 1$ 时， $u (x, y) \geq 0$ ，所以 $u (x, y) = 0$ 对所有 $(x, y) \in \overset{―}{D}$ 成立。

例 3.3.13 (例9拓展¹，) 设 $D \subseteq R^{2}$ 为有界开集，函数 $f : \overset{―}{D} \to R \in C (\overset{―}{D})$ 满足 $f \in C^{2} (D)$ ，且 $\begin{matrix} (61) & {\begin{cases} Δ f = f, & (x, y) \in D \\ f = φ (x, y), & (x, y) \in \partial D \end{cases} \end{matrix}$ 证明：

(1): 若 $φ \geq 0$ 对所有 $(x, y) \in \partial D$ 成立，则 $f \geq 0$ 对所有 $(x, y) \in D$ 成立。
(2): 若 $φ > 0$ 对所有 $(x, y) \in \partial D$ 成立，则 $f > 0$ 对所有 $(x, y) \in D$ 成立。

证明 (1) 设 $(x_{0}, y_{0})$ 为 $f$ 在 $\overset{―}{D}$ 上的最小值点。假设 $f (x_{0}, y_{0}) < 0$ ，则 $(x_{0}, y_{0}) \in D$ ；又 $f \in C^{2} (D)$ ，由Fermat引理可知 $(x_{0}, y_{0})$ 为驻点，且 $0 > f (x_{0}, y_{0}) = Δ f (x_{0}, y_{0}) = tr H_{f} (x_{0}, y_{0}) \geq 0$ ，矛盾！故 $f (x_{0}, y_{0}) \geq 0$ ，即 $f \geq 0$ 对所有 $(x, y) \in D$ 成立。

(2) 记 $m := min_{(x, y) \in \partial D} f (x, y) > 0$ 、 $X := max_{(x, y) \in \partial D} x < + \infty$ 。构造函数 $\begin{matrix} (62) & g (x, y) := f (x, y) - m e^{x - X}, (x, y) \in D \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (63) & \begin{aligned} Δ g & = Δ f - m Δ e^{x - X} = f - m e^{x - X} = g, (x, y) \in D \\ g & = f - m e^{x - X} \geq f - m \geq 0, (x, y) \in \partial D \end{aligned} \end{matrix}$ 由(1)可得 $g \geq 0$ 对所有 $(x, y) \in D$ 成立，因此 $\begin{matrix} (64) & f (x, y) = g (x, y) + m e^{x - X} \geq m e^{x - X} > 0, (x, y) \in D \end{matrix}$ 故 $f > 0$ 对所有 $(x, y) \in D$ 成立。 $◻$

例 3.3.14 (例9拓展²，) 设区域 $D \subseteq R^{n}$ ， $u, f, φ \in C (\overset{―}{D})$ 、 $u \in C^{2} (D)$ 、 $c \in R$ ，证明：以下边值问题的解唯一。 $\begin{matrix} (65) & {\begin{cases} Δ u = c u + f, & r \in D \\ u = φ, & r \in \partial D \end{cases} \end{matrix}$

证明设 $u_{1}, u_{2}$ 均满足该方程和边界条件，令 $u = u_{1} - u_{2}$ ，则 $u$ 满足 $\begin{matrix} (66) & {\begin{cases} Δ u = c u, & r \in D \\ u = 0, & r \in \partial D \end{cases} \end{matrix}$

当 $c \neq 0$ 时，令 $v = \frac{u}{c}$ ，则 $v$ 满足 $\begin{matrix} (67) & {\begin{cases} Δ v = v, & r \in D \\ v = 0, & r \in \partial D \end{cases} \end{matrix}$ $v$ 在有界闭集 $\overset{―}{D}$ 上存在最小值点 $x_{0}$ ，显然 $v (x_{0}) < 0$ 。若 $v (x_{0}) < 0$ ，则有 $x_{0} \notin \partial D$ ，故 $x_{0}$ 为极小值点，从而 $Δ v (x_{0}) = tr H_{v} (x_{0}) \geq 0 > v (x_{0})$ ，矛盾！故 $v (x) \geq 0$ 对任意 $x \in \overset{―}{D}$ 成立。同理可得 $v (x) \leq 0$ ，故 $v \equiv 0$ ，即 $u_{1} \equiv u_{2}$ 。

当 $c = 0$ 时，注意到 $\begin{matrix} (68) & \int_{D} ∥ \nabla u ∥^{2} d V = \int_{D} [\nabla \cdot (u \nabla u) - \nabla^{2} u] d V = \oint_{\partial D} u \nabla u \cdot n d S - \int_{D} \nabla^{2} u d V = 0 \end{matrix}$ 由 $u \in C (\overset{―}{D})$ 可得 $u \equiv 0$ ，即 $u_{1} \equiv u_{2}$ 。

综上所述，原边值问题具有唯一解。 $◻$

³如前所述， $tr H_{f} = g_{i k} \partial_{i} (g^{k j} \partial_{j} f)$ ，其等于 $\partial_{i} \partial_{i}$ 当且仅当 $G$ 为单位矩阵。不要想当然地认为此式成立。

⁴坐标变换 $y \mapsto x$ 是逆变，协变变换矩阵为 $A$ ； $\nabla$ 是逆变算子，变换矩阵 $A^{- 1}$ 左乘； $\partial$ 是协变算子，变换矩阵 $A$ 右乘。

⁵./figure/laplace_wzz.pdf。