高等数学张宇18讲 第十讲 多元函数微分学

例题十

例10.3  设$z=f(x,y)=\{\begin{array}{ll}(x^2+y^2)\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},& x^2+y^2\ne 0,\\ 0,& x^2+y^2=0,\end{array}$则下列四个结论中，
（1）$f(x,y)$在$(0,0)$处连续；
（2）$f_x^{\prime }(0,0),f_y^{\prime }(0,0)$存在；
（3）$f_x^{\prime }(x,y),f_y^{\prime }(x,y)$在$(0,0)$处连续；
（4）$f(x,y)$在$(0,0)$处可微。
正确的结论的个数为
$(A)1;$
$(B)2;$
$(C)3;$
$(D)4.$

解  对于结论（3），当$(x,y)\ne (0,0)$时，用公式法求，
$$\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }(x,y)& =2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}+(x^2+y^2)\cos \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\cdot \left[-\frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{\sqrt{(x^2+y^2{)}^3}}\right]\\ & =2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}.\end{array}$$
  因为当$(x,y)\ne (0,0)$时，$2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\to 0,\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$不存在，故$\underset{(x,y)\to 0}{\lim }{f}_x^{\prime }(x,y)$不存在，所以，$f_x^{\prime }(x,y)$在$(0,0)$处不连续。同理，$f_y^{\prime }(x,y)$在$(0,0)$处也不连续，所以结论（3）不成立。
  对于结论（4），
$$\begin{gathered} \Delta z=f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)=[(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2]\cdot \sin \frac{1}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}={\rho }^2\sin \frac{1}{\rho }, \\ \underset{\Delta x\to 0,\Delta y\to 0}{\lim }\frac{\Delta z-f_x^{\prime }(0,0)\Delta x-f_y^{\prime }(0,0)\Delta y}{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}=\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{{\rho }^2\sin \frac{1}{\rho }}{\rho }=\underset{\rho \to 0}{\lim }\rho \sin \frac{1}{\rho }=0, \end{gathered}$$
  其中$\rho =\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}$。故$f(x,y)$在$(0,0)$处可微，所以结论（4）成立。
  故应选$(C)$。（这道题主要利用了可微和偏导连续的判定求解）

例10.16  求函数$f(x,y)=x^4+y^4-(x+y{)}^2$的极值。

解
$$\{\begin{array}{l}{f}_x^{\prime }=4x^2-2(x+y)=0,\\ f_y^{\prime }=4y^2-2(x+y)=0;\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-1,\\ y=-1;\end{array}\{\begin{array}{l}x=0,\\ y=0;\end{array}\{\begin{array}{l}x=1,\\ y=1;\end{array}$$
  即得驻点$P_1(-1,-1),P_2(0,0),P_3(1,1)$。又
$$A=f_{xx}^{\prime \prime }=12x^2-2,B=f_{xy}^{\prime \prime }=-2,C=f_{yy}^{\prime \prime }=12y^2-2;$$
  $B^2-AC{|}_{P_1}=(-2{)}^2-10\cdot 10=-96<0$，且$A{|}_{P_1}>0$，故$f(-1,-1)=-2$是极小值。
  $B^2-AC{|}_{P_2}=<0$，故$P_2(0,0)$点的极值情况无法由二阶导数的充分性定理判别。由于$f(x,y)=x^4+y^4-(x+y{)}^2$，则在$(0,0)$的任一邻域$x^2+y^2<{\delta }^2<1$内，取$(ϵ,-ϵ)$，得$f(ϵ,-ϵ)=2{ϵ}^4>0$，而$f(ϵ,ϵ)=2{ϵ}^4-4{ϵ}^2=2{ϵ}^2(ϵ-\sqrt{2})(ϵ+\sqrt{2})$，由$0<ϵ<1$知，故$f(0,0)=0$不是极值。
  $B^2-AC{|}_{P_3}=-96<0$，且$A{|}_{P_3}>0$，故$f(1,1)=-2$也是极小值。（这道题主要利用了极值的充分性定理求解，具体的定理见下图）

例10.19  设$x,y$为任意正数，$n$为正整数，求证$\frac{x^n+y^n}{2}⩾{\left(\frac{x+y}{2}\right)}^n$。

证  设$x+y=a$，则原式化为在$x+y=a$的条件下求$f(x,y)=\frac{x^n+y^n}{2}(0<x⩽a,0<y⩽a)$的最小值问题。令$F(x,y,\lambda )=\frac{x^n+y^n}{2}+\lambda (x+y-a)$，则$F_x^{\prime }=\frac{n}{2}{x}^{n-1}+\lambda =0,F_y^{\prime }=\frac{n}{2}{y}^{n-1}+\lambda =0,F_{\lambda }^{\prime }=x+y-a=0$，解得$x=y=\frac{a}{2}$，此时$f\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right)={\left(\frac{a}{2}\right)}^n$，即为所求最小值，从而$\frac{x^n+y^n}{2}⩾{\left(\frac{x+y}{2}\right)}^n$。（这道题主要利用了不等式变换求解）

新版例题十三

例13.2

例13.4

例13.6

例13.8

例13.17

例13.18

新版习题十三

13.17

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。