李永乐复习全书高等数学 第五章 多元函数微分学

5.1  多元函数的极限、连续、偏导数与全微分（概念）

例2  试求下列二次极限：

（1）$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{y\to 0}{x\to 0}}{\lim }\frac{x^2+y^2}{|x|+|y|};$

解  由于$0⩽\frac{x^2+y^2}{|x|+|y|}=\frac{x^2}{|x|+|y|}+\frac{y^2}{|x|+|y|}⩽\frac{x^2}{|x|}+\frac{y^2}{|y|}=|x|+|y|$，而$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{y\to 0}{x\to 0}}{\lim }(|x|+|y|)=0$，由夹挤定理知$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{y\to 0}{x\to 0}}{\lim }\frac{x^2+y^2}{|x|+|y|}=0$。（这道题主要利用了夹挤定理求解）

（4）$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{y\to 0}{x\to 0}}{\lim }\frac{2x{y}^2\sin x}{x^2+y^4}.$

解  由于$\left|\frac{2x{y}^2\sin x}{x^2+y^4}\right|⩽1(2ab⩽a^2+b^2)$，即为有界量，而$\underset{x\to 0}{\lim }\sin x=0$，即为无穷小量，则原式$=0$。（这道题主要利用了无穷小量代换求解）

例11  设$f_x^{\prime }(x,y)$存在，$f_y^{\prime }(x,y)$在点$(x_0,y_0)$处连续，证明：$f(x,y)$在点$(x_0,y_0)$处可微。

证
$$\begin{array}{rl}\Delta z& =f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)\\ & =f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)+f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0).\end{array}$$
  由一元拉格朗日中值定理知$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)=f_y^{\prime }(x_0+\Delta x,y_0+{\theta }_2\Delta y)\Delta y$。由$f_y^{\prime }(x,y)$在$(x_0,y_0)$处连续，则$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{\Delta x\to 0}{\Delta y\to 0}}{\lim }{f}_y^{\prime }(x_0+\Delta x,y_0+{\theta }_2\Delta y)=f_y^{\prime }(x_0,y_0)$，从而有$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)=f_y^{\prime }(x_0,y_0)\Delta y+{ϵ}_2\Delta y$，其中${ϵ}_2$为$\Delta x\to 0,\Delta y\to 0$时的无穷小量。
  又由于$f_x^{\prime }(x,y)$存在，则$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=f_x^{\prime }(x_0,y_0)$，从而有$\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=f_x^{\prime }(x_0,y_0)+{ϵ}_1$，其中${ϵ}_1$为$\Delta x\to 0,\Delta y\to 0$时的无穷小量。则$f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=f_x^{\prime }(x_0,y_0)\Delta x+{ϵ}_1\Delta x$。
  由于$\left|\frac{{ϵ}_1\Delta x+{ϵ}_2\Delta y}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}\right|⩽\frac{|{ϵ}_1||\Delta x|+|{ϵ}_2||\Delta y|}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}⩽|{ϵ}_1|+|{ϵ}_2|\to 0(\Delta x\to 0,\Delta y\to 0)$，则当$\Delta x\to 0,\Delta y\to 0$时，${ϵ}_1\Delta x+{ϵ}_2\Delta y=o(\rho )$，故$f(x,y)$在$(x_0,y_0)$处可微。（这道题主要利用了多元函数极限定义求解）

5.2  多元函数的微分法

例26  设函数$u=f(x,y)$具有二阶连续偏导数，且满足$4\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+12\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+5\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$。确定$a,b$的值，使等式$\xi =x+ay,\eta =x+by$在变换下简化为$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial \xi \partial \eta }$。

解
$$\begin{gathered} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial \xi }+\frac{\partial u}{\partial \eta },\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\xi }^2}+2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial \xi \partial \eta }+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\eta }^2}, \\ \frac{\partial u}{\partial y}=a\frac{\partial u}{\partial \xi }+b\frac{\partial u}{\partial \eta },\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\xi }^2}+2ab\frac{{\partial }^{2}u}{\partial \xi \partial \eta }+b^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\eta }^2}, \\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\xi }^2}+(a+b)\frac{{\partial }^{2}u}{\partial \xi \partial \eta }+b\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\eta }^2}, \end{gathered}$$
  将以上三个二阶偏导数代入等式$4\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+12\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+5\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$得$(5a^2+12a+4)\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\xi }^2}+[10ab+12(a+b)+8]\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+(5b^2+12b+4)\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$。
  由题设知$\{\begin{array}{l}5a^2+12a+4=0,\\ 5b^2+12b+4=0,\end{array}$但$10ab+12(a+b)+8\ne 0$，解得$\{\begin{array}{l}a=-2,\\ b=-\frac{2}{5},\end{array}$或$\{\begin{array}{l}a=-\frac{2}{5},\\ b=-2.\end{array}$（这道题主要利用了多元复合函数求导求解）

例28  设$(r,\theta )$为极坐标，$u=u(r,\theta )$当$r>0$时具有二阶连续偏导数，并满足$\frac{\partial u}{\partial \theta }\equiv 0$，且$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$，求$u(r,\theta )$。

解  由$\frac{\partial u}{\partial \theta }\equiv 0$知，$u$仅为$r$的函数，令$u=\phi (r)$，其中$r=\sqrt{x^2+y^2},r>0$。则
$$\begin{gathered} \frac{\partial u}{\partial x}={\phi }^{\prime }(r)\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}={\phi }^{\prime }(x)\frac{x}{r}, \\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}={\phi }^{\prime \prime }(x)\frac{x^2}{r^2}+{\phi }^{\prime }(r)\frac{r-\frac{x^2}{r}}{r^2}={\phi }^{\prime \prime }(r)\frac{x^2}{r^2}+{\phi }^{\prime }(r)\left(\frac{1}{r}-\frac{x^2}{r^3}\right). \end{gathered}$$
  由对称性可得$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}={\phi }^{\prime \prime }(x)\frac{y^2}{r^2}+{\phi }^{\prime }(r)\left(\frac{1}{r}-\frac{y^2}{r^3}\right)$，则$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}={\phi }^{\prime \prime }(x)+{\phi }^{\prime }(x)\frac{1}{r}$，从而得${\phi }^{\prime \prime }(x)+{\phi }^{\prime }(x)\frac{1}{r}=0$。
  这是一个不显含$\phi (r)$的可降阶方程，令${\phi }^{\prime }(x)=p$，则${\phi }^{\prime \prime }(r)=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}$。代入上式得$\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}+\frac{p}{r}=0\Rightarrow p=\frac{C_1}{r}$，即${\phi }^{\prime }(r)=\frac{C_1}{r}$，则$\phi (r)=C_1\ln r+C_2$，故$u=C_1\ln r+C_2$。（这道题主要利用了微分方程求解）

例29  若对任意$t>0$，有$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y)$，则称函数$f(x,y)$是$n$次齐次函数。试证：若$f(x,y)$可微，则$f(x,y)$是$n$次齐次函数的充要条件是$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=nf(x,y)$。

证  必要性：由于$f(x,y)$为$n$次齐次方程，则对任意$t>0$，有$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y)$。该式两端对$t$求导得$x{f}_1^{\prime }(tx,ty)+y{f}_2^{\prime }(tx,ty)=n{t}^{n-1}f(x,y)$。令$t=1$得$x{f}_1^{\prime }(tx,ty)+y{f}_2^{\prime }(tx,ty)=nf(x,y)$，即有$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=nf(x,y)$。
  充分性：令$F(t)=f(tx,ty)(t>0)$，则$\frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}t}=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$，两边乘以$t$得$t\frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}t}=tx\frac{\partial f}{\partial x}+ty\frac{\partial f}{\partial y}=nf(tx,ty)=nF(t)$。于是$\frac{\mathrm{d}F}{F}=\frac{n}{t}\mathrm{d}t$，解得$F(t)=C{t}^n$。令$t=1$得，$F(1)=C$，而由$F(t)=f(tx,ty)$知$F(1,1)=f(x,y)$，则$C=f(x,y)$。于是$F(t)=t^{n}f(x,y)$，即$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y)$。（这道题主要利用了多元函数求导求解）

例36  设$f(x,y)$有二阶连续偏导数，且$f_y^{\prime }\ne 0$，证明：对任给的常数$C$，$f(x,y)=C$为一条直线的充要条件是$f_2^{\prime 2}{f}_{11}^{\prime \prime }+2f_1^{\prime }{f}_2^{\prime }{f}_{12}^{\prime \prime }+f_1^{\prime 2}{f}_{22}^{\prime \prime }=0$。

证  设$f(x,y)=C$确定的隐函数为$y=y(x)$，等式$f(x,y)=C$两端对$x$求导得$f_1^{\prime }+f_2^{\prime }\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0\Rightarrow \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{f_1^{\prime }}{f_2^{\prime }}$。从而有
$$\begin{array}{rl}\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}& =-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{f_1^{\prime }}{f_2^{\prime }}\right)\\ & =-\frac{\left(f_{11}^{\prime \prime }+f_{12}^{\prime \prime }\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)f_2^{\prime }-\left(f_{21}^{\prime \prime }+f_{22}^{\prime \prime }\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)f_1^{\prime }}{f_2^{\prime 2}}\\ & =-\frac{f_2^{\prime 2}{f}_{11}^{\prime \prime }+2f_1^{\prime }{f}_2^{\prime }{f}_{12}^{\prime \prime }+f_1^{\prime 2}{f}_{22}^{\prime \prime }}{f_2^{\prime 3}}\end{array}$$
  必要性：若$f(x,y)=C$是一条直线，则由$f(x,y)=C$所确定的函数$y=y(x)$应为线性函数（即$y=ax+b$），则$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=0$，从而有$f_2^{\prime 2}{f}_{11}^{\prime \prime }+2f_1^{\prime }{f}_2^{\prime }{f}_{12}^{\prime \prime }+f_1^{\prime 2}{f}_{22}^{\prime \prime }=0$。
  充分性：若$f_2^{\prime 2}{f}_{11}^{\prime \prime }+2f_1^{\prime }{f}_2^{\prime }{f}_{12}^{\prime \prime }+f_1^{\prime 2}{f}_{22}^{\prime \prime }=0$，则$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=0$。从而有$y=ax+b$，即$f(x,y)=C$所确定的隐函数$y=y(x)$为线性函数。故$f(x,y)=C$表示直线。（这道题主要利用了直线函数特征求解）

5.3  极值与最值

例49  求中心在坐标原点的椭圆$x^2+4xy+5y^2=1$的长半轴与短半轴。

解  椭圆$x^2+4xy+5y^2=1$上点$(x,y)$到原点$(0,0)$距离平方$d^2=f(x,y)=x^2+y^2$。问题归结为求$f(x,y)=x^2+y^2$在条件$x^2+4xy+5y^2=1$下的最大值和最小值。
  令$F(x,y,\lambda )=x^2+y^2+\lambda (x^2+4xy+5y^2-1)$，则
$$\{\begin{array}{ll}{F}_x^{\prime }=2x+\lambda (2x-4y)=0,& (1)\\ F_y^{\prime }=2y+\lambda (-4x+10y)=0,& (2)\\ F_{\lambda }^{\prime }=x^2+4xy+5y^2-1,& (3)\end{array}$$
  $(1)$式乘$\frac{x}{2}$加$(2)$式乘$\frac{y}{2}$得$x^2+y^2+\lambda (x^2+4xy+5y^2)=0$。则$x^2+y^2+\lambda =0$，即$x^2+y^2=-\lambda$。
  由$(1)$式和$(2)$式知$\{\begin{array}{l}(1+\lambda )x-2\lambda y=0,\\ -2\lambda +(1+5\lambda )y=0,\end{array}$这是一个关于$x,y$的二元线性齐次方程组，由题意知它有非零解，则$\left|\begin{array}{cc}1+\lambda & -2\lambda \\ -2\lambda & 1+5\lambda \end{array}\right|=0$，即${\lambda }^2+6\lambda +1=0$，得$\lambda =-3\pm 2\sqrt{2}$。
  故长半轴$a=\sqrt{3+2\sqrt{2}}=1+\sqrt{2}$，短半轴$a=\sqrt{3-2\sqrt{2}}=1-\sqrt{2}$。（这道题主要利用了椭圆几何特点求解）

5.4  方向导数与梯度 多元微分在几何上的应用 泰勒定理

例53  函数$z=\sqrt{x^2+y^2}$在点$(0,0)$处（  ）
$(A)$不连续；
$(B)$偏导数存在；
$(C)$沿任一方向方向导数存在；
$(D)$可微。

解  由于$\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x\to 0}{y\to 0}}{\lim }\sqrt{x^2+y^2}=0=z(0,0)$，则在$(0,0)$连续，选项$(A)$不正确。
  由于$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_{(0,0)}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(z(x,0)){|}_{x=0}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(|x|){|}_{x=0}$，而$|x|$在$x=0$不可导，则$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_{(0,0)}$不存在。
  设$l$为从原点引出的射线，其方向余弦为$\cos \alpha ,\cos \beta$，则
$$\begin{array}{rl}\frac{\partial l}{\partial x}{|}_{(0,0)}& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(t\cos \alpha ,t\cos \beta )-f(0,0)}{t}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{t^2{\cos }^2\alpha +t^2{\cos }^2\beta }-0}{t}=1.\end{array}$$
  这说明函数$z=\sqrt{x^2+y^2}$在点$(0,0)$沿任一方向的方向导数都存在且为1，故应选$(C)$。（这道题主要利用了方向导数的定义求解）

例57  设$f(x,y)$是${\mathbf{R}}^2$（全平面）上的一个可微函数，且$\underset{\rho \to +\infty }{\lim }\left(x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\alpha >0$，其中$\rho =\sqrt{x^2+y^2}$，$\alpha$为常数。试证明$f(x,y)$在${\mathbf{R}}^2$上有最小值。

证  因为$\underset{\rho \to +\infty }{\lim }\left(x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\alpha >0$，由极限保号性知，存在$R>0$，当$\rho ⩾R$时（即$x^2+y^2⩾R^2$时）$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}>0$。从而有$\frac{x}{\rho }\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{y}{\rho }\frac{\partial f}{\partial y}>0$。若$\mathbf{r}$用表示点$(x,y)$处极径方向的方向导数，由$(1)$式知$\frac{\partial f}{\partial r}>0$，则$f(x,y)$在区域$x^2+y^2⩾R^2$上任一点沿极径方向为增函数，由$f(x,y)$可微性知，$f(x,y)$连续，则$f(x,y)$在有界闭域$x^2+y^2⩾R^2$上有最小值，由于$f(x,y)$在$x^2+y^2⩾R^2$上任一点沿极径方向为增函数，则$f(x,y)$在$x^2+y^2⩾R^2$上的最小值也是在全平面上的最小值。（这道题主要利用了极限的保号性求解）

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