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，
L是
D的正向边界曲线，
\vec{n}是
L的外法线方向。
【解析】：首先可以知曲线
L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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原始发表：2021-07-21，如有侵权请联系
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