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 \(x^2 + y^2 \to +\infty\) 时, \(f(x, y) \to +\infty\). 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

\[ f(x, y) \geq f(x_0, y_0), \quad \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2. \]

证明：

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

对于 \(A = f(\vec{0})\)，记相应的 \(N\)为 \(N_{0}\) 。

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

所以 \(\forall x^{2} + y^{2} > N_{0}, f(x, y) > f (\vec{0}) \neq f_{min}\)

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。 $$ S^{\complement} = {(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \neq 1 } $$ 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 \(\forall a \in B_{r_{0}} (x_{0}, y_{0}), d(0, a) \leq d(0, (x_{0}, y_{0})) + r_{0} = 1 - r_{0} < 1\)，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 \(\forall a \in B_{r_{0}} (x_{0}, y_{0}), d(0, a) \geq d(0, (x_{0}, y_{0})) - r_{0} = 1 + r_{0} > 1\)，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 $$ f(x_0, y_0) \leq f(x, y) \leq f(x_1, y_1), \quad \forall (x, y) \in S $$

利用反证法，记 \(\sup f(x,y) = M, \inf f(x,y) = m \quad \forall (x,y) \in S\)，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 \(\exists r_{M}, r_{m} > 0, s.t. B_{r_{m}}(m) \in U^{\complement},B_{r_{M}} (M) \in U^{\complement}\) $$ \therefore \,\, \sup f (x,y) \leq M - r_{M} \quad \inf f(x,y) \geq m + r_{m} $$

与 \(\sup f(x,y) = M, \inf f(x,y) = m \quad \forall (x,y) \in S\) 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 $$ \lim_{\mathbf{h} \to 0} f(\mathbf{x} + \mathbf{h}) = \lim_{\mathbf{h} \to 0} f (x_{0}, y_{0}) + \mathcal{L} (\mathbf{h}) + \alpha (\mathbf{h}) = f(x_{0}, y_{0}) $$ 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 $$ \nabla_{\vec{V}} f = \frac{\partial}{\partial t} \mathcal{L} (\vec{V} t) + \alpha (\vec{V} t) \Big|_{t = 0} = \mathcal{L} (\vec{V}) $$ 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： $$ \begin{aligned} f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 y}{x^4 + y^2} & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{aligned} $$ 沿方向向量 \(\mathbf{v} = (a, b)\)（其中 \(a^2 + b^2 = 1\)），方向导数为： $$ \nabla_{\mathbf{v}} f(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(ta, tb) - f(0, 0)}{t} $$ 代入 \(f(ta, tb) = \dfrac{(ta)^2 (tb)}{(ta)^4 + (tb)^2} = \dfrac{t^3 a^2 b}{t^4 a^4 + t^2 b^2} = \dfrac{t a^2 b}{t^2 a^4 + b^2}\)

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： $$ \lim_{x \to 0} f(x, x^2) = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \cdot x^2}{x^4 + (x^2)^2} = \dfrac{x^4}{2x^4} = \dfrac{1}{2} \neq f(0, 0). $$ 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 不正确，反例： $$ f (x, y) = \begin{cases} \frac{|y| \sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x} \qquad & (x \neq 0) \\ 0 \qquad & (x = 0) \end{cases} $$ 对于 \((0,0)\) 处的方向导数 \(\vec{V} = (\cos \theta, \sin \theta)\) $$ \begin{aligned} \nabla_{\vec{V}} f(0,0) &= \begin{cases} 0 \qquad (\cos \theta = 0) \\ \frac{|\sin \theta|}{\cos \theta} \qquad (\cos \theta \neq 0)\end{cases} \end{aligned} $$ 但是对于 \(f\) 的偏导而言 $$ f'{1} (0,0) = 0, \quad f' (0,0) = 0 $$ 所以 \(\frac{\partial f}{\partial q}\bigg|_{(x_0,y_0)} = a\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(x_0,y_0)} + b\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(x_0,y_0)}\) 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 \(\vec{V} = (\cos \theta, \sin \theta)\)： $$ \nabla_{\vec{V} } f = \lim_{t \to 0} \frac{|t|}{t} \sqrt{|\cos^{2} \theta - \sin^{2} \theta|} $$ 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

5. 计算函数的各个偏导数.

(1) \(f(x, y) = xy\)

$$ f^\prime_{1} = y, f^\prime_{2} = x $$ (2) \(f(x, y) = \arctan\left(\frac{y}{x}\right)\)

\[ f^\prime_{1} = - \frac{y}{x^{2} + y^{2}}, f^\prime_{2} = \frac{x}{x^{2} + y^{2}} \]

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

\[ f_{k}' = \frac{x_{k}}{\sqrt{x_{1}^{2} + \cdots + x_{n}^{2}}} \qquad (1 \leq k \leq n) \]

6.(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

\[ f_{1}' = f_{2}' = 0 \]

但是

$$ \lim_{(x,y) \to 0} \sqrt{\left|\frac{xy}{x^{2} + y^{2}}\right|} $$ 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 \(|f(x, y)| \leq x^2 + y^2\), \(\forall x, y \in U\). 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\(|f(x, y)| \leq x^2 + y^2\) 可以作为 \(\alpha (\mathbf{h})\)，所以\(f\) 在 \((0, 0)\) 处的微分为0

证明\(|f(x, y)| \leq x^2 + y^2\) 可以作为 \(\alpha (\mathbf{h})\)可以作为误差项： $$ \lim_{(x, y) \to 0} \frac{|f (x, y)|}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \leq \lim_{(x, y) \to 0} \sqrt{x^{2} + y^{2}} = 0 $$ (3) 设 \(g\) 在 \((0, 0)\) 点的某个开球邻域 \(U\) 中有定义, 且满足 \(|g(x, y)| \leq \sqrt{x^2 + y^2}\), \(\forall x, y \in U\). \(g\) 在 \((0, 0)\) 处是否一定可微?

不一定，反例： $$ g(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}} \qquad &(x \neq 0) \\ 0 \qquad &(x = 0) \end{cases} $$

\[ \lim_{(x,y) \to 0} g(x,y) = \lim_{(x,y) \to 0} \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}} \]

不存在。

\(g\) 甚至不连续。

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