张宇1000题高等数学 第十三章 多元函数微分学

$A$组

5.利用变量代换$u=x,v=\frac{y}{x}$，可将方程$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=z$化为新方程（  ）。
$(A)u\frac{\partial z}{\partial u}=z;$
$(B)v\frac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(C)u\frac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(D)v\frac{\partial z}{\partial u}=z.$

解  由复合函数微分法则可得$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot 1+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right),\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{x}\cdot \frac{\partial z}{\partial v}$，于是$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=x\cdot \frac{\partial z}{\partial u}-\frac{y}{x}\cdot \frac{\partial z}{\partial v}+\frac{y}{x}\cdot \frac{\partial z}{\partial v}=x\frac{\partial z}{\partial u}=z$。
  又$u=x$，故新方程为$u\frac{\partial z}{\partial u}=z$。（这道题主要利用了复合函数求导法则求解）

14.设函数$z=z(x,y)$由$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0$确定，其中$F$为可微函数，且$G_z^{\prime }\ne 0$，求$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}$。

解  由于$F(xy,yz)=0$，可得$G_x^{\prime }=F_1^{\prime }\cdot y,G_y^{\prime }=F_1^{\prime }\cdot x+F_2^{\prime }\cdot y,G_x^{\prime }=F_2^{\prime }\cdot y$。又$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{G_x^{\prime }}{G_z^{\prime }}=-\frac{F_1^{\prime }}{F_2^{\prime }},\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{G_y^{\prime }}{G_z^{\prime }}=-\frac{F_1^{\prime }\cdot x+F_2^{\prime }\cdot y}{F_2^{\prime }\cdot y}$，因此$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=z$。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

$B$组

3.设$y=f(x,t)$，而是$t$由方程$F(x,y,t)=0$所确定的$x,y$的函数，其中$f,F$均具有一阶连续偏导数，则$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=$（  ）。
$(A)\frac{f_x^{\prime }{F}_t^{\prime }+f_t^{\prime }{F}_x^{\prime }}{F_t^{\prime }};$
$(B)\frac{f_x^{\prime }{F}_t^{\prime }-f_t^{\prime }{F}_x^{\prime }}{F_t^{\prime }};$
$(C)\frac{f_x^{\prime }{F}_t^{\prime }+f_t^{\prime }{F}_x^{\prime }}{f_t^{\prime }{F}_y^{\prime }+F_t^{\prime }};$
$(D)\frac{f_x^{\prime }{F}_t^{\prime }-f_t^{\prime }{F}_x^{\prime }}{f_t^{\prime }{F}_y^{\prime }+F_t^{\prime }}.$

解  方程两边求全微分，得$F_x^{\prime }\mathrm{d}x+F_y^{\prime }\mathrm{d}y+F_t^{\prime }\mathrm{d}t=0$，则$\mathrm{d}t=-\frac{F_x^{\prime }}{F_t^{\prime }}\mathrm{d}x-\frac{F_y^{\prime }}{F_t^{\prime }}\mathrm{d}y$，又$\mathrm{d}y=f_x^{\prime }\mathrm{d}x+f_t^{\prime }\mathrm{d}t=f_x^{\prime }\mathrm{d}x-f_t^{\prime }\left(\frac{F_x^{\prime }}{F_t^{\prime }}\mathrm{d}x+\frac{F_y^{\prime }}{F_t^{\prime }}\mathrm{d}y\right)$，解得$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{f_x^{\prime }{F}_t^{\prime }-f_t^{\prime }{F}_x^{\prime }}{f_t^{\prime }{F}_y^{\prime }+F_t^{\prime }}$，故选$(D)$。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

4.设函数$u=u(x,y)$满足$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$及$u(x,2x)=x,u_1^{\prime }(x,2x)=x^2$，其中$u$具有二阶连续偏导数，则$u_{11}^{\prime \prime }(x,2x)=$（  ）。
$(A)\frac{4}{3}x;$
$(B)-\frac{4}{3}x;$
$(C)\frac{3}{4}x;$
$(D)-\frac{3}{4}x.$

解  等式$u(x,2x)=x$两边对$x$求导得$u_1^{\prime }+2u_2^{\prime }=1$，两边再对$x$求导得$u_{11}^{\prime \prime }+2u_{12}^{\prime \prime }+2u_{21}^{\prime \prime }+4u_{22}^{\prime \prime }=0$，等式$u_1^{\prime }(x,2x)=x^2$两边对$x$求导得$u_{11}^{\prime \prime }+2u_{12}^{\prime \prime }=2x$，代入得$u_{11}^{\prime \prime }(x,2x)=-\frac{4}{3}x$。（这道题主要利用了方程求导法则求解）

32.设$f(x,y)$在点$O(0,0)$处的某邻域$U$内连续，且$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$，常数$a>\frac{1}{2}$。讨论$f(0,0)$是否为$f(x,y)$的极值？若是极值，判断是极大值还是极小值？

解  由$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$，知$\frac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a+\alpha$，其中$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\alpha =0$。
  再令$a=\frac{1}{2}+b,b>0$，于是上式可改写为$f(x,y)=xy+\left(\frac{1}{2}+b+\alpha \right)(x^2+y^2)$。
  由$f(x,y)$的连续性，有$f(0,0)=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0$。
  另一方面，由$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\alpha =0$知，存在点$(0,0)$处的去心邻域${\mathring{U}}_{\delta }(0)$，当$(x,y)\in {\mathring{U}}_{\delta }(0)$时，有$|\alpha |<\frac{b}{2}$，故在${\mathring{U}}_{\delta }(0)$内，$f(x,y)>0$，所以$f(0,0)$是$f(x,y)$的极小值。（这道题主要利用了极限定义求解）

39.求正数$a,b$的值，使得椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$包含圆$x^2+y^2=2y$，且面积最小。

解  如下图，由于所求椭圆必须包含圆$x^2+y^2=2y$，并与之相切。

  故在椭圆上的任意一点$(x,y)$处满足$f(x,y)=x^2+(y-1{)}^2⩾1$。这就是说函数$f(x,y)=x^2+(y-1{)}^2$在椭圆方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的约束下取得最小值$1$。于是考虑条件极值问题：
$$\{\begin{array}{l}\min \{f(x,y)\}=1,\\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.\end{array}$$
  构造拉格朗日函数$L(x,y,\lambda )=x^2+(y-1{)}^2+\lambda \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1\right)$，令
$$\{\begin{array}{ll}{L}_x^{\prime }=2x+\frac{2\lambda x}{a^2}=0,& (1)\\ L_y^{\prime }=2(y-1)+\frac{2\lambda y}{b^2}=0,& (2)\\ L_{\lambda }^{\prime }=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1=0.& (3)\end{array}$$
  若$x\ne 0$，则由可解得$\lambda =-a^2$，再由$(2)$可解得$y_0=\frac{b^2}{b^2-a^2}$；并由$(3)$解得$x_0^2=a^2\left[1-\frac{b^2}{(b^2-a^2{)}^2}\right]$。
  由$f(x_0,y_0)=1$推出$a^2\left[1-\frac{b^2}{(b^2-a^2{)}^2}\right]+\frac{b^4}{(b^2-a^2{)}^2}=1$，从而$a^2{b}^2-a^4-b^2=0$（$b^2-a^2=0$舍去）。
  为了求出$a,b$的值，使与之对应的椭圆面积$\pi ab$达到最小值，考察条件极值问题
$$\{\begin{array}{l}\min \{ab\},\\ a^2{b}^2-a^4-b^2=0.\end{array}$$
  构造拉格朗日函数$H(a,b,\eta )=ab+\eta (a^2{b}^2-a^4-b^2)$。令
$$\{\begin{array}{ll}{H}_a^{\prime }=b+2a{b}^2\eta -4a^3\eta =0,& (4)\\ H_b^{\prime }=a+2a^{2}b\eta -2b\eta =0,& (5)\\ H_{\eta }^{\prime }=a^2{b}^2-a^4-b^2,& (6)\end{array}$$
  由$(4),(5)$得$\frac{b}{4a^3-2a{b}^2}=\frac{a}{2b-2a^{2}b}$，从而$b^2=2a^4$。将此式代入$a^2{b}^2-a^4-b^2=0$，得到$2a^6-3a^4=0$，于是$a^2=\frac{3}{2},a=\frac{\sqrt{6}}{2},b=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，此时椭圆面积$A_1=\pi ab=\frac{3\sqrt{3}\pi }{2}$。
  若$x=0$，则由$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$解得$y=b$。将$x=0,y=b$代入$x^2+(y-1{)}^2=1$，于是$b=2$。
  椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1$在$(0,2)$有水平切线，并且曲率和圆$x^2+(y-1{)}^2=1$的曲率相同，所以$y^{\prime }(0)=0,y^{\prime \prime }(0)=-1$。
  但是，由方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1$可以计算在该点的$y^{\prime }(0)=0,y^{\prime \prime }(0)=-\frac{2}{a^2}$，所以$\frac{2}{a^2}=1$，即$a=\sqrt{2}$。此时，椭圆的面积$A_2=2\sqrt{2}>\frac{3\sqrt{3}\pi }{2}=A_1$。
  综上所述，当$a=\frac{\sqrt{6}}{2},b=\frac{3\sqrt{2}}{2}$时，椭圆面积最小。（这道题主要利用了拉格朗日函数求解）

$C$组

3.设函数$f(x,y)$及它的二阶偏导数在全平面连续，且$f(0,0)=0,\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|⩽2|x-y|,\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|⩽2|x-y|$。求证：$|f(5,4)|⩽1$。

解  因$\mathrm{d}[f(x,y)]=\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$，因此曲线积分${\int }_L\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$与路径无关。
  设$O(0,0),A(4,4),B(5,4)$，由条件$\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|⩽2|x-y|,\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|⩽2|x-y|$，知在直线$OA:y=x$上，$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0$，所以
$$\begin{array}{rl}f(5,4)-f(0,0)& ={\int }_{(0,0)}^{(5,4)}\mathrm{d}[f(x,y)]={\int }_{(0,0)}^{(5,4)}\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_{\overline{OA}}\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y+{\int }_{\overline{AB}}\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y={\int }_4^5\frac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x.\end{array}$$
  又因$f(0,0)=0$，故$|f(5,4)|=\left|{\int }_4^5\frac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_4^{5}2|x-4|\mathrm{d}x=1$。（这道题主要利用了第二型曲线积分求解）

5.设$u(x,y)$具有二阶连续偏导数，证明无零值的函数$u(x,y)$可分离变量（即$u(x,y)=f(x)g(y)$）的充分必要条件是$u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial y}$。

解  必要性：设$u(x,y)=f(x)g(y)$，则$\frac{\partial u}{\partial x}=f^{\prime }(x)g(y),\frac{\partial u}{\partial y}=f(x)g^{\prime }(y),\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=f^{\prime }(x)g^{\prime }(y)$，因此$u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=f(x)g(y)f^{\prime }(x)g^{\prime }(y)=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial y}$。
  充分性：因为$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)$，所以有$u(u_x^{\prime }{)}_y^{\prime }-(u_x^{\prime })(u_y^{\prime })=0$，又$u(x,y)$无零值，故可得${\left(\frac{u_x^{\prime }}{u}\right)}_y^{\prime }=0$，两边关于$y$积分得$\frac{u_x^{\prime }}{u}=c_1(x)$，其中$c_1(x)$是$x$的任意可微函数，即有$(\ln |u|{)}_x^{\prime }=c_1(x)$，再对$x$积分得$\ln |u|=\int c_1(x)\mathrm{d}x+c_2(y)$，其中$c_2(y)$是$y$的任意可微函数。故$u(x,y)=\pm e^{\int c_1(x)\mathrm{d}x}{e}^{c_2(y)}=f(x)g(y)$。（这道题主要利用了方程求导求解）

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