历年第18题 -- 压轴证明题精讲

当 $P_0 = (0,0)$ 时，$y_n \equiv 0$，递推简化为 $$x_{n+1} = x_n^2 + \tfrac{2}{9}, \quad x_0 = 0$$ 需证此数列有界。可用归纳法证明 $x_n \le \frac{1}{3}$：

• 基底：$x_0 = 0 \le \frac{1}{3}$
• 递推：若 $x_n \le \frac{1}{3}$，则 $x_{n+1} = x_n^2 + \frac{2}{9} \le \frac{1}{9} + \frac{2}{9} = \frac{1}{3}$

故 $\{x_n\}$ 有界（实际上 $x_n \uparrow \frac{1}{3}$），从而 $\{P_n\}$ 有界，$O \in \mathcal{J}$。

策略：先找临界情况，再分别证上下界。

Step 1：猜测 $\delta^* = \frac{2}{3}$。

• $x_0 = 0$ 时，归结为 $y_0 = 0$ 的情况（已证）
• $y_0 = 0$ 时，取 $x_0 = \frac{2}{3}$ 使得 $\delta$ 最大（考虑 $x_n \equiv C$ 的临界点）

Step 2：$\delta^* \le \frac{2}{3}$。取起点 $(x_0, 0)$，$x_0 > \frac{2}{3}$，可验证 $\{x_n\}$ 无界，故 $\delta^* \le \frac{2}{3}$。

Step 3：$\delta^* \ge \frac{2}{3}$。在 $x_0^2 + y_0^2 \le \frac{4}{9}$ 前提下，归纳证明 $x_n^2 + y_n^2 \le \frac{4}{9}$：

$$x_{n+1}^2 + y_{n+1}^2 = (x_n^2 + y_n^2)^2 + \tfrac{4(x_n^2 - y_n^2)}{9} + \tfrac{4}{81} + 3x_n^2 y_n^2$$ 利用 $x_n^2 \le \frac{4}{9} - y_n^2$ 代入整理得 $$x_{n+1}^2 + y_{n+1}^2 \le \tfrac{1}{9}(3y_n^2 - 2)^2 \le \tfrac{4}{9}$$ 故命题成立，$\delta^* = \dfrac{2}{3}$。

Trick：不妨设 $A = 0$（否则考虑 $\tilde{h}(x,y) = f(x,y)[g(x,y) - A]$）。

Step 1：确定函数值。由 $|f(x,y)| \le \Delta\rho$ 知 $f(P_0) = 0$，从而 $h(P_0) = 0$。

Step 2：求偏导。

$$h_x(P_0) = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x, y_0)\cdot g(x_0+\Delta x, y_0)}{\Delta x}$$ 由 $f(P_0) = 0$ 且 $g(P_0) = 0$（因为 $A=0$），拆分为 $$= \lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x, y_0) - f(x_0, y_0)}{\Delta x}\cdot g(x_0+\Delta x, y_0) = f_x(P_0)\cdot 0 = 0$$ 同理 $h_y(P_0) = 0$。

Step 3：验证可微定义。

$$\frac{h(x,y) - 0 - 0\cdot\Delta x - 0\cdot\Delta y}{\Delta\rho} = \frac{f(x,y)\cdot g(x,y)}{\Delta\rho}$$ 由 $|f(x,y)| \le \Delta\rho$，有 $\left|\frac{f(x,y)}{\Delta\rho}\right| \le 1$（有界），而 $g(x,y) \to 0$（无穷小），故 $$\lim_{\Delta\rho\to 0}\frac{f(x,y)\cdot g(x,y)}{\Delta\rho} = 0$$ 因此 $h(x,y)$ 在 $P_0$ 点可微。$\square$

Step 0：$f$ 在 $D$ 上有定义。需证分母 $4 - (x+y)^2 > 0$，即 $(x+y)^2 < 4$。

由柯西不等式： $$4 > (x^4+y^4)(1+1) \ge (x^2+y^2)^2 \ge \frac{(x+y)^4}{4}$$ 从而 $(x+y)^2 < 4$，分母恒正，$f$ 有定义。

（1）$f$ 在 $C_\delta$ 上无最大值。

在 $C_\delta$ 上令 $y = x + \delta$，则 $$g(x) = f\big|_{C_\delta} = \frac{\delta^2}{4 - (2x+\delta)^2}$$ 分母 $4-(2x+\delta)^2$ 恒正（已证），要使 $g(x)$ 最大，需分母最小，即 $|2x+\delta|$ 最大。这在 $C_\delta$ 与 $D$ 边界 $x^4+y^4=2$ 的交点处取到，但该交点不属于 $D$（开区域），所以最大值取不到。

（2）$f$ 在 $D$ 上有上界。

上确界在边界 $x^4+y^4 \to 2$ 附近取。考虑可疑点 $(1,1)$（此时 $x+y \to 2$，分母 $\to 0$）。 作极坐标平移到 $(1,1)$ 附近，设 $x = 1-r\cos\theta,\; y = 1-r\sin\theta$，$r\to 0^+$，$\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$： $$\frac{(x-y)^2}{4-(x+y)^2} = \frac{r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}{4-(2-r(\cos\theta+\sin\theta))^2}$$ $$= \frac{r^2(1-\sin 2\theta)}{r(\sin\theta+\cos\theta)(4-r(\sin\theta+\cos\theta))}$$ 放缩分母：$\sin\theta+\cos\theta \ge \sqrt{2} > 0$，$4 - r(\cdots) \ge 2$，故 $$\left|\frac{(x-y)^2}{4-(x+y)^2}\right| \le \frac{r}{\sqrt{2}} \to 0$$ 因此极限有界，$f$ 在 $D$ 上有上界。$\square$

由 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，利用链式法则： $$u_x = u_r\cos\theta - \frac{u_\theta\sin\theta}{r}, \quad u_y = u_r\sin\theta + \frac{u_\theta\cos\theta}{r}$$ 再对 $x$、$y$ 分别求二阶偏导后相加，经过繁琐但直接的计算（略），可得 $$u_{xx}+u_{yy} = u_{rr} + \frac{1}{r}u_r + \frac{1}{r^2}u_{\theta\theta}$$ 两边乘以 $r^2 = x^2+y^2$ 即得所证等式。$\square$

由 $u(tx,ty) = t^\lambda u(x,y)$，取 $t = r$，$(x,y) = (\cos\theta,\sin\theta)$： $$u(r\cos\theta, r\sin\theta) = r^\lambda \cdot u(\cos\theta, \sin\theta) \triangleq r^\lambda w(\theta)$$ 代入第（1）问的极坐标Laplacian公式（乘以 $r^2$ 后的形式），$u_{xx}+u_{yy}=0$ 给出： $$r^2 \cdot \lambda(\lambda-1)r^{\lambda-2}w + r\cdot\lambda r^{\lambda-1}w + r^\lambda w'' = 0$$ $$\Rightarrow \lambda^2 w(\theta) + w''(\theta) = 0$$ 这是常系数ODE，通解为 $$w(\theta) = A\cos(\lambda\theta) + B\sin(\lambda\theta) = \sqrt{A^2+B^2}\sin(\lambda\theta + \varphi)$$ 由于 $w(\theta)$ 必然以 $2\pi$ 为周期（绕一圈回到原处），因此 $\lambda$ 必然是正整数，即 $\lambda \in \ZZ_+$。$\square$

关键观察：条件 $u\cdot u_{xy} = u_x\cdot u_y$ 等价于

$$\frac{u\cdot u_{xy} - u_x\cdot u_y}{u^2} = \frac{\pp}{\pp x}\!\left(\frac{u_y}{u}\right) = 0$$ 这意味着 $\dfrac{u_y}{u} = \dfrac{\pp\ln u}{\pp y}$ 不依赖于 $x$，只依赖于 $y$。

记 $G(y) = \dfrac{u_y}{u} = \dfrac{\pp\ln u}{\pp y}$，则

$$\ln u = \int G(y)\,\dd y + F(x) = H(y) + F(x)$$ 其中 $H(y) = \int G(y)\,\dd y$。因此 $$u = e^{F(x) + H(y)} = e^{F(x)}\cdot e^{H(y)} = f(x)\cdot g(y)$$ 其中 $f(x) = e^{F(x)}$，$g(y) = e^{H(y)}$。$\square$

左侧（圆域）：极坐标换元

$$\iint_{C_r}\sin(x^2+y^2)\,\dd x\dd y = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^r \rho\sin\rho^2\,\dd\rho = \pi(1-\cos r^2)$$ 当 $r\to+\infty$ 时，$\cos r^2$ 在 $[-1,1]$ 间振荡，故左侧极限不存在。

右侧（方域）：利用 Fubini 定理

$$\iint_{D_r}\sin(x^2+y^2)\,\dd x\dd y = \int_{-r}^r\dd y\int_{-r}^r\sin(x^2+y^2)\,\dd x$$ 利用和差化积 $\sin(x^2+y^2) = \sin x^2\cos y^2 + \cos x^2\sin y^2$，得 $$= 4\int_0^r\cos y^2\dd y\cdot\int_0^r\sin x^2\dd x + 4\int_0^r\cos x^2\dd x\cdot\int_0^r\sin y^2\dd y$$ $$= 8\int_0^r\sin x^2\dd x\cdot\int_0^r\cos x^2\dd x$$ 当 $r\to+\infty$ 时，两个 Fresnel 积分均收敛，故右侧极限为 $$8\int_0^\infty\sin x^2\,\dd x\cdot\int_0^\infty\cos x^2\,\dd x$$ 这是一个确定的有限值。

左侧极限不存在，右侧极限存在且有限，两者不相等。$\square$

将二重积分化为二次积分，先对 $x$ 积分： $$I = \int_0^1 y(1-y)\left[\int_0^1 \frac{\pp^4 f}{\pp x^2\pp y^2}\cdot x(1-x)\,\dd x\right]\dd y$$ 对内层积分关于 $x$ 做两次分部积分： $$\int_0^1 \frac{\pp^4 f}{\pp x^2\pp y^2}\cdot x(1-x)\,\dd x = \left[\frac{\pp^3 f}{\pp x\pp y^2}\cdot x(1-x)\right]_0^1 - \int_0^1\frac{\pp^3 f}{\pp x\pp y^2}(1-2x)\,\dd x$$ 由 $f\big|_{\pp D}=0$，得 $f_y$、$f_{yy}$ 在 $x\in\{0,1\}$ 时也为 $0$，故边界项为 $0$。再积分一次： $$= -\left[\frac{\pp^2 f}{\pp y^2}(1-2x)\right]_0^1 + \int_0^1\frac{\pp^2 f}{\pp y^2}\cdot(-2)\,\dd x = -2\int_0^1\frac{\pp^2 f}{\pp y^2}\,\dd x$$ 注意到 $\dfrac{\pp^2 g}{\pp x^2} = -2y(1-y)$，代回可得 $$I = \int_0^1\dd y\int_0^1\frac{\pp^2 f}{\pp y^2}\cdot\frac{\pp^2 g}{\pp x^2}\,\dd x = \iint_D\frac{\pp^2 f}{\pp y^2}\cdot\frac{\pp^2 g}{\pp x^2}\,\dd\sigma \quad\square$$

在（1）的基础上，交换积分顺序，对 $y$ 方向再做两次分部积分（过程完全对称），最终得到 $$I = 4\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma$$ 因此 $$4\left|\iint_D f\,\dd\sigma\right| = |I| = \left|\iint_D \frac{\pp^4 f}{\pp x^2\pp y^2}\cdot g\,\dd\sigma\right| \le M\iint_D|g|\,\dd\sigma$$ 而 $$\iint_D g\,\dd\sigma = \int_0^1 x(1-x)\,\dd x\cdot\int_0^1 y(1-y)\,\dd y = \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6} = \frac{1}{36}$$ 故 $$\left|\iint_D f\,\dd\sigma\right| \le \frac{M}{4}\cdot\frac{1}{36} = \frac{M}{144} \quad\square$$