目录
- 1隐函数存在定理
- 隐函数存在定理, 曲面的切平面, 法向量
- 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
- 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
- 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
隐函数存在定理
隐函数存在定理, 曲面的切平面, 法向量
1. 证明方程 ez+sinz+ey+y−sinx+x=2 在点 (0,0,0) 附近确定一个隐函数 z=z(x,y), 并计算 ∂x∂z,∂x∂y∂2z.
解答. 记 F(x,y,z)=ez+sinz+ey+y−sinx+x−2, 由隐函数定理可得∂x∂z=−FzFx=ez+coszcosx−1,∂y∂z=−FzFy=−ez+coszey+1进一步得到∂x∂y∂2z=∂y∂(∂x∂z)=(ez+cosz)2(1−cosx)(ez+cosz)∂y∂z=(ez+cosz)3(cosx−1)(ez+cosz)(1+ey).□
2. 证明方程组
{x+y+u+v=0,x2+y2+u4+v4=2在
(−1,0,1,0) 附近确定一个隐函数
(uv)=(u(x,y)v(x,y)). 进一步, 计算
∂x∂u,∂x2∂2u.3. 证明方程组{x+y+u+v=0,x2+y2+u4+v4=2在 (−1,0,1,0) 附近确定一个隐函数 (yu)=(y(x,v)u(x,v)). 进一步, 计算 ∂x∂u,∂x2∂2u.
1. 设 n⩾2, Ω 是 Rn 中的区域, F:Ω→R 连续可微, 且 Fx(x)=0(∀x∈Ω). 又设 x0∈Ω 使得 F(x0)=0. 证明存在 δ>0, 使得对于任何满足 F(x1)=0 的 x1∈Bδ(x0), 均存在曲面 F(x)=0 上连接 x0,x1 的 C1 曲线 τ. 即存在 τ∈C1([0,1];Rn) 满足 F(τ(t))=0(∀t∈[0,1]) 以及 τ(0)=x0,τ(1)=x1.
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
1. 设 n⩾2, ξ,η∈Rn. 试计算 x∈Sn−1max{⟨ξ,x⟩,⟨η,x⟩}.
2. 设 1⩽p,q⩽+∞, 对 A∈Rm×n, 定义 ∥A∥p,q=∥x∥q=1max∥Ax∥p. 证明: ∥⋅∥p,q 定义了一个范数.
3. 设 A 为 n 阶正定矩阵, 证明 ⟨x,y⟩A=yTAx 定义了 Rn 中的一个内积.
证明. 由于
⟨x,y⟩A=y⊤Ax=(y⊤Ax)⊤=x⊤Ay=⟨y,x⟩A,也有
⟨x+y,z⟩A=⟨x,z⟩A+⟨y,z⟩A,
⟨cx,y⟩A=c⟨x,y⟩A, 其中
c 为一常数. 结合
A 正定可知对于任意
x=0, 有
⟨x,x⟩A=x⊤Ax>0, 从而上述的运算定义了一个内积.
4. 设 n⩾2, A 为 n 阶实对称矩阵, ξ1∈Sn−1 满足 λ1≡ξ1TAξ1=x∈Sn−1maxxTAx. 考虑在 x∈Sn−1 以及 x⋅ξ1=0 的约束条件下最大化 xTAx 的最大值问题, 证明存在 λ2⩽λ1 以及 ξ2∈Sn−1, 使得 Aξ2=λ2ξ2,ξ2⋅ξ1=0. 一般地, 证明存在 λ1⩾λ2⩾⋯⩾λn 以及两两正交的 ξ1,ξ2,⋯,ξn∈Sn−1 使得 Aξk=λkξk(1⩽k⩽n).
证明. 由于
A 实对称, 故存在正交矩阵
P 使得
P⊤AP=⎝⎛λ1′λ2′⋱λn′⎠⎞,其中
λi′(1⩽i⩽n) 是
A 的特征值.
5. 设 A 为 m×n 实矩阵, 证明 ∥A∥=∣z∣=1z∈Cnmax∣Az∣.
6. 设 A 为 n 阶实方阵, λ 是它的 (复) 特征值. 证明: ∣λ∣⩽∥A∥.
7. 设 x∈Rn, 证明 ∣x∣=∥A∥=1A∈Rn×nmax∣Ax∣.
8. 试推导两空间直线lix−xi=miy−yi=niz−zi,i=1,2间的距离公式, 其中(l1m2−l2m1)2+(m1n2−m2n1)2+(n1l2−n2l1)2>0.
解答. 记题设直线分别为
L1,L2, 取
x1∈L1,
x2∈L2, 则
L1 于
L2 之间的距离
d=min∣x1−x2∣, 不妨设
ai=(xi,yi,zi)⊤,di=(li,mi,ni)⊤,i=1,2,于是
x1=a1+t1d1,x2=a2+t2d2, 从而设
D(t1,t2)=∣x1−x2∣2=∣a1−a2+t1d1−t2d2∣2=⟨a1−a2+t1d1−t2d2,a1−a2+t1d1−t2d2⟩=∣d1∣2t12−2⟨d1,d2⟩t1t2+∣d2∣2t22+2⟨a1−a2,d1⟩t1−2⟨a1−a2,d2⟩t2+∣a1−a2∣2,分别记
Ai=∣di∣2,B=⟨d1,d2⟩,Ci=⟨a1−a2,di⟩(i=1,2), 这样就有
D(t1,t2)=A1t12−2Bt1t2+A2t22+2C1t1−2C2t2+∣a1−a2∣2,分别对
t1,t2 求偏导有
∂t1∂D=2A1t1−2Bt2+2C1,∂t2∂D=2A2t2−2Bt1−2C2,令
∂t1∂D=∂t2∂D=0, 并且注意到
A1A2−B22=(l1m2−l2m1)2+(m1n2−m2n1)2+(n1l2−n2l1)2>0,由 Cramer 法则可得
t1′=A1A2−B2BC2−A2C1,t2′=A1A2−B2A1C2−BC1,代入
D(t1,t2) 开方即得结果.
9. 计算两空间直线 1x−1=2y−3=3z−5,4x−7=5y−9=6z−11 的公垂线.
10. 试推导点 (x0,y0,z0) 与平面 Ax+By+Cz+D=0 (A2+B2+C2=0) 的距离公式.
解答. 我们先用条件极值的方法. 设f(α,β,γ)=(α−x0)2+(β−y0)2+(γ−z0)2,即求 f 在约束条件 Aα+Bβ+Cγ+D=0 下的极值. 设F(α,β,γ,λ)=(α−x0)2+(β−y0)2+(γ−z0)2+λ(Aα+Bβ+Cγ+D),则令⎩⎨⎧Fα=2(α−x0)+Aλ=0,Fβ=2(β−y0)+Bλ=0,Fγ=2(γ−z0)+Cλ=0,Fλ=Aα+Bβ+Cγ+D=0,可以解得λ=A2+B2+C22(Ax0+By0+Cz0+D),α=x0−2Aλ,β=y0−2Bλ,γ=z0−2Cλ,此时得到fmin=A2+B2+C2(Ax0+By0+Cz0+D)2,即得点 (x0.y0,z0) 到平面 Ax+By+Cz+D=0 的距离为 fmin=A2+B2+C2∣Ax0+By0+Cz0+D∣.
另一种简单的方法是考虑几何关系, 记 (x0,y0,z0) 为 P1, 取平面上一点 P2(a,b,c), 则考虑向量 P1P2=(a−x0,b−y0,c−z0) 与平面法向量 (A,B,C) 夹角的余弦值 (记较小的那个角为 θ) 可得点到平面距离d=∣∣P1P2∣∣cosθ=∣∣P1P2∣∣∣∣P1P2∣∣A2+B2+C2∣∣P1P2⋅(A,B,C)∣∣=A2+B2+C2∣Ax0+By0+Cz0+D∣.□
11. 设 f(x,y)=xy−xlnx+x−ey(x>0,y∈R). 证明: f(x,y)⩽0(∀x>0,y∈R).
1. 试构造 R2 上的二元实函数 f 使得点 0 不是它的极小值点, 但对任何 α∈[0,2π],g(t)=f(tcosα,tsinα) 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 R2 上连续? 请证明你的结论.
解答. f(x,y)=(x−y2)(x−2y2).
2. 举例说明存在 n 阶方阵 A, 使得其所有特征值的绝对值都严格小于 ∥A∥.
解答. 取
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
A=0 时
∥A∥>0.
3. 若 A 是 n 阶方阵, ∥A∥<1. 证明: (I−A)−1=k=0∑∞Ak.
4. 若 A 是 n 阶可逆矩阵, 取 α>0 足够小使得 I−αAAT 正定. 令B0=αAT,Bk+1=Bk(2I−ABk)(k⩾0).证明: {ABk} 是单调增加的正定矩阵, 其极限为 I. 特别地, k→+∞limBk=A−1.
5. 试对于 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.
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
1. 求以下方程的通解:
(1)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=0; | (2)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=x; |
(3)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=xe3x; | (4)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=xe2x; |
(5)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=x2excosx; | (6)y′′(x)−3y′(x)+2y(x)=x2exsin2x. |
解答. 由特征方程 λ2−3λ+2=0 得 λ1=1,λ2=2, 从而齐次方程 (1) 的通解为y=C1ex+C2e2x,根据线性方程得通解结构, 为得到后续方程得通解, 只需要得到这些方程得特解. 使用算子法, 即得各个特解如下:
(2) y∗=(D−1)(D−2)1x=(D−21−D−11)x=(21+43D)x=21x+43.
(3)y∗=(D−1)(D−2)1xe3x=e3x(D+2)(D+1)1x=e3x(21−43D)x=e3x(21x−43).
(4)
y∗=(D−1)(D−2)1xe2x=e2xD(D+1)1x=e2xD1(1−D)x=e2x(21x2−x).2. 求以下方程的通解:
(1)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=0; | (2)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=x; |
(3)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=xe3x; | (4)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=xe2x; |
(5)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=x2e2xcosx; | (6)y′′(x)−4y′(x)+4y(x)=x2exsinx. |
解答. 由特征方程 λ2−4λ+4=0 得 λ1=λ2=2, 从而齐次方程 (1) 的通解为y=C1e2x+C2xe2x,根据线性方程得通解结构, 为得到后续方程得通解, 只需要得到这些方程得特解. 使用算子法, 即得各个特解如下:
(2) y∗=(D−21)2x=41(1+D)x=41x+41.
(3) y∗=(D−21)2xe3x=e3x(D+11)2x=e3x(1−2D)x=(x−2)e3x.
(4)
y∗=(D−21)2xe2x=e2xD21x=61x3e2x.3. 求以下方程的通解:
(1)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=0; | (2)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=x3+1; |
(3)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=xe3x; | (4)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=xsin2x; |
(5)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=x2e2xcosx; | (6)y′′(x)+y′(x)+2y(x)=x2exsin2x. |
解答. 由特征方程 λ2+λ+2=0 得 λ1=
4. 求以下方程的通解:
(1)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=0; | (2)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=(x+1)2; |
(3)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=xsin2x; | (4)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=xsinx; |
(5)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=x2e2xcosx; | (6)y(5)(x)+2y′′′(x)+y′(x)=x2exsinx. |
解答. 由特征方程
λ5+2λ3+λ=0 得
λ1=0,λ2=i,λ3=−i,
λ2,λ3 均为二重根. 于是齐次方程 (1) 的通解为
y=C1+C2cosx+C3xcosx+C4sinx+C5xsinx, 5. 求方程 y′′(x)−y(x)=1 满足 y(0)=1,y′(0)=2 的特解.
解答. y(x)=C1ex+C2e−x−1, 初值说明
C1+C2−1=1,C1−C2=2, 得
y(x)=2ex−1.
6. 试研究当 b 为何值时, 对所有 y0,y1∈R, 方程 y′′(x)+y(x)=0 满足 y(0)=y0,y(b)=y1 的特解总是存在.
解答. y(x)=C1cosx+C2sinx, 方程组
C1=y0,C1cosb+C2sinb=y1 必有解, 就是
sinb=0, 即
b∈/{kπ:k∈Z}.
7. 若 n 阶方阵 A,B 可交换, 证明: eA+B=eAeB.
8. 设 n⩾2,λ∈C,n 阶方阵 A 为⎝⎛λ0⋮001λ⋯0001⋮00⋯⋯⋯⋯00⋮λ000⋮1λ⎠⎞.试计算 exA.
1. 设 P1,P2 是次数依次为 m,n⩾1 的多项式, Q1,Q2 是次数小于 m,n 的非零多项式, 满足 P(t)1=P1(t)Q1(t)+P2(t)Q2(t), 其中 P(t)=P1(t)P2(t). 若 f 为 I 上的连续函数, f1,f2 依次为区间 I 上的 m,n 次连续可微函数, 满足 P1(D)f1(x)=P2(D)f2(x)=f(x). 令 F(x)=P1(D)f1(x)+P2(D)f2(x). 证明: F 是 m+n 阶连续可导函数, 进而 P(D)F(x)=f(x). 2. 举例说明上题中, P1(D)f1 可以不是 m+n 阶连续可导的.
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
1. 设 a>0, 用 Newton 法通过求解 f(x)=ex−a 的零点计算 lna. 若取初值为 1, 试讨论 Newton 迭代法的收敛性, 并讨论误差估计.
2. 对于 n⩾2 以及 a>0, 讨论通过 Newton 法计算 f(x)=x10−a 的零点的可行性与误差估计.
3. 计算椭圆 4x2+9y2=1. 上各点的曲率.
解答. 我们先推到由参数方程确定的平面曲线的曲率计算公式. 对于 y0=f(x0), 当 f′′(x0)=0 时曲率为 K=(1+∣f′′(x0)∣2)3/2∣f′′(x0)∣. 先设平面曲线有如下的参数方程 {x=φ(t),y=ϕ(t), 则有y′(x)=dxdy=dx/dtdy/dt=φ′(t)ϕ′(t),进一步有y′′(x)=dxd(dxdy)=dtd(dxdy)⋅dx/dt1=(φ′(x))3ϕ′′(t)φ′(t)−ϕ′(x)φ′′(x),将其代入 K 得到K=((φ′(t))2+(ϕ′(t))2)3/2∣ϕ′′(t)φ′(t)−ϕ′(x)φ′′(x)∣.一般地, 椭圆 a2x2+b2y2=1 的参数方程可设为 (acosθ,bsinθ), 代入上述公式即得K=(a2sin2(t)+b2cos2(t))3a2b2.□
4. 设 y=3x+1x4, 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′(x)=3(1+x)2x3(3x+4)⋅(x+1x4)−2/3,x=−1,于是 y(x) 有驻点 −34,0. 关于函数的单调性与极值等信息如下表:
∫ | (−∞,−34) | −43 | (−34,−1) | −1 | (−1,0) | 0 | (0,+∞) |
f′ | + | 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′′(x)=9(1+x)34x2⋅(x+1x4)−2/3,x=−1,可见
y(x) 在
(−∞,−1) 上凹而在
(−1,+∞) 上凸. 并且
x→∞limxy(x)=1,x→∞lim(y(x)−x)=31,即
y 有渐近线
f(x)=x−31 其简图如下:
5. 设 y=lnx2−x+1x2+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)=x2−x+1x2+x+1, 有 g(0)=1>0, 当 x=0 时, g(x)=x2−x+1x2+x+1=1+x2−x+12x=1x+1/x−12,x>0 时 x+x1>2, 从而 g(x)>0; x<0 时 x+x1⩽−2,x+1/x−12<−1, 也有 g(x)>0. 从而 y(x) 的定义域为 R. 直接计算得到y′(x)=x4+x2+1−2x2+2,于是 y(x) 有驻点 ±1. 关于函数的单调性与极值等信息如下表:
| (−∞,−1) | −1 | (−1,1) | 1 | (1,+∞) |
f′ | − | 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′′(x)=(x4+x2+1)24x(x4−2x2−2),令 y′′(x)=0, 得到三个实根分别为 0,±1+3. 关于函数凹凸性有下表:
∫ | (−∞,−1+3) | (−1+3,0) | (0,1+3) | (1+3,+∞) |
f′′ | − | + | − | + |
f | 严格凹 | 严格凸 | 严格凹 | 严格凸 |
又有
x→∞limlnx2−x+1x2+x+1=0,从而
y(x) 有水平渐近线
y=0, 其简图如下.
[假装有图] 1. 试给出由参数方程确定的平面曲线曲率的计算公式.
2. 设 φ 为 (0,+∞) 内的凹函数, 证明:x→+∞lim(φ(2x)−2φ(x))=−∞当且仅当 y=φ(x) 当 x→+∞ 时没有渐近线.