多元微积分作业（一）

本文最后更新于：2022年3月10日上午

多元微积分作业（一）

（共8题，有些题完善了课堂上某些内容的逻辑链条）

红色字体是对作业中错误的改正。

1.

设 $\|\cdot\|$ 是范数，证明 $C=\left\{\vec{x} \in \mathbb{R}^{m} \mid\|\vec{x}\| \leq 1\right\}$ 是闭凸集。 ( $\mathbb{C} \in \mathbb{R}^{m}$ 是凸集 $\Longleftrightarrow \forall \vec{x}, \vec{y} \in \mathbb{C}, \forall t \in(0,1),(1-t) \vec{x}+t \vec{y} \in \mathbb{C}$ )

证明：若映射 $\|\cdot\|$ 使得 $C=\left\{\vec{x} \in \mathbb{R}^{m} \mid\|\vec{x}\| \leq 1\right\}$ 不是闭凸集，即 $\exists\vec{x_0}, \vec{y_0} \in \mathbb{C},\exists t_0\in(0,1),||(1-t_0) \vec{x_0}+t_0 \vec{y_0}||>1$

由范数的正齐次性和三角形不等式，有 \[ \begin{aligned} ||(1-t_0) \vec{x_0}+t_0 \vec{y_0}||&\leq ||(1-t_0)\vec{x_0}||+||t_0\vec{y_0}||=(1-t_0)||\vec{x_0}||+t_0||\vec{y_0}||\\&\leq1 \end{aligned} \] 矛盾，故原命题不成立， $C=\left\{\vec{x} \in \mathbb{R}^{m} \mid\|\vec{x}\| \leq 1\right\}$ 是闭凸集。

下证 $C$ 是闭集。若 $C$ 不是闭集，意味着 $\exists\{\vec{x_n}\}\in C,\lim\limits_{n\to\infty}{\vec{x_n}}=\vec{x_{\infty}}\notin C$ ，即 $||\vec{x_{\infty}}||>1$ 。因此，对 $\forall \varepsilon>0,\exists N>0$ ，使 $\forall n>N,||\vec{x_{\infty}}-\vec{x_n}||<\varepsilon$ 。但由范数的三角不等式知道 $||\vec{x_{\infty}}-\vec{x_n}||>||\vec{x_{\infty}}||-||\vec{x_n}||\geq||\vec{x_{\infty}}||-1$ ，矛盾。因此 $C$ 是闭集。综上，$C$ 是闭凸集。

2.

设 $||\cdot||$ 满足正定、正齐次性，证明 $||\cdot||$ 是范数 $\Leftrightarrow C=\{\vec{x} \ | \ ||\vec{x}||\leq 1\}$ 是凸集。

证明：充分性已于第一题证明。

必要性：因 $C$ 是凸集，有 $||(1-t) \vec{x}+t\vec{y}||\leq1,\forall 0\leq t\leq1,\vec{x},\vec{y}\in C$ 。

对 $\forall \vec{x},\vec{y}$ ，令 $t=\dfrac{||\vec{y}||}{||\vec{x}||+||\vec{y}||}$ 。显然 $\dfrac{\vec{x} }{||\vec{x}||},\dfrac{\vec{y} }{||\vec{y}||}\in C$ ，因此有 \[ ||(1-t)\dfrac{\vec{x}}{||\vec{x}||}+t\dfrac{\vec{y}}{||\vec{y}||}||\leq1 \] 由于 $||\cdot||$ 满足正齐次性，有 \[ ||\vec{x}+\vec{y}||\leq||\vec{x}||+||\vec{y}|| \] 即 $||\cdot||$ 满足三角形不等式，因此是范数。

3.

证明 $||\vec{x}||_{\infty}=\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|}$ 是范数。

证明：要证明这是范数，需要证明它满足正定、三角形不等式、正齐次性三个性质。

1）正定。显然 $\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|}\geq 0$ ，且 $\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|}=0$ 当且仅当 $x^i=0,1\leq i\leq m$ 。

2）三角形不等式。有 \[ \begin{aligned} ||\vec{x}+\vec{y}||&=\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i+y^i|}\geq\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|+|y^i|}\\&\geq\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|}+\max\limits_{1\leq i\leq m}{|y^i|} =||\vec{x}||+||\vec{y}|| \end{aligned} \] 3）正齐次性。$\max\limits_{1\leq i\leq m}{|\lambda x^i|}=\lambda\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|},\forall\lambda>0$ ，显然成立。

因此 $||\vec{x}||_{\infty}=\max\limits_{1\leq i\leq m}{|x^i|}$ 是范数。

4.

设 $p>1$ ，证明 $\displaystyle||\vec{x}||_p=(\sum\limits_{i=1}^m{|x^i|^p})^{\frac{1}{p} }$ 是范数。

证明：同样要证明它满足正定、三角形不等式、正齐次性三个性质。

1）正定。显然 $(\sum\limits_{i=1}^m{|x^i|^p})^{\frac{1}{p} }\geq 0$ ，且 $(\sum\limits_{i=1}^m{|x^i|^p})^{\frac{1}{p} }=0$ 当且仅当 $x^i=0,1\leq i\leq m$

2）三角形不等式，即 $||\vec{x}+\vec{y}||\leq||\vec{x}||+||\vec{y}||$ 。

有引理1：

（ Young 不等式）对 $\forall a,b>0$ 和满足 $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$ 的正数 $p,q$ ，有 $ab\geq\dfrac{a^p}{p}+\dfrac{b^q}{q}$ ，等号成立当且仅当 $a^p=b^q$ 。

证明：设 $t=\dfrac{1}{p}$ ，则 $1-t=\dfrac{1}{q}$ 。由于 $\ln x$ 是一个凸函数，有 \[ \ln(ta^p+(1-t)b^q)\leq t\ln(a^p)+(1-t)\ln(b^q)=\ln(ab) \] 因此 $ab\geq\dfrac{a^p}{p}+\dfrac{b^q}{q}$ ，且等号成立当且仅当 $a^p=b^q$ 。

引理2：

（ Hölder 不等式）对实数 $x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_n$ 和满足 $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$ 的正数 $p,q$ ，有 \[ \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k} y_{k}\right| \leq\left(\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}\left|y_{k}\right|^{q}\right)^{\frac{1}{q}} \] 证明：令 $\displaystyle a=\frac{|x_k|}{(\sum\limits_{k=1}^{n}{|x_k|^p})^{\frac{1}{p} }},b=\frac{|y_k|}{(\sum\limits_{y=1}^{n}{|y_k|^q})^{\frac{1}{q} }}$ ，由 Young 不等式知 \[ \frac{|x_k y_k|}{(\sum\limits_{k=1}^{n}{|x_k|^p})^{\frac{1}{p}}(\sum\limits_{y=1}^{n}{|y_k|^q})^{\frac{1}{q}}}\leq\frac{1}{p}\frac{|x_k|^p}{\sum\limits_{k=1}^{n}{|x_k|^p}}+\frac{1}{q}\frac{|y_k|^q}{\sum\limits_{y=1}^{n}{|y_k|^q}} \] 将此式对 $k=1,\cdots,n$ 求和，得到 \[ \frac{\sum\limits_{k=1}^{n}|x_k y_k|}{(\sum\limits_{k=1}^{n}{|x_k|^p})^{\frac{1}{p}}(\sum\limits_{y=1}^{n}{|y_k|^q})^{\frac{1}{q}}} \leq\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 \] 故原式得证，且等号成立当且仅当 $(x_1,\cdots,x_n)$ 和 $(y_1,\cdots,y_n)$ 线性相关。

引理3：

（ Minkowski 不等式）对实数 $x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_n$ 和实数 $p\geq1$ 有 \[ \left(\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}+y_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p} \leq\left(\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p}+\left(\sum_{k=1}^{n}\left|y_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p} \] 证明： $p=1$ 的情况显然可以由绝对值不等式得出，等号成立当且仅当 $x_k y_k\geq0,\forall 1\leq k\leq n$ 。

$p>1$ 的情况：有 \[ \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}+y_{k}\right|^{p}\leq\sum\limits_{k=1}^n{|x_k||x_k+y_k|^{p-1}}+\sum\limits_{k=1}^n{|y_k||x_k+y_k|^{p-1}} \] 对此式右半部分使用 Hölder 不等式： \[ \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}+y_{k}\right|^{p}\leq(\sum\limits_{k=1}^n{|x_k|^p})^{\frac{1}{p}}(\sum\limits_{k=1}^n{|x_k+y_k|^{(p-1)q}})^{\frac{1}{q}} +(\sum\limits_{k=1}^n{|y_k|^p})^{\frac{1}{p}}(\sum\limits_{k=1}^n{|x_k+y_k|^{(p-1)q}})^{\frac{1}{q}} \] 因为 $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$ ，有 $(p-1)q=p$ 。将上式两边同时除以 $\displaystyle(\sum\limits_{k=1}^n{|x_k+y_k|^p})^{\frac{1}{q} }$ ，有 \[ \left(\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}+y_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p} \leq\left(\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p}+\left(\sum_{k=1}^{n}\left|y_{k}\right|^{p}\right)^{1 / p} \] 等号成立当且仅当 $\{x_k\},\{y_k\},k=1,\cdots,n$ 两者线性相关，且 $x_k y_k\geq0$ 。

由 Minkowski 不等式知，$p\geq 1$ 时三角形不等式成立。

（3）正齐次性。 $||\lambda\vec{x}||_p=(\sum\limits_{k=1}^n|\lambda x^k|^p)^{\frac{1}{p} }=\lambda(\sum\limits_{k=1}^n|x^k|^p)^{\frac{1}{p} }$ 在 $\lambda>0$ 时显然成立。

综上所述， $\displaystyle||\vec{x}||_p=(\sum\limits_{i=1}^m{|x^i|^p})^{\frac{1}{p} }$ 是范数。

5.

设 $m>1$ ，证明 $C=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^m \ | \ ||\vec{x}||=1\}$ 是道路连通集。

证明：对 $\forall \vec{x},\vec{y}\in C$ ，构造映射： \[ f(t)=\frac{(1-t)\vec{x}+t\vec{y}}{||(1-t)\vec{x}+t\vec{y}||},0\leq t\leq1 \] 显然始终有 $||f(t)||=1$ ，即 $f(t)\in C$ 。因此 $C$ 是一个道路连通集。

上述分析不适用于 $ =-$ 的情形。若为此情况，映射应改为： \[ f(t)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{(\dfrac{1}{2}-t)\vec{x}+t\vec{c}}{||(\dfrac{1}{2}-t)\vec{x}+t\vec{c}||}&,0\leq t\leq\dfrac{1}{2}\\ \dfrac{(1-t)\vec{c}+(t-\dfrac{1}{2})\vec{y}}{||(1-t)\vec{c}+(t-\dfrac{1}{2})\vec{y}||}&,\dfrac{1}{2}< t\leq1 \end{array}\right. \] 其中 $\vec{c}\in C$ 且不与 $\vec{x},\vec{y}$ 平行。显然此时此映射是连续映射，且始终有 $||f(t)||=1$ 。

6.

设 $m>1$ ，证明 $\{A \ | \ A是m阶方阵,\det A>0\}$ 是道路连通集。其中 $||A||=\max\limits_{1\leq i,j\leq m}{|a_{ij}|}$ 。

证明：首先写出要用到三种初等变换：

倍加变换： \[ E_{ij}(k)=\tiny\begin{bmatrix} \small\ddots&&&&\\ &\normalsize1&\small\cdots&\normalsize k&\\ &&\small\ddots&\small\vdots&\\ &&&\normalsize1&\\ &&&&\small\ddots \end{bmatrix}\normalsize\text{or} \tiny\begin{bmatrix} \small\ddots&&&&\\ &\normalsize1&&&\\ &\small\vdots&\small\ddots&&\\ &\normalsize k&\small\cdots&\normalsize1&\\ &&&&\small\ddots \end{bmatrix} \] 倍乘变换： \[ E_{ii}(k)=\tiny\begin{bmatrix} \small\ddots&&&&\\ &\normalsize1&&&\\ &&\normalsize k&&\\ &&&\normalsize1&\\ &&&&\small\ddots \end{bmatrix} \] 对换变换： \[ P_{ij}=\tiny\begin{bmatrix} \ddots&&&&&&&&&\\ &\normalsize1&&&&&&&&\\ &&\normalsize0&&&&&\normalsize 1&&\\ &&&\normalsize1&&&&&&\\ &&&&\ddots&&&&&\\ &&&&&\normalsize1&&&&\\ &&\normalsize1&&&&&\normalsize0&&\\ &&&&&&&&\normalsize1&\\ &&&&&&&&&\ddots\\ \end{bmatrix} \] 在 $k>0$ 的情况下，$\det E_{ij}(k)=1,\det E_{ii}(k)=k,\det P_{ij}=1$ ，这些矩阵行列式都是正的。由于矩阵的范数规定为最大元素的值，显然这些矩阵的范数关于 $k$ 都是连续的。

那么，从 $\forall A\in C$ 开始，经高斯消元变为上三角矩阵，再将上三角矩阵变换为对角矩阵。由于变换过程中只用到了上面三种初等变换，行列式的值将始终保持为正，即

$f_0(t)=\prod\limits_{s=1}^{p_1}F_{s}(tk_s)A\prod\limits_{w=1}^{l_1}{G_{w}(tk_w)},F,G=E_{ij},E_{ii},P_{ij},0\leq t\leq t_1,f_0(t_1)=\text{diag}(r_1,\cdots,r_m)$

那么 $f_1(t)\in C,\forall t\in [0,t_1]$ ，且 $f_1(t)$ 是连续的。

此时因行列式为正，$r_1,\cdots,r_m$ 中负数的个数一定是偶数，其余都是正数。对于两个负的对角元素，可用以下方法将其转为正值： \[ \begin{gathered} \left(\begin{array}{cc} -a & 0 \\ 0 & -b \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cc} -a & 0 \\ -a & -b \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cc} 0 & b \\ -a & -b \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cc} 0 & b \\ -a & 0 \end{array}\right) \\ \rightarrow\left(\begin{array}{cc} b & b \\ -a & 0 \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cc} b & 0 \\ -a & a \end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ll} b & 0 \\ 0 & a \end{array}\right) \end{gathered} \] 其中只用到了倍加变换。将全部对角元素变为正值后，进行 $m$ 次 $k$ 值为正的变换，即变为单位矩阵。

因此，将 $\text{diag}(r_1,\cdots,r_m)$ 变为单位矩阵的过程仍然可以是连续、线性的，且过程中一直在 $C$ 中。

因此，存在连续映射 $f_1(t),0\leq t\leq \dfrac{1}{2}$ ，使$f_1(0)=A,f_1(\dfrac{1}{2})=I,f_1(t)\in C,\forall t\in[0,\dfrac{1}{2}]$ ；

同理若有任意 $B\in C$ ，存在连续映射 $f_2(t),\dfrac{1}{2}\leq t\leq 1$ ，使$f_2(\dfrac{1}{2})=I,f_2(1)=B,f_2(t)\in C,\forall t\in[\dfrac{1}{2},1]$ ；

因此对 $\forall A,B\in C$ ，存在连续映射 $f(t),0\leq t\leq 1$ ，使 $f(0)=A,f(1)=B,f(t)\in C,\forall t\in[0,1]$ ，因此 $C$ 为道路连通集。

7.

设 $f:\mathbb{R}^m \backslash \{0\}\to\mathbb{R}$ 连续，且满足 $f(t\vec{x})=f(\vec{x}),\forall t>0,\vec{x}\neq0$ 。证明 $f$ 有最大值和最小值。

证明：

由题意知，$f(\vec{x})=f(\dfrac{t\vec{x} }{||\vec{x}||}),\forall \vec{x}\in\mathbb{R}^m\backslash\{0\},t>0$ ，这样，对 $\forall \vec{x},\vec{y}\in\mathbb{R}^m\backslash\{0\}$ ，有 \[ f(\vec{x})-f(\vec{y})=f(\dfrac{t\vec{x}}{||\vec{x}||})-f(\dfrac{t\vec{y}}{||\vec{y}||}) \] 由于 $f$ 连续，对 $\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\forall ||\vec{x_2}-\vec{x_1}||<\delta,f(\vec{x_1})-f(\vec{x_2})<\varepsilon$ ，而此时 \[ ||\dfrac{t\vec{x}}{||\vec{x}||}-\dfrac{t\vec{y}}{||\vec{y}||}||\leq t(||\frac{\vec{x}}{||\vec{x}||}||+||\frac{\vec{y}}{||\vec{y}||}||)=2t \] 令 $t<\dfrac{\delta}{2}$ ，则有 $f(\vec{x})-f(\vec{y})<\varepsilon$ 。令 $\varepsilon\to0$ ，得 $f(\vec{x})=f(\vec{y})$

因此 $f$ 在全定义域的函数值都相同，记为 $f(\vec{x})=A,\forall \vec{x}\in\mathbb{R}^m\backslash\{0\}$ 。因此 $f$ 最大值和最小值都存在，且同为 $A$ 。

8.

设 $f(x,y,z)=\dfrac{x+2y+3z}{x^2+y^2+z^2+1}$ ，证明 $f$ 有正的最大值和负的最小值。

证明：令 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}\geq1$ ，有 \[ \begin{aligned} |f(x,y,z)|&=\frac{|x+2y+3z|}{r}\frac{1}{r}\\ &\leq\frac{1}{r}(|\frac{x}{r}|+2|\frac{y}{r}|+3|\frac{z}{r}|)\\ &\leq\frac{6}{r}\leq 6 \end{aligned} \] 因此 $f(x,y,z)$ 有界。

另外，因 $|f(x,y,z)|\leq\dfrac{6}{r}$ ，对满足 $r(x,y,z)>4$ 的 $(x,y,z)$ ，有 $|f(x,y,z)|<\dfrac{3}{2}$ 。

对 $f(x,y,z),r\leq 4$ ，由于定义域为有界闭子集，且 $f$ 在定义域内连续，$f(x,y,z)$ 必然也是有界闭子集，因此有最大值 $f_{\max}$ 和最小值 $f_{\min}$ 。

此外，因 $f_{\max}\geq f(0,0,1)=\dfrac{3}{2},f_{\min}\leq f(0,0,-1)=-\dfrac{3}{2}$ ，两者在 $f(x,y,z),(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ 中也是最大值和最小值，因此 $f(x,y,z)$ 最大值为正，最小值为负。

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