DOC《《数学分析选论》习题解答》

使得.同理,由,,

使得.而,,

故在上存在两点,满足 17.证明:(1)若在凸开域上处处有,则常数,;

(2)若在开域上处处有,则同样有常数,. 证(1)由于为凸开域,因此,联结这两点的直线段必含于, 根据§3.5的例10知道与无关;

类似地,又与无关.这样,在上各点处的值恒相等. (2)当为一般开域时( 如图 ), ,必存在一条全含于内、联 结两点的有限折线.又因这条折线上 的点全为的内点,故在每一点处有一邻 域含于,所有这无穷多个邻域覆盖了整条折线.由有限覆盖定理,这条折线能被其中有限个邻域所覆盖.在这每一个邻域内,由(1)已知常数,而相邻两个邻域之交非空,故经有限次推理,可知.由在内的任意性,这就证得在整个上常数. 18.证明:若存在连续的二阶偏导数,且令 ( 其中为常量 ),则在此坐标旋转变换之下,为一形式不变量,即.证由条件,,

且有 由此容易推至结论 成立. 19.设为一有界闭域,在上可微,且满足 . 证明:若在上的值恒为零,则在上的值亦恒为零. 证 由于在上可微,为有界闭域,因此在上存在最大值和最小值,分别设为. 如果,则为一极大值,故满足,由条件, ;

如果,则为一极小值,同理有;

如果与都在的内部取得,则有;

如果,则由条件又使. 综上,在任何情形下恒有 . 20.设为可微函数.试证:曲面的任一切平面恒与某一直线平行. 证 由于可微,因此该曲面在其上任一点处的法向量为 . 又因,其中,所以上述法向量恒与常向量正交.这说明以为法向量的切平面恒与以为方向向量的直线相互平行. 21.证明:以为参数的曲线族 是相互正交的( 当相交时 ). 证 设曲线族中当时所对应的两条曲线相交,则应满足 ;

将此二式相减,经整理得到 . 另一方面,此二曲线在交点处的法向量分别为 . 由于 因此这两条曲线在交点处互相垂直. 22.设为凸集,为凸函数.证明: 对任何正数是上的凸函数;

若也是上的凸函数,则仍是上的凸函数;

若是上的凸函数,且递,则亦为上的凸函数. 证(1)据凸函数定义,,

有.以乘之,得,此即表示亦满足凸函数定义. (2)由,,

两式相加后得到 , 此即表示亦为上的凸函数. 由,以及为递凸函数,得到 或者写成 此即表示亦为上的凸函数. 23.设,其中在上为非负严格凸函数,且 .试证:与都是严格递函数. 证 由条件,.,因为为严格凸函数,根据严格凸函数的充要条件( 定理3.12 ),有,而这就是,所以是严格递函数. 又因 , 所以,即也是严格递函数. 24. 证明定理3.13的推论1和推论2. 证 这里要证明的是:若在开区间上为凸函数,则(1)在中每一点处都连续;

(2)在中每一点处的左、右导数都存在. 现分别证明如下―― (1)由定理3.13,在任何上满足利普希茨条件在上一致连续在上连续在上处处连续. (2),设.由定理3.12,知道 为递函数.另一方面,因为开区间,必存在使,于是又有 , 这说明有下界.综合起来,根据关于函数极限的单调有界定理,存在右导数 . 同理可证存在左导数. ( 注:如果先证得与都存在,则立即知道在点既是左连续,又是右连续,从而在点连续.由在中的任意性,便证得在中处处连续.) 25. 证明定理3.14的推论1和推论2. 证 这里要证明的是: 若在区间上二阶可导,则有 在上为凸函数;

若在区间上是一可微的凸函数,则有 是的极小值点. 现分别证明如下―― 当存在时,已知 . 据定理3.14(),在上递在上为凸函数,故结论得证. 其中""已由费马定理所保证,这里只要证明"". 由,根据定理3.14(),对一切恒有 , 因此是在上的最小值.由存在,说明是的一个内点,所以是在上的一个极小值. 26.用凸函数方法证明如下不等式: (1)对任何恒有 ;