第17章 多元函数积分学的预备知识

基础部分

1. 已知函数$f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，$f(0,0)=0$，$f_x^{\prime }(0,0)=1$，$f_y^{\prime }(0,0)=-1$，且$\mathbf{n}=(-1,1,1)$，则$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{(x,y,f(x,y))\cdot \mathbf{n}}{e^{\sqrt{x^2+y^2}}-1}=$

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答案：

$0$。

解析：

令 $\rho =\sqrt{x^2+y^2}$。由 $f$ 在原点可微，

$f(x,y)=f(0,0)+f_x^{\prime }(0,0)x+f_y^{\prime }(0,0)y+o(\rho )=x-y+o(\rho )$。

因此分子为

$(x,y,f(x,y))\cdot (-1,1,1)=-x+y+f(x,y)=o(\rho )$。

又

$e^{\rho }-1\sim \rho (\rho \to 0)$，

故原极限为 $0$。

2. 设有直线$L:\{\begin{array}{l}x+3y+2z+1=0\\ 2x-y-10z+3=0\end{array}$及平面$\pi :4x-2y+z-2=0$，则直线$L$（） A. 平行于$\pi$ B. 在$\pi$上 C. 垂直于$\pi$ D. 与$\pi$斜交

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答案：

C。

解析：

直线 $L$ 是两个平面的交线，其方向向量可取两法向量

${\mathbf{n}}_1=(1,3,2),{\mathbf{n}}_2=(2,-1,-10)$

的叉积：

$\mathbf{d}={\mathbf{n}}_1\times {\mathbf{n}}_2=(-28,14,-7)=-7(4,-2,1)$。

平面 $\pi$ 的法向量为 $(4,-2,1)$，故直线方向向量与平面法向量平行，所以 $L\perp \pi$。

3. 曲面$z=4-x^2-y^2$在点$P(1,1,2)$处的切平面方程为

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答案：

$2x+2y+z-6=0$。

解析：

将曲面写成

$F(x,y,z)=x^2+y^2+z-4=0$。

在 $P(1,1,2)$ 处，

$\nabla F=(2x,2y,1){|}_P=(2,2,1)$。

故切平面为

$2(x-1)+2(y-1)+(z-2)=0$，

即 $2x+2y+z-6=0$。

4. 过点$(1,0,1)$与点$(0,1,1)$且与曲面$z=1+x^2+y^2$相切的平面为

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答案：

$z=1$ 或 $z=2x+2y-1$。

解析：

设切点为 $(x_0,y_0,1+x_0^2+y_0^2)$。曲面的切平面为

$z=2x_{0}x+2y_{0}y+1-x_0^2-y_0^2$。

代入点 $(1,0,1)$ 与 $(0,1,1)$，分别得到

$x_0^2+y_0^2=2x_0,x_0^2+y_0^2=2y_0$。

故 $x_0=y_0=t$，并且

$2t^2=2t$，从而 $t=0$ 或 $t=1$。

当 $t=0$ 时切平面为 $z=1$；当 $t=1$ 时切平面为

$z=2x+2y-1$。

5. 已知曲面$z=f(x,y)$由方程$z-x\ln (1+z^2)+e^y=0$所确定，则该曲面在点$(0,0,-1)$处的切平面方程为

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答案：

$-x\ln 2+y+z+1=0$。

解析：

令

$F(x,y,z)=z-x\ln (1+z^2)+e^y$。

则

$F_x=-\ln (1+z^2),F_y=e^y,F_z=1-\frac{2xz}{1+z^2}$。

在点 $(0,0,-1)$ 处，

$\nabla F=(-\ln 2,1,1)$。

故切平面为

$-\ln 2(x-0)+(y-0)+(z+1)=0$。

6. $z=\ln \left(e^{-y}+\frac{y^2}{x}\right)$在点$(1,1)$处沿$\mathbf{l}=(1,0)$的方向导数为

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答案：

$-\frac{e}{e+1}$。

解析：

方向 $\mathbf{l}=(1,0)$ 已是单位方向，因此方向导数等于 $z_x(1,1)$。有

$z_x=\frac{-y^2/x^2}{e^{-y}+y^2/x}$。

故

$z_x(1,1)=\frac{-1}{e^{-1}+1}=-\frac{e}{e+1}$。

7. 求以$M_0(1,1,1)$为顶点，以曲线$C$（$C$是平面$z=0$上$y^2=x$被$x=1$截下的有限部分）为准线的锥面方程。

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答案：

参数方程可写为

$\{\begin{array}{l}x=1+\lambda (t^2-1),\\ y=1+\lambda (t-1),\\ z=1-\lambda ,\end{array}-1\le t\le 1$。

消去参数后可写为

$(y-z{)}^2=(1-z)(x-z)$，

并附加准线参数限制 $-1\le \frac{y-z}{1-z}\le 1$（$z\ne 1$），以及顶点 $(1,1,1)$。

解析：

准线 $C$ 可参数化为

$(x,y,z)=(t^2,t,0),-1\le t\le 1$。

连接顶点 $M_0(1,1,1)$ 与准线上任一点所得直线为

$(x,y,z)=(1,1,1)+\lambda (t^2-1,t-1,-1)$，

即答案中的参数方程。

由 $z=1-\lambda$ 得 $\lambda =1-z$，进而

$y-z=(1-z)t,x-z=(1-z)t^2$。

消去 $t$ 即得

$(y-z{)}^2=(1-z)(x-z)$。

由于原准线只是 $-1\le t\le 1$ 的有限弧段，隐式方程还需附加相应参数范围。

8. $f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^2|y|}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$，求$df(0,0)$

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答案：

$df(0,0)$ 不存在。

解析：

先求偏导数：

$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0$，

$f_y(0,0)=\underset{k\to 0}{\lim }\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=0$。

若 $f$ 在原点可微，则应有

$f(x,y)=o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$。

但沿 $y=x$ 趋近原点时，

$f(x,x)=\frac{|x|}{2}$，

从而

$\frac{f(x,x)}{\sqrt{x^2+x^2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ne 0$。

故 $f$ 在原点不可微，全微分不存在。

9. 函数$f(x,y)=2x^2+y^2$在点$(0,1)$处的最大方向导数为

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答案：

$2$。

解析：

$\nabla f=(4x,2y)$，故

$\nabla f(0,1)=(0,2)$。

可微函数在一点的最大方向导数等于梯度的模，因此

$\max D_{\mathbf{l}}f=|\nabla f(0,1)|=2$。

10. 设$f(x,y,z)=x^2{e}^{y{z}^2}$，则$f(x,y,z)$在点$(-1,0,1)$处的方向导数的最小值为

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答案：

$-\sqrt{5}$。

解析：

$\nabla f=\left(2x{e}^{y{z}^2},x^2{z}^2{e}^{y{z}^2},2x^{2}yz{e}^{y{z}^2}\right)$。

在点 $(-1,0,1)$ 处，

$\nabla f=(-2,1,0)$，其模为 $\sqrt{5}$。

方向导数的最小值为梯度模的相反数，故为 $-\sqrt{5}$。

11. 设$a,b$为实数，函数$z=2+a{x}^2+b{y}^2$在点$(1,2)$处的方向导数中，沿方向$\mathbf{l}=\mathbf{i}+2\mathbf{j}$的方向导数最大，最大值为$10$，求$a,b$。

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答案：

$a=b=\sqrt{5}$。

解析：

函数的梯度为

$\nabla z=(2ax,2by)$，

故在 $(1,2)$ 处

$\nabla z=(2a,4b)$。

最大方向导数沿梯度方向取得，且其值为梯度的模。题设说明梯度方向与 $(1,2)$ 同向，并且模为 $10$，所以

$(2a,4b)=10\frac{(1,2)}{\sqrt{5}}=(2\sqrt{5},4\sqrt{5})$。

因此 $a=b=\sqrt{5}$。

12. 设$g(x,y)$是函数$f(x,y)=x+2y+xy$在点$(x,y)$处的最大方向导数。(1)求$g(x,y)$的表达式；(2)求$g(x,y)$在曲线$C:x^2+y^2=5$上的最大值。

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答案：

（1）$g(x,y)=\sqrt{(1+y{)}^2+(2+x{)}^2}$；

（2）$\underset{C}{\max }g(x,y)=2\sqrt{5}$。

解析：

有

$\nabla f=(1+y,2+x)$，

故最大方向导数为梯度的模：

$g(x,y)=|\nabla f|=\sqrt{(1+y{)}^2+(2+x{)}^2}$。

在圆 $x^2+y^2=5$ 上，

$g^2=x^2+y^2+4x+2y+5=10+4x+2y$。

由柯西不等式，

$4x+2y\le \sqrt{4^2+2^2}\sqrt{x^2+y^2}=10$，

且在 $(x,y)=(2,1)$ 处取等号。因此

$g_{\max }^2=20$，即 $g_{\max }=2\sqrt{5}$。

13. 设可微函数$z=z(x,y)$在平面上任一点$(x,y)$处沿$x$轴正向$\mathbf{i}$与$y$轴正向$\mathbf{j}$的方向导数分别为$e^{-x}f(x)y$与$f(x)$，其中$f(x)$的一阶导数连续，且$f(0)=1$。(1)求$z(x,y)$的表达式；(2)判断$z(x,y)$是否有极值，若有，求之，若无，说明理由。

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答案：

（1）$z(x,y)=y{e}^{1-e^{-x}}+C$，其中 $C$ 为任意常数；

（2）$z(x,y)$ 无极值。

解析：

由题意，

$z_x=e^{-x}f(x)y,z_y=f(x)$。

由于相应偏导连续，应满足混合偏导相等：

$(z_x{)}_y=e^{-x}f(x)=(z_y{)}_x=f^{\prime }(x)$。

故

$f^{\prime }(x)=e^{-x}f(x)$。

分离变量并利用 $f(0)=1$，得

$\ln f(x)=1-e^{-x}$，即

$f(x)=e^{1-e^{-x}}$。

由 $z_y=f(x)$ 积分得

$z=yf(x)+C(x)$。

再与 $z_x=e^{-x}f(x)y$ 比较可知 $C^{\prime }(x)=0$，所以

$z(x,y)=y{e}^{1-e^{-x}}+C$。

又因

$z_y=e^{1-e^{-x}}>0$，

梯度在任何点都不可能为零，且函数沿 $y$ 方向严格增加，故无极值。

14. 设$F(x,y,z)=xy\mathbf{i}-y\cos z\mathbf{j}+z\sin x\mathbf{k}$，则$|\mathrm{rot}\mathbf{F}{|}_{(1,1,0)}=$

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答案：

$1$。

解析：

记

$P=xy,Q=-y\cos z,R=z\sin x$。

则

$\mathrm{rot}\mathbf{F}=\left(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y\right)=\left(-y\sin z,-z\cos x,-x\right)$。

在 $(1,1,0)$ 处，

$\mathrm{rot}\mathbf{F}=(0,0,-1)$，

故其模为 $1$。

强化部分

1. 设$f(x,y)=e^{-(x^2+2y^2)}$，曲线$y=y(x)$上任一点$P(x,y)$的切线方向始终指向$f(x,y)$变化率最大的方向，且$y(1)=2$，则$y(x)=$（） A. $2x^2$ B. $x^2+x$ C. $e^{-x^2+1}+x$ D. $2e^{-x^2+1}$

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答案：

A，即 $y=2x^2$。

解析：

函数变化率最大的方向为梯度方向。由于

$\nabla f=e^{-(x^2+2y^2)}(-2x,-4y)$，

曲线切线方向 $(1,y^{\prime })$ 应与 $(-2x,-4y)$ 平行，因此

$y^{\prime }=\frac{-4y}{-2x}=\frac{2y}{x}$。

解得

$\frac{dy}{y}=2\frac{dx}{x}⟹y=C{x}^2$。

由 $y(1)=2$ 得 $C=2$，故 $y=2x^2$。

2. 求曲面$4z=3x^2-2xy+3y^2$上的点到平面$x+y-4z=1$的最短距离。

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答案：

$\frac{\sqrt{2}}{8}$。

解析：

曲面上一点满足

$4z=3x^2-2xy+3y^2$。

该点到平面的距离为

$d=\frac{|x+y-4z-1|}{\sqrt{1^2+1^2+(-4{)}^2}}=\frac{|x+y-3x^2+2xy-3y^2-1|}{3\sqrt{2}}$。

令

$\varphi (x,y)=x+y-3x^2+2xy-3y^2$。

其最大值由

${\varphi }_x=1-6x+2y=0,{\varphi }_y=1+2x-6y=0$

求得 $x=y=\frac{1}{4}$。此时

$\max \varphi =\frac{1}{4}$。

因此 $\varphi -1\le -\frac{3}{4}$，最小绝对值为 $\frac{3}{4}$。故

$d_{\min }=\frac{3/4}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{8}$。

3. 空间曲线$L:\{\begin{array}{l}{y}^2=z\\ x=2(y-1)\end{array}$在$y=1$处的切线方程为

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答案：

$\frac{x}{2}=y-1=\frac{z-1}{2}$。

解析：

以 $y=t$ 为参数，则

$x=2(t-1),y=t,z=t^2$。

当 $t=1$ 时，曲线上点为 $(0,1,1)$，切向量为

$(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })=(2,1,2)$。

故切线方程为

$\frac{x-0}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{2}$。

4. 曲线$\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2+3z^2=6\\ x+y+z=3\end{array}$在点$(1,1,1)$处的切线方程为

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答案：

$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z-1}{1}$。

解析：

两个曲面的法向量在该点分别为

${\mathbf{n}}_1=(2,4,6),{\mathbf{n}}_2=(1,1,1)$。

交线的切向量可取

$\mathbf{d}={\mathbf{n}}_1\times {\mathbf{n}}_2=(-2,4,-2)$，

即与 $(1,-2,1)$ 平行。因此切线方程为答案所示。

5. 求抛物面$\Sigma :z=x^2+y^2$上的点到空间图形$\Omega :x^2+y^2\le z\le 1$的形心的最短距离。

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答案：

最短距离为 $\sqrt{\frac{5}{12}}=\frac{\sqrt{15}}{6}$；

最近点满足 $x^2+y^2=\frac{1}{6}$，$z=\frac{1}{6}$。

解析：

区域 $\Omega$ 关于 $z$ 轴旋转对称，故形心为 $(0,0,\bar{z})$。用柱坐标计算体积：

$V={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_{r^2}^{1}rdzdrd\theta =2\pi {\int }_0^1(1-r^2)rdr=\frac{\pi }{2}$。

对 $xOy$ 平面的矩为

$M_{xy}={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{\int }_{r^2}^{1}zrdzdrd\theta =\pi {\int }_0^1(1-r^4)rdr=\frac{\pi }{3}$。

所以

$\bar{z}=\frac{M_{xy}}{V}=\frac{2}{3}$。

抛物面上一点可写为 $(x,y,r^2)$，其到形心的距离平方为

$d^2=r^2+{\left(r^2-\frac{2}{3}\right)}^2$。

令 $s=r^2\ge 0$，则

$d^2=s+{\left(s-\frac{2}{3}\right)}^2=s^2-\frac{1}{3}s+\frac{4}{9}$。

在 $s=\frac{1}{6}$ 处取最小值 $\frac{5}{12}$，故最短距离为 $\sqrt{5/12}$。

6. 设函数$z=f(x,y)$在点$(0,0)$附近有定义，且$f_x^{\prime }(0,0)=3$，则曲线$\{\begin{array}{l}z=f(x,y)\\ y=0\end{array}$在点$(0,0,f(0,0))$处的法平面方程为

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答案：

$x+3[z-f(0,0)]=0$。

解析：

曲线可参数化为

$\mathbf{r}(x)=(x,0,f(x,0))$。

在 $x=0$ 处的切向量为

${\mathbf{r}}^{\prime }(0)=(1,0,f_x^{\prime }(0,0))=(1,0,3)$。

法平面以切向量为法向量，故

$(1,0,3)\cdot (x,y,z-f(0,0))=0$，

即答案所示。

7. 曲面$e^z-xz+y=3$在点$(1,2,0)$处的切平面方程为

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答案：

$y=2$。

解析：

令

$F(x,y,z)=e^z-xz+y-3$。

则

$\nabla F=(-z,1,e^z-x)$。

在点 $(1,2,0)$ 处，

$\nabla F=(0,1,0)$。

故切平面为

$y-2=0$。

8. 设可微函数$f(u,v)$满足$f(x-y,x+e^y)=x^2-y^2$，则$f(u,v)$在点$(1,2)$处的方向导数的最大值等于（） A. $1$ B. $\sqrt{2}$ C. $\sqrt{3}$ D. $2$

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答案：

B，即 $\sqrt{2}$。

解析：

要使 $(u,v)=(1,2)$，需满足

$x-y=1,x+e^y=2$。

由此得 $(x,y)=(1,0)$。

对恒等式分别关于 $x,y$ 求偏导，在 $(1,0)$ 处有

$f_u+f_v=2$，

$-f_u+f_v=0$。

解得 $f_u=f_v=1$。因此

$\nabla f(1,2)=(1,1)$，

最大方向导数为 $|\nabla f|=\sqrt{2}$。

9. $f(x,y,z)=x^2{\int }_1^y{e}^{t}dt+2z$在点$(1,1,2)$处的梯度为

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答案：

$\nabla f(1,1,2)=(0,e,2)$。

解析：

由于

${\int }_1^y{e}^{t}dt=e^y-e$，

故

$f_x=2x(e^y-e),f_y=x^2{e}^y,f_z=2$。

在 $(1,1,2)$ 处即得

$\nabla f=(0,e,2)$。

10. 已知函数$z=f(x,y)$可微，其在点$P_0(1,2)$处沿从$P_0$到$P_1(2,3)$的方向的方向导数为$2\sqrt{2}$，沿从$P_0$到$P_2(1,0)$的方向的方向导数为$-3$，则$z$在点$P_0$处的最大方向导数为

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答案：

$\sqrt{10}$。

解析：

设 $\nabla f(P_0)=(A,B)$。

从 $P_0$ 到 $P_1$ 的单位方向向量为 $(1,1)/\sqrt{2}$，故

$\frac{A+B}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$，即 $A+B=4$。

从 $P_0$ 到 $P_2$ 的单位方向向量为 $(0,-1)$，故

$-B=-3$，从而 $B=3$，$A=1$。

最大方向导数为梯度模：

$|\nabla f(P_0)|=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。

11. 函数$u(x,y,z)=xy-2z^2$在点$(1,1,-2)$处的最大方向导数为

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答案：

$\sqrt{66}$。

解析：

$\nabla u=(y,x,-4z)$，故

$\nabla u(1,1,-2)=(1,1,8)$。

最大方向导数为

$|\nabla u|=\sqrt{1+1+64}=\sqrt{66}$。

12. 设可微函数$f(x,y)$在点$(0,0)$处的最小方向导数为$a$，$a\ne 0$且$a\ne -1$，$b,c$是满足$b^2+c^2$为正常数的任意实数，则$\mathrm{grad}f(0,0)$与$(b,c)$内积的最大值为（） A. $a\sqrt{b^2+c^2}$ B. $-a\sqrt{b^2+c^2}$ C. $\sqrt{|a|(b^2+c^2)}$ D. $-\sqrt{|a|(b^2+c^2)}$

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答案：

B。

解析：

可微函数在一点的最小方向导数为

$-|\nabla f(0,0)|$。

因此 $a=-|\nabla f(0,0)|<0$，即

$|\nabla f(0,0)|=-a$。

当向量 $(b,c)$ 的长度 $\sqrt{b^2+c^2}$ 固定时，由柯西不等式，内积的最大值为

$|\nabla f(0,0)|\sqrt{b^2+c^2}=-a\sqrt{b^2+c^2}$。

13. 设$f(x,y)$可微，$P(x,y)$，$P_0(x_0,y_0)$为曲面$z=f(x,y)$上的点，则（） A. $\underset{P\to P_0}{\lim }\frac{f(P)+\left[f(P_0)-\mathrm{grad}f{|}_{P_0}\cdot \overrightarrow{P_{0}P}\right]}{|\overrightarrow{P_{0}P}|}=0$ B. $\underset{P\to P_0}{\lim }\frac{f(P)-\left[f(P_0)-\mathrm{grad}f{|}_{P_0}\cdot \overrightarrow{P_{0}P}\right]}{|\overrightarrow{P_{0}P}|}=0$ C. $\underset{P\to P_0}{\lim }\frac{f(P)+\left[f(P_0]+\mathrm{grad}f{|}_{P_0}\cdot \overrightarrow{P_{0}P}\right]}{|\overrightarrow{P_{0}P}|}=0$ D. $\underset{P\to P_0}{\lim }\frac{f(P)-\left[f(P_0]+\mathrm{grad}f{|}_{P_0}\cdot \overrightarrow{P_{0}P}\right]}{|\overrightarrow{P_{0}P}|}=0$

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答案：

D。

解析：

函数 $f$ 在 $P_0$ 可微的定义为

$f(P)=f(P_0)+\nabla f(P_0)\cdot \overrightarrow{P_{0}P}+o\left(|\overrightarrow{P_{0}P}|\right)$。

移项后除以 $|\overrightarrow{P_{0}P}|$ 并令 $P\to P_0$，正好得到选项 D。

14. 在曲面$\Sigma :x^2+2y^2+z^2=1$上求一点，使函数$f(x,y,z)=2x^2+y^2+z$在该点沿方向$\mathbf{n}$的方向导数最大，其中$\mathbf{n}$是曲面$\Sigma$在点$P\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$的外侧法向量。

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答案：

所求点为

$\left(\sqrt{\frac{2}{3}},-\frac{1}{\sqrt{6}},0\right)$。

相应最大方向导数为 $2+\frac{1}{\sqrt{6}}$。

解析：

曲面可写为

$G=x^2+2y^2+z^2-1=0$。

在给定点 $P$ 处，外法向量可取

$\mathbf{n}=\nabla G(P)=(1,-2,1)$，

相应单位向量为 ${\mathbf{e}}_n=(1,-2,1)/\sqrt{6}$。

又

$\nabla f=(4x,2y,1)$，

故沿 $\mathbf{n}$ 方向的方向导数为

$D_{\mathbf{n}}f=\frac{4x-4y+1}{\sqrt{6}}$。

只需在约束 $x^2+2y^2+z^2=1$ 下最大化 $x-y$。由拉格朗日乘数法，最大值在 $z=0$ 时取得，并有

$(x,y)\parallel \left(1,-\frac{1}{2}\right)$。

结合约束可得

$x=\sqrt{\frac{2}{3}},y=-\frac{1}{\sqrt{6}},z=0$。

此时 $x-y=\sqrt{3/2}$，所以最大方向导数为

$\frac{4\sqrt{3/2}+1}{\sqrt{6}}=2+\frac{1}{\sqrt{6}}$。

15. 设$F(x,y,z)=|x|\cos y\mathbf{i}-y\sin z\mathbf{j}+z\mathbf{k}$，则$\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=$

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答案：

$(1,0,\sin 1)$。

解析：

在点 $x=1>0$ 的邻域内，$|x|=x$。记

$P=x\cos y,Q=-y\sin z,R=z$。

则

$\mathrm{rot}\mathbf{F}=\left(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y\right)=\left(y\cos z,0,x\sin y\right)$。

代入 $(1,1,0)$ 得

$\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=(1,0,\sin 1)$。