05-微分算子 D

依赖于

• 04-微分 Darboux 定理

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

好的记号常常既带给我们方便, 又带给我们启发, 微分算子 D 就是这样一个记号.

1. 对于复值可导函数 $F$ , 用 $\mathrm{DF}$ 表示 $\frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}x}$ , 则对任何 $\lambda \in \mathbb{C}$ , 有

$$\mathrm{D}\left[{\mathrm{e}}^{\lambda x}F(x)\right]={\mathrm{e}}^{\lambda x}(\mathrm{D}+\lambda )F(x).$$

2. 一般地, 对于 (复) 多项式

$$P(z)=a_0{z}^n+a_1{z}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}z+a_n$$

以及 n 阶可导的复值函数 F, 定义

$$P(\mathrm{D})F(x):=a_0{F}^{(n)}(x)+a_1{F}^{(n-1)}(x)+\cdots +a_{n-1}{F}^{\prime }(x)+a_{n}F(x),$$

则对任何 $\lambda \in \mathbb{C}$ , 成立

$$P(\mathrm{D})\left[{\mathrm{e}}^{\lambda x}F(x)\right]={\mathrm{e}}^{\lambda x}P(\mathrm{D}+\lambda )F(x).$$

3. 若用 $\frac{1}{P(\mathrm{D})}F$ 表示满足 $P(\mathrm{D})G=F$ 的某个函数 $G$ , 则

$$\frac{1}{D}\left[e^{\lambda x}F(x)\right]=e^{\lambda x}\frac{1}{D+\lambda }F(x),$$

上式理解为等式两边差一个 Dy = 0 的解, 即差一个常数 C.

4. 对于非负整数 $m$ 以及复数 $\lambda \ne 0$ , 我们有

$$\frac{1}{t+\lambda }=\frac{1}{\lambda }\sum _{k=0}^{+\infty }{\left(-\frac{t}{\lambda }\right)}^k,|t|<|\lambda |.$$

进而可见存在多项式 $Q$ 使得

$$(t+\lambda )\frac{1}{\lambda }\sum _{k=0}^m{\left(-\frac{t}{\lambda }\right)}^k-1=t^{m+1}Q(t),\forall t\in \mathbb{R}.$$

由此不难验证

$$\frac{1}{\mathrm{D}+\lambda }{x}^m=\frac{1}{\lambda }\sum _{k=0}^m{\left(-\frac{\mathrm{D}}{\lambda }\right)}^k{x}^m.$$

上式理解为等式两边差一个 $(\mathrm{D}+\lambda )y=0$ 的解, 即两者之差为 $C{\mathrm{e}}^{-\lambda x}$ . 以上性质把求导的逆运算转化为求导运算, 非常有趣.

例 5.1

例 5.1

计算 $(x^3{\mathrm{e}}^{2x}{)}^{(100)}$ .

解 可以利用求高阶导数的 Leibniz 公式, 也可以这样写

$$\begin{array}{rl}(x^3{\mathrm{e}}^{2x}{)}^{(100)}& ={\mathrm{D}}^{100}(x^3{\mathrm{e}}^{2x})\\ & ={\mathrm{e}}^{2x}(\mathrm{D}+2{)}^{100}{x}^3\\ & ={\mathrm{e}}^{2x}\sum _{k=0}^{100}{\mathrm{C}}_{100}^k{2}^{100-k}{\mathrm{D}}^k{x}^3\\ & ={\mathrm{e}}^{2x}\left(2^{100}{x}^3+100\cdot 3x^2\cdot 2^{99}+{\mathrm{C}}_{100}^2\cdot 6x\cdot 2^{98}+{\mathrm{C}}_{100}^3\cdot 6\cdot 2^{97}\right)\\ & =2^{100}{\mathrm{e}}^{2x}(x^3+150x^2+7425x+121275).\end{array}$$

例 5.2

例 5.2

设 $n⩾2$ , 计算

$$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^2{\mathrm{e}}^{3x}\cos 4x)$$

解 令 $\alpha =\arcsin \frac{4}{5}$ ，则

$$\begin{array}{rl}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}(x^2{\mathrm{e}}^{3x}\cos 4x)& =\mathrm{Re}{D}^n[x^2{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}]\\ & =\mathrm{Re}[{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}(D+3+4\mathrm{i}{)}^n{x}^2]\\ & =\mathrm{Re}\{{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}[(3+4\mathrm{i}{)}^n{x}^2+n(3+4\mathrm{i}{)}^{n-1}\mathrm{D}{x}^2+{\mathrm{C}}_n^2(3+4\mathrm{i}{)}^{n-2}{\mathrm{D}}^2{x}^2]\}\\ & =\mathrm{Re}\{{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}[5^n{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\alpha }{x}^2+2\times 5^{n-1}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(n-1)\alpha }nx+5^{n-2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(n-2)\alpha }n(n-1)]\}\\ & =5^n{\mathrm{e}}^{3x}{x}^2\cos (4x+n\alpha )+2\times 5^{n-1}{\mathrm{e}}^{3x}nx\cos [4x+(n-1)\alpha ]+\\ & 5^{n-2}{\mathrm{e}}^{3x}n(n-1)\cos [4x+(n-2)\alpha ].\end{array}$$

例 5.3

例 5.3

计算

$$\int x^2{\mathrm{e}}^{3x}\cos 4x\mathrm{d}x.$$

解

$$\int x^2{\mathrm{e}}^{3x}\cos 4x\mathrm{d}x$$ $$\begin{array}{rl}& =\mathrm{Re}\left\{\frac{{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}}{3+4\mathrm{i}}\left[\sum _{k=0}^2{\left(-\frac{\mathrm{D}}{3+4\mathrm{i}}\right)}^k{x}^2\right]\right\}+C\\ & =\mathrm{Re}\left\{\frac{{\mathrm{e}}^{(3+4\mathrm{i})x}}{3+4\mathrm{i}}\left[x^2-\frac{2x}{3+4\mathrm{i}}+\frac{2}{(3+4\mathrm{i}{)}^2}\right]\right\}+C\\ & =\left[\left(\frac{3x^2}{25}+\frac{14x}{625}-\frac{234}{15625}\right)\cos 4x+\left(\frac{4x^2}{25}-\frac{48x}{625}+\frac{88}{15625}\right)\sin 4x\right]e^{3x}+C.\end{array}$$

例 5.4

例 5.4

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上有二阶导数, 满足

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }[f^{\prime \prime }(x)+4f^{\prime }(x)+13f(x)]=\ell ,$$

其中 $\ell \in (-\infty ,+\infty )$ . 证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime \prime }(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\frac{\ell }{13}$$

证明 不妨设 $\ell =0$ . 注意到

$$f^{\prime \prime }+4f^{\prime }+13f=({\mathrm{D}}^2+4\mathrm{D}+13)f=(\mathrm{D}+2+3\mathrm{i})(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f,$$

我们有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^{3\mathrm{i}x}(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{(2+3\mathrm{i})x}(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)}{{\mathrm{e}}^{2x}}$$ $$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\mathrm{D}\left[{\mathrm{e}}^{(2+3\mathrm{i})x}(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)\right]}{{\mathrm{De}}^{2x}}\text{(L’Hoˆpital法则)}$$ $$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{(2+3\mathrm{i})x}(\mathrm{D}+2+3\mathrm{i})(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)}{2{\mathrm{e}}^{2x}}$$ $$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{3\mathrm{i}x}(\mathrm{D}+2+3\mathrm{i})(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)=0.$$

所以

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }(D+2-3i)f(x)=0.\text{\hspace{1em}(5.1)}$$

进而

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^{-3\mathrm{i}x}f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{(2-3\mathrm{i})x}f(x)}{{\mathrm{e}}^{2x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\mathrm{D}[{\mathrm{e}}^{(2-3\mathrm{i})x}f(x)]}{{\mathrm{De}}^{2x}}$$ $$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{(2-3\mathrm{i})x}(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)}{2{\mathrm{e}}^{2x}}$$ $$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{-3\mathrm{i}x}(\mathrm{D}+2-3\mathrm{i})f(x)=0,$$

即 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0.$ 最后，立即可得 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime }(x)={\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0.$

注 5.1 ^zhu-5-1 利用 $f$ 为实函数, (5.1)式蕴涵 ${\lim }_{x\to +\infty }(\mathrm{D}+2)f(x)=0$ 和 ${\lim }_{x\to +\infty }(-3\mathrm{i})f(x)=0.$ 从而得到 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)={\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0.$

另一方面, 也可以同理得到 ${\lim }_{x\to +\infty }(\mathrm{D}+2+3\mathrm{i})f(x)=0.$ 与 (5.1) 式两式相减后得到 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0.$

例 5.4 的解答方法体现了如何一般地将已知极限关系式中出现的最高阶导数依次去除.

注 5.2 ^zhu-5-2 利用例5.3的方法, 可得以下结论: 设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上有 $n$ 阶导数, 且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[f^{(n)}(x)+a_{n-1}{f}^{(n-1)}(x)+\cdots +a_1{f}^{\prime }(x)+a_{0}f(x)\right]=\ell ,$$

其中 ${\lambda }^n+a_{n-1}{\lambda }^{n-1}+\cdots +a_1\lambda +a_0=0$ 的所有根都具有负实部. 则此时必有 $a_0\ne 0$ ,

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\frac{\ell }{a_0},\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{(n)}(x)=\cdots =\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0.$$

例 5.5

例 5.5

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, $f(a)=f(b)=0$ . 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=-f(\xi )$ .

证明 我们要证的是存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $[f^{\prime }(x)+f(x)]{|}_{x=\xi }=0$ . 注意到

$$f^{\prime }(x)+f(x)=(\mathrm{D}+1)f(x)={\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{D}[{\mathrm{e}}^{x}f(x)].$$

我们令 $F(x)={\mathrm{e}}^{x}f(x)$ , 则 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, 且 $F(a)=F(b)=0$ . 从而存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$ , 此即 $f^{\prime }(\xi )=-f(\xi )$ .

例 5.6

例 5.6

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导, $f(0)=2$ , $f^{\prime }(0)=0$ , $f(1)=\mathrm{e}+{\mathrm{e}}^{-1}$ . 证明: 存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=f(\xi )$ .

证明 在这种类型的问题中, 等式 $f^{\prime \prime }(\xi )=f(\xi )$ 中关于 $f$ 及其各阶导数仍然是线性的, 但 $\xi$ 除了出现在 $f$ 的最高阶导数之中外, 还出现在其他阶的导数 (或函数本身) 之中. 通常此时可以寻找满足以下方程的解:

$$\{\begin{array}{l}{g}^{\prime \prime }(x)=g(x),\\ g(0)=2,g^{\prime }(0)=0,g(1)=\mathrm{e}+{\mathrm{e}}^{-1}.\end{array}$$

解得 $g(x)={\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}$ . 然后记 $F(x)=f(x)-g(x)$ , 则问题转化为在 $F$ 二阶可导, 且 $F(0)=F^{\prime }(0)=F(1)=0$ 的情况下, 证明存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $F^{\prime \prime }(\xi )=F(\xi )$ . 我们看到, 这就是例4.12. 以下我们采用另一种方法利用线性性证明.

我们有

$$\begin{array}{rlr}{F}^{\prime \prime }(x)-F(x)& =({\mathrm{D}}^2-1)F(x)& \\ & =(\mathrm{D}-1)(\mathrm{D}+1)F(x)& \\ & ={\mathrm{e}}^x\mathrm{D}\left[{\mathrm{e}}^{-x}(\mathrm{D}+1)F(x)\right]& ={\mathrm{e}}^x\mathrm{D}\left\{{\mathrm{e}}^{-2x}\mathrm{D}[{\mathrm{e}}^{x}F(x)]\right\}.\end{array}$$

于是, 令 $G(x)={\mathrm{e}}^{x}F(x)$ , 则 $G(0)=G^{\prime }(0)=G(1)=0$ . 因此, 由中值定理, 存在 $\eta \in (0,1)$ 使得 $G^{\prime }(\eta )=0$ . 再令 $H(x)={\mathrm{e}}^{-2x}{G}^{\prime }(x)$ , 则 $H(0)=H(\eta )=0$ . 于是, 存在 $\xi \in (0,\eta )$ 使得 $H^{\prime }(\xi )=0$ . 此即 $F^{\prime \prime }(\xi )=F(\xi )$ , 亦即 $f^{\prime \prime }(\xi )=f(\xi )$ .

例 5.7

例 5.7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内有二阶导数, 满足 $f(a)=f(b)=0$ 以及 $f^{\prime \prime }+\alpha f^{\prime }+\beta f⩾0$ , 其中实数 $\alpha ,\beta$ 满足 ${\alpha }^2-4\beta ⩾0$ . 证明: 在 $[a,b]$ 上恒有 $f⩽0$ .

证明 法I 我们有

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime \prime }(x)+\alpha f^{\prime }(x)+\beta f(x)& =[(\mathrm{D}+\delta {)}^2-\gamma ]f(x)\\ & ={\mathrm{e}}^{-\delta x}({\mathrm{D}}^2-\gamma )[{\mathrm{e}}^{\delta x}f(x)],\end{array}$$

其中 $\delta =\frac{\alpha }{2},\gamma =\frac{{\alpha }^2-4\beta }{4}⩾0.$

令 $F(x)={\mathrm{e}}^{\delta x}f(x)$ ，则 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内有二阶导数，且

$$F^{\prime \prime }(x)-\gamma F(x)={\mathrm{e}}^{\delta x}[f^{\prime \prime }(x)+\alpha f^{\prime }(x)+\beta f(x)]⩾0,\forall x\in (a,b).$$

1. 若 $\gamma =0$ , 则 $F$ 为凸函数, 立即得到 $F(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$ , 即 $f(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$ .

2. 若 $\gamma >0$ . 此时, 若结论不真, 则有 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F(\xi )={\max }_{x\in [a,b]}F(x)>0$ . 我们有 $F^{\prime \prime }(\xi )⩽0$ . 另一方面, 由假设条件, $F^{\prime \prime }(\xi )⩾\gamma F(\xi )>0$ . 矛盾. 因此, 必有 $f(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$ .

法II 我们有

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime \prime }(x)+\alpha f^{\prime }(x)+\beta f(x)& =(\mathrm{D}-{\lambda }_2)(\mathrm{D}-{\lambda }_1)f(x)\\ & ={\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\mathrm{D}\{{\mathrm{e}}^{({\lambda }_1-{\lambda }_2)x}\mathrm{D}[{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}x}f(x)]\},\end{array}$$

其中 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 为 ${\lambda }^2+\alpha \lambda +\beta =0$ 的两个实根.

令 $G(x)={\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}x}f(x)$ , 则 $G$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内有二阶导数, 且 $G(a)=G(b)=0$ , 因此, 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $G^{\prime }(\xi )=0$ . 注意到

$$G^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}x}(D-{\lambda }_1)f(x),$$

再令 $H(x)={\mathrm{e}}^{({\lambda }_1-{\lambda }_2)x}{G}^{\prime }(x)$ ，则 $H$ 在 $(a,b)$ 内可导，且

$$H^{\prime }(x)=\mathrm{D}[{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}x}(\mathrm{D}-{\lambda }_1)f(x)]={\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}x}(\mathrm{D}-{\lambda }_2)(\mathrm{D}-{\lambda }_1)f(x)⩾0,x\in (a,b).$$

所以 $H$ 在 $(a,b)$ 内单调增加. 注意到 $H(\xi )=0$ , 我们有

$$H(x)⩽0⩽H(y),a<x<\xi <y<b.$$

所以

$$G^{\prime }(x)⩽0⩽G^{\prime }(y),a<x<\xi <y<b.$$

从而 $G$ 在 $[a,\xi ]$ 单调减少，在 $[\xi ,b]$ 上单调增加. 所以

$$G(x)⩽G(a)=0,x\in [a,\xi ],$$ $$G(x)⩽G(b)=0,x\in [\xi ,b],$$

即 $f(x)⩽0(\forall x\in [a,b]).$