考研数学综合题10

用户9628320

发布于 2022-11-23 15:23:37

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一道利用偏导数，格林公式以及定积分放缩的综合积分证明题

设

f(x,y)

在单位圆

D=\{(x,y)|x^2+y^2\leq 1\}

上有二阶连续偏导数，且满足

\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{e^{\sqrt{x^2+y^2}}}{1+\sqrt{x^2+y^2}}

，证明：

\displaystyle 0 < \oint_{L}\frac{\partial f}{\partial \vec{n}}ds < \pi e

其中，

是

的正向边界曲线，

\vec{n}

是

的外法线方向。

【解析】：首先可以知曲线

的逆时针方向的单位切向量为

\vec{\tau} =(\cos \theta,\sin \theta)

，则

dx=\cos \theta ds,dy=\sin \theta ds

，而单位法向量

\vec{n}

是由

\vec{\tau}

旋转

\dfrac{\pi}{2}

得到的，则

\vec{n}=\left(\cos(\theta-\dfrac{\pi}{2}),\sin(\theta-\dfrac{\pi}{2})\right)=(\sin \theta,-\cos \theta)

而

\dfrac{\partial f}{\partial \vec{n}}=(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y})\cdot \vec{n}

，带入原积分，有

\begin{align*}\displaystyle\oint_{L}\frac{\partial f}{\partial \vec{n}}ds&=\oint_{L}(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y})\cdot\vec{n}ds=\oint_{L}(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y})(\sin\theta,-\cos\theta)ds\\&=\oint_{L}(\frac{\partial f}{\partial x}dy-\frac{\partial f}{\partial y}dx)(格林公式)=\iint_{D}(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2})dxdy=\iint_{D}\frac{e^{\sqrt{x^2+y^2}}}{1+\sqrt{x^2+y^2}}dxdy\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}\frac{re^{r}}{1+r}dr=2\pi\int_{0}^{1}\frac{re^{r}}{1+r}dr\end{align*}

令

f(r)=\dfrac{e^{r}}{1+r}

，

r\in(0,1)

内，对

f(r)

求导有

\begin{align*}\displaystyle f^{'}(r)&=[\frac{re^{r}}{1+r}]^{'}=[e^{r}(1-\frac{1}{1+r})]^{'}=e^{r}(1-\frac{1}{1+r})+\frac{e^{r}}{(1+r)^{2}}\\&=e^{r}\frac{r^2+r+1}{(1+r)^{2}} >0\end{align*}

所以

f(r)

在

(0,1)

内单增，有

0 \leq f(r) \leq f(1)=\dfrac{e}{2}

，所以

\displaystyle 0 < \int_{0}^{1}f(r)dr < \dfrac{e}{2}

，所以原式得证，即

\displaystyle 0 < \oint_{L}\frac{\partial f}{\partial \vec{n}}ds < \pi e

作者：小熊

写作日期：7.21

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