求有二階連續導數的函式f t t0 ,使u fx 2 y 2 滿足偏導

1樓：

解：u'(x)=f' *x(x^2+y^2)^(-1/2), u'(y)=f' *y(x^2+y^2)^(-1/2),

u''(xx)=f''*x(x^2+y^2)^(-1/2)+f'((x^2+y^2)^(-1/2)+x(-x)(x^2+y^2)^(-3/2))

=f''*x(x^2+y^2)^(-1/2)+f'*y^2(x^2+y^2)^(-3/2)

u''(yy)=f''*y(x^2+y^2)^(-1/2)+f'*x^2(x^2+y^2)^(-3/2)

代入得：f''*x(x^2+y^2)^(-1/2)+f'*y^2(x^2+y^2)^(-3/2)+f''*y(x^2+y^2)^(-1/2)+f'*x^2(x^2+y^2)^(-3/2)=1

即：（x+y)f''+f'=√(x^2+y^2)

喲，這個f如何求呢？先放在這裡

2樓：匿名使用者

記r=根號(x^2+y^2)，則

au/ax=f'(r)*x/r，

au/ay=f'(r)*y/r，

a^u/ax^2=f''(r)*x^2/r^2+f'(r)*【(r--x^2/r)/r^2】

a^u/ay^2=f''(r)*y^2/r^2+f'(r)*【(r--y^2/r)/r^2】

代入條件得

1=f''(r)+f'(r)/r，即

r*f''(r)+f'(r)=r

或(r*f'(r))'=(0.5r^2)'

於是r*f'(r)=0.5r^2+c，

f'(r)=0.5r+c/r

f(r)=0.25r^2+clnr+d。

設函式f(u)在(0，+∞)內具有二階導數，且z=f(√(x^2+y^2))滿足等式(δ^2 x）

3樓：匿名使用者

z = f[√(x^2+y^2)]

∂z/∂x = [x/√(x^2+y^2)]f'

∂^2z/∂x^2 = [y^2/(x^2+y^2)^(3/2)]f' + [x^2/(x^2+y^2)] f''

同理 ∂^2z/∂y^2 = [x^2/(x^2+y^2)^(3/2)]f' + [y^2/(x^2+y^2)] f''

∂^2z/∂x^2 + ∂^2z/∂y^2 = f'/√(x^2+y^2) + f'' = 0

即 f'』(u) + f'/u = 0

4樓：茹翊神諭者

簡單計算一下即可，答案如圖所示

設函式f(x)在[0,+∞)上有二階連續導數，且對任意x>=0有f''(x)>=k,其中k>0，為一常數，f(0)<0 證明：f(x)在

5樓：匿名使用者

由x>=0有f''(x)>=k,其中k>0可知f『（x）是一次函式 可寫成f』（x）=kx+b 其中k大於0

那麼f（x）=k*x的平方+bx+c k大於0 是一二次函式開口向上，由f（0） <0可知頂點在 f(x)在(0,+∞)上有且只有一個零點

6樓：匿名使用者

證明：對任意的t>=0，有f''(t)>=k>0，兩邊對t從0積分到x（x>0），得到變上限積分

xf'(x)-f'(0)≥∫ kdt=kx，於是，對於任意的x>0有f'(x)≥kx+f'(0)成立。

0也即，對於任意的s>0有f'(s)≥ks+f'(0)成立。兩邊在對s從0積分到x（x>0），得到變上限積分

xf(x)-f(0)≥∫ ks+f'(0)=1/2*kx^2+f'(0)*x

0於是，對於任意的x>0有f(x)≥1/2*kx^2+f'(0)*x+f(0)成立。

當x->+∞時，1/2*kx^2>0且為比f'(0)*x+f(0)更高階的∞，於是此時有f(x)->+∞。因f(0)<0，由中值定理可知，必存在一正根x0>0，滿足f(x0)=0。也即f(x)在(0,+∞)上必有零點。

現證其唯一性。不妨設除正根x0>0滿足f(x0)=0，還有一正根x1>x0>0也滿足f(x1)=0。於是根據中值定理，必存在x0=k>0，故f'(x)單增，則在x∈(0,x2)上恆有f'(x)<0，則f(x)在x∈(0,x2)上單減，由f(0)<0知在x∈(0,x2)上恆有f(x)

這與f(x0)=0矛盾。唯一性得證。

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lim x 0 f x x a，所以在x 0的某個小的鄰域 a,0 和 0,a 內，x 0,那麼f x 0。儘管f 0 0,但是在x 0的兩側，f x 是同號的，所以x 0不是拐點，所以c,d不對。由於f x 在 a,a 內滿足f x 0,所以 a,a 內f x 單調遞增，因為f 0 0,所以 a,...