【典型例题】（五）多元函数微积分学

多元微分

1. 极限偏导可微

证明二重极限：$x=rcos\theta ，y=rsin\theta$

• $I={\lim }_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x{y}^2}{x^2+y^4}$
  解：令 $x=rcos\theta ，y^2=rsin\theta ，\theta \in (0,\pi )$，$$I=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{r^{2}cos\theta sin\theta }{r^2}=cos\theta sin\theta$$ 因为 $\theta$ 可取$(0,\pi )$ 内任意值（代表任意趋近路径），极限值不一致，所以极限不存在

• $I={\lim }_{(x,y)\to (0,1)}\frac{\ln (1+xy)}{x}$
  解：令 $x=rcos\theta ，y=rsin\theta +1$，$$I=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln [1+rcos\theta (1+rsin\theta )]}{rcos\theta }=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{rcos\theta (1+rsin\theta )}{rcos\theta }=1$$

连续：${\lim }_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)$
偏导：定义法求 $f_x^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)，f_y^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)$
偏导连续：

• 定义法求 $f_x^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)，f_y^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)$
• 公式法求 $f_x^{{}^{\prime }}(x,y)，f_y^{{}^{\prime }}(x,y)$
• 计算 ${\lim }_{(x,y)\to (x_0,y_0)}{f}_x^{{}^{\prime }}(x,y)=f_x^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)，{\lim }_{(x,y)\to (x_0,y_0)}{f}_y^{{}^{\prime }}(x,y)=f_y^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)$

可微：

• 全增量 $\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$
• 线性增量 $A\Delta x+B\Delta y$，其中 $A=f_x^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)$，$B=f_y^{{}^{\prime }}(x_0,y_0)$
• 计算 ${\lim }_{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}{f}_x^{{}^{\prime }}(x,y)=\frac{\Delta z-A\Delta x+B\Delta y}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}=0$

设 $z=f(x,y)=\{\begin{array}{llc}(x^2+y^2)\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}& & x^2+y^2=0\\ 0& & x^2+y^2\ne 0\end{array}$， 则下列四个结论中，$$\begin{gathered} (1)f(x,y)在(0,0)处连续；(2)f_x^{{}^{\prime }}(0,0),f_y^{{}^{\prime }}(0,0)存在 \\ (3)f_x^{{}^{\prime }}(x,y),f_y^{{}^{\prime }}(x,y)在(0,0)处连续(4)f(x,y)在(0,0)处可微 \end{gathered}$$

解：

• $$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }(x^2+y^2)\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }{r}^2\sin \frac{1}{r}=0，f(0,0)=0，结论(1)正确$$
• $$定义法f_x^{{}^{\prime }}(0,0)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(\Delta x{)}^2\sin \frac{1}{|\Delta x|}-0}{\Delta x}=0，f_x^{{}^{\prime }}(0,0)存在，f_y^{{}^{\prime }}(0,0)同理$$
• $$公式法f_x^{{}^{\prime }}(x,y)=2x\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}，而\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}不\exists$$
• $$f_x^{{}^{\prime }}(0,0)=0，f_y^{{}^{\prime }}(0,0)=0，\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}=r，\Delta z=f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)=r^2\sin \frac{1}{r}$$ $$\underset{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\Delta z-f_x^{{}^{\prime }}(0,0)\Delta x-f_y^{{}^{\prime }}(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{r^2\sin \frac{1}{r}}{r}=0，可微$$

2. 复合函数求导

具体函数链式求偏导

$z=e^u\sin v,u=xy,v=x+y$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$
解：$$\frac{\partial z}{\partial x}=y{e}^u\sin v+e^u\cos v=y{e}^{xy}\sin (x+y)+e^{xy}\cos (x+y)$$

抽象函数使用符号 $f^{{}^{\prime }}$

• $z=f(x+y,x)$ 求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$
  $$\frac{\partial z}{\partial x}=f_1^{{}^{\prime }}+f_2^{{}^{\prime }}，\frac{\partial z}{\partial y}=f_1^{{}^{\prime }}$$
• $z=f(x+y,f(x,y))$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ $$\begin{gathered} \frac{\partial z}{\partial x}=f_1^{{}^{\prime }}(x+y,f(x,y))+f_2^{{}^{\prime }}(x+y,f(x,y))\cdot f_1^{{}^{\prime }}(x,y) \\ \frac{\partial z}{\partial y}=f_1^{{}^{\prime }}(x+y,f(x,y))+f_2^{{}^{\prime }}(x+y,f(x,y))\cdot f_2^{{}^{\prime }}(x,y) \end{gathered}$$

隐函数全微分求偏导

设方程 $F(\frac{y}{x},\frac{z}{x})=0$ 确定隐函数 $z=f(x,y)$，其中 $F$ 具有连续的一阶偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$

解：方程两边求全微分，$$F_1^{{}^{\prime }}(\frac{1}{x}dy-\frac{y}{x^2}dx)+F_2^{{}^{\prime }}(\frac{1}{x}dz-\frac{z}{x^2}dx)=0$$ $$dz=\frac{y{F}_1^{{}^{\prime }}+z{F}_2^{{}^{\prime }}}{x{F}_2^{{}^{\prime }}}dx-\frac{F_1^{{}^{\prime }}}{F_2^{{}^{\prime }}}dy=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$$

3. 多元函数极值

拉格朗日乘数法：

• 方程组容易消，消 $\lambda$
• 难消且齐次，欧拉定理、行列式求 $\lambda$
• 难消且非齐次，改用直接代入法

• 求函数 $u=x^2+y^2+z^2$ 在约束条件 $\{\begin{array}{l}z=x^2+y^2\\ x+y+z=4\end{array}$ 最大值和最小值
  解：记 $F(x,y,z,\lambda ,\mu )=x^2+y^2+z^2+\lambda (x^2+y^2-z)+\mu (x+y+z-4)$；
  令 $$\{\begin{array}{ll}{F}_x^{{}^{\prime }}=2x+2\lambda x+\mu =0& \text{①}\\ F_y^{{}^{\prime }}=2y+2\lambda y+\mu =0& \text{②}\\ F_z^{{}^{\prime }}=2z-\lambda x+\mu =0& \text{③}\\ F_{\lambda }^{{}^{\prime }}=x^2+y^2-z=0& \text{④}\\ F_{\mu }^{{}^{\prime }}=x+y+z-4=0& \text{⑤}\end{array}$$ $①-②$ 可得，$(x-y)(1-\lambda )=0$
  若 $\lambda =-1$ 时， $\mu =0，z=-\frac{1}{2}$，$z>0$ 与 $④$ 矛盾
  若 $\lambda =1$ 时， $x=y$，$④$ 和 $⑤$ 可得 $x_1=1$ 和 $x_2=-2$
  解方程组得最大值点 $(-2,-2,8)$，最大值时72；最小值点 $(1,1,2)$，最小值时6

• 求函数 $u=xy+2yz$ 在约束条件 $x^2+y^2+z^2=10$ 最大值和最小值
  解：记 $F(x,y,z,\lambda )=xy+2yz+\lambda (x^2+y^2+z^2-10)$；
  令 $$\{\begin{array}{ll}{F}_x^{{}^{\prime }}=y+2\lambda x=0& \text{①}\\ F_y^{{}^{\prime }}=x+2z+2\lambda y=0& \text{②}\\ F_z^{{}^{\prime }}=2y-2\lambda z=0& \text{③}\\ F_{\lambda }^{{}^{\prime }}=x^2+y^2+z^2-10=0& \text{④}\end{array}$$ 难消且齐次，欧拉定理， $x{F}_x^{{}^{\prime }}+y{F}_y^{{}^{\prime }}+z{F}_z^{{}^{\prime }}=(xy+2yz)+\lambda (x^2+y^2+z^2)=0$，即 $xy+2yz=-10\lambda$
  约束条件 $x^2+y^2+z^2=10$，说明 $x,y,z$ 不可以同时为 $0$，线性方程组有非零解，即
  $$|A|=\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 4& 5& 6\\ 7& 8& 9\end{array}\right|=2\lambda (4{\lambda }^2-5)=0$$ 故，${\lambda }_1=0，{\lambda }_2=\frac{\sqrt{5}}{2}，{\lambda }_3=-\frac{\sqrt{5}}{2}$，于是 $u_{max}=5\sqrt{5}，u_{min}=-5\sqrt{5}$

• 求函数 $f(x,y)=x^2+2y^2-x^2{y}^2$ 在约束条件 $x^2+y^2=4$ 最大值和最小值
  解：记 $F(x,y\lambda )=x^2+2y^2-x^2{y}^2+\lambda (x^2+y^2-4)$；
  令 $$\{\begin{array}{ll}{F}_x^{{}^{\prime }}=2x-2x{y}^2+2\lambda x=0& \text{①}\\ F_y^{{}^{\prime }}=4y-2x^{2}y+2\lambda y=0& \text{②}\\ F_{\lambda }^{{}^{\prime }}=x^2+y^2-4=0& \text{③}\end{array}$$ 难消且非齐次，改用直接代入法 $y^2=4-x^2$
  $h(x)=x^2+2(4-x^2)-x^2(4-x^2)=x^4-5x^2+8，-2\le x\le 2$
  由 $h^{{}^{\prime }}(x)=4x^3-10x=0$，得 $x_1=0，x_2=\pm \sqrt{\frac{5}{2}}$，对应 $y$ 分别是 $y_1=\pm 2，y_2=\pm \sqrt{\frac{3}{2}}$
  对应函数值分别是 $f(0,\pm 2)=8，f(\pm \sqrt{\frac{5}{2}},\pm \sqrt{\frac{3}{2}})=\frac{7}{4}$，同时边界点的函数值为 $f(\pm 2,0)=4$
  所以最大值是 $f(0,\pm 2)=8$ 和最小值是 $f(\pm \sqrt{\frac{5}{2}},\pm \sqrt{\frac{3}{2}})=\frac{7}{4}$

多元积分

1. 积分对称性

普通对称性

• 求 ${\iint }_{D}yx{e}^{\frac{x^2+y^2}{2}}dxdy$，其中区域 $D$ 由直线 $y=x，y=-1$ 及 $x=1$ 围成
  解：
  积分区域 $D$ 可通过 $y=-x$ 划分为两个区域 $D_1$ 和 $D_2$，分别关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称，被积函数是关于 $y$ 和 $x$ 的奇函数，故结果为 $0$

• 求 ${\iint }_D\sin (x^3+y^3)dxdy，D=\{(x,y)||x|+|y|\le 1\}$
  解：区域 $D$ 关于原点对称，$x\to -x，y\to -y$，$$I={\iint }_D\sin (x^3+y^3)dxdy={\iint }_D\sin (-x^3-y^3)dxdy=-I$$ 故 $I=0$

轮换对称性

• 求 ${\iint }_D\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}d\sigma ，D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1，x\ge 0，y\ge 0\}$
  解：区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，$x\to y，y\to x$，$$I={\iint }_D\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}d\sigma ={\iint }_D\frac{a\sqrt{f(y)}+b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(y)}+\sqrt{f(x)}}d\sigma$$
  $$2I={\iint }_D\frac{(a+b)\sqrt{f(y)}+b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(y)}+\sqrt{f(x)}}d\sigma =(a+b){\iint }_{D}d\sigma$$ 故 $I=\frac{1}{8}(a+b)\pi$

• 求 ${\iint }_D\sin (x^3+y^3)dxdy，D=\{(x,y)||x|+|y|\le 1\}$
  解：区域 $D$ 关于 $y=-x$ 对称，$x\to -y，y\to -x$，$$I={\iint }_D\sin (x^3+y^3)dxdy={\iint }_D\sin (-y^3-x^3)dxdy=-I$$ 故 $I=0$

2. 坐标系相互转换

直角坐标系 $\to$ 极坐标系：区域 $D$ 为圆/扇形，被积函数为 $f(\frac{x}{y})、f(\frac{y}{x})、f(x^2+y^2)$

求 ${\iint }_D{e}^{\frac{x}{y}}dxdy，D=\{(x,y)|0\le y\le x，1\le x\le 2\}$
解：被积函数含有 $\frac{x}{y}$，直角坐标系转换为极坐标系 $$D=\{(r,\theta )|\frac{1}{\cos \theta }\le r\le \frac{2}{\cos \theta }，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\}$$ 则 $${\iint }_D{e}^{\frac{x}{y}}dxdy={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{e}^{\tan \theta }d\theta {\int }_{\frac{1}{\cos \theta }}^{\frac{2}{\cos \theta }}rdr=\frac{3}{2}(e-1)$$

极坐标系 $\to$ 直角坐标系：区域 $D$ 为不是圆/扇形，被积函数不为 $f(\frac{x}{y})、f(\frac{y}{x})、f(x^2+y^2)$

求 $I={\iint }_D\sqrt{1-r^2\cos 2\theta }{r}^2\sin \theta drd\theta ，D=\{(r,\theta )|0\le r\le \sec \theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\}$
解：区域 $D$ 和被积函数不符合条件，极坐标系转换为直角坐标系 $$D=\{(x,y)|0\le x\le 1，0\le y\le x\}$$ 则 $$\begin{gathered} I={\iint }_D{r}^2\sin \theta \sqrt{1-r^2{\cos }^2\theta +r^2{\sin }^2\theta }drd\theta ={\iint }_{D}y\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy \\ =\frac{1}{2}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\sqrt{1-x^2+y^2}d(1-x^2+y^2)=\frac{1}{3}{\int }_0^1[1-(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}]=\frac{1}{3}-\frac{\pi }{16} \end{gathered}$$

3. 交换积分次序

$${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{y}f(x,y)dx={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x}f(x,y)dx$$

$${\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2cos\theta }f(rcos\theta ,rsin\theta )rdr={\int }_0^{\sqrt{2}}rdr{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{arccos\frac{r}{2}}f(rcos\theta ,rsin\theta )d\theta +{\int }_{\sqrt{2}}^{2}d\theta {\int }_{-arccos\frac{r}{2}}^{arccos\frac{r}{2}}f(rcos\theta ,rsin\theta )rdr$$