方企勤 第五章 多元函数微分学 第5.2题

### 题目 0（题目描述不完整，根据常见题型推断）

**题目**：设 $\Omega \subset \mathbb{R}^m$ 是开区域，$f(x,y)$ 在 $\Omega$ 上满足 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} = 0, \frac{\partial f}{\partial y} = 0$。求证：$f$ 在 $\Omega$ 上恒为常数。若 $\Omega$ 不含原点，问 $f$ 是否为常数？考查例子 $\displaystyle u = \arctan\frac{y}{x}$。

**解答**：

1. 若 $\Omega$ 是连通开集（区域），且 $f$ 在 $\Omega$ 上两个偏导数处处为零，则 $f$ 在 $\Omega$ 上为常数。 证明：任取两点 $A,B\in\Omega$，用折线连接（区域连通），每段平行于坐标轴，由偏导为零知函数值不变，故 $f(A)=f(B)$。

2. 若 $\Omega$ 不含原点，考虑 $\displaystyle u=\arctan\frac{y}{x}$。 计算偏导： $$ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{-y}{x^2+y^2}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{x}{x^2+y^2}. $$ 它们不全为零，所以 $u$ 不是常数。但若限制在 $\Omega$ 上，只要 $\Omega$ 是单连通且不含原点，$u$ 可能不是单值函数，但局部上偏导存在且满足某些条件时，$u$ 仍不是常数。 结论：若 $\Omega$ 不含原点，$f$ 不一定为常数，因为偏导为零的条件不成立。

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### 5.2.28

**(1)** $f(x) = (Ax-b)\cdot(Ax-b)$，其中 $A$ 是 $n\times m$ 矩阵，$b\in\mathbb{R}^n$。

**解**： 令 $g(x)=Ax-b$，则 $f(x)=g(x)^T g(x)$。 微分： $$ Df(x) = 2 g(x)^T Dg(x) = 2 (Ax-b)^T A. $$ 所以微分是线性映射 $h \mapsto 2(Ax-b)^T A h$。

**(2)** $\displaystyle f(x)=\frac{1}{|x|}$，$x\in\mathbb{R}^m\setminus\{0\}$。

**解**： 记 $r=|x|$，则 $f=r^{-1}$。 $$ \frac{\partial f}{\partial x_i} = -\frac{1}{r^2}\cdot\frac{x_i}{r} = -\frac{x_i}{r^3}. $$ 所以 $$ Df(x) = -\frac{x^T}{|x|^3}. $$ 即对任意方向 $h$，有 $\displaystyle Df(x)h = -\frac{x\cdot h}{|x|^3}$。

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### 5.2.29

设 $f:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^l$, $g:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 可微，证明： $$ D(fg)(x) = f(x) Dg(x) + g(x) Df(x). $$

**证明**： 这里 $fg$ 是逐点乘积（即 $(fg)(x) = f(x)g(x)$，结果在 $\mathbb{R}^{l\times n}$ 中？通常理解为 $f$ 是标量值或矩阵值，但这里按标量函数处理）。 更准确：设 $f:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}$，$g:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$，则 $fg$ 是 $\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$。 由乘积法则： $$ \frac{\partial (f g_j)}{\partial x_i} = \frac{\partial f}{\partial x_i} g_j + f \frac{\partial g_j}{\partial x_i}. $$ 写成矩阵形式即 $$ D(fg)(x) = g(x) Df(x) + f(x) Dg(x). $$ 注意顺序：$Df(x)$ 是行向量，$g(x)$ 是列向量，乘积是矩阵。

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### 5.2.30

$\displaystyle f(x)=\frac{x}{|x|}$，$x\in\mathbb{R}^m\setminus\{0\}$。

**(1)** 求 $Df(x)$。

**解**： 记 $r=|x|$，则 $f_i = x_i/r$。 $$ \frac{\partial f_i}{\partial x_j} = \frac{\delta_{ij}}{r} - \frac{x_i x_j}{r^3}. $$ 所以 $$ Df(x) = \frac{1}{r} I - \frac{1}{r^3} x x^T. $$

**(2)** 方向 $\displaystyle l = \frac{x}{|x|}$，求方向导数。

**解**： $$ \frac{\partial f}{\partial l} = Df(x) \cdot l = \left(\frac{1}{r}I - \frac{1}{r^3}xx^T\right)\frac{x}{r} = \frac{x}{r^2} - \frac{x(x^T x)}{r^4} = \frac{x}{r^2} - \frac{x}{r^2}=0. $$

**(3)** 方向 $l$ 满足 $l\cdot x=0$，$|l|=1$。

**解**： $$ \frac{\partial f}{\partial l} = \frac{1}{r} l - \frac{1}{r^3} x (x^T l) = \frac{l}{r}. $$

**(4)** 求 $\|Df(x)\|$。

**解**： $Df(x)$ 是对称矩阵，特征值：对应 $x$ 方向的特征值为 $0$（因为 $Df(x)x=0$），垂直于 $x$ 的方向特征值为 $1/r$。所以范数（算子范数）为 $1/r$。

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### 5.2.31

**(1)** 极坐标： $$ x_1 = r\cos\theta,\quad x_2 = r\sin\theta. $$ 雅可比行列式： $$ \frac{\partial(x_1,x_2)}{\partial(r,\theta)} = \begin{vmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{vmatrix} = r. $$

**(2)** 球坐标： $$ \begin{aligned} x_1 &= r\cos\theta_1,\\ x_2 &= r\sin\theta_1\cos\theta_2,\\ x_3 &= r\sin\theta_1\sin\theta_2. \end{aligned} $$ 雅可比矩阵： $$ J = \begin{pmatrix} \cos\theta_1 & -r\sin\theta_1 & 0 \\ \sin\theta_1\cos\theta_2 & r\cos\theta_1\cos\theta_2 & -r\sin\theta_1\sin\theta_2 \\ \sin\theta_1\sin\theta_2 & r\cos\theta_1\sin\theta_2 & r\sin\theta_1\cos\theta_2 \end{pmatrix}. $$ 行列式： $$ \det J = r^2 \sin\theta_1. $$

**(3)** 推广到 $m$ 维球坐标，用归纳法可得： $$ \frac{\partial(x_1,\dots,x_m)}{\partial(r,\theta_1,\dots,\theta_{m-1})} = r^{m-1} \sin^{m-2}\theta_1 \sin^{m-3}\theta_2 \cdots \sin\theta_{m-2}. $$

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### 5.2.32

设 $\Omega\subset\mathbb{R}^m$ 凸，$f\in C^2(\Omega,\mathbb{R})$，海森矩阵 $H_f(x)$ 半正定，证明 $f$ 是凸函数（题目中写凹函数，但半正定对应凸函数，这里按凸函数处理）。

**证明**： 对任意 $x,y\in\Omega$，令 $\phi(t)=f((1-t)x+ty)$，$t\in[0,1]$。 则 $$ \phi''(t) = (y-x)^T H_f((1-t)x+ty)(y-x) \ge 0, $$ 所以 $\phi$ 是凸函数，故 $$ \phi(t) \le (1-t)\phi(0)+t\phi(1), $$ 即 $$ f((1-t)x+ty) \le (1-t)f(x)+tf(y). $$ 因此 $f$ 是凸函数。

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以上为所有题目的完整解答。