第 7 章 微分问题

1隐函数存在定理

隐函数存在定理, 曲面的切平面, 法向量

A. 1. 证明方程 ${\mathrm{e}}^z+\sin z+{\mathrm{e}}^y+y-\sin x+x=2$ 在点 $(0,0,0)$ 附近确定一个隐函数 $z=z(x,y)$, 并计算 $\frac{\partial z}{\partial x},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$.

解答. 记 $F(x,y,z)={\mathrm{e}}^z+\sin z+{\mathrm{e}}^y+y-\sin x+x-2$, 由隐函数定理可得$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{\cos x-1}{{\mathrm{e}}^z+\cos z},\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{{\mathrm{e}}^y+1}{{\mathrm{e}}^z+\cos z},$$进一步得到$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)=\frac{(1-\cos x)({\mathrm{e}}^z+\cos z)}{({\mathrm{e}}^z+\cos z{)}^2}\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{(\cos x-1)({\mathrm{e}}^z+\cos z)(1+{\mathrm{e}}^y)}{({\mathrm{e}}^z+\cos z{)}^3}.$$$\square$

2. 证明方程组$$\{\begin{array}{l}x+y+u+v=0,\\ x^2+y^2+u^4+v^4=2\end{array}$$在 $(x,y,u,v)=(-1,0,1,0)$ 附近确定一个隐函数 $\left(\begin{array}{c}u\\ v\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}u(x,y)\\ v(x,y)\end{array}\right)$. 进一步, 计算 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}.$

证明.

$\square$

3. 证明方程组$$\{\begin{array}{l}x+y+u+v=0,\\ x^2+y^2+u^4+v^4=2\end{array}$$在 $(x,y,u,v)=(-1,0,1,0)$ 附近确定一个隐函数 $\left(\begin{array}{c}y\\ u\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}y(x,v)\\ u(x,v)\end{array}\right)$. 进一步, 计算 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}.$

证明.

$\square$

B. 1. 设 $n⩾2$, $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的区域, $F:\Omega \to \mathbb{R}$ 连续可微, 且 $F_{\mathbf{x}}(\mathbf{x})\ne 0(\forall \mathbf{x}\in \Omega )$. 又设 ${\mathbf{x}}_0\in \Omega$ 使得 $F({\mathbf{x}}_0)=0$. 证明存在 $\delta >0$, 使得对于任何满足 $F({\mathbf{x}}_1)=0$ 的 ${\mathbf{x}}_1\in B_{\delta }({\mathbf{x}}_0)$, 均存在曲面 $F(\mathbf{x})=0$ 上连接 ${\mathbf{x}}_0,{\mathbf{x}}_1$ 的 $C^1$ 曲线 $\mathbf{\tau }$. 即存在 $\mathbf{\tau }\in C^1([0,1];{\mathbb{R}}^n)$ 满足 $F\left(\mathbf{\tau }(t)\right)=0(\forall t\in [0,1])$ 以及 $\mathbf{\tau }(0)={\mathbf{x}}_0,\mathbf{\tau }(1)={\mathbf{x}}_1$.

证明.

$\square$

2极值问题

强制条件, 极值问题, 无条件极值, 一阶必要条件, 二阶必要条件, 驻点, 二阶必要条件, 最小二乘法, 线性拟合, 条件极值,Lagrange 乘子法, 矩阵的诱导范数

A. 1. 设 $n⩾2$, $\mathbf{\xi },\mathbf{\eta }\in {\mathbb{R}}^n$. 试计算 $\underset{\mathbf{x}\in S^{n-1}}{\max }\{⟨\mathbf{\xi },\mathbf{x}⟩,⟨\mathbf{\eta },\mathbf{x}⟩\}$.

解答.

$\square$

2. 设 $1⩽p,q⩽+\infty$, 对 $\mathbf{A}\in {\mathbb{R}}^{m\times n}$, 定义 ${\Vert \mathbf{A}\Vert }_{p,q}=\underset{\Vert \mathbf{x}{\Vert }_q=1}{\max }{\Vert \mathbf{Ax}\Vert }_p$. 证明: $\Vert \cdot {\Vert }_{p,q}$ 定义了一个范数.

证明. 这就是 $l^q({\mathbb{Z}}^n)\to l^p({\mathbb{Z}}^m)$ 的算子范数.

$\square$

3. 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 证明 $⟨\mathbf{x},\mathbf{y}{⟩}_{\mathbf{A}}={\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{Ax}$ 定义了 ${\mathbb{R}}^n$ 中的一个内积.

证明. 由于$$⟨\mathbf{x},\mathbf{y}{⟩}_{\mathbf{A}}={\mathbf{y}}^{\top }\mathbf{Ax}={\left({\mathbf{y}}^{\top }\mathbf{Ax}\right)}^{\top }={\mathbf{x}}^{\top }\mathbf{Ay}=⟨\mathbf{y},\mathbf{x}{⟩}_{\mathbf{A}},$$也有 $⟨\mathbf{x}+\mathbf{y},\mathbf{z}{⟩}_{\mathbf{A}}=⟨\mathbf{x},\mathbf{z}{⟩}_{\mathbf{A}}+⟨\mathbf{y},\mathbf{z}{⟩}_{\mathbf{A}}$, $⟨c\mathbf{x},\mathbf{y}{⟩}_{\mathbf{A}}=c⟨\mathbf{x},\mathbf{y}{⟩}_{\mathbf{A}}$, 其中 $c$ 为一常数. 结合 $\mathbf{A}$ 正定可知对于任意 $\mathbf{x}\ne 0$, 有 $⟨\mathbf{x},\mathbf{x}{⟩}_{\mathbf{A}}={\mathbf{x}}^{\top }\mathbf{Ax}>0$, 从而上述的运算定义了一个内积.

$\square$

4. 设 $n⩾2$, $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实对称矩阵, ${\mathbf{\xi }}_1\in S^{n-1}$ 满足 ${\lambda }_1\equiv {\mathbf{\xi }}_1^{\mathrm{T}}\mathbf{A}{\mathbf{\xi }}_1=\underset{\mathbf{x}\in S^{n-1}}{\max }{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}.$ 考虑在 $\mathbf{x}\in S^{n-1}$ 以及 $\mathbf{x}\cdot {\mathbf{\xi }}_1=0$ 的约束条件下最大化 ${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{A}\mathbf{x}$ 的最大值问题, 证明存在 ${\lambda }_2⩽{\lambda }_1$ 以及 ${\mathbf{\xi }}_2\in S^{n-1}$, 使得 ${\mathbf{A\xi }}_2={\lambda }_2{\mathbf{\xi }}_2,{\mathbf{\xi }}_2\cdot {\mathbf{\xi }}_1=0$. 一般地, 证明存在 ${\lambda }_1⩾{\lambda }_2⩾\cdots ⩾{\lambda }_n$ 以及两两正交的 ${\mathbf{\xi }}_1,{\mathbf{\xi }}_2,\cdots ,{\mathbf{\xi }}_n\in S^{n-1}$ 使得 $\mathbf{A}{\mathbf{\xi }}_k={\lambda }_k{\mathbf{\xi }}_k(1⩽k⩽n)$.

证明. 由于 $\mathbf{A}$ 实对称, 故存在正交矩阵 $\mathbf{P}$ 使得$${\mathbf{P}}^{\top }\mathbf{AP}=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1^{\prime }& & & \\ & {\lambda }_2^{\prime }& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n^{\prime }\end{array}\right),$$其中 ${\lambda }_i^{\prime }(1⩽i⩽n)$ 是 $\mathbf{A}$ 的特征值.

$\square$

5. 设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times n$ 实矩阵, 证明 $\Vert \mathbf{A}\Vert =\underset{\begin{array}{c}|\mathbf{z}|=1\\ \mathbf{z}\in {\mathbb{C}}^n\end{array}}{\max }|\mathbf{Az}|$.

证明.

$\square$

6. 设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实方阵, $\lambda$ 是它的 (复) 特征值. 证明: $|\lambda |⩽\Vert \mathbf{A}\Vert$.

证明.

$\square$

7. 设 $\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n$, 证明 $|\mathbf{x}|=\underset{\begin{array}{c}\Vert \mathbf{A}\Vert =1\\ \mathbf{A}\in {\mathbb{R}}^{n\times n}\end{array}}{\max }|\mathbf{Ax}|.$

证明.

$\square$

8. 试推导两空间直线$$\frac{x-x_i}{l_i}=\frac{y-y_i}{m_i}=\frac{z-z_i}{n_i},i=1,2$$间的距离公式, 其中$$(l_1{m}_2-l_2{m}_1{)}^2+(m_1{n}_2-m_2{n}_1{)}^2+(n_1{l}_2-n_2{l}_1{)}^2>0.$$

解答. 记题设直线分别为 $L_1,L_2$, 取 ${\mathbf{x}}_1\in L_1$, ${\mathbf{x}}_2\in L_2$, 则 $L_1$ 于 $L_2$ 之间的距离 $d=\min \left|{\mathbf{x}}_1-{\mathbf{x}}_2\right|$, 不妨设$${\mathbf{a}}_i={\left(x_i,y_i,z_i\right)}^{\top },{\mathbf{d}}_i={\left(l_i,m_i,n_i\right)}^{\top },i=1,2,$$于是 ${\mathbf{x}}_1={\mathbf{a}}_1+t_1{\mathbf{d}}_1,{\mathbf{x}}_2={\mathbf{a}}_2+t_2{\mathbf{d}}_2$, 从而设$$\begin{array}{rl}D(t_1,t_2)& ={\left|{\mathbf{x}}_1-{\mathbf{x}}_2\right|}^2={\left|{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2+t_1{\mathbf{d}}_1-t_2{\mathbf{d}}_2\right|}^2=⟨{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2+t_1{\mathbf{d}}_1-t_2{\mathbf{d}}_2,{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2+t_1{\mathbf{d}}_1-t_2{\mathbf{d}}_2⟩\\ & ={\left|{\mathbf{d}}_1\right|}^2{t}_1^2-2⟨{\mathbf{d}}_1,{\mathbf{d}}_2⟩t_1{t}_2+{\left|{\mathbf{d}}_2\right|}^2{t}_2^2+2⟨{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2,{\mathbf{d}}_1⟩t_1-2⟨{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2,{\mathbf{d}}_2⟩t_2+{\left|{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2\right|}^2,\end{array}$$分别记 $A_i={\left|{\mathbf{d}}_i\right|}^2,B=⟨{\mathbf{d}}_1,{\mathbf{d}}_2⟩,C_i=⟨{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2,{\mathbf{d}}_i⟩(i=1,2)$, 这样就有$$D(t_1,t_2)=A_1{t}_1^2-2B{t}_1{t}_2+A_2{t}_2^2+2C_1{t}_1-2C_2{t}_2+{\left|{\mathbf{a}}_1-{\mathbf{a}}_2\right|}^2,$$分别对 $t_1,t_2$ 求偏导有$$\frac{\partial D}{\partial t_1}=2A_1{t}_1-2B{t}_2+2C_1,\frac{\partial D}{\partial t_2}=2A_2{t}_2-2B{t}_1-2C_2,$$令 $\frac{\partial D}{\partial t_1}=\frac{\partial D}{\partial t_2}=0$, 并且注意到$$A_1{A}_2-B_2^2=(l_1{m}_2-l_2{m}_1{)}^2+(m_1{n}_2-m_2{n}_1{)}^2+(n_1{l}_2-n_2{l}_1{)}^2>0,$$由 Cramer 法则可得$$t_1^{\prime }=\frac{B{C}_2-A_2{C}_1}{A_1{A}_2-B^2},t_2^{\prime }=\frac{A_1{C}_2-B{C}_1}{A_1{A}_2-B^2},$$代入 $D(t_1,t_2)$ 开方即得结果.

$\square$

9. 计算两空间直线 $\frac{x-1}{1}=\frac{y-3}{2}=\frac{z-5}{3},\frac{x-7}{4}=\frac{y-9}{5}=\frac{z-11}{6}$ 的公垂线.

解答.

$\square$

10. 试推导点 $(x_0,y_0,z_0)$ 与平面 $Ax+By+Cz+D=0$ $(A^2+B^2+C^2\ne 0)$ 的距离公式.

解答. 我们先用条件极值的方法. 设$$f(\alpha ,\beta ,\gamma )=(\alpha -x_0{)}^2+(\beta -y_0{)}^2+(\gamma -z_0{)}^2,$$即求 $f$ 在约束条件 $A\alpha +B\beta +C\gamma +D=0$ 下的极值. 设$$F(\alpha ,\beta ,\gamma ,\lambda )=(\alpha -x_0{)}^2+(\beta -y_0{)}^2+(\gamma -z_0{)}^2+\lambda \left(A\alpha +B\beta +C\gamma +D\right),$$则令$$\{\begin{array}{l}{F}_{\alpha }=2\left(\alpha -x_0\right)+A\lambda =0,\\ F_{\beta }=2\left(\beta -y_0\right)+B\lambda =0,\\ F_{\gamma }=2\left(\gamma -z_0\right)+C\lambda =0,\\ F_{\lambda }=A\alpha +B\beta +C\gamma +D=0,\end{array}$$可以解得$$\lambda =\frac{2(A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D)}{A^2+B^2+C^2},\alpha =x_0-\frac{A\lambda }{2},\beta =y_0-\frac{B\lambda }{2},\gamma =z_0-\frac{C\lambda }{2},$$此时得到$$f_{\min }=\frac{{\left(A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D\right)}^2}{A^2+B^2+C^2},$$即得点 $(x_0.y_0,z_0)$ 到平面 $Ax+By+Cz+D=0$ 的距离为 $\sqrt{f_{\min }}=\frac{\left|A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$.

另一种简单的方法是考虑几何关系, 记 $(x_0,y_0,z_0)$ 为 $P_1$, 取平面上一点 $P_2(a,b,c)$, 则考虑向量 $\overrightarrow{P_1{P}_2}=\left(a-x_0,b-y_0,c-z_0\right)$ 与平面法向量 $(A,B,C)$ 夹角的余弦值 (记较小的那个角为 $\theta$) 可得点到平面距离$$d=\left|\overrightarrow{P_1{P}_2}\right|\cos \theta =\left|\overrightarrow{P_1{P}_2}\right|\frac{\left|\overrightarrow{P_1{P}_2}\cdot \left(A,B,C\right)\right|}{\left|\overrightarrow{P_1{P}_2}\right|\sqrt{A^2+B^2+C^2}}=\frac{\left|A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}.$$$\square$

11. 设 $f(x,y)=xy-x\ln x+x-{\mathrm{e}}^y(x>0,y\in \mathbb{R})$. 证明: $f(x,y)⩽0(\forall x>0,y\in \mathbb{R})$.

证明. $e^{y-\ln x}⩾y-\ln x+1$.

$\square$

B. 1. 试构造 ${\mathbb{R}}^2$ 上的二元实函数 $f$ 使得点 $0$ 不是它的极小值点, 但对任何 $\alpha \in [0,2\pi ],g(t)=f(t\cos \alpha ,t\sin \alpha )$ 在 $t=0$ 取得严格极小值. 进一步, 能否取到这样的一个 $f$ 使得它在 ${\mathbb{R}}^2$ 上连续? 请证明你的结论.

解答. $f(x,y)=(x-y^2)(x-2y^2)$.

$\square$

2. 举例说明存在 $n$ 阶方阵 $\mathbf{A}$, 使得其所有特征值的绝对值都严格小于 $\Vert \mathbf{A}\Vert$.

解答. 取 $\mathbf{A}$ 是对角线元素均为 $0$ 的上三角阵, 其所有特征值都是 $0$, 而 $\mathbf{A}\ne 0$ 时 $\Vert \mathbf{A}\Vert >0$.

$\square$

3. 若 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶方阵, $\Vert \mathbf{A}\Vert <1$. 证明: ${\left(\mathbf{I}-\mathbf{A}\right)}^{-1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\mathbf{A}}^k.$

证明.

$\square$

4. 若 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶可逆矩阵, 取 $\alpha >0$ 足够小使得 $\mathbf{I}-\alpha {\mathbf{AA}}^{\mathrm{T}}$ 正定. 令$${\mathbf{B}}_0=\alpha {\mathbf{A}}^{\mathrm{T}},{\mathbf{B}}_{k+1}={\mathbf{B}}_k\left(2\mathbf{I}-{\mathbf{AB}}_k\right)(k⩾0).$$证明: $\{{\mathbf{AB}}_k\}$ 是单调增加的正定矩阵, 其极限为 $\mathbf{I}$. 特别地, $\underset{k\to +\infty }{\lim }{\mathbf{B}}_k={\mathbf{A}}^{-1}$.

证明.

$\square$

5. 试对于 $\mathbf{A}$ 为复矩阵的情形, 定义诱导范数并建立相关性质.

6. 试改编以往遇到过的一个习题, 将一维情形的结果推广到矩阵情形.

3常系数线性微分方程

一阶常系数线性微分方程, 矩阵指数函数, 高阶常系数线性微分方程, 特征方程, 算子法

A. 1. 求以下方程的通解:

$(1)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=0$;	$(2)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=x$;
$(3)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=x{\mathrm{e}}^{3x}$;	$(4)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=x{\mathrm{e}}^{2x}$;
$(5)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{\mathrm{e}}^x\cos x$;	$(6)y^{\prime \prime }(x)-3y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{\mathrm{e}}^x\sin 2x$.

解答. 由特征方程 ${\lambda }^2-3\lambda +2=0$ 得 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2$, 从而齐次方程 $(1)$ 的通解为$$y=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{2x},$$根据线性方程得通解结构, 为得到后续方程的通解, 只需要得到这些方程的特解. 使用算子法, 即得各个特解如下:

(2) $y^{\ast }=\frac{1}{(D-1)(D-2)}x=\left(\frac{1}{D-2}-\frac{1}{D-1}\right)x=\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{4}D\right)x=\frac{1}{2}x+\frac{3}{4}.$

(3) $y^{\ast }=\frac{1}{(D-1)(D-2)}x{\mathrm{e}}^{3x}={\mathrm{e}}^{3x}\frac{1}{(D+2)(D+1)}x={\mathrm{e}}^{3x}\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{4}D\right)x={\mathrm{e}}^{3x}\left(\frac{1}{2}x-\frac{3}{4}\right).$

(4) $y^{\ast }=\frac{1}{(D-1)(D-2)}x{\mathrm{e}}^{2x}={\mathrm{e}}^{2x}\frac{1}{D(D+1)}x={\mathrm{e}}^{2x}\frac{1}{D}\left(1-D\right)x={\mathrm{e}}^{2x}\left(\frac{1}{2}{x}^2-x\right).$

$\square$

2. 求以下方程的通解:

$(1)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=0$;	$(2)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=x$;
$(3)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=x{\mathrm{e}}^{3x}$;	$(4)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=x{\mathrm{e}}^{2x}$;
$(5)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=x^2{\mathrm{e}}^{2x}\cos x$;	$(6)y^{\prime \prime }(x)-4y^{\prime }(x)+4y(x)=x^2{\mathrm{e}}^x\sin 2x$.

解答. 由特征方程 ${\lambda }^2-4\lambda +4=0$ 得 ${\lambda }_1={\lambda }_2=2$, 从而齐次方程 $(1)$ 的通解为$$y=C_1{\mathrm{e}}^{2x}+C_{2}x{\mathrm{e}}^{2x},$$根据线性方程得通解结构, 为得到后续方程的通解, 只需要得到这些方程的特解. 使用算子法, 即得各个特解如下:

(2) $y^{\ast }={\left(\frac{1}{D-2}\right)}^{2}x=\frac{1}{4}(1+D)x=\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}.$

(3) $y^{\ast }={\left(\frac{1}{D-2}\right)}^{2}x{\mathrm{e}}^{3x}={\mathrm{e}}^{3x}{\left(\frac{1}{D+1}\right)}^{2}x={\mathrm{e}}^{3x}(1-2D)x=\left(x-2\right){\mathrm{e}}^{3x}.$

(4) $y^{\ast }={\left(\frac{1}{D-2}\right)}^{2}x{\mathrm{e}}^{2x}={\mathrm{e}}^{2x}\frac{1}{D^2}x=\frac{1}{6}{x}^3{\mathrm{e}}^{2x}.$

$\square$

3. 求以下方程的通解:

$(1)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=0$;	$(2)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=x^3+1$;
$(3)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=x{\mathrm{e}}^{3x}$;	$(4)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=x\sin 2x$;
$(5)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{\mathrm{e}}^{2x}\cos x$;	$(6)y^{\prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)+2y(x)=x^2{\mathrm{e}}^x\sin 2x$.

解答. 由特征方程 ${\lambda }^2+\lambda +2=0$ 得 ${\lambda }_1=$

开幕雷击, 不想算了...

$\square$

4. 求以下方程的通解:

$(1)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=0$;	$(2)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=(x+1{)}^2$;
$(3)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=x\sin 2x$;	$(4)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=x\sin x$;
$(5)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=x^2{\mathrm{e}}^{2x}\cos x$;	$(6)y^{(5)}(x)+2y^{\prime \prime \prime }(x)+y^{\prime }(x)=x^2{\mathrm{e}}^x\sin x$.

解答. 由特征方程 ${\lambda }^5+2{\lambda }^3+\lambda =0$ 得 ${\lambda }_1=0,{\lambda }_2=\mathrm{i},{\lambda }_3=-\mathrm{i}$, ${\lambda }_2,{\lambda }_3$ 均为二重根. 于是齐次方程 (1) 的通解为$$y=C_1+C_2\cos x+C_{3}x\cos x+C_4\sin x+C_{5}x\sin x,$$

$\square$

5. 求方程 $y^{\prime \prime }(x)-y(x)=1$ 满足 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=2$ 的特解.

解答. $y(x)=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}-1$, 初值说明 $C_1+C_2-1=1,C_1-C_2=2$, 得 $y(x)=2e^x-1$.

$\square$

6. 试研究当 $b$ 为何值时, 对所有 $y_0,y_1\in \mathbb{R}$, 方程 $y^{\prime \prime }(x)+y(x)=0$ 满足 $y(0)=y_0,y(b)=y_1$ 的特解总是存在.

解答. $y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x$, 方程组 $C_1=y_0,C_1\cos b+C_2\sin b=y_1$ 必有解, 就是 $\sin b\ne 0$, 即 $b\notin \{k\pi :k\in \mathbb{Z}\}$.

$\square$

7. 若 $n$ 阶方阵 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 可交换, 证明: ${\mathrm{e}}^{\mathbf{A}+\mathbf{B}}={\mathrm{e}}^{\mathbf{A}}{\mathrm{e}}^{\mathbf{B}}$.

8. 设 $n⩾2,\lambda \in \mathbb{C},n$ 阶方阵 $\mathbf{A}$ 为$$\left(\begin{array}{cccccc}\lambda & 1& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& \lambda & 1& \cdots & 0& 0\\ ⋮& \cdots & ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & \lambda & 1\\ 0& 0& 0& \cdots & 0& \lambda \end{array}\right).$$试计算 ${\mathrm{e}}^{x\mathbf{A}}$.

解答. 注意到对 $\mathbf{J}=\mathbf{A}-\lambda$, 当 $k⩾n$ 时 ${\mathbf{J}}^k=0$, 则$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^{x\mathbf{J}}& =\mathbf{I}+x\mathbf{J}+\frac{x^2}{2!}{\mathbf{J}}^2+\cdots +\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}{\mathbf{J}}^{n-1}\\ & =\left(\begin{array}{ccccc}1& \frac{x}{1!}& \frac{x^2}{2!}& \cdots & \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\\ & 1& \ddots & \ddots & ⋮\\ & & \ddots & \ddots & \frac{x^2}{2!}\\ & & & \ddots & \frac{x}{1!}\\ & & & & 1\end{array}\right).\end{array}$$根据上一题, ${\mathrm{e}}^{x\mathbf{A}}={\mathrm{e}}^{x\lambda }{\mathrm{e}}^{x\mathbf{J}}$.

$\square$

B. 1. 设 $P_1,P_2$ 是次数依次为 $m,n⩾1$ 的多项式, $Q_1,Q_2$ 是次数小于 $m,n$ 的非零多项式, 满足 $\frac{1}{P(t)}=\frac{Q_1(t)}{P_1(t)}+\frac{Q_2(t)}{P_2(t)}$, 其中 $P(t)=P_1(t)P_2(t)$. 若 $f$ 为 $I$ 上的连续函数, $f_1,f_2$ 依次为区间 $I$ 上的 $m,n$ 次连续可微函数, 满足 $P_1(\mathrm{D})f_1(x)=P_2(\mathrm{D})f_2(x)=f(x)$. 令 $F(x)=Q_1(\mathrm{D})f_1(x)+Q_2(\mathrm{D})f_2(x)$. 证明: $F$ 是 $m+n$ 阶连续可导函数, 进而 $P(\mathrm{D})F(x)=f(x)$.

2. 举例说明上题中, $Q_1(\mathrm{D})f_1$ 可以不是 $m+n$ 阶连续可导的.

4导数的其他应用

Newton 切线法, 平方收敛, 平面曲线的曲率和曲率半径, 一元实函数的草图, 拐点

A. 1. 设 $a>0$, 用 Newton 法通过求解 $f(x)={\mathrm{e}}^x-a$ 的零点计算 $\ln a$. 若取初值为 $1$, 试讨论 Newton 迭代法的收敛性, 并讨论误差估计.

解答.

$\square$

2. 对于 $n⩾2$ 以及 $a>0$, 讨论通过 Newton 法计算 $f(x)=x^{10}-a$ 的零点的可行性与误差估计.

解答.

$\square$

3. 计算椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$ 上各点的曲率.

解答. 我们先推导由参数方程确定的平面曲线的曲率计算公式. 对于 $y_0=f(x_0)$, 当 $f^{\prime \prime }(x_0)\ne 0$ 时曲率为 $K=\frac{\left|f^{\prime \prime }(x_0)\right|}{{\left(1+{\left|f^{\prime \prime }(x_0)\right|}^2\right)}^{3/2}}$. 先设平面曲线有如下的参数方程 $\{\begin{array}{l}x=\phi (t)\\ y=\varphi (t)\end{array}$, 则有$$y^{\prime }(x)=\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{{\varphi }^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)},$$进一步有$$y^{\prime \prime }(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)\cdot \frac{1}{dx/dt}=\frac{{\varphi }^{\prime \prime }(t){\phi }^{\prime }(t)-{\varphi }^{\prime }(x){\phi }^{\prime \prime }(x)}{{\left({\phi }^{\prime }(x)\right)}^3},$$将其代入 $K$ 得到$$K=\frac{\left|{\varphi }^{\prime \prime }(t){\phi }^{\prime }(t)-{\varphi }^{\prime }(x){\phi }^{\prime \prime }(x)\right|}{{\left({\left({\phi }^{\prime }(t)\right)}^2+{\left({\varphi }^{\prime }(t)\right)}^2\right)}^{3/2}}.$$一般地, 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的参数方程可设为 $\left(a\cos \theta ,b\sin \theta \right)$, 代入上述公式即得$$K=\sqrt{\frac{a^2{b}^2}{{\left(a^2{\sin }^2(t)+b^2{\cos }^2(t)\right)}^3}}.$$$\square$

4. 设 $y=\sqrt[3]{\frac{x^4}{x+1}}$, 试讨论函数的单调性、极值、凸性、拐点, 求出它的渐近线, 并画出它的简图.

解答. 首先在 $x=-1$ 处 $y(x)$ 无定义, 易见其为铅直渐近线. 直接计算得到$$y^{\prime }(x)=\frac{x^3(3x+4)}{3(1+x{)}^2}\cdot {\left(\frac{x^4}{x+1}\right)}^{-2/3},x\ne -1,$$于是 $y(x)$ 有驻点 $-\frac{4}{3},0$. 关于函数的单调性与极值等信息如下表:

$\int$	$\left(-\infty ,-\frac{4}{3}\right)$	$-\frac{3}{4}$	$\left(-\frac{4}{3},-1\right)$	$-1$	$\left(-1,0\right)$	$0$	$\left(0,+\infty \right)$
$f^{\prime }$	$+$	$0$	$-$	不存在	$-$	$0$	$+$
$f$	严格单增	极大值点	严格单减	渐近线	严格单减	极小值点	严格单增

又有$$y^{\prime \prime }(x)=\frac{4x^2}{9(1+x{)}^3}\cdot {\left(\frac{x^4}{x+1}\right)}^{-2/3},x\ne -1,$$可见 $y(x)$ 在 $(-\infty ,-1)$ 上凹而在 $(-1,+\infty )$ 上凸. 并且$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{y(x)}{x}=1,\underset{x\to \infty }{\lim }\left(y(x)-x\right)=\frac{1}{3},$$即 $y$ 有渐近线 $f(x)=x-\frac{1}{3}$. 其简图如下:$$\text{[Lenin in Warsaw]}$$

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5. 设 $y=\ln \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$, 试讨论函数的单调性, 极值, 凸性, 拐点, 求出它的渐近线, 并画出它的简图.

解答. 先设 $g(x)=\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$, 有 $g(0)=1>0$, 当 $x\ne 0$ 时, $$g(x)=\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}=1+\frac{2x}{x^2-x+1}=1\frac{2}{x+1/x-1},$$$x>0$ 时 $x+\frac{1}{x}>2$, 从而 $g(x)>0$; $x<0$ 时 $x+\frac{1}{x}⩽-2,\frac{2}{x+1/x-1}<-1$, 也有 $g(x)>0$. 从而 $y(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$. 直接计算得到$$y^{\prime }(x)=\frac{-2x^2+2}{x^4+x^2+1},$$于是 $y(x)$ 有驻点 $\pm 1$. 关于函数的单调性与极值等信息如下表:

	$\left(-\infty ,-1\right)$	$-1$	$\left(-1,1\right)$	$1$	$\left(1,+\infty \right)$
$f^{\prime }$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f$	严格单减	极小值点	严格单增	极大值点	严格单减

又有$$y^{\prime \prime }(x)=\frac{4x(x^4-2x^2-2)}{(x^4+x^2+1{)}^2},$$令 $y^{\prime \prime }(x)=0$, 得到三个实根分别为 $0,\pm \sqrt{1+\sqrt{3}}$. 关于函数凹凸性有下表:

$\int$	$\left(-\infty ,-\sqrt{1+\sqrt{3}}\right)$	$\left(-\sqrt{1+\sqrt{3}},0\right)$	$\left(0,\sqrt{1+\sqrt{3}}\right)$	$\left(\sqrt{1+\sqrt{3}},+\infty \right)$
$f^{\prime \prime }$	$-$	$+$	$-$	$+$
$f$	严格凹	严格凸	严格凹	严格凸

又有$$\underset{x\to \infty }{\lim }\ln \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}=0,$$从而 $y(x)$ 有水平渐近线 $y=0$, 其简图如下.

Jeremy Bentham developed the unique notion of “self–incon”,
that is, the notion that a thing is its own best sign
(as in the Lewis Carroll joke about Englishmen using ever larger maps,
until they finally settled on using England itself as its own map).

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B. 1. 试给出由参数方程确定的平面曲线曲率的计算公式.

解答. 参见本节 $\mathcal{A}$ 中的第 3 小题.

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2. 设 $\phi$ 为 $(0,+\infty )$ 内的凹函数, 证明:$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\phi (2x)-2\phi (x)\right)=-\infty$$当且仅当 $y=\phi (x)$ 当 $x\to +\infty$ 时没有渐近线.

证明. Polonaise 的回答.

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