【数学】高昆轮高数下强化
常微分方程
基本概念
微分方程
含 有 自 变 量 ， 未 知 函 数 及 未 知 函 数 的 导 数 的 方 程 称 为 微 分 方 程 未 知 函 数 是 一 元 函 数 的 的 微 分 方 程 称 为 常 微 分 方 程 一 般 形 式 为 F ( x , y , y ′ , ⋯ , y ( n ) ) = 0 , 标 准 形 式 为 y ( n ) = f ( x , y , y ′ , ⋯ , y ( n − 1 ) ) \begin{aligned} &含有自变量，未知函数及未知函数的导数的方程称为微分方程\\ &未知函数是一元函数的的微分方程称为常微分方程\\ &一般形式为F(x,y,y',\cdots,y^{(n)})=0,标准形式为y^{(n)}=f(x,y,y',\cdots,y^{(n-1)})\\ \end{aligned} 含有自变量，未知函数及未知函数的导数的方程称为微分方程未知函数是一元函数的的微分方程称为常微分方程一般形式为F(x,y,y′,⋯,y(n))=0,标准形式为y(n)=f(x,y,y′,⋯,y(n−1))
微分方程的阶
微分方程中未知函数的导数的最高阶数称为微分方程的阶
微分方程的解
若 y = y ( x ) 能 使 F ( x , y , y ′ , ⋯ , y ( n ) ) ≡ 0 或 y ( n ) ≡ f ( x , y , y ′ , ⋯ , y ( n − 1 ) ) , 称 y = y ( x ) 是 微 分 方 程 的 解 \begin{aligned} &若y=y(x)能使F(x,y,y',\cdots,y^{(n)})\equiv 0或y^{(n)}\equiv f(x,y,y',\cdots,y^{(n-1)}),称y=y(x)是微分方程的解 \end{aligned} 若y=y(x)能使F(x,y,y′,⋯,y(n))≡0或y(n)≡f(x,y,y′,⋯,y(n−1)),称y=y(x)是微分方程的解
微分方程的通解与特解
若微分方程的解中含有独立常数的个数等于微分方程的阶数，称该解为通解；
不含任意常数的解称为特解
初始条件
确定通解中所有常数的条件称为初始条件
[ 例 1 ] 以 y = C 1 cos x + C 2 e − x ( 其 中 C 1 , C 2 是 任 意 常 数 ) 为 通 解 的 微 分 方 程 是 ‾ y = C 1 cos x + C 2 e − x ⟹ y ′ = − C 1 sin x − C 2 e − x ⟹ y ′ ′ = − C 1 cos x + C 2 e − x 由 后 两 者 知 C 1 = − y ′ ′ + y ′ sin x + cos x , C 2 = − − y ′ ′ sin x + y ′ cos x ( sin x + cos x ) e − x 代 入 得 ： y = − ( y ′ ′ + y ′ ) cos x sin x + cos x + ( y ′ ′ + y ′ ) sin x sin x + cos x − y ′ 即 ( sin x − cos x ) y ′ ′ − ( 2 cos x ) y ′ − ( sin x + cos x ) y = 0 \begin{aligned} [例1]&\color{maroon}以y=C_1\cos x+C_2e^{-x}(其中C_1,C_2是任意常数)为通解的微分方程是\underline{\quad}\\ &y=C_1\cos x+C_2e^{-x}\implies y'=-C_1\sin x-C_2e^{-x}\implies y''=-C_1\cos x+C_2e^{-x}\\ &由后两者知C_1=-\frac{y''+y'}{\sin x+\cos x},C_2=-\frac{-y''\sin x+y'\cos x}{(\sin x+\cos x)e^{-x}}\\ &代入得：y=-\frac{(y''+y')\cos x}{\sin x+\cos x}+\frac{(y''+y')\sin x}{\sin x+\cos x}-y'\\ &即(\sin x-\cos x)y''-(2\cos x)y'-(\sin x+\cos x)y=0\\ \end{aligned} [例1]以y=C1cosx+C2e−x(其中C1,C2是任意常数)为通解的微分方程是y=C1cosx+C2e−x⟹y′=−C1sinx−C2e−x⟹y′′=−C1cosx+C2e−x由后两者知C1=−sinx+cosxy′′+y′,C2=−(sinx+cosx)e−x−y′′sinx+y′cosx代入得：y=−sinx+cosx(y′′+y′)cosx+sinx+cosx(y′′+y′)sinx−y′即(sinx−cosx)y′′−(2cosx)y′−(sinx+cosx)y=0
一阶方程求解
变量可分离方程
能 表 示 为 g ( y ) d y = f ( x ) d x 的 方 程 称 为 变 量 可 分 离 方 程 解 法 ： 两 端 直 接 作 积 分 ∫ g ( y ) d y = ∫ f ( x ) d x \begin{aligned} &能表示为g(y)dy=f(x)dx的方程称为变量可分离方程\\ &解法：两端直接作积分\int g(y)dy=\int f(x)dx \end{aligned} 能表示为g(y)dy=f(x)dx的方程称为变量可分离方程解法：两端直接作积分∫g(y)dy=∫f(x)dx
齐次方程
能 表 示 为 d y d x = φ ( y x ) 的 方 程 称 为 齐 次 方 程 解 法 ： 令 u = y x , 则 y = u x , d y d x = u + x d u d x , 代 入 原 方 程 ， 得 u + x d u d x = φ ( u ) 即 d u φ ( u ) − u = d x x , 化 为 了 变 量 可 分 离 方 程 \begin{aligned} &能表示为\frac{dy}{dx}=\varphi(\frac yx)的方程称为齐次方程\\ &解法：令u=\frac yx,则y=ux,\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx},代入原方程，得u+x\frac{du}{dx}=\varphi(u)\\ &即\frac{du}{\varphi(u)-u}=\frac{dx}x,化为了变量可分离方程\\ \end{aligned} 能表示为dxdy=φ(xy)的方程称为齐次方程解法：令u=xy,则y=ux,dxdy=u+xdxdu,代入原方程，得u+xdxdu=φ(u)即φ(u)−udu=xdx,化为了变量可分离方程
一阶线性方程
能 表 示 为 y ′ + P ( x ) y = Q ( x ) 的 方 程 称 为 一 阶 线 性 方 程 解 法 ： 套 公 式 y = e − ∫ P ( x ) d x ( ∫ e ∫ P ( x ) d x ⋅ Q ( x ) d x + C ) \begin{aligned} &能表示为y'+P(x)y=Q(x)的方程称为一阶线性方程\\ &解法：套公式y=e^{-\int P(x)dx}(\int e^{\int P(x)dx}\cdot Q(x)dx+C) \end{aligned} 能表示为y′+P(x)y=Q(x)的方程称为一阶线性方程解法：套公式y=e−∫P(x)dx(∫e∫P(x)dx⋅Q(x)dx+C)
伯努利方程
能 表 示 为 y ′ + P ( x ) y = Q ( x ) y α ( α ̸ = 0 , 1 ) 的 方 程 称 为 伯 努 利 方 程 解 法 ： 令 u = y 1 − α , 可 化 为 一 阶 线 性 方 程 \begin{aligned} &能表示为y'+P(x)y=Q(x)y^\alpha(\alpha\not=0,1)的方程称为伯努利方程\\ &解法：令u=y^{1-\alpha},可化为一阶线性方程\\ \end{aligned} 能表示为y′+P(x)y=Q(x)yα(α̸=0,1)的方程称为伯努利方程解法：令u=y1−α,可化为一阶线性方程
[ 例 1 ] 微 分 方 程 y ′ = y ( 1 − x ) x 的 通 解 为 ‾ d y d x = y ( 1 − x ) x ⟹ ∫ d y y = ∫ ( 1 x − 1 ) d x 故 ln ∣ y ∣ = ln ∣ x ∣ − x + C , 即 ∣ y ∣ = ∣ x ∣ ⋅ e − x ⋅ e C = C x e − x ( ∀ c ̸ = 0 ) [ 例 2 ] 求 微 分 方 程 ( y + x 2 + y 2 ) d x − x d y = 0 满 足 y ( 1 ) = 0 ( x > 0 ) 的 解 d y d x = y + x 2 + y 2 x = y x + 1 + ( y x ) 2 令 y x = u , 则 y = u x , 故 d y d x = x d u d x + u ⟹ x d u d x + u = u + 1 + u 2 , 即 ∫ d u 1 + u 2 = ∫ d x x 故 ln ( u + 1 + u 2 ) = ln x + ln c = ln c x ⟹ y x + 1 + ( y x ) 2 = c x 且 y ( 1 ) = 0 故 y x + 1 + y 2 x 2 = x [ 例 3 ] 微 分 方 程 y ′ + y = e − x cos x 满 足 y ( 0 ) = 0 的 解 为 ‾ y = e − ∫ 1 d x ⋅ ( ∫ e − x cos x ⋅ e ∫ 1 d x d x + C ) = e − x ⋅ ( sin x + C ) 且 y ( 0 ) = 0 ⟹ y = e − x sin x [ 例 4 ] 微 分 方 程 y ′ = 1 x y + y 3 的 通 解 为 ‾ x ⟺ y { y = y ( x ) x = x ( y ) 由 d y d x = 1 x y + y 3 , 知 d x d y = y x + y 3 ⟹ x ′ − y x = y 3 , 故 x = e − ∫ − y d y ⋅ ( ∫ y 3 ⋅ e ∫ − y d y d y + C ) = e 1 2 y 2 ( ∫ y 3 ⋅ e − 1 2 y 2 d y + C ) = − ( y 2 − 2 ) + C e 1 2 y 2 [ 例 5 ] 设 连 续 函 数 f ( x ) 满 足 ∫ 0 x f ( t ) d t + ∫ 0 x t f ( x − t ) d t = a x 2 ( 1 ) 求 f ( x ) ; ( 2 ) 若 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上 的 平 均 值 为 1 ， 求 a 的 值 ( 1 ) ∫ 0 x t f ( x − t ) d t = ∫ x 0 ( x − u ) f ( u ) ( − d u ) = i n t 0 x ( x − u ) ∫ f ( u ) d u = x ∫ 0 x f ( u ) d u − ∫ 0 x u f ( u ) d u ⟹ ∫ 0 x f ( t ) d t + x ∫ 0 x f ( u ) d u − ∫ 0 x u f ( u ) d u = a x 2 ⟹ f ( x ) + ∫ 0 x f ( u ) d u + x f ( x ) − x f ( x ) = 2 a x ⟹ f ′ ( x ) + f ( x ) = 2 a 故 f ( x ) = e − x ⋅ ( 2 a e x + C ) 且 f ( 0 ) = 0 ⟹ f ( x ) = 2 a − 2 a e − x = 2 a ( 1 − e − x ( 2 ) ∫ 0 1 f ( x ) d x = ∫ 0 1 2 a ( 1 − e − x ) d x = 2 a e − 1 ⟹ ∫ 0 1 f ( x ) d x 1 − 0 = 2 a ⋅ e − 1 = 1 , 故 a = e 2 [ 例 6 ] 设 F ( x ) = f ( x ) g ( x ) , 其 中 f ( x ) , g ( x ) 在 ( − ∞ , + ∞ ) 内 满 足 条 件 ： f ′ ( x ) = g ( x ) , g ′ ( x ) = f ( x ) , 且 f ( 0 ) = 0 , f ( x ) + g ( x ) = 2 e x . ( 1 ) 求 F ( x ) 所 满 足 的 一 阶 微 分 方 程 ； ( 2 ) 求 F ( x ) 的 表 达 式 ( 1 ) F ′ ( x ) = f ′ ( x ) g ( x ) + f ( x ) g ′ ( x ) = g 2 ( x ) + f 2 ( x ) = ( g ( x ) + f ( x ) ) 2 − 2 g ( x ) f ( x ) = 4 e 2 x − 2 F ( x ) , 故 F ′ ( x ) = 2 F ( x ) = 4 e 2 x ( 2 ) F ( x ) = e − 2 x ⋅ ( ∫ 4 e 2 x ⋅ e 2 x d x + C ) = e − 2 x ( e 4 x + C ) , 且 F ( 0 ) = 0 故 C = − 1 , 故 F ( x ) = e 2 x − e − 2 x \begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}微分方程y'=\frac{y(1-x)}{x}的通解为\underline{\quad}\\ &\frac{dy}{dx}=\frac{y(1-x)}x\implies \int \frac{dy}y=\int(\frac1x-1)dx\\ &故\ln\mid y\mid=\ln\mid x\mid-x+C,即\mid y\mid=\mid x\mid\cdot e^{-x}\cdot e^C=Cxe^{-x}(\forall c\not=0)\\ [例2]&\color{maroon}求微分方程(y+\sqrt{x^2+y^2})dx-xdy=0满足y(1)=0(x>0)的解\\ &\frac{dy}{dx}=\frac{y+\sqrt{x^2+y^2}}{x}=\frac yx+\sqrt{1+(\frac yx)^2}\\ &令\frac yx=u,则y=ux,故\frac{dy}{dx}=x\frac{du}{dx}+u\\ &\implies x\frac{du}{dx}+u=u+\sqrt{1+u^2},即\int\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}=\int\frac{dx}x\\ &故\ln(u+\sqrt{1+u^2})=\ln x+\ln c=\ln cx\implies \frac yx+\sqrt{1+(\frac yx)^2}=cx且y(1)=0\\ &故\frac yx+\sqrt{1+\frac{y^2}{x^2}}=x\\ [例3]&\color{maroon}微分方程y'+y=e^{-x}\cos x满足y(0)=0的解为\underline{\quad}\\ &y=e^{-\int1dx}\cdot(\int e^{-x}\cos x\cdot e^{\int1dx}dx+C)=e^{-x}\cdot (\sin x+C)且y(0)=0\\ &\implies y=e^{-x}\sin x\\ [例4]&\color{maroon}微分方程y'=\frac1{xy+y^3}的通解为\underline{\quad}\\ &x\iff y\begin{cases}y=y(x)\\x=x(y)\end{cases}\\ &由\frac{dy}{dx}=\frac1{xy+y^3},知\frac{dx}{dy}=yx+y^3\\ &\implies x'-yx=y^3,故x=e^{-\int-ydy}\cdot(\int y^3\cdot e^{\int-ydy}dy+C)\\ &=e^{\frac12y^2}(\int y^3\cdot e^{-\frac12y^2}dy+C)=-(y^2-2)+Ce^{\frac12y^2}\\ [例5]&\color{maroon}设连续函数f(x)满足\int_0^xf(t)dt+\int_0^xtf(x-t)dt=ax^2\\ &\color{maroon}(1)求f(x);(2)若f(x)在[0,1]上的平均值为1，求a的值\\ (1)&\int_0^xtf(x-t)dt=\int_x^0(x-u)f(u)(-du)=int_0^x(x-u)\int f(u)du=x\int_0^xf(u)du-\int_0^xuf(u)du\\ &\implies \int_0^xf(t)dt+x\int_0^xf(u)du-\int_0^xuf(u)du=ax^2\\ &\implies f(x)+\int_0^xf(u)du+xf(x)-xf(x)=2ax\implies f'(x)+f(x)=2a\\ &故f(x)=e^{-x}\cdot(2ae^x+C)且f(0)=0\implies f(x)=2a-2ae^{-x}=2a(1-e^{-x}\\ (2)&\int_0^1f(x)dx=\int_0^12a(1-e^{-x})dx=2ae^{-1}\\ &\implies \frac{\int_0^1f(x)dx}{1-0}=2a\cdot e^{-1}=1,故a=\frac e2\\ [例6]&\color{maroon}设F(x)=f(x)g(x),其中f(x),g(x)在(-\infty,+\infty)内满足条件：f'(x)=g(x),g'(x)=f(x),\\ &\color{maroon}且f(0)=0,f(x)+g(x)=2e^x.\quad (1)求F(x)所满足的一阶微分方程；(2)求F(x)的表达式\\ (1)&F'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)=g^2(x)+f^2(x)=(g(x)+f(x))^2-2g(x)f(x)\\ &=4e^{2x}-2F(x),故F'(x)=2F(x)=4e^{2x}\\ (2)&F(x)=e^{-2x}\cdot(\int 4e^{2x}\cdot e^{2x}dx+C)=e^{-2x}(e^{4x}+C),且F(0)=0\\ &故C=-1,故F(x)=e^{2x}-e^{-2x} \end{aligned} [例1][例2][例3][例4][例5](1)(2)[例6](1)(2)微分方程y′=xy(1−x)的通解为dxdy=xy(1−x)⟹∫ydy=∫(x1−1)dx故ln∣y∣=ln∣x∣−x+C,即∣y∣=∣x∣⋅e−x⋅eC=Cxe−x(∀c̸=0)求微分方程(y+x2+y2)dx−xdy=0满足y(1)=0(x>0)的解dxdy=xy+x2+y2=xy+1+(xy)2令xy=u,则y=ux,故dxdy=xdxdu+u⟹xdxdu+u=u+1+u2,即∫1+u2du=∫xdx故ln(u+1+u2)=lnx+lnc=lncx⟹xy+1+(xy)2=cx且y(1)=0故xy+1+x2y2=x微分方程y′+y=e−xcosx满足y(0)=0的解为y=e−∫1dx⋅(∫e−xcosx⋅e∫1dxdx+C)=e−x⋅(sinx+C)且y(0)=0⟹y=e−xsinx微分方程y′=xy+y31的通解为x⟺y{y=y(x)x=x(y)由dxdy=xy+y31,知dydx=yx+y3⟹x′−yx=y3,故x=e−∫−ydy⋅(∫y3⋅e∫−ydydy+C)=e21y2(∫y3⋅e−21y2dy+C)=−(y2−2)+Ce21y2设连续函数f(x)满足∫0xf(t)dt+∫0xtf(x−t)dt=ax2(1)求f(x);(2)若f(x)在[0,1]上的平均值为1，求a的值∫0xtf(x−t)dt=∫x0(x−u)f(u)(−du)=int0x(x−u)∫f(u)du=x∫0xf(u)du−∫0xuf(u)du⟹∫0xf(t)dt+x∫0xf(u)du−∫0xuf(u)du=ax2⟹f(x)+∫0xf(u)du+xf(x)−xf(x)=2ax⟹f′(x)+f(x)=2a故f(x)=e−x⋅(2aex+C)且f(0)=0⟹f(x)=2a−2ae−x=2a(1−e−x∫01f(x)dx=∫012a(1−e−x)dx=2ae−1⟹1−0∫01f(x)dx=2a⋅e−1=1,故a=2e设F(x)=f(x)g(x),其中f(x),g(x)在(−∞,+∞)内满足条件：f′(x)=g(x),g′(x)=f(x),且f(0)=0,f(x)+g(x)=2ex.(1)求F(x)所满足的一阶微分方程；(2)求F(x)的表达式F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=g2(x)+f2(x)=(g(x)+f(x))2−2g(x)f(x)=4e2x−2F(x),故F′(x)=2F(x)=4e2xF(x)=e−2x⋅(∫4e2x⋅e2xdx+C)=e−2x(e4x+C),且F(0)=0故C=−1,故F(x)=e2x−e−2x
二阶可降阶方程
1. y ′ ′ = f ( x , y ′ ) 型 ( 缺 y 型 ) 解 法 ： 令 y ′ = p , 则 y ′ ′ = p ′ , 代 入 原 方 程 ， 化 为 一 阶 方 程 2. y ′ ′ = f ( y , y ′ ) 型 ( 缺 x 型 ) 解 法 ： 令 y ′ = p , 则 y ′ ′ = p d p d y , 代 入 原 方 程 ， 化 为 一 阶 方 程 [ 例 1 ] 微 分 方 程 y y ′ ′ + y ′ 2 = 0 满 足 y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 1 2 的 特 解 是 ‾ 令 y ′ = p , 则 y ′ ′ = p d p d y , 代 入 方 程 , y p d o d y + p 2 = 0 , 即 y d p d y + p = 0 ⟹ ∫ d p p = − ∫ d y y , 故 ln p = − ln y + ln c 1 ⟹ p = c 1 y = d y d x , 由 y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 1 2 , 知 c 1 = 1 2 ∫ y d y = ∫ 1 2 d x , 故 1 2 y 2 = 1 2 x + c 2 由 y ( 0 ) = 1 , 知 c 2 = 1 2 , 所 以 y = x + 1 \begin{aligned} 1.& y''=f(x,y')型(缺y型)\\ &解法：令y'=p,则y''=p',代入原方程，化为一阶方程\\ 2.&y''=f(y,y')型(缺x型)\\ &解法：令y'=p,则y''=p\frac{dp}{dy},代入原方程，化为一阶方程\\ [例1]&\color{maroon}微分方程yy''+y'^2=0满足y(0)=1,y'(0)=\frac12的特解是\underline{\quad}\\ &令y'=p,则y''=p\frac{dp}{dy},代入方程,yp\frac{do}{dy}+p^2=0,即y\frac{dp}{dy}+p=0\\ &\implies \int\frac{dp}p=-\int\frac{dy}y,故\ln p=-\ln y+\ln c_1\\ &\implies p=\frac{c_1}y=\frac{dy}{dx},由y(0)=1,y'(0)=\frac12,知c_1=\frac12\\ &\int ydy=\int\frac12dx,故\frac12y^2=\frac12 x+c_2\\ &由y(0)=1,知c_2=\frac12,所以y=\sqrt{x+1}\\ \end{aligned} 1.2.[例1]y′′=f(x,y′)型(缺y型)解法：令y′=p,则y′′=p′,代入原方程，化为一阶方程y′′=f(y,y′)型(缺x型)解法：令y′=p,则y′′=pdydp,代入原方程，化为一阶方程微分方程yy′′+y′2=0满足y(0)=1,y′(0)=21的特解是令y′=p,则y′′=pdydp,代入方程,ypdydo+p2=0,即ydydp+p=0⟹∫pdp=−∫ydy,故lnp=−lny+lnc1⟹p=yc1=dxdy,由y(0)=1,y′(0)=21,知c1=21∫ydy=∫21dx,故21y2=21x+c2由y(0)=1,知c2=21,所以y=x+1
高阶线性微分方程
线性方程解的结构及性质
以 二 阶 线 性 方 程 为 例 ， 对 高 阶 或 一 阶 线 性 方 程 结 论 类 似 y ′ ′ + p ( x ) y ′ + q ( x ) y = f ( x ) ( 一 ) 二 阶 线 性 非 齐 次 微 分 方 程 y ′ ′ + p ( x ) y ′ + q ( x ) y = 0 ( 二 ) 二 阶 线 性 齐 次 微 分 方 程 ( 1 ) 若 y 1 , y 2 是 方 程 ( 二 ) 的 两 个 线 性 无 关 的 解 ， 则 C 1 y 1 + C 2 y 2 是 ( 二 ) 的 通 解 ( 2 ) 若 C 1 y 1 + C 2 y 2 是 ( 二 ) 的 通 解 ， y ∗ 是 ( 一 ) 的 特 解 ， 则 C 1 y 1 + C 2 y 2 + y ∗ 是 ( 一 ) 的 通 解 ( 3 ) 若 ( 一 ) 中 的 非 齐 次 项 f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) , 且 y 1 ∗ 是 y ′ ′ + p ( x ) y + q ( x ) y = f 2 ( x ) 的 特 解 , y 2 ∗ 是 y ′ ′ + p ( x ) y ′ + q ( x ) y = f 2 ( x ) 的 特 解 , 则 y 1 ∗ + y 2 ∗ 是 y ′ ′ + p ( x ) y ′ + q ( x ) y = f ( x ) 的 特 解 ( 4 ) 若 y 1 ∗ 和 y 2 ∗ 分 别 是 ( 一 ) 的 两 个 特 解 ， 则 y 1 ∗ − y 2 ∗ 是 ( 二 ) 的 解 \begin{aligned} &以二阶线性方程为例，对高阶或一阶线性方程结论类似\\ &y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)\quad (一)二阶线性非齐次微分方程\\ &y''+p(x)y'+q(x)y=0\quad (二)二阶线性齐次微分方程\\ (1)&若y_1,y_2是方程(二)的两个线性无关的解，则C_1y_1+C_2y_2是(二)的通解\\ (2)&若C_1y_1+C_2y_2是(二)的通解，y^*是(一)的特解，则C_1y_1+C_2y_2+y^*是(一)的通解\\ (3)&若(一)中的非齐次项f(x)=f_1(x)+f_2(x),且y_1^*是y''+p(x)y+q(x)y=f_2(x)的特解,\\ &y_2*是y''+p(x)y'+q(x)y=f_2(x)的特解,则y_1^*+y_2^*是y''+p(x)y'+q(x)y=f_(x)的特解\\ (4)&若y_1^*和y_2^*分别是(一)的两个特解，则y_1^*-y_2^*是(二)的解\\ \end{aligned} (1)(2)(3)(4)以二阶线性方程为例，对高阶或一阶线性方程结论类似y′′+p(x)y′+q(x)y=f(x)(一)二阶线性非齐次微分方程y′′+p(x)y′+q(x)y=0(二)二阶线性齐次微分方程若y1,y2是方程(二)的两个线性无关的解，则C1y1+C2y2是(二)的通解若C1y1+C2y2是(二)的通解，y∗是(一)的特解，则C1y1+C2y2+y∗是(一)的通解若(一)中的非齐次项f(x)=f1(x)+f2(x),且y1∗是y′′+p(x)y+q(x)y=f2(x)的特解,y2∗是y′′+p(x)y′+q(x)y=f2(x)的特解,则y1∗+y2∗是y′′+p(x)y′+q(x)y=f(x)的特解若y1∗和y2∗分别是(一)的两个特解，则y1∗−y2∗是(二)的解
[ 例 1 ] 已 知 y 1 = e 3 x − x e 2 x , y 2 = e x − x e 2 x , y 3 = − x e 2 x 是 某 二 项 常 数 系 数 非 齐 次 微 分 方 程 的 3 个 特 解 ， 则 该 方 程 满 足 y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 1 的 特 解 为 { y 1 − y 3 = e 3 x y 2 − y 3 = e x ⟹ c 1 e 3 x + c 2 e x ⟹ c 1 e 3 x + c 2 e x + ( − x e 2 x ) = y 又 y ( 0 ) = 0 , y ′ ( 0 ) = 1 ⟹ c 1 = 1 , c 2 = − 1 , 故 y = e 3 x − e x − x e 2 x \begin{aligned} [例1]&\color{maroon}已知y_1=e^{3x}-xe^{2x},y_2=e^x-xe^{2x},y_3=-xe^{2x}是某二项常数系数非齐次微分方程的3个特解，\\ &\color{maroon}则该方程满足y(0)=0,y'(0)=1的特解为\\ &\begin{cases}y_1-y_3=e^{3x}\\y_2-y_3=e^x\end{cases}\implies c_1e^{3x}+c_2e^x\\ &\implies c_1e^{3x}+c_2e^x+(-xe^{2x})=y\\ &又y(0)=0,y'(0)=1\implies c_1=1,c_2=-1,故y=e^{3x}-e^x-xe^{2x}\\ \end{aligned} [例1]已知y1=e3x−xe2x,y2=ex−xe2x,y3=−xe2x是某二项常数系数非齐次微分方程的3个特解，则该方程满足y(0)=0,y′(0)=1的特解为{y1−y3=e3xy2−y3=ex⟹c1e3x+c2ex⟹c1e3x+c2ex+(−xe2x)=y又y(0)=0,y′(0)=1⟹c1=1,c2=−1,故y=e3x−ex−xe2x
二阶常系数齐次线性微分方程的通解
二 阶 常 系 数 齐 次 线 性 微 分 方 程 y ′ ′ + p y ′ + q y = 0 对 应 的 特 征 方 程 为 λ 2 + p λ + q = 0 , 其 对 应 的 两 个 根 为 λ 1 , λ 2 . ( 1 ) 若 λ 1 ̸ = λ 2 ⟹ 通 解 y = C 1 e λ 1 x + C 2 e λ 2 x ( 2 ) 若 λ 1 = λ 2 = λ ⟹ 通 解 y = ( C 1 + C 2 x ) e λ x ( 3 ) 若 λ 1 , 2 = α ± β i ⟹ 通 解 y = ( C 1 cos β x + C 2 sin β x ) e α x [ 例 1 ] 微 分 方 程 y ′ ′ + 2 y ′ + 3 y = 0 的 通 解 为 y = ‾ 由 λ 2 + 2 λ + 3 = 0 , 知 λ 1 , 2 = − 2 ± 4 a c − b 2 2 = − 1 ± 2 i ⟹ y 通 = ( C 1 cos 2 x + C 2 sin 2 x ) e − x \begin{aligned} &二阶常系数齐次线性微分方程y''+py'+qy=0\\ &对应的特征方程为\lambda^2+p\lambda+q=0,其对应的两个根为\lambda_1,\lambda_2.\\ &(1)若\lambda_1\not=\lambda_2\implies 通解y=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}\\ &(2)若\lambda_1=\lambda_2=\lambda\implies通解y=(C_1+C_2x)e^{\lambda x}\\ &(3)若\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta i\implies通解y=(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)e^{\alpha x}\\ [例1]&\color{maroon}微分方程y''+2y'+3y=0的通解为y=\underline{\quad}\\ &由\lambda^2+2\lambda+3=0,知\lambda_{1,2}=\frac{-2\pm\sqrt{4ac-b^2}}{2}=-1\pm\sqrt2i\\ &\implies y_通=(C_1\cos\sqrt2x+C_2\sin\sqrt2x)e^{-x}\\ \end{aligned} [例1]二阶常系数齐次线性微分方程y′′+py′+qy=0对应的特征方程为λ2+pλ+q=0,其对应的两个根为λ1,λ2.(1)若λ1̸=λ2⟹通解y=C1eλ1x+C2eλ2x(2)若λ1=λ2=λ⟹通解y=(C1+C2x)eλx(3)若λ1,2=α±βi⟹通解y=(C1cosβx+C2sinβx)eαx微分方程y′′+2y′+3y=0的通解为y=由λ2+2λ+3=0,知λ1,2=2−2±4ac−b2=−1±2i⟹y通=(C1cos2x+C2sin2x)e−x
二阶常系数非齐次线性微分方程的特解
二 阶 常 系 数 非 齐 次 线 性 微 分 方 程 y ′ ′ + p y ′ + q y = f ( x ) ( 1 ) 若 f ( x ) = P n ( x ) e α x ⟹ 特 解 y ∗ = e α x Q n ( x ) x k , 其 中 Q n ( x ) 是 x 的 n 次 一 般 多 项 式 ， k = { 0 , α 不 是 特 征 方 程 的 根 1 , α 是 特 征 方 程 的 单 根 2 , α 是 特 征 方 程 的 重 根 ( 2 ) 若 f ( x ) = e α x [ P m ( x ) cos β x + P n ( x ) sin β x ] ⟹ 特 解 y ∗ = e α x [ Q 1 ( 1 ) ( x ) cos β x + Q 1 ( 2 ) ( x ) sin β x ] x k 其 中 Q 1 ( 1 ) 和 Q 1 ( 2 ) ( x ) 是 x 的 两 个 不 同 的 l 次 一 般 多 项 式 ， l = m a x { m . n } , k = { 0 , α ± β i 不 是 特 征 方 程 的 根 1 , α ± β i 是 特 征 方 程 的 根 \begin{aligned} &二阶常系数非齐次线性微分方程y''+py'+qy=f(x)\\ &(1)若f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}\\ &\implies 特解y^*=e^{\alpha x}Q_n(x)x^k,其中Q_n(x)是x的n次一般多项式，k=\begin{cases}0,\alpha不是特征方程的根\\1,\alpha是特征方程的单根\\2,\alpha是特征方程的重根\end{cases}\\ &(2)若f(x)=e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x+P_n(x)\sin\beta x]\\ &\implies 特解y^*=e^{\alpha x}[Q_1^{(1)}(x)\cos\beta x+Q_1^{(2)}(x)\sin\beta x]x^k\\ &其中Q_1^{(1)}和Q_1^{(2)}(x)是x的两个不同的l次一般多项式，l=max\{m.n\},k=\begin{cases}0,\alpha\pm\beta i不是特征方程的根\\1,\alpha\pm\beta i是特征方程的根\end{cases}\\ \end{aligned} 二阶常系数非齐次线性微分方程y′′+py′+qy=f(x)(1)若f(x)=Pn(x)eαx⟹特解y∗=eαxQn(x)xk,其中Qn(x)是x的n次一般多项式，k=⎩⎪⎨⎪⎧0,α不是特征方程的根1,α是特征方程的单根2,α是特征方程的重根(2)若f(x)=eαx[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]⟹特解y∗=eαx[Q1(1)(x)cosβx+Q1(2)(x)sinβx]xk其中Q1(1)和Q1(2)(x)是x的两个不同的l次一般多项式，l=max{m.n},k={0,α±βi不是特征方程的根1,α±βi是特征方程的根
[ 例 1 ] 微 分 方 程 y ′ ′ − 4 y ′ + 8 y = e 2 x ( 1 + cos 2 x ) 的 特 解 可 设 为 y ∗ = y 1 ∗ = e 2 x ⋅ A ⋅ x k = A e 2 x y 2 ∗ = e 2 x ( B cos 2 x + C sin 2 x ) ⋅ x k = x e 2 x ( B cos 2 x + C sin 2 x ) [ 例 2 ] 以 y = C 1 e x + C 2 e − 2 x + x e x 为 通 解 的 微 分 方 程 是 λ 1 = 1 , λ 2 = − 2 ⟹ ( λ − 1 ) ( λ + 2 ) = 0 即 λ 2 + λ − 2 = 0 ⟹ y ′ ′ + y ′ − 2 y = f ( x ) 且 y = x e x 是 解 故 ( x + 2 ) e x + ( x + 1 ) e x − 2 x e x = f ( x ) = 3 e x [ 例 3 ] 设 有 二 阶 线 性 微 分 方 程 ( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 + ( 2 1 − x 2 − x ) d y d x + y = 2 x ( 1 ) 作 换 元 x = sin t ( − π 2 ≤ t ≤ π 2 ) , 把 上 述 方 程 变 换 成 y 关 于 t 的 微 分 方 程 ; ( 2 ) 求 原 微 分 方 程 的 通 解 ( 1 ) d y d x = d y d t ] ⋅ d t d x = 1 cos t ⋅ d y d t d 2 y d x 2 = d d t ( 1 cos t ⋅ d y d t ) ⋅ d t d x = ( sin t cos 2 t ⋅ d y d t + 1 cos t d 2 y d t 2 ) ⋅ 1 cos t ⟹ sin t cos t ⋅ d y d t + d 2 y d t 2 + 2 d y d t − sin t cos t d y d t + y = 2 sin t 故 d 2 y d t 2 + 2 d y d t + y = 2 sin t ( − π 2 ≤ t ≤ π 2 ) ( 2 ) y = ( c 1 + c 2 arcsin x ) e − arcsin x − 1 − x 2 ， c 1 , c 2 为 ∀ 常 数 其 中 t = arcsin x , cos t = 1 − sin 2 t = 1 − x 2 [ 例 4 ] 设 y ( x ) 是 ( 0 , 3 2 ) 内 的 可 导 函 数 ， 且 y ( 1 ) = 0. 点 P 是 曲 线 l : y = y ( x ) 上 任 一 点 ， l 在 点 P 处 的 切 线 与 y 轴 交 于 点 ( 0 , Y p ) , 法 线 与 x 轴 交 于 点 ( X p , 0 ) . 若 X p = Y p , 求 曲 线 l 的 方 程 曲 线 I : y = y ( x ) 在 点 P ( x , y ) 处 的 切 线 方 程 为 Y − y = y ′ ( X − x ) , 令 X = 0 ， 得 Y p = y − x y ′ 曲 线 I : y = y ( x ) 在 点 P ( x , y ) 处 的 法 线 方 程 为 Y − y = − 1 y ′ ( X − x ) , 令 Y = 0 ， 得 X p = x + y y ′ 由 题 意 ， x + y y ′ = y = x y ′ , 即 y ′ = y − x y + x = y x − 1 y x + 1 , 令 y x = u 可 解 得 arctan y x + 1 2 ln ( x 2 + y 2 ) = C , 又 y ( 1 ) = 0 , 故 曲 线 I 方 程 为 arctan y x + 1 2 ln ( x 2 + y 2 ) = 0 \begin{aligned} \ [例1]&\color{maroon}微分方程y''-4y'+8y=e^{2x}(1+\cos2x)的特解可设为y^*=\\ &y_1^*=e^{2x}\cdot A\cdot x^k=Ae^{2x}\\ &y_2^*=e^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)\cdot x^k=xe^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)\\ [例2]&\color{maroon}以y=C_1e^x+C_2e^{-2x}+xe^x为通解的微分方程是\\ &\lambda_1=1,\lambda_2=-2\implies (\lambda-1)(\lambda+2)=0\\ &即\lambda^2+\lambda-2=0\implies y''+y'-2y=f(x)且y=xe^{x}是解\\ &故(x+2)e^x+(x+1)e^x-2xe^x=f(x)=3e^x\\ [例3]&\color{maroon}设有二阶线性微分方程(1-x^2)\frac{d^2y}{dx^2}+(2\sqrt{1-x^2}-x)\frac{dy}{dx}+y=2x\\ &\color{maroon}(1)作换元x=\sin t(-\frac{\pi}2\leq t\leq \frac{\pi}2),把上述方程变换成y关于t的微分方程;\\ &\color{maroon}(2)求原微分方程的通解\\ (1)&\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}]\cdot\frac{dt}{dx}=\frac1{\cos t}\cdot\frac{dy}{dt}\\ &\frac{d^2y}{dx^2}=\frac d{dt}(\frac1{\cos t}\cdot\frac{dy}{dt})\cdot\frac{dt}{dx}\\ &=(\frac{\sin t}{\cos^2t}\cdot\frac{dy}{dt}+\frac{1}{\cos t}\frac{d^2y}{dt^2})\cdot\frac1{\cos t}\\ &\implies \frac{\sin t}{\cos t}\cdot\frac{dy}{dt}+\frac{d^2y}{dt^2}+2\frac{dy}{dt}-\frac{\sin t}{\cos t}\frac{dy}{dt}+y=2\sin t\\ &故\frac{d^2y}{dt^2}+2\frac{dy}{dt}+y=2\sin t(-\frac\pi2\leq t\leq\frac\pi2)\\ (2)&y=(c_1+c_2\arcsin x)e^{-\arcsin x}-\sqrt{1-x^2}，c_1,c_2为\forall常数\\ &其中t=\arcsin x,\cos t=\sqrt{1-\sin^2t}=\sqrt{1-x^2}\\ [例4]&\color{maroon}设y(x)是(0,\frac32)内的可导函数，且y(1)=0.点P是曲线l:y=y(x)上任一点，\\ &\color{maroon}l在点P处的切线与y轴交于点(0,Y_p),法线与x轴交于点(X_p,0).若X_p=Y_p,求曲线l的方程\\ &曲线I:y=y(x)在点P(x,y)处的切线方程为Y-y=y'(X-x),令X=0，得Y_p=y-xy'\\ &曲线I:y=y(x)在点P(x,y)处的法线方程为Y-y=-\frac1{y'}(X-x),令Y=0，得X_p=x+yy'\\ &由题意，x+yy'=y=xy',即y'=\frac{y-x}{y+x}=\frac{\frac yx-1}{\frac yx+1},令\frac yx=u\\ &可解得\arctan\frac yx+\frac12\ln(x^2+y^2)=C,又y(1)=0,故曲线I方程为\arctan\frac yx+\frac12\ln(x^2+y^2)=0 \end{aligned} [例1][例2][例3](1)(2)[例4]微分方程y′′−4y′+8y=e2x(1+cos2x)的特解可设为y∗=y1∗=e2x⋅A⋅xk=Ae2xy2∗=e2x(Bcos2x+Csin2x)⋅xk=xe2x(Bcos2x+Csin2x)以y=C1ex+C2e−2x+xex为通解的微分方程是λ1=1,λ2=−2⟹(λ−1)(λ+2)=0即λ2+λ−2=0⟹y′′+y′−2y=f(x)且y=xex是解故(x+2)ex+(x+1)ex−2xex=f(x)=3ex设有二阶线性微分方程(1−x2)dx2d2y+(21−x2−x)dxdy+y=2x(1)作换元x=sint(−2π≤t≤2π),把上述方程变换成y关于t的微分方程;(2)求原微分方程的通解dxdy=dtdy]⋅dxdt=cost1⋅dtdydx2d2y=dtd(cost1⋅dtdy)⋅dxdt=(cos2tsint⋅dtdy+cost1dt2d2y)⋅cost1⟹costsint⋅dtdy+dt2d2y+2dtdy−costsintdtdy+y=2sint故dt2d2y+2dtdy+y=2sint(−2π≤t≤2π)y=(c1+c2arcsinx)e−arcsinx−1−x2，c1,c2为∀常数其中t=arcsinx,cost=1−sin2t=1−x2设y(x)是(0,23)内的可导函数，且y(1)=0.点P是曲线l:y=y(x)上任一点，l在点P处的切线与y轴交于点(0,Yp),法线与x轴交于点(Xp,0).若Xp=Yp,求曲线l的方程曲线I:y=y(x)在点P(x,y)处的切线方程为Y−y=y′(X−x),令X=0，得Yp=y−xy′曲线I:y=y(x)在点P(x,y)处的法线方程为Y−y=−y′1(X−x),令Y=0，得Xp=x+yy′由题意，x+yy′=y=xy′,即y′=y+xy−x=xy+1xy−1,令xy=u可解得arctanxy+21ln(x2+y2)=C,又y(1)=0,故曲线I方程为arctanxy+21ln(x2+y2)=0
多元函数微分学
基本概念
二重极限
定义
若 对 ∀ ϵ > 0 , ∃ δ > 0 , 当 0 < ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 < δ 时 ， 恒 有 ∣ f ( x , y ) − A ∣ < ϵ , 则 称 A 是 f ( x , y ) 在 ( x 0 , y 0 ) 点 的 极 限 [ 注 ] ( 1 ) { 一 元 极 限 中 x → x 0 有 且 仅 有 两 种 方 式 二 元 极 限 中 有 无 穷 任 意 多 种 方 式 ( 2 ) 若 有 两 条 不 同 路 径 （ 如 直 线 y = k x ， 抛 物 线 x = y 2 ） 使 极 限 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 值 不 相 等 或 某 一 条 路 径 使 极 限 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 值 不 存 在 ， 则 说 明 二 重 极 限 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 ( 3 ) 主 要 方 法 ： 化 成 一 元 极 限 、 等 价 代 换 、 无 穷 小 乘 有 界 、 夹 逼 准 则 ( 4 ) 二 重 极 限 保 持 了 一 元 极 限 的 各 种 性 质 ， 如 唯 一 性 、 局 部 有 界 性 、 局 部 保 号 性 及 运 算 性 质 ( 5 ) 所 求 极 限 得 二 元 函 数 f ( x , y ) 如 果 使 齐 次 有 理 式 函 数 ， 即 分 子 、 分 母 分 别 均 是 齐 次 有 理 函 数 ， 考 察 ( x , y ) → ( 0 , 0 ) 时 得 极 限 ， 可 用 下 述 命 题 ： 设 f ( x , y ) = P ( x , y ) Q ( x , y ) = m 次 n 次 , 其 中 分 子 分 母 是 互 质 多 项 式 ， 则 1. 当 m > n 时 ， 若 方 程 Q ( 1 , y ) = 0 与 Q ( x , 1 ) = 0 均 无 实 根 ， 则 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) = 0 ; 若 方 程 Q ( 1 , y ) = 0 与 Q ( x , 1 ) = 0 有 实 根 ， 则 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 2. 当 m ≤ n 时 ， lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 \begin{aligned} &若对\forall\epsilon>0,\exists\delta>0,当0<\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta时，\\ &恒有|f(x,y)-A|<\epsilon,则称A是f(x,y)在(x_0,y_0)点的极限\\ [注](1)&\begin{cases}一元极限中x\to x_0有且仅有两种方式\\二元极限中有无穷任意多种方式\end{cases}\\ (2)&若有两条不同路径（如直线y=kx，抛物线x=y^2）使极限\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)值不相等\\ &或某一条路径使极限\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)值不存在，则说明二重极限\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)不存在\\ (3)&主要方法：化成一元极限、等价代换、无穷小乘有界、夹逼准则\\ (4)&二重极限保持了一元极限的各种性质，如唯一性、局部有界性、局部保号性及运算性质\\ (5)&所求极限得二元函数f(x,y)如果使齐次有理式函数，即分子、分母分别均是齐次有理函数，\\ &考察(x,y)\to(0,0)时得极限，可用下述命题：\\ &设f(x,y)=\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}=\frac{m次}{n次},其中分子分母是互质多项式，则\\ &1.当m>n时，若方程Q(1,y)=0与Q(x,1)=0均无实根，则\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)=0;\\ &若方程Q(1,y)=0与Q(x,1)=0有实根，则\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)不存在\\ &2.当m\leq n时，\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)不存在\\ \end{aligned} [注](1)(2)(3)(4)(5)若对∀ϵ>0,∃δ>0,当0<(x−x0)2+(y−y0)2<δ时，恒有∣f(x,y)−A∣<ϵ,则称A是f(x,y)在(x0,y0)点的极限{一元极限中x→x0有且仅有两种方式二元极限中有无穷任意多种方式若有两条不同路径（如直线y=kx，抛物线x=y2）使极限x→0,y→0limf(x,y)值不相等或某一条路径使极限x→0,y→0limf(x,y)值不存在，则说明二重极限x→0,y→0limf(x,y)不存在主要方法：化成一元极限、等价代换、无穷小乘有界、夹逼准则二重极限保持了一元极限的各种性质，如唯一性、局部有界性、局部保号性及运算性质所求极限得二元函数f(x,y)如果使齐次有理式函数，即分子、分母分别均是齐次有理函数，考察(x,y)→(0,0)时得极限，可用下述命题：设f(x,y)=Q(x,y)P(x,y)=n次m次,其中分子分母是互质多项式，则1.当m>n时，若方程Q(1,y)=0与Q(x,1)=0均无实根，则x→0,y→0limf(x,y)=0;若方程Q(1,y)=0与Q(x,1)=0有实根，则x→0,y→0limf(x,y)不存在2.当m≤n时，x→0,y→0limf(x,y)不存在
题
[ 注 3 相 关 ] 1. lim x → 0 , y → 0 x 2 + y 2 − sin x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 ) 3 令 x 2 + y 2 = t , 则 I = lim t → 0 t − sin t t 3 = 1 6 2. lim x → 0 , y → 0 sin x y y = lim x → 0 , y → 0 x y y = lim x → 0 , y → 0 x = 0 3. lim x → 0 , y → 0 x y 2 x 2 + y 2 = lim x → 0 , y → 0 x ⋅ y 2 x 2 + y 2 = 0 \color{blue}[注3相关]\\\color{black} \begin{aligned} 1.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{\sqrt{x^2+y^2}-\sin\sqrt{x^2+y^2}}{(\sqrt{x^2+y^2})^3}\\ &令\sqrt{x^2+y^2}=t,则I=\lim_{t\to0}\frac{t-\sin t}{t^3}=\frac16\\ 2.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{\sin xy}{y}\\ &=\lim_{x\to0,y\to0}\frac{xy}{y}=\lim_{x\to0,y\to0}x=0\\ 3.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{xy^2}{x^2+y^2}=\lim_{x\to0,y\to0}x\cdot\frac{y^2}{x^2+y^2}=0\\ \end{aligned} [注3相关]1.2.3.x→0,y→0lim(x2+y2)3x2+y2−sinx2+y2令x2+y2=t,则I=t→0limt3t−sint=61x→0,y→0limysinxy=x→0,y→0limyxy=x→0,y→0limx=0x→0,y→0limx2+y2xy2=x→0,y→0limx⋅x2+y2y2=0
[ 注 5 相 关 ] 1. lim x → 0 , y → 0 x 3 + y 3 x 2 + y 2 m = 3 > n = 2 , 且 Q ( 1 , y ) = 1 + y 2 = 0 和 Q ( x , 1 ) = x 2 + 1 = 0 无 实 根 ⟹ I = 0 2. lim x → 0 , y → 0 x y x + y m = 2 > n = 1 , 且 Q ( 1 , y ) = 1 + y = 0 有 实 根 ⟹ 不 ∃ 3. lim x → 0 , y → 0 x + y x − y m = 1 = n = 1 ⟹ 不 ∃ 4. lim x → 0 , y → 0 x 2 + y 2 x 3 + y 3 m = 2 < n = 3 ⟹ 不 ∃ \color{blue}[注5相关]\\\color{black} \begin{aligned} 1.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}\\ & m=3>n=2,且Q(1,y)=1+y^2=0和Q(x,1)=x^2+1=0 无实根\implies I=0\\ 2.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{xy}{x+y}\\ & m=2>n=1,且Q(1,y)=1+y=0有实根\implies 不\exists\\ 3.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{x+y}{x-y}\\ & m=1=n=1\implies 不\exists\\ 4.&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{x^2+y^2}{x^3+y^3}\\ & m=2<n=3 \implies 不\exists \end{aligned} [注5相关]1.2.3.4.x→0,y→0limx2+y2x3+y3m=3>n=2,且Q(1,y)=1+y2=0和Q(x,1)=x2+1=0无实根⟹I=0x→0,y→0limx+yxym=2>n=1,且Q(1,y)=1+y=0有实根⟹不∃x→0,y→0limx−yx+ym=1=n=1⟹不∃x→0,y→0limx3+y3x2+y2m=2<n=3⟹不∃
[ 注 2 相 关 ] 证 明 lim x → 0 , y → 0 x 2 y x 4 + y 2 不 存 在 I y = k b → = lim x → 0 k x 3 x 4 + k 2 x 2 = lim x → 0 k x x 2 + k 2 = 0 I y = x 2 → lim x → 0 x 4 x 4 + x 4 = 1 2 ∴ 二 元 极 限 不 存 在 \color{blue}[注2相关]\\\color{black} \begin{aligned} 证明&\lim_{x\to0,y\to0}\frac{x^2y}{x^4+y^2}不存在\\ &I\underrightarrow{y=kb}=\lim_{x\to0}\frac{kx^3}{x^4+k^2x^2}=\lim_{x\to0}\frac{kx}{x^2+k^2}=0\\ &I\underrightarrow{y=x^2}\lim_{x\to0}\frac{x^4}{x^4+x^4}=\frac12\\ &\therefore 二元极限不存在\\ \end{aligned} [注2相关]证明x→0,y→0limx4+y2x2y不存在Iy=kb=x→0limx4+k2x2kx3=x→0limx2+k2kx=0Iy=x2x→0limx4+x4x4=21∴二元极限不存在
连续
定义
若 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) = f ( x 0 , y 0 ) , 则 称 f ( x , y ) 在 点 ( x 0 , y 0 ) 处 连 续 [ 注 ] 不 讨 论 间 断 点 \begin{aligned} &若\lim_{x\to0,y\to0}f(x,y)=f(x_0,y_0),则称f(x,y)在点(x_0,y_0)处连续\\ &[注]不讨论间断点 \end{aligned} 若x→0,y→0limf(x,y)=f(x0,y0),则称f(x,y)在点(x0,y0)处连续[注]不讨论间断点
偏导数
定义
z = f ( x , y ) 在 ( x 0 , y 0 ) 处 的 偏 导 数 f x ′ ( x 0 , y 0 ) = lim Δ x → 0 f ( x 0 + Δ x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ x = lim x → x 0 f ( x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) x − x 0 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = lim Δ y → 0 f ( x 0 , y 0 + Δ y ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ y = lim y → y 0 f ( x 0 , y ) − f ( x 0 , y 0 ) y − y 0 1. 偏 导 数 实 际 上 就 是 对 应 一 元 函 数 得 导 数 ， 如 : f x ′ ( x 0 , y 0 ) = φ ′ ( x ) ∣ x = x 0 = [ f ( x , y 0 ) ] ′ ∣ x → x 0 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = φ ′ ( y ) ∣ y = y 0 = [ f ( x 0 , y ) ] ′ ∣ y → y 0 2. 求 f ( x , y ) 的 偏 导 数 只 需 先 把 其 中 一 个 变 量 视 为 常 数 即 可 ， 如 求 f x ′ ( x , y ) 时 ， 把 f ( x , y ) 中 的 y 先 视 为 常 数 ， y 偏 导 同 理 。 \begin{aligned} &z=f(x,y)在(x_0,y_0)处的偏导数\\ &f'_x(x_0,y_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &f'_y(x_0,y_0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}=\lim_{y\to y_0}\frac{f(x_0,y)-f(x_0,y_0)}{y-y_0}\\ &1.偏导数实际上就是对应一元函数得导数，如:\\ &f_x'(x_0,y_0)=\varphi'(x)|_{x=x_0}=[f(x,y_0)]'|_{x\to x_0}\\ &f_y'(x_0,y_0)=\varphi'(y)|_{y=y_0}=[f(x_0,y)]'|_{y\to y_0}\\ &2.求f(x,y)的偏导数只需先把其中一个变量视为常数即可，\\ &如求f_x'(x,y)时，把f(x,y)中的y先视为常数，y偏导同理。 \end{aligned} z=f(x,y)在(x0,y0)处的偏导数fx′(x0,y0)=Δx→0limΔxf(x0+Δx,y0)−f(x0,y0)=x→x0limx−x0f(x,y0)−f(x0,y0)fy′(x0,y0)=Δy→0limΔyf(x0,y0+Δy)−f(x0,y0)=y→y0limy−y0f(x0,y)−f(x0,y0)1.偏导数实际上就是对应一元函数得导数，如:fx′(x0,y0)=φ′(x)∣x=x0=[f(x,y0)]′∣x→x0fy′(x0,y0)=φ′(y)∣y=y0=[f(x0,y)]′∣y→y02.求f(x,y)的偏导数只需先把其中一个变量视为常数即可，如求fx′(x,y)时，把f(x,y)中的y先视为常数，y偏导同理。
题
1. 设 f ( x , y ) = x 2 + ( y − 1 ) arcsin y x , 则 ∂ f ∂ x ∣ ( 2 , 1 ) = f ( x , 1 ) = x 2 ⟹ ∂ f ∂ x ∣ ( 2 , 1 ) = ( x 2 ) ′ ∣ x = 2 = 4 2. 设 f ( x , y ) = e x x − y , 则 ‾ f x ′ = e x ⋅ ( x − y ) − e x ⋅ ( 1 − 0 ) ( x − y ) 2 f y ′ = 0 − e x ⋅ ( 0 − 1 ) ( x − y ) 2 ⟹ f x ′ + f y ′ = e x x − y = f \begin{aligned} 1.&设f(x,y)=x^2+(y-1)\arcsin\sqrt{\frac yx},则\frac{\partial f}{\partial x}|_{(2,1)}=\\ &f(x,1)=x^2\implies \frac{\partial f}{\partial x}|_{(2,1)}=(x^2)'|_{x=2}=4\\ 2.&设f(x,y)=\frac{e^x}{x-y},则\underline{\quad}\\ &f'_x=\frac{e^x\cdot(x-y)-e^x\cdot(1-0)}{(x-y)^2}\\ &f'_y=\frac{0-e^x\cdot(0-1)}{(x-y)^2}\\ &\implies f'_x+f'_y=\frac{e^x}{x-y}=f\\ \end{aligned} 1.2.设f(x,y)=x2+(y−1)arcsinxy,则∂x∂f∣(2,1)=f(x,1)=x2⟹∂x∂f∣(2,1)=(x2)′∣x=2=4设f(x,y)=x−yex,则fx′=(x−y)2ex⋅(x−y)−ex⋅(1−0)fy′=(x−y)20−ex⋅(0−1)⟹fx′+fy′=x−yex=f
高阶偏导数
全微分
定义
判 定 二 元 函 数 f ( x , y ) 在 点 ( x 0 , y 0 ) 是 否 可 微 的 方 法 先 求 f x ′ ( x 0 , y 0 ) 与 f y ′ ( x 0 , y 0 ) , 若 有 一 个 不 存 在 ， 则 直 接 不 可 微 ； 若 都 存 在 ， 则 检 查 lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) − f ( x 0 , y 0 ) − f x ′ ( x 0 , y 0 ) ( x − x 0 ) − f y ′ ( x 0 , y 0 ) ( y − y 0 ) ( x − x 0 ) 2 + （ y − y 0 ) 2 = 0 ? 若 等 于 0 ， 则 可 微 ， 若 不 等 于 0 或 不 存 在 ， 则 不 可 微 。 \begin{aligned} &判定二元函数f(x,y)在点(x_0,y_0)是否可微的方法\\ &先求f_x'(x_0,y_0)与f_y'(x_0,y_0),若有一个不存在，则直接不可微；\\ &若都存在，则检查\lim_{x\to0,y\to0}\frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-f_x'(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y'(x_0,y_0)(y-y_0)}{\sqrt{(x-x_0)^2+（y-y_0)^2}}=0?\\ &若等于0，则可微，若不等于0或不存在，则不可微。\\ \end{aligned} 判定二元函数f(x,y)在点(x0,y0)是否可微的方法先求fx′(x0,y0)与fy′(x0,y0),若有一个不存在，则直接不可微；若都存在，则检查x→0,y→0lim(x−x0)2+（y−y0)2f(x,y)−f(x0,y0)−fx′(x0,y0)(x−x0)−fy′(x0,y0)(y−y0)=0?若等于0，则可微，若不等于0或不存在，则不可微。
题
1. 讨 论 f ( x , y ) = { x 2 y x 2 + y 2 , ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) 0 , ( x , y ) = ( 0 , 0 ) 在 ( 0 , 0 ) 点 可 微 性 f x ′ ( 0 , 0 ) = lim x → 0 f ( x , 0 ) − f ( 0 , 0 ) x = lim x → 0 0 − 0 x = 0 ( ∃ ) 同 理 f y ′ ( 0 , 0 ) = 0 ( ∃ ) lim x → 0 , y → 0 f ( x , y ) − f ( 0 , 0 ) − 0 x 2 + y 2 = lim x → 0 , y → 0 x 2 y ( x 2 + y 2 ) 3 / 2 ( m = 3 = n = 3 ) 故 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 处 不 可 微 \begin{aligned} 1.&讨论f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2},(x,y)\neq(0,0)\\0,(x,y)=(0,0)\end{cases}在(0,0)点可微性\\ &f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0(\exists)\\ &同理f_y'(0,0)=0(\exists)\\ &\lim_{x\to0,y\to0}\frac{f(x,y)-f(0,0)-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\\ &(m=3=n=3)故f(x,y)在(0,0)处不可微\\ \end{aligned} 1.讨论f(x,y)={x2+y2x2y,(x,y)̸=(0,0)0,(x,y)=(0,0)在(0,0)点可微性fx′(0,0)=x→0limxf(x,0)−f(0,0)=x→0limx0−0=0(∃)同理fy′(0,0)=0(∃)x→0,y→0lim