第八章 多元函数微分学

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列函数在点 $\displaystyle (0,0)$ 处不连续的是

A.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0); \end{cases}$$

B.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3-y^3}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0); \end{cases}$$

C.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{xy}{\sqrt{x^4+y^4}},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0); \end{cases}$$

D.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \sqrt{x^2+y^2}\sin\dfrac1{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

判断二元函数在原点的连续性，需要考察

$$\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$$

是否等于 $\displaystyle f(0,0)=0$。

对于（A），由

$$\displaystyle 2|xy|\le x^2+y^2$$

可得

$$\displaystyle \left|\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right| \le \dfrac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}} =\frac12\sqrt{x^2+y^2}\to0,$$

故在原点连续。

对于（B），令 $\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2}$，则 $\displaystyle |x|\le r,|y|\le r$，从而

$$\displaystyle \left|\dfrac{x^3-y^3}{x^2+y^2}\right| \le\dfrac{|x|^3+|y|^3}{x^2+y^2} \le\dfrac{2r^3}{r^2}=2r\to0,$$

故在原点连续。

对于（C），沿路径 $\displaystyle y=x$ 趋于原点时，

$$\displaystyle f(x,x)=\dfrac{x^2}{\sqrt{2x^4}}=\frac1{\sqrt2}\qquad(x\ne0),$$

其极限不等于 $\displaystyle 0$，故函数在原点不连续。

对于（D），

$$\displaystyle \left|\sqrt{x^2+y^2}\sin\frac1{x^2+y^2}\right| \le\sqrt{x^2+y^2}\to0,$$

故在原点连续。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle z=f(x,y)=\sqrt{|xy|},$$

则 $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处

A. 可微；

B. 偏导数存在，但不可微；

C. 连续，但偏导数不存在；

D. 偏导数存在，但不连续。

首先考察连续性。由基本不等式

$$\displaystyle 2|xy|\le x^2+y^2$$

可得

$$\displaystyle 0\le \sqrt{|xy|} \le\frac1{\sqrt2}\sqrt{x^2+y^2}\to0.$$

因此

$$\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0),$$

函数在原点连续。

再计算原点处的偏导数：

$$\displaystyle f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(h,0)-f(0,0)}h=0,$$$$\displaystyle f_y(0,0)=\lim_{k\to0}\dfrac{f(0,k)-f(0,0)}k=0.$$

故两个偏导数均存在。

若函数在原点可微，由于两个偏导数均为零，应有

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

但沿路径 $\displaystyle y=x$ 有

$$\displaystyle \dfrac{|f(x,x)|}{\sqrt{x^2+x^2}} =\dfrac{|x|}{\sqrt2|x|} =\frac1{\sqrt2},$$

其极限不为零，因此函数在原点不可微。

（A）错误，因为不满足可微的增量条件；（C）错误，因为两个偏导数均存在；（D）不是本题所考察的准确结论，且偏导函数在坐标轴上的一些非原点处甚至不存在。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle z=f(x,y)= \begin{cases} (x^2+y^2)\sin\dfrac1{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0,\\[2mm] 0,&x^2+y^2=0, \end{cases}$$

则 $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处

A. 偏导数存在且连续；

B. 偏导数不存在，但连续；

C. 偏导数存在，可微；

D. 偏导数存在，但不可微。

记

$$\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2}.$$

当 $\displaystyle (x,y)\ne(0,0)$ 时，

$$\displaystyle f(x,y)=r^2\sin\frac1r.$$

由

$$\displaystyle |f(x,y)|\le r^2\to0$$

知函数在原点连续。

原点处的两个偏导数为

$$\displaystyle f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\dfrac{h^2\sin(1/|h|)}h =\lim_{h\to0}h\sin\frac1{|h|}=0,$$

同理

$$\displaystyle f_y(0,0)=0.$$

进一步，若以

$$\displaystyle L(x,y)=f_x(0,0)x+f_y(0,0)y=0$$

作为线性主部，则

$$\displaystyle \dfrac{|f(x,y)-f(0,0)-L(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} =\dfrac{|r^2\sin(1/r)|}{r} \le r\to0.$$

所以 $\displaystyle f$ 在原点可微。

（A）错误。虽然原点处偏导数存在，但偏导函数在原点附近发生振荡，并不连续。例如在 $\displaystyle y=0,x\ne0$ 时，$\displaystyle f_x(x,0)$ 含有振荡项 $\displaystyle \cos(1/|x|)$。因此正确选项为（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle f(x,y)=|x-y|\varphi(x,y),$$

其中 $\displaystyle \varphi(x,y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处连续且 $\displaystyle \varphi(0,0)=0$，则 $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处

A. 连续，但偏导数不存在；

B. 不连续，但偏导数存在；

C. 可微；

D. 不可微。

由于 $\displaystyle \varphi(x,y)$ 在原点连续且 $\displaystyle \varphi(0,0)=0$，故

$$\displaystyle \varphi(x,y)\to0\qquad((x,y)\to(0,0)).$$

又

$$\displaystyle |x-y|\le |x|+|y|\le\sqrt2\sqrt{x^2+y^2},$$

所以

$$\displaystyle |f(x,y)| \le\sqrt2\sqrt{x^2+y^2}\,|\varphi(x,y)|.$$

从而

$$\displaystyle \dfrac{|f(x,y)-f(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \le\sqrt2|\varphi(x,y)|\to0.$$

这说明

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

故函数在原点可微，且其全微分为零。

也可直接验证

$$\displaystyle f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.$$

因此（A）、（B）、（D）均错误，正确答案为（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

在下列二元函数中，$\displaystyle f_{xy}''(0,0)\ne f_{yx}''(0,0)$ 的二元函数是

A.

$$\displaystyle f(x,y)=x^4+2x^2y^2+y^{10};$$

B.

$$\displaystyle f(x,y)=\ln(1+x^2+y^2)+\cos xy;$$

C.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} xy\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0); \end{cases}$$

D.

$$\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} xy^2\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\[2mm] 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

对于（A）、（B），函数在原点邻域内具有连续的二阶偏导数，由混合偏导数交换定理必有

$$\displaystyle f_{xy}''(0,0)=f_{yx}''(0,0).$$

重点考察（C）。先求 $\displaystyle f_x(0,y)$。当 $\displaystyle y\ne0$ 时，

$$\displaystyle f_x(0,y) =\lim_{h\to0}\dfrac{f(h,y)-f(0,y)}h =\lim_{h\to0}y\dfrac{h^2-y^2}{h^2+y^2} =-y.$$

当 $\displaystyle y=0$ 时，显然 $\displaystyle f_x(0,0)=0$。因此

$$\displaystyle f_{xy}''(0,0) =\lim_{y\to0}\dfrac{f_x(0,y)-f_x(0,0)}y =-1.$$

同理，当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle f_y(x,0) =\lim_{k\to0}\dfrac{f(x,k)-f(x,0)}k =\lim_{k\to0}x\dfrac{x^2-k^2}{x^2+k^2} =x.$$

故

$$\displaystyle f_{yx}''(0,0) =\lim_{x\to0}\dfrac{f_y(x,0)-f_y(0,0)}x =1.$$

所以

$$\displaystyle f_{xy}''(0,0)=-1\ne1=f_{yx}''(0,0).$$

对于（D），多出的一个因子 $\displaystyle y$ 使相应的一阶偏导沿坐标轴至少为二阶小量，最终两个混合偏导数均为零。因此正确选项为（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle u(x,y)$ 在 $\displaystyle M_0$ 取极大值，且

$$\displaystyle \exists\ \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial x^2}, \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial y^2},$$

则

A.

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial x^2}\ge0, \qquad \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial y^2}\ge0;$$

B.

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial x^2}<0, \qquad \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial y^2}<0;$$

C.

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial x^2}\le0, \qquad \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial y^2}\le0;$$

D.

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial x^2}\le0, \qquad \dfrac{\partial^2u(M_0)}{\partial y^2}\ge0.$$

设 $\displaystyle M_0=(x_0,y_0)$。固定 $\displaystyle y=y_0$，定义一元函数

$$\displaystyle \phi(x)=u(x,y_0).$$

由于 $\displaystyle u$ 在 $\displaystyle M_0$ 取得极大值，所以 $\displaystyle \phi(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 处取得极大值。若 $\displaystyle \phi''(x_0)$ 存在，则一元函数极值的二阶必要条件给出

$$\displaystyle \phi''(x_0)=u_{xx}''(M_0)\le0.$$

同理，固定 $\displaystyle x=x_0$，令

$$\displaystyle \psi(y)=u(x_0,y),$$

则 $\displaystyle \psi$ 在 $\displaystyle y=y_0$ 处取得极大值，从而

$$\displaystyle \psi''(y_0)=u_{yy}''(M_0)\le0.$$

注意这里只能推出非正，不能保证严格小于零。例如函数

$$\displaystyle u(x,y)=-(x^4+y^4)$$

在原点取得极大值，但

$$\displaystyle u_{xx}''(0,0)=u_{yy}''(0,0)=0.$$

因此（B）错误，正确答案为（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 邻域存在偏导数

$$\displaystyle \dfrac{\partial f(x,y)}{\partial x}, \qquad \dfrac{\partial f(x,y)}{\partial y},$$

且偏导数在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处不连续，则下列结论中正确的是

A. $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处可微且

$$\displaystyle df\big|_{(x_0,y_0)}= \dfrac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}\,dx+ \dfrac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}\,dy;$$

B. $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处不可微；

C. $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 沿任意方向存在方向导数；

D. 曲线

$$\displaystyle \begin{cases} z=f(x,y),\\ x=x_0 \end{cases}$$

在点 $\displaystyle (x_0,y_0,f(x_0,y_0))$ 处的切线的方向向量是

$$\displaystyle \left(0,1,\dfrac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}\right).$$

偏导数在一点不连续，并不能据此断定函数在该点是否可微。偏导数连续是可微的充分条件，而不是必要条件。因此（A）与（B）均不能必然成立。

仅有两个坐标方向的偏导数存在，也不能保证任意方向的方向导数都存在，所以（C）不一定成立。

对于（D），令 $\displaystyle x=x_0$，曲线可参数化为

$$\displaystyle \boldsymbol r(y)=\bigl(x_0,y,f(x_0,y)\bigr).$$

由于 $\displaystyle f_y(x_0,y_0)$ 存在，故曲线在相应点的切向量为

$$\displaystyle \boldsymbol r'(y_0) =\left(0,1,f_y(x_0,y_0)\right).$$

因此（D）必然正确。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f'(u)\ne0$，$\displaystyle x_0^2+y_0^2\ne0$，则曲面

$$\displaystyle z=f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$$

上点

$$\displaystyle P_0(x_0,y_0,z_0), \qquad z_0=f\left(\sqrt{x_0^2+y_0^2}\right)$$

处的法线与 $\displaystyle z$ 轴的关系是

A. 平行；

B. 异面直线；

C. 垂直相交；

D. 不垂直相交。

令

$$\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2}, \qquad F(x,y,z)=f(r)-z.$$

曲面可写成 $\displaystyle F(x,y,z)=0$。在点 $\displaystyle P_0$ 处，记

$$\displaystyle r_0=\sqrt{x_0^2+y_0^2}>0,$$

则曲面的一个法向量为

$$\displaystyle \boldsymbol n =\nabla F(P_0) =\left( \dfrac{f'(r_0)x_0}{r_0}, \dfrac{f'(r_0)y_0}{r_0}, -1 \right).$$

因此法线的参数方程可写为

$$\displaystyle \begin{cases} x=x_0+t\dfrac{f'(r_0)x_0}{r_0},\\[2mm] y=y_0+t\dfrac{f'(r_0)y_0}{r_0},\\[2mm] z=z_0-t. \end{cases}$$

由于 $\displaystyle f'(r_0)\ne0$，取

$$\displaystyle t=-\dfrac{r_0}{f'(r_0)},$$

便有 $\displaystyle x=0,y=0$。故该法线与 $\displaystyle z$ 轴相交。

另一方面，$\displaystyle z$ 轴的方向向量为 $\displaystyle (0,0,1)$，而

$$\displaystyle \boldsymbol n\cdot(0,0,1)=-1\ne0,$$

所以两直线不垂直。它们也不平行，因为法向量的前两个分量不可能同时为零：若同时为零，则由 $\displaystyle f'(r_0)\ne0$ 可推出 $\displaystyle x_0=y_0=0$，与条件矛盾。

因此法线与 $\displaystyle z$ 轴不垂直相交，选择（D）。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle z=\int_0^{x^3}f(t,e^y)\,dt,$$

其中 $\displaystyle f$ 是二元连续函数，则 $\displaystyle dz=\underline{\qquad}$。

把积分上限和被积函数中的参数分别求偏导。由变上限积分求导公式，

$$\displaystyle \dfrac{\partial z}{\partial x} =f(x^3,e^y)\dfrac{d(x^3)}{dx} =3x^2f(x^3,e^y).$$

对 $\displaystyle y$ 求偏导时，积分区间不变，故在允许积分号下求导的条件下，

$$\displaystyle \dfrac{\partial z}{\partial y} =\int_0^{x^3}\dfrac{\partial}{\partial y}f(t,e^y)\,dt =e^y\int_0^{x^3}f_y(t,e^y)\,dt.$$

因此

$$\displaystyle dz=z_x\,dx+z_y\,dy =3x^2f(x^3,e^y)\,dx +e^y\left[\int_0^{x^3}f_y(t,e^y)\,dt\right]dy.$$

严格来说，题面只给出 $\displaystyle f$ 连续，还不足以保证上述关于 $\displaystyle y$ 的偏导存在。按本题通常意图，应补充 $\displaystyle f_y$ 存在且连续，或满足可在积分号下求导的相应条件。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle z=z(x,y)$ 满足方程

$$\displaystyle 2z-e^z+2xy=3$$

且 $\displaystyle z(1,2)=0$，则

$$\displaystyle dz\big|_{(1,2)}=\underline{\qquad}.$$

对隐函数方程两边求全微分，得

$$\displaystyle (2-e^z)\,dz+2y\,dx+2x\,dy=0.$$

于是

$$\displaystyle dz=-\dfrac{2y}{2-e^z}\,dx-\dfrac{2x}{2-e^z}\,dy.$$

在点 $\displaystyle (x,y,z)=(1,2,0)$ 处，

$$\displaystyle 2-e^z=2-e^0=1,$$

故

$$\displaystyle dz\big|_{(1,2)}=-4\,dx-2\,dy.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle z=yf(x^2-y^2),$$

其中 $\displaystyle f(u)$ 可微，则

$$\displaystyle \frac1x\dfrac{\partial z}{\partial x}+ \frac1y\dfrac{\partial z}{\partial y} =\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u=x^2-y^2,$$

则

$$\displaystyle z=yf(u).$$

由链式法则，

$$\displaystyle z_x=yf'(u)\cdot2x=2xyf'(u),$$

而

$$\displaystyle z_y=f(u)+yf'(u)(-2y) =f(u)-2y^2f'(u).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \frac1xz_x+\frac1yz_y &=2yf'(u)+\dfrac{f(u)}y-2yf'(u)\\ &=\dfrac{f(u)}y =\dfrac{f(x^2-y^2)}y. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f(x,y)$ 有连续偏导数，满足

$$\displaystyle f(1,2)=1, \qquad f_x'(1,2)=2, \qquad f_y'(1,2)=3,$$$$\displaystyle \Phi(x)=f\bigl(x,2f(x,2f(x,2x))\bigr),$$

则 $\displaystyle \Phi'(1)=\underline{\qquad}$。

逐层定义复合函数：

$$\displaystyle u(x)=f(x,2x), \qquad v(x)=f(x,2u(x)), \qquad \Phi(x)=f(x,2v(x)).$$

由 $\displaystyle f(1,2)=1$，有

$$\displaystyle u(1)=v(1)=1.$$

首先，

$$\displaystyle \begin{aligned} u'(1) &=f_x(1,2)+2f_y(1,2)\\ &=2+2\times3=8. \end{aligned}$$

其次，

$$\displaystyle \begin{aligned} v'(1) &=f_x(1,2)+f_y(1,2)\cdot2u'(1)\\ &=2+3\times16=50. \end{aligned}$$

最后，

$$\displaystyle \begin{aligned} \Phi'(1) &=f_x(1,2)+f_y(1,2)\cdot2v'(1)\\ &=2+3\times100=302. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle x=x(y,z),\qquad y=y(z,x),\qquad z=z(x,y)$$

都是由方程 $\displaystyle F(x,y,z)=0$ 所确定的隐函数，并且 $\displaystyle F(x,y,z)$ 满足隐函数存在定理的条件，则

$$\displaystyle \dfrac{\partial x}{\partial y}\cdot \dfrac{\partial y}{\partial z}\cdot \dfrac{\partial z}{\partial x} =\underline{\qquad}.$$

由隐函数求导公式，分别有

$$\displaystyle \dfrac{\partial x}{\partial y}=-\dfrac{F_y}{F_x}, \qquad \dfrac{\partial y}{\partial z}=-\dfrac{F_z}{F_y}, \qquad \dfrac{\partial z}{\partial x}=-\dfrac{F_x}{F_z}.$$

三式相乘，得

$$\displaystyle \dfrac{\partial x}{\partial y} \dfrac{\partial y}{\partial z} \dfrac{\partial z}{\partial x} =(-1)^3 \dfrac{F_y}{F_x} \dfrac{F_z}{F_y} \dfrac{F_x}{F_z} =-1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

函数

$$\displaystyle z=1-(x^2+2y^2)$$

在点

$$\displaystyle M_0\left(\frac1{\sqrt2},\frac12\right)$$

处沿曲线

$$\displaystyle C:x^2+2y^2=1$$

在该点的内法线方向 $\displaystyle n$ 的方向导数为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

令

$$\displaystyle g(x,y)=x^2+2y^2.$$

椭圆 $\displaystyle g(x,y)=1$ 的外法线方向为 $\displaystyle \nabla g$，故内法线方向为 $\displaystyle -\nabla g$。而

$$\displaystyle z=1-g(x,y),$$

所以

$$\displaystyle \nabla z=-\nabla g=(-2x,-4y).$$

在点

$$\displaystyle M_0\left(\frac1{\sqrt2},\frac12\right)$$

处，

$$\displaystyle \nabla z(M_0)=(-\sqrt2,-2).$$

该向量恰沿内法线方向，因此内法线方向的单位向量为

$$\displaystyle \boldsymbol e_n=\dfrac{\nabla z(M_0)}{|\nabla z(M_0)|}.$$

故方向导数为

$$\displaystyle \dfrac{\partial z}{\partial n} =\nabla z(M_0)\cdot\boldsymbol e_n =|\nabla z(M_0)| =\sqrt{2+4} =\sqrt6.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

过曲面

$$\displaystyle z-e^z+2xy=3$$

上点 $\displaystyle M_0(1,2,0)$ 处的切平面方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

令

$$\displaystyle F(x,y,z)=z-e^z+2xy-3.$$

曲面由 $\displaystyle F(x,y,z)=0$ 表示，其法向量为

$$\displaystyle \nabla F=(2y,2x,1-e^z).$$

在点 $\displaystyle M_0(1,2,0)$ 处，

$$\displaystyle \nabla F(M_0)=(4,2,0).$$

因此切平面方程为

$$\displaystyle 4(x-1)+2(y-2)+0(z-0)=0,$$

化简得

$$\displaystyle 2x+y-4=0.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

过曲面

$$\displaystyle z=4-x^2-y^2$$

上点 $\displaystyle P$ 处的切平面平行于

$$\displaystyle 2x+2y+z-1=0,$$

则 $\displaystyle P$ 点的坐标为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

将曲面写成

$$\displaystyle F(x,y,z)=x^2+y^2+z-4=0.$$

在点 $\displaystyle P(x_0,y_0,z_0)$ 处，切平面的法向量为

$$\displaystyle \nabla F(P)=(2x_0,2y_0,1).$$

已知切平面平行于平面

$$\displaystyle 2x+2y+z-1=0,$$

后者的法向量为 $\displaystyle (2,2,1)$。故存在常数 $\displaystyle \lambda$，使

$$\displaystyle (2x_0,2y_0,1)=\lambda(2,2,1).$$

比较第三个分量得 $\displaystyle \lambda=1$，从而

$$\displaystyle x_0=1,\qquad y_0=1.$$

代入曲面方程，

$$\displaystyle z_0=4-1^2-1^2=2.$$

因此

$$\displaystyle P=(1,1,2).$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线

$$\displaystyle \begin{cases} z=x^2+y^2,\\ 2x^2+2y^2-z^2=0 \end{cases}$$

在 $\displaystyle M_0(1,1,2)$ 处的切线方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$，法平面方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

令

$$\displaystyle F_1(x,y,z)=z-x^2-y^2, \qquad F_2(x,y,z)=2x^2+2y^2-z^2.$$

两曲面的法向量分别为

$$\displaystyle \nabla F_1=(-2x,-2y,1), \qquad \nabla F_2=(4x,4y,-2z).$$

在 $\displaystyle M_0(1,1,2)$ 处，

$$\displaystyle \nabla F_1(M_0)=(-2,-2,1), \qquad \nabla F_2(M_0)=(4,4,-4).$$

交线的切向量可取两法向量的叉积：

$$\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol d &=\nabla F_1(M_0)\times\nabla F_2(M_0)\\ &=(4,-4,0)\\ &\parallel(1,-1,0). \end{aligned}$$

因此切线方程为

$$\displaystyle \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-1}{-1}, \qquad z=2.$$

法平面垂直于切线，所以其法向量可取切向量 $\displaystyle (1,-1,0)$。过点 $\displaystyle M_0(1,1,2)$ 的法平面为

$$\displaystyle (x-1)-(y-1)=0,$$

即

$$\displaystyle x-y=0.$$

计算题与证明题

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle z=f(x,y)$ 满足

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=2x, \qquad f(x,1)=0, \qquad \dfrac{\partial f(x,0)}{\partial y}=\sin x,$$

求 $\displaystyle f(x,y)$。

由

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=2x$$

对 $\displaystyle y$ 积分一次，得

$$\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}=2xy+A(x),$$

其中 $\displaystyle A(x)$ 是只与 $\displaystyle x$ 有关的函数。

再对 $\displaystyle y$ 积分，得

$$\displaystyle f(x,y)=xy^2+A(x)y+B(x),$$

其中 $\displaystyle B(x)$ 也是只与 $\displaystyle x$ 有关的函数。

由条件

$$\displaystyle \dfrac{\partial f(x,0)}{\partial y}=\sin x$$

可得

$$\displaystyle A(x)=\sin x.$$

又由

$$\displaystyle f(x,1)=0$$

可得

$$\displaystyle x+A(x)+B(x)=0,$$

故

$$\displaystyle B(x)=-x-\sin x.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x,y) &=xy^2+y\sin x-x-\sin x\\ &=x(y^2-1)+(y-1)\sin x. \end{aligned}$$

检验可知

$$\displaystyle f_{yy}=2x, \qquad f(x,1)=0, \qquad f_y(x,0)=\sin x,$$

故结果满足全部条件。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle u=yf\left(\dfrac xy\right)+xg\left(\dfrac yx\right),$$

求

$$\displaystyle x\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+ y\dfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}.$$

先观察函数的齐次性。对任意 $\displaystyle t>0$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} u(tx,ty) &=ty\,f\left(\dfrac{tx}{ty}\right) +tx\,g\left(\dfrac{ty}{tx}\right)\\ &=t\left[yf\left(\dfrac xy\right)+xg\left(\dfrac yx\right)\right]\\ &=t u(x,y). \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle u(x,y)$ 是一次齐次函数。

由欧拉齐次函数定理，

$$\displaystyle xu_x+yu_y=u.$$

对上式关于 $\displaystyle x$ 求偏导，得到

\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x}(xu_x+yu_y) =rac{\partial u}{\partial x}.

即

$$\displaystyle u_x+xu_{xx}+yu_{yx}=u_x.$$

由于二阶偏导数连续时

$$\displaystyle u_{yx}=u_{xy},$$

所以

$$\displaystyle xu_{xx}+yu_{xy}=0.$$

故

$$\displaystyle \boxed{x\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+ y\dfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=0}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle u=u(x,y)$ 由方程

$$\displaystyle u=\varphi(u)+\int_y^xP(t)\,dt$$

确定，其中 $\displaystyle \varphi$ 可微，$\displaystyle P$ 连续，且 $\displaystyle \varphi'(u)\ne1$，求

$$\displaystyle \dfrac{\partial u}{\partial x}P(y)+ \dfrac{\partial u}{\partial y}P(x).$$

将原方程写成

$$\displaystyle F(x,y,u)=u-\varphi(u)-\int_y^xP(t)\,dt=0.$$

对 $\displaystyle x$ 求偏导。由变上限定积分求导公式，

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x}\int_y^xP(t)\,dt=P(x),$$

故

$$\displaystyle u_x-\varphi'(u)u_x-P(x)=0.$$

于是

$$\displaystyle \bigl[1-\varphi'(u)\bigr]u_x=P(x),$$

即

$$\displaystyle u_x=\dfrac{P(x)}{1-\varphi'(u)}.$$

再对 $\displaystyle y$ 求偏导。由于

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y}\int_y^xP(t)\,dt=-P(y),$$

所以

$$\displaystyle u_y-\varphi'(u)u_y+P(y)=0.$$

于是

$$\displaystyle \bigl[1-\varphi'(u)\bigr]u_y=-P(y),$$

即

$$\displaystyle u_y=-\dfrac{P(y)}{1-\varphi'(u)}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} u_xP(y)+u_yP(x) &=\dfrac{P(x)P(y)}{1-\varphi'(u)} -\dfrac{P(y)P(x)}{1-\varphi'(u)}\\ &=0. \end{aligned}$$

条件 $\displaystyle \varphi'(u)\ne1$ 保证上述分母不为零。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设函数 $\displaystyle u(x,y)$ 有连续二阶偏导数，满足

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}- \dfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=0,$$

又满足下列条件：

$$\displaystyle u(x,2x)=x, \qquad u_x'(x,2x)=x^2$$

（即 $\displaystyle u_x'(x,y)\big|_{y=2x}=x^2$），求

$$\displaystyle u_{xx}''(x,2x), \qquad u_{xy}''(x,2x), \qquad u_{yy}''(x,2x).$$

由

$$\displaystyle u(x,2x)=x$$

对 $\displaystyle x$ 求导，利用复合函数求导法则，得

$$\displaystyle u_x(x,2x)+2u_y(x,2x)=1.\tag{1}$$

已知

$$\displaystyle u_x(x,2x)=x^2,$$

对该式关于 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle u_{xx}(x,2x)+2u_{xy}(x,2x)=2x.\tag{2}$$

再对式 $\displaystyle (1)$ 关于 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle \begin{aligned} &\dfrac{d}{dx}u_x(x,2x) +2\dfrac{d}{dx}u_y(x,2x)=0,\\ &u_{xx}+2u_{xy}+2(u_{yx}+2u_{yy})=0. \end{aligned}$$

由于二阶偏导数连续，故

$$\displaystyle u_{yx}=u_{xy}.$$

于是

$$\displaystyle u_{xx}+4u_{xy}+4u_{yy}=0.\tag{3}$$

以上各二阶偏导数均在点 $\displaystyle (x,2x)$ 处取值。

由偏微分方程

$$\displaystyle u_{xx}-u_{yy}=0$$

可得

$$\displaystyle u_{yy}=u_{xx}.\tag{4}$$

将式 $\displaystyle (4)$ 代入式 $\displaystyle (3)$，得

$$\displaystyle 5u_{xx}+4u_{xy}=0.\tag{5}$$

联立式 $\displaystyle (2)$、$\displaystyle (5)$：

$$\displaystyle \begin{cases} u_{xx}+2u_{xy}=2x,\\ 5u_{xx}+4u_{xy}=0. \end{cases}$$

解得

$$\displaystyle u_{xx}=-\dfrac{4x}{3}, \qquad u_{xy}=\dfrac{5x}{3}.$$

再由 $\displaystyle u_{yy}=u_{xx}$，得

$$\displaystyle u_{yy}=-\dfrac{4x}{3}.$$

故

$$\displaystyle \boxed{ u_{xx}''(x,2x)=-\dfrac{4x}{3},\quad u_{xy}''(x,2x)=\dfrac{5x}{3},\quad u_{yy}''(x,2x)=-\dfrac{4x}{3}}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle z=\frac1x f(xy)+y\varphi(x+y),$$

且 $\displaystyle f,\varphi$ 具有二阶连续偏导数，求

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}.$$

先对 $\displaystyle y$ 求偏导。对于第一项，

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y}\left[\frac1x f(xy)\right] =\frac1x f'(xy)\cdot x =f'(xy).$$

对于第二项，

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y}\bigl[y\varphi(x+y)\bigr] =\varphi(x+y)+y\varphi'(x+y).$$

因此

$$\displaystyle z_y=f'(xy)+\varphi(x+y)+y\varphi'(x+y).$$

再对 $\displaystyle x$ 求偏导，得

$$\displaystyle \begin{aligned} z_{xy} &=\dfrac{\partial}{\partial x}z_y\\ &=y f''(xy)+\varphi'(x+y)+y\varphi''(x+y). \end{aligned}$$

所以

$$\displaystyle \boxed{ \dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =yf''(xy)+\varphi'(x+y)+y\varphi''(x+y) }.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle u=f\left(\dfrac xz,\dfrac yz\right),$$

求 $\displaystyle du$ 及

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2u}{\partial y\partial z}.$$

令

$$\displaystyle \xi=\dfrac{x}{z},\qquad \eta=\dfrac{y}{z},$$

则

$$\displaystyle u=f(\xi,\eta).$$

由全微分的链式法则，

$$\displaystyle du=f_\xi\,d\xi+f_\eta\,d\eta.$$

又

$$\displaystyle d\xi=d\left(\dfrac{x}{z}\right) =\frac1z\,dx-\dfrac{x}{z^2}\,dz,$$$$\displaystyle d\eta=d\left(\dfrac{y}{z}\right) =\frac1z\,dy-\dfrac{y}{z^2}\,dz.$$

代入得

$$\displaystyle \begin{aligned} du &=f_\xi\left(\frac1z\,dx-\dfrac{x}{z^2}\,dz\right) +f_\eta\left(\frac1z\,dy-\dfrac{y}{z^2}\,dz\right)\\ &=\dfrac{f_\xi}{z}\,dx+\dfrac{f_\eta}{z}\,dy -\dfrac{xf_\xi+yf_\eta}{z^2}\,dz. \end{aligned}$$

下面计算混合偏导数。先对 $\displaystyle y$ 求偏导：

$$\displaystyle u_y=f_\eta\dfrac{\partial\eta}{\partial y} =\frac1z f_\eta.$$

再对 $\displaystyle z$ 求偏导。注意

$$\displaystyle \xi_z=-\dfrac{x}{z^2}, \qquad \eta_z=-\dfrac{y}{z^2}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} u_{yz} &=\dfrac{\partial}{\partial z}\left(\frac1z f_\eta\right)\\ &=-\frac1{z^2}f_\eta +\frac1z\left(f_{\eta\xi}\xi_z+f_{\eta\eta}\eta_z\right)\\ &=-\dfrac{f_\eta}{z^2} -\dfrac{xf_{\xi\eta}+yf_{\eta\eta}}{z^3}. \end{aligned}$$

这里使用了二阶偏导连续时

$$\displaystyle f_{\eta\xi}=f_{\xi\eta}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知函数

$$\displaystyle f(x,y,z)=x^3y^2z$$

及方程

$$\displaystyle x+y+z-3+e^{-3}=e^{-(x+y+z)}.\tag{*}$$

（Ⅰ）如果 $\displaystyle x=x(y,z)$ 是由方程 $\displaystyle (*)$ 确定的隐函数，满足 $\displaystyle x(1,1)=1$，又

$$\displaystyle u=f(x(y,z),y,z),$$

求

$$\displaystyle \left.\dfrac{\partial u}{\partial y}\right|_{(1,1,1)};$$

（Ⅱ）如果 $\displaystyle z=z(x,y)$ 是由方程 $\displaystyle (*)$ 确定的隐函数，满足 $\displaystyle z(1,1)=1$，又

$$\displaystyle w=f(x,y,z(x,y)),$$

求

$$\displaystyle \left.\dfrac{\partial w}{\partial y}\right|_{(1,1,1)}.$$

将方程写成

$$\displaystyle F(x,y,z)=x+y+z-3+e^{-3}-e^{-(x+y+z)}=0.$$

于是

$$\displaystyle F_x=F_y=F_z=1+e^{-(x+y+z)}.$$

在点 $\displaystyle (1,1,1)$ 处，

$$\displaystyle F_x=F_y=F_z=1+e^{-3}\ne0,$$

故相应隐函数存在。

（Ⅰ）当 $\displaystyle x=x(y,z)$ 时，对方程 $\displaystyle F(x(y,z),y,z)=0$ 关于 $\displaystyle y$ 求偏导：

$$\displaystyle F_xx_y+F_y=0.$$

因此

$$\displaystyle x_y=-\dfrac{F_y}{F_x}=-1.$$

又

$$\displaystyle u=x^3y^2z,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} u_y &=3x^2x_y\,y^2z+2x^3yz. \end{aligned}$$

在 $\displaystyle (x,y,z)=(1,1,1)$ 处，

$$\displaystyle \left.u_y\right|_{(1,1,1)} =3\cdot1^2\cdot(-1)\cdot1^2\cdot1 +2\cdot1^3\cdot1\cdot1 =-1.$$

（Ⅱ）当 $\displaystyle z=z(x,y)$ 时，对方程 $\displaystyle F(x,y,z(x,y))=0$ 关于 $\displaystyle y$ 求偏导：

$$\displaystyle F_y+F_zz_y=0.$$

因此

$$\displaystyle z_y=-\dfrac{F_y}{F_z}=-1.$$

又

$$\displaystyle w=x^3y^2z(x,y),$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} w_y &=2x^3yz+x^3y^2z_y. \end{aligned}$$

在 $\displaystyle (1,1,1)$ 处，

$$\displaystyle \left.w_y\right|_{(1,1,1)} =2\cdot1^3\cdot1\cdot1+1^3\cdot1^2\cdot(-1) =1.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle z=f(x,y,u),$$

其中 $\displaystyle f$ 具有二阶连续偏导数，$\displaystyle u(x,y)$ 由方程

$$\displaystyle u^5-5xy+5u=1$$

确定，求

$$\displaystyle \dfrac{\partial z}{\partial x}, \qquad \dfrac{\partial^2z}{\partial x^2}.$$

令

$$\displaystyle G(x,y,u)=u^5-5xy+5u-1=0.$$

对 $\displaystyle x$ 求偏导，得

$$\displaystyle 5u^4u_x-5y+5u_x=0.$$

整理得

$$\displaystyle 5(1+u^4)u_x=5y,$$

所以

$$\displaystyle u_x=\dfrac{y}{1+u^4}.$$

再对 $\displaystyle x$ 求偏导：

$$\displaystyle \begin{aligned} u_{xx} &=y\dfrac{\partial}{\partial x}(1+u^4)^{-1}\\ &=-y(1+u^4)^{-2}\cdot4u^3u_x\\ &=-\dfrac{4yu^3}{(1+u^4)^2}\cdot\dfrac{y}{1+u^4}\\ &=-\dfrac{4y^2u^3}{(1+u^4)^3}. \end{aligned}$$

由于

$$\displaystyle z=f(x,y,u(x,y)),$$

对 $\displaystyle x$ 求偏导，得

$$\displaystyle z_x=f_x+f_uu_x.$$

代入 $\displaystyle u_x$，有

$$\displaystyle \boxed{ z_x=f_x+\dfrac{y}{1+u^4}f_u }.$$

继续对 $\displaystyle x$ 求偏导：

$$\displaystyle \begin{aligned} z_{xx} &=\dfrac{\partial}{\partial x}(f_x+f_uu_x)\\ &=f_{xx}+f_{xu}u_x +(f_{ux}+f_{uu}u_x)u_x+f_uu_{xx}. \end{aligned}$$

因 $\displaystyle f$ 有二阶连续偏导数，

$$\displaystyle f_{xu}=f_{ux},$$

故

$$\displaystyle z_{xx}=f_{xx}+2f_{xu}u_x+f_{uu}u_x^2+f_uu_{xx}.$$

代入 $\displaystyle u_x,u_{xx}$，即得

$$\displaystyle \boxed{ \dfrac{\partial^2z}{\partial x^2} =f_{xx} +\dfrac{2y}{1+u^4}f_{xu} +\dfrac{y^2}{(1+u^4)^2}f_{uu} -\dfrac{4y^2u^3}{(1+u^4)^3}f_u }.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle y=f(x,t)$，且方程 $\displaystyle F(x,y,t)=0$ 确定了函数 $\displaystyle t=t(x,y)$，求

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}.$$

沿着由题设关系确定的曲线，$\displaystyle y=y(x)$，同时

$$\displaystyle t=t(x,y(x)).$$

由

$$\displaystyle y=f(x,t)$$

对 $\displaystyle x$ 求全导数，得

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=f_x+f_t\dfrac{dt}{dx}. \tag{1}$$

另一方面，由

$$\displaystyle F(x,y,t)=0$$

对 $\displaystyle x$ 求全导数，得

$$\displaystyle F_x+F_y\dfrac{dy}{dx}+F_t\dfrac{dt}{dx}=0.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{dt}{dx} =-\dfrac{F_x+F_y\dfrac{dy}{dx}}{F_t}. \tag{2}$$

将式 $\displaystyle (2)$ 代入式 $\displaystyle (1)$，得

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =f_x-\dfrac{f_t}{F_t} \left(F_x+F_y\dfrac{dy}{dx}\right).$$

移项整理：

$$\displaystyle \left(F_t+f_tF_y\right)\dfrac{dy}{dx} =f_xF_t-f_tF_x.$$

所以

$$\displaystyle \boxed{ \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{f_xF_t-f_tF_x}{F_t+f_tF_y} }.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

若可微函数 $\displaystyle z=f(x,y)$ 在极坐标系下只是 $\displaystyle \theta$ 的函数，求证：

$$\displaystyle x\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\dfrac{\partial f}{\partial y}=0 \qquad(r\ne0).$$

在极坐标下，

$$\displaystyle x=r\cos\theta, \qquad y=r\sin\theta.$$

题设说明 $\displaystyle f$ 只是 $\displaystyle \theta$ 的函数，即存在一元函数 $\displaystyle \varphi$，使

$$\displaystyle f(x,y)=\varphi(\theta).$$

因此，当 $\displaystyle \theta$ 固定而改变 $\displaystyle r$ 时，$\displaystyle f$ 不发生变化，故

$$\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial r}=0.$$

另一方面，由复合函数求导法则，

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{\partial f}{\partial r} &=f_x\dfrac{\partial x}{\partial r} +f_y\dfrac{\partial y}{\partial r}\\ &=f_x\cos\theta+f_y\sin\theta. \end{aligned}$$

所以

$$\displaystyle f_x\cos\theta+f_y\sin\theta=0.$$

当 $\displaystyle r\ne0$ 时，两边乘以 $\displaystyle r$，并利用

$$\displaystyle r\cos\theta=x, \qquad r\sin\theta=y,$$

得到

$$\displaystyle \boxed{ x f_x+y f_y=0 }.$$

几何上，这说明函数值沿每一条从原点出发的射线保持不变，因此梯度方向与径向向量 $\displaystyle (x,y)$ 正交。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

作自变量与因变量变换：

$$\displaystyle u=x+y, \qquad v=x-y, \qquad w=xy-z,$$

变换方程

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2z}{\partial x^2}+ 2\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}+ \dfrac{\partial^2z}{\partial y^2}=0$$

为 $\displaystyle w$ 关于 $\displaystyle u,v$ 的偏导数满足的方程，其中 $\displaystyle z$ 对 $\displaystyle x,y$ 有连续的二阶偏导数。

由

$$\displaystyle u=x+y,\qquad v=x-y$$

可得

$$\displaystyle \dfrac{\partial u}{\partial x}=1, \quad \dfrac{\partial u}{\partial y}=1, \quad \dfrac{\partial v}{\partial x}=1, \quad \dfrac{\partial v}{\partial y}=-1.$$

因此微分算子满足

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x} =\dfrac{\partial}{\partial u} +\dfrac{\partial}{\partial v}, \qquad \dfrac{\partial}{\partial y} =\dfrac{\partial}{\partial u} -\dfrac{\partial}{\partial v}.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x} + \dfrac{\partial}{\partial y} =2\dfrac{\partial}{\partial u}.$$

原方程左端可以写成

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2z}{\partial x^2} +2\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y} +\dfrac{\partial^2z}{\partial y^2} = \left( \dfrac{\partial}{\partial x} + \dfrac{\partial}{\partial y} \right)^2z.$$

故

$$\displaystyle \left( \dfrac{\partial}{\partial x} + \dfrac{\partial}{\partial y} \right)^2z =4z_{uu}.$$

又由

$$\displaystyle w=xy-z$$

得

$$\displaystyle z=xy-w.$$

由于

$$\displaystyle x=\dfrac{u+v}{2}, \qquad y=\dfrac{u-v}{2},$$

所以

$$\displaystyle xy=\dfrac{u^2-v^2}{4}.$$

因此

$$\displaystyle z=\dfrac{u^2-v^2}{4}-w(u,v).$$

对 $\displaystyle u$ 求两次偏导：

$$\displaystyle z_{uu}=\frac12-w_{uu}.$$

原方程等价于

$$\displaystyle 4z_{uu}=0,$$

即

$$\displaystyle 4\left(\frac12-w_{uu}\right)=0.$$

整理得

$$\displaystyle \boxed{w_{uu}=\frac12}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle u=u(x,y),v=v(x,y)$ 有连续的一阶偏导数且满足条件

$$\displaystyle F(u,v)=0,$$

其中 $\displaystyle F$ 有连续的偏导数且

$$\displaystyle \left(\dfrac{\partial F}{\partial u}\right)^2+ \left(\dfrac{\partial F}{\partial v}\right)^2>0.$$

求证：

$$\displaystyle \begin{vmatrix} \dfrac{\partial u}{\partial x}&\dfrac{\partial u}{\partial y}\\[2mm] \dfrac{\partial v}{\partial x}&\dfrac{\partial v}{\partial y} \end{vmatrix}=0.$$

由恒等关系

$$\displaystyle F(u(x,y),v(x,y))=0$$

分别对 $\displaystyle x,y$ 求偏导，得到

$$\displaystyle F_u u_x+F_v v_x=0, \tag{1}$$$$\displaystyle F_u u_y+F_v v_y=0. \tag{2}$$

题设给出

$$\displaystyle F_u^2+F_v^2>0,$$

所以 $\displaystyle F_u,F_v$ 不会同时为零。

若 $\displaystyle F_u\ne0$，由式 $\displaystyle (1),(2)$ 得

$$\displaystyle u_x=-\dfrac{F_v}{F_u}v_x, \qquad u_y=-\dfrac{F_v}{F_u}v_y.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} u_xv_y-u_yv_x &=-\dfrac{F_v}{F_u}v_xv_y +\dfrac{F_v}{F_u}v_yv_x\\ &=0. \end{aligned}$$

若 $\displaystyle F_u=0$，则必有 $\displaystyle F_v\ne0$。由式 $\displaystyle (1),(2)$ 可得

$$\displaystyle v_x=v_y=0,$$

从而同样有

$$\displaystyle u_xv_y-u_yv_x=0.$$

因此

$$\displaystyle \boxed{ \begin{vmatrix} u_x&u_y\\ v_x&v_y \end{vmatrix}=0 }.$$

从几何上看，$\displaystyle (u_x,v_x)$ 与 $\displaystyle (u_y,v_y)$ 都垂直于非零向量 $\displaystyle (F_u,F_v)$，因而二者线性相关，所以其行列式为零。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle z=f(x,y)$ 满足

$$\displaystyle \left(\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)^2 \dfrac{\partial^2f}{\partial x^2} -2\dfrac{\partial f}{\partial x} \dfrac{\partial f}{\partial y} \dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y} +\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right)^2 \dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=0,$$

又

$$\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}\ne0,$$

由 $\displaystyle z=f(x,y)$ 可解出 $\displaystyle y=y(z,x)$。求：

（Ⅰ）

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2y}{\partial x^2};$$

（Ⅱ）$\displaystyle y=y(z,x)$。

由

$$\displaystyle z=f(x,y)$$

把 $\displaystyle z$ 看作常数，并将 $\displaystyle y$ 看作 $\displaystyle x$ 的函数。对 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle 0=f_x+f_yy_x.$$

由于 $\displaystyle f_y\ne0$，所以

$$\displaystyle y_x=-\dfrac{f_x}{f_y}. \tag{1}$$

再对 $\displaystyle x$ 求导。注意此处为沿隐函数 $\displaystyle y=y(z,x)$ 的全导数：

$$\displaystyle 0=\dfrac{d}{dx}(f_x+f_yy_x).$$

展开得

$$\displaystyle 0=f_{xx}+f_{xy}y_x +(f_{yx}+f_{yy}y_x)y_x+f_yy_{xx}.$$

因二阶偏导连续，$\displaystyle f_{xy}=f_{yx}$，故

$$\displaystyle f_yy_{xx} =-\left(f_{xx}+2f_{xy}y_x+f_{yy}y_x^2\right).$$

代入式 $\displaystyle (1)$：

$$\displaystyle \begin{aligned} y_{xx} &=-\dfrac{1}{f_y} \left[ f_{xx} -2f_{xy}\dfrac{f_x}{f_y} +f_{yy}\dfrac{f_x^2}{f_y^2} \right]\\ &=-\dfrac{ f_y^2f_{xx} -2f_xf_yf_{xy} +f_x^2f_{yy} }{f_y^3}. \end{aligned}$$

题设给出的偏微分方程正好说明分子为零，因此

$$\displaystyle \boxed{y_{xx}=0}.$$

对每一个固定的 $\displaystyle z$，函数 $\displaystyle y=y(z,x)$ 关于 $\displaystyle x$ 的二阶导数为零，所以它关于 $\displaystyle x$ 是一次函数，即

$$\displaystyle y=A(z)x+B(z).$$

将两个关于 $\displaystyle z$ 的函数分别记为 $\displaystyle \varphi(z),\psi(z)$，得到

$$\displaystyle \boxed{y=\varphi(z)x+\psi(z)}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设

$$\displaystyle f(x,y)=2(y-x^2)^2-\frac17x^7-y^2.$$

（Ⅰ）求 $\displaystyle f(x,y)$ 的驻点；

（Ⅱ）求 $\displaystyle f(x,y)$ 的全部极值点，并指明是极大值点还是极小值点。

先求一阶偏导数：

$$\displaystyle \begin{aligned} f_x &=2\cdot2(y-x^2)(-2x)-x^6\\ &=-8x(y-x^2)-x^6\\ &=x(-8y+8x^2-x^5), \end{aligned}$$$$\displaystyle \begin{aligned} f_y &=4(y-x^2)-2y\\ &=2y-4x^2\\ &=2(y-2x^2). \end{aligned}$$

驻点满足

$$\displaystyle \begin{cases} x(-8y+8x^2-x^5)=0,\\ y-2x^2=0. \end{cases}$$

由第二式

$$\displaystyle y=2x^2.$$

代入第一式：

$$\displaystyle \begin{aligned} 0 &=x(-16x^2+8x^2-x^5)\\ &=-x^3(8+x^3). \end{aligned}$$

所以

$$\displaystyle x=0 \quad\text{或}\quad x=-2.$$

相应地

$$\displaystyle y=0 \quad\text{或}\quad y=8.$$

故驻点为

$$\displaystyle (0,0),\qquad(-2,8).$$

再求二阶偏导数：

$$\displaystyle f_{xx}=-8y+24x^2-6x^5, \qquad f_{xy}=-8x, \qquad f_{yy}=2.$$

记

$$\displaystyle A=f_{xx}, \qquad B=f_{xy}, \qquad C=f_{yy}, \qquad \Delta=AC-B^2.$$

在点 $\displaystyle (-2,8)$ 处，

$$\displaystyle A=-8\cdot8+24\cdot4-6(-2)^5=224,$$$$\displaystyle B=16, \qquad C=2.$$

因此

$$\displaystyle \Delta=224\cdot2-16^2=192>0, \qquad A>0.$$

所以 $\displaystyle (-2,8)$ 是极小值点。其极小值为

$$\displaystyle \begin{aligned} f(-2,8) &=2(8-4)^2-\frac17(-2)^7-8^2\\ &=32+\dfrac{128}{7}-64\\ &=-\dfrac{96}{7}. \end{aligned}$$

在点 $\displaystyle (0,0)$ 处，

$$\displaystyle A=B=0, \qquad C=2, \qquad \Delta=0,$$

二阶判别法失效，需要直接考察函数值符号。

沿曲线 $\displaystyle y=0$，有

$$\displaystyle f(x,0)=2x^4-\frac17x^7.$$

当 $\displaystyle x$ 充分接近 $\displaystyle 0$ 且 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle f(x,0)>0.$$

沿曲线 $\displaystyle y=2x^2$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x,2x^2) &=2x^4-4x^4-\frac17x^7\\ &=-2x^4-\frac17x^7<0 \end{aligned}$$

对充分小的非零 $\displaystyle x$ 成立。

因此在 $\displaystyle (0,0)$ 的任意邻域内，函数既有正值又有负值，而

$$\displaystyle f(0,0)=0.$$

所以 $\displaystyle (0,0)$ 不是极值点，而是鞍点。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求

$$\displaystyle z=2x+y$$

在区域

$$\displaystyle D:x^2+\dfrac{y^2}{4}\le1$$

上的最大值与最小值。

区域

$$\displaystyle D:x^2+\dfrac{y^2}{4}\le1$$

是闭有界区域，而函数

$$\displaystyle z=2x+y$$

连续，所以最大值与最小值一定存在。

由于

$$\displaystyle \nabla z=(2,1)\ne(0,0),$$

区域内部不存在驻点，因此极值只能在边界

$$\displaystyle x^2+\dfrac{y^2}{4}=1$$

上取得。

使用拉格朗日乘数法。令

$$\displaystyle F(x,y)=2x+y, \qquad g(x,y)=x^2+\dfrac{y^2}{4}-1.$$

由

$$\displaystyle \nabla F=\lambda\nabla g$$

得到

$$\displaystyle \begin{cases} 2=2\lambda x,\\[1mm] 1=\dfrac{\lambda y}{2},\\[2mm] x^2+\dfrac{y^2}{4}=1. \end{cases}$$

由前两式可得

$$\displaystyle x=\frac1\lambda, \qquad y=\frac2\lambda.$$

代入约束条件：

$$\displaystyle \frac1{\lambda^2} +\dfrac{1}{4}\cdot\frac4{\lambda^2}=1,$$

即

$$\displaystyle \frac2{\lambda^2}=1.$$

所以

$$\displaystyle \lambda=\pm\sqrt2.$$

当 $\displaystyle \lambda=\sqrt2$ 时，

$$\displaystyle (x,y)=\left(\frac1{\sqrt2},\sqrt2\right),$$

此时

$$\displaystyle z=2\cdot\frac1{\sqrt2}+\sqrt2=2\sqrt2.$$

当 $\displaystyle \lambda=-\sqrt2$ 时，

$$\displaystyle (x,y)=\left(-\frac1{\sqrt2},-\sqrt2\right),$$

此时

$$\displaystyle z=-2\sqrt2.$$

故

$$\displaystyle \boxed{z_{\max}=2\sqrt2}, \qquad \boxed{z_{\min}=-2\sqrt2}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设函数

$$\displaystyle z=(1+e^y)\cos x-ye^y,$$

证明：函数 $\displaystyle z$ 有无穷多个极大值点，而无极小值点。

先求一阶偏导数：

$$\displaystyle z_x=-(1+e^y)\sin x,$$$$\displaystyle z_y=e^y\cos x-(1+y)e^y =e^y(\cos x-y-1).$$

由于

$$\displaystyle 1+e^y>0, \qquad e^y>0,$$

驻点必须满足

$$\displaystyle \begin{cases} \sin x=0,\\ \cos x-y-1=0. \end{cases}$$

由第一式得

$$\displaystyle x=k\pi, \qquad k\in\mathbb Z.$$

当 $\displaystyle k$ 为偶数时，$\displaystyle \cos x=1$，从而

$$\displaystyle y=0.$$

当 $\displaystyle k$ 为奇数时，$\displaystyle \cos x=-1$，从而

$$\displaystyle y=-2.$$

故全部驻点为

$$\displaystyle (2k\pi,0), \qquad ((2k+1)\pi,-2).$$

再求二阶偏导数：

$$\displaystyle z_{xx}=-(1+e^y)\cos x,$$$$\displaystyle z_{xy}=-e^y\sin x,$$$$\displaystyle z_{yy}=e^y(\cos x-y-2).$$

在点 $\displaystyle (2k\pi,0)$ 处，

$$\displaystyle \cos x=1, \qquad \sin x=0, \qquad e^y=1,$$

所以

$$\displaystyle z_{xx}=-2, \qquad z_{xy}=0, \qquad z_{yy}=-1.$$

于是

$$\displaystyle D=z_{xx}z_{yy}-z_{xy}^2=2>0, \qquad z_{xx}<0.$$

根据二元函数极值判别法，$\displaystyle (2k\pi,0)$ 均为极大值点，并且

$$\displaystyle z(2k\pi,0)=2.$$

在点 $\displaystyle ((2k+1)\pi,-2)$ 处，

$$\displaystyle \cos x=-1, \qquad \sin x=0,$$

从而

$$\displaystyle z_{xx}=1+e^{-2}>0, \qquad z_{xy}=0, \qquad z_{yy}=-e^{-2}<0.$$

故

$$\displaystyle D=-(1+e^{-2})e^{-2}<0,$$

这些点均为鞍点。

由于可微函数的局部极值点必为驻点，而全部驻点只有上述两类，其中一类为极大值点，另一类为鞍点，所以函数没有极小值点。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设函数 $\displaystyle f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，函数 $\displaystyle g(y)$ 连续可导，且 $\displaystyle g(y)$ 在 $\displaystyle y=1$ 处取得极值，$\displaystyle g(1)=2$。求复合函数

$$\displaystyle z=f(xg(y),x+y)$$

的二阶混合偏导数

$$\displaystyle \dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$$

在点 $\displaystyle (1,1)$ 处的值。

令

$$\displaystyle u=xg(y), \qquad v=x+y,$$

则

$$\displaystyle z=f(u,v).$$

因为 $\displaystyle g(y)$ 在 $\displaystyle y=1$ 处取得极值且可导，所以由费马定理

$$\displaystyle g'(1)=0.$$

先对 $\displaystyle x$ 求偏导：

$$\displaystyle z_x=f_u u_x+f_v v_x.$$

由于

$$\displaystyle u_x=g(y), \qquad v_x=1,$$

所以

$$\displaystyle z_x=f_u g(y)+f_v.$$

再对 $\displaystyle y$ 求偏导。注意

$$\displaystyle u_y=xg'(y), \qquad v_y=1,$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} z_{xy} &=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl[f_u g(y)+f_v\bigr]\\ &=\bigl(f_{uu}u_y+f_{uv}v_y\bigr)g(y) +f_u g'(y) +f_{vu}u_y+f_{vv}v_y. \end{aligned}$$

在点 $\displaystyle (x,y)=(1,1)$ 处，

$$\displaystyle u=1\cdot g(1)=2, \qquad v=1+1=2,$$

并且

$$\displaystyle u_y=1\cdot g'(1)=0, \qquad v_y=1.$$

代入上式可得

$$\displaystyle \left.z_{xy}\right|_{(1,1)} =2f_{uv}(2,2)+f_{vv}(2,2).$$

由于 $\displaystyle f$ 具有二阶连续偏导数，故

$$\displaystyle f_{uv}=f_{vu},$$

从而结果成立。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x,y)$ 在点 $\displaystyle (a,b)$ 的某邻域具有二阶连续偏导数，且 $\displaystyle f_y'(a,b)\ne0$，证明由方程

$$\displaystyle f(x,y)=0$$

在 $\displaystyle x=a$ 的某邻域所确定的隐函数 $\displaystyle y=\varphi(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处取得极值 $\displaystyle b=\varphi(a)$ 的必要条件是

$$\displaystyle f(a,b)=0, \qquad f_x'(a,b)=0,$$

且当 $\displaystyle r(a,b)>0$ 时，$\displaystyle b=\varphi(a)$ 是极大值；当 $\displaystyle r(a,b)<0$ 时，$\displaystyle b=\varphi(a)$ 是极小值，其中

$$\displaystyle r(a,b)=\dfrac{f_{xx}''(a,b)}{f_y'(a,b)}.$$

因为 $\displaystyle f_y(a,b)\ne0$，由隐函数存在定理，在 $\displaystyle x=a$ 的某邻域内，方程

$$\displaystyle f(x,y)=0$$

可以唯一确定一个具有二阶连续导数的隐函数

$$\displaystyle y=\varphi(x), \qquad \varphi(a)=b.$$

由隐函数关系

$$\displaystyle f(x,\varphi(x))=0$$

可知在 $\displaystyle x=a$ 处必有

$$\displaystyle f(a,\varphi(a))=f(a,b)=0.$$

对恒等式 $\displaystyle f(x,\varphi(x))=0$ 关于 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle f_x+f_y\varphi'=0,$$

所以

$$\displaystyle \varphi'(x)=-\dfrac{f_x}{f_y}.$$

若 $\displaystyle \varphi(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处取得极值，则由费马定理

$$\displaystyle \varphi'(a)=0.$$

又因

$$\displaystyle f_y(a,b)\ne0,$$

故

$$\displaystyle f_x(a,b)=0.$$

这就证明了必要条件

$$\displaystyle f(a,b)=0, \qquad f_x(a,b)=0.$$

再对

$$\displaystyle f_x+f_y\varphi'=0$$

关于 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle f_{xx}+2f_{xy}\varphi' +f_{yy}(\varphi')^2 +f_y\varphi''=0.$$

在 $\displaystyle x=a$ 处，$\displaystyle \varphi'(a)=0$，所以

$$\displaystyle f_{xx}(a,b)+f_y(a,b)\varphi''(a)=0.$$

因此

$$\displaystyle \varphi''(a) =-\dfrac{f_{xx}(a,b)}{f_y(a,b)} =-r(a,b).$$

若 $\displaystyle r(a,b)>0$，则

$$\displaystyle \varphi''(a)<0,$$

由一元函数极值的二阶充分条件，$\displaystyle \varphi(a)=b$ 是极大值。

若 $\displaystyle r(a,b)<0$，则

$$\displaystyle \varphi''(a)>0,$$

故 $\displaystyle \varphi(a)=b$ 是极小值。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

建一容积为 $\displaystyle V_0$ 的无盖长方体水池，问其长、宽、高为何值时有最小的表面积。

设无盖长方体水池的长、宽、高分别为

$$\displaystyle x>0, \qquad y>0, \qquad h>0.$$

容积条件为

$$\displaystyle xyh=V_0.$$

无盖水池的表面积为

$$\displaystyle S=xy+2xh+2yh.$$

由约束条件

$$\displaystyle h=\dfrac{V_0}{xy},$$

所以

$$\displaystyle S(x,y)=xy+\dfrac{2V_0}{x}+\dfrac{2V_0}{y}.$$

利用算术—几何平均不等式，

$$\displaystyle \begin{aligned} S &=xy+\dfrac{2V_0}{x}+\dfrac{2V_0}{y}\\ &\ge3\sqrt[3]{xy\cdot\dfrac{2V_0}{x}\cdot\dfrac{2V_0}{y}}\\ &=3\sqrt[3]{4V_0^2}. \end{aligned}$$

等号成立的条件是

$$\displaystyle xy=\dfrac{2V_0}{x}=\dfrac{2V_0}{y}.$$

由后两项相等可得

$$\displaystyle x=y.$$

再由

$$\displaystyle xy=\dfrac{2V_0}{x}$$

得

$$\displaystyle x^3=2V_0.$$

所以

$$\displaystyle x=y=\sqrt[3]{2V_0}.$$

此时

$$\displaystyle h=\dfrac{V_0}{xy} =\dfrac{V_0}{(2V_0)^{2/3}} =\sqrt[3]{\dfrac{V_0}{4}}.$$

并且

$$\displaystyle \dfrac{x}{h}=2,$$

即

$$\displaystyle x=y=2h.$$

因此上述尺寸使表面积取得全局最小值。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知三角形的周长为 $\displaystyle 2p$，将它绕其一边旋转而构成一立体，求使立体体积最大的那个三角形。

设三角形的三边长分别为 $\displaystyle a,b,c$，其中以边 $\displaystyle c$ 为旋转轴，边 $\displaystyle c$ 上的高为 $\displaystyle h$。由三角形绕其一边旋转所得立体的体积公式，

$$\displaystyle V=\frac13\pi c h^2.$$

设三角形面积为 $\displaystyle \Delta$，则

$$\displaystyle \Delta=\frac12ch, \qquad h^2=\dfrac{4\Delta^2}{c^2}.$$

因此

$$\displaystyle V=\dfrac{4\pi\Delta^2}{3c}.$$

三角形的半周长为 $\displaystyle p$，由海伦公式

$$\displaystyle \Delta^2=p(p-a)(p-b)(p-c).$$

令

$$\displaystyle x=p-a, \qquad y=p-b, \qquad z=p-c.$$

由

$$\displaystyle a+b+c=2p$$

可得

$$\displaystyle x+y+z=p.$$

又

$$\displaystyle c=p-z=x+y.$$

于是

$$\displaystyle V =\dfrac{4\pi p}{3}\dfrac{xyz}{x+y}.$$

令

$$\displaystyle s=x+y, \qquad z=p-s, \qquad 0<s<p.$$

对于固定的 $\displaystyle s$，由

$$\displaystyle xy\le\dfrac{(x+y)^2}{4}=\dfrac{s^2}{4},$$

等号当且仅当 $\displaystyle x=y$ 时成立。因此

$$\displaystyle \begin{aligned} V &=\dfrac{4\pi p}{3}\dfrac{xy(p-s)}s\\ &\le\dfrac{4\pi p}{3}\cdot \dfrac{s^2}{4}\cdot\dfrac{p-s}s\\ &=\dfrac{\pi p}{3}s(p-s). \end{aligned}$$

又因为

$$\displaystyle s(p-s)\le\dfrac{p^2}{4},$$

等号当且仅当

$$\displaystyle s=\dfrac p2$$

时成立，所以

$$\displaystyle V\le\dfrac{\pi p}{3}\cdot\dfrac{p^2}{4} =\dfrac{\pi p^3}{12}.$$

要同时取等号，必须有

$$\displaystyle x=y=\dfrac{s}{2}=\dfrac p4, \qquad z=p-s=\dfrac p2.$$

于是

$$\displaystyle a=p-x=\dfrac{3p}{4}, \qquad b=p-y=\dfrac{3p}{4}, \qquad c=p-z=\dfrac p2.$$

故体积最大时，三角形为以 $\displaystyle c=\dfrac p2$ 为底边的等腰三角形，两腰均为 $\displaystyle \dfrac{3p}{4}$，最大体积为

$$\displaystyle \boxed{\dfrac{\pi p^3}{12}}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

证明条件极值点的必要条件（8.9）式，并说明（8.9）式的几何意义。

设

$$\displaystyle M_0(x_0,y_0)$$

是函数 $\displaystyle f(x,y)$ 在约束条件

$$\displaystyle \varphi(x,y)=0$$

下的条件极值点。

由于

$$\displaystyle \varphi_x(x_0,y_0),\ \varphi_y(x_0,y_0)$$

不全为零，不妨设

$$\displaystyle \varphi_y(x_0,y_0)\ne0.$$

根据隐函数存在定理，在点 $\displaystyle M_0$ 的某邻域内，约束方程可确定一个可微函数

$$\displaystyle y=y(x), \qquad \varphi(x,y(x))=0,$$

且

$$\displaystyle y'(x)=-\dfrac{\varphi_x}{\varphi_y}.$$

将目标函数限制在约束曲线上，令

$$\displaystyle F(x)=f(x,y(x)).$$

因为 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 是条件极值点，所以一元函数 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 处取得极值。由费马定理，

$$\displaystyle F'(x_0)=0.$$

根据复合函数求导法则，

$$\displaystyle F'(x)=f_x+f_y y'(x).$$

故在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处，

$$\displaystyle f_x-f_y\dfrac{\varphi_x}{\varphi_y}=0.$$

即

$$\displaystyle f_x\varphi_y-f_y\varphi_x=0.$$

这说明两个向量

$$\displaystyle \nabla f=(f_x,f_y), \qquad \nabla\varphi=(\varphi_x,\varphi_y)$$

线性相关。

由于 $\displaystyle \nabla\varphi(x_0,y_0)\ne\mathbf 0$，必存在常数 $\displaystyle \lambda$，使得

$$\displaystyle \nabla f(x_0,y_0)=-\lambda\nabla\varphi(x_0,y_0).$$

因此

$$\displaystyle \begin{cases} f_x(x_0,y_0)+\lambda\varphi_x(x_0,y_0)=0,\\ f_y(x_0,y_0)+\lambda\varphi_y(x_0,y_0)=0,\\ \varphi(x_0,y_0)=0. \end{cases}$$

这就是条件极值点的必要条件，即拉格朗日乘数方程。

几何意义：

约束曲线

$$\displaystyle \varphi(x,y)=0$$

在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处的法向量为

$$\displaystyle \nabla\varphi(x_0,y_0).$$

目标函数的等值线

$$\displaystyle f(x,y)=f(x_0,y_0)$$

在该点的法向量为

$$\displaystyle \nabla f(x_0,y_0).$$

条件极值点处二者的梯度平行，因而两条曲线在该点具有相同的切线，即目标函数的等值线与约束曲线相切。也就是说，沿约束曲线允许的切向方向移动时，目标函数的一阶变化率为零。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求函数

$$\displaystyle u=xy+yz+zx$$

在 $\displaystyle M_0(2,1,3)$ 处沿与各坐标轴成等角方向的方向导数。

函数

$$\displaystyle u(x,y,z)=xy+yz+zx$$

的梯度为

$$\displaystyle \nabla u =\left( \dfrac{\partial u}{\partial x}, \dfrac{\partial u}{\partial y}, \dfrac{\partial u}{\partial z} \right) =(y+z,x+z,x+y).$$

在点

$$\displaystyle M_0(2,1,3)$$

处，

$$\displaystyle \nabla u(M_0)=(1+3,2+3,2+1)=(4,5,3).$$

与三个坐标轴正向成等角的方向，其方向余弦相等。设单位方向向量为

$$\displaystyle \boldsymbol l=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma),$$

则

$$\displaystyle \cos\alpha=\cos\beta=\cos\gamma,$$

且

$$\displaystyle \cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1.$$

所以

$$\displaystyle \cos\alpha=\cos\beta=\cos\gamma=\frac1{\sqrt3},$$

即

$$\displaystyle \boldsymbol l=\frac1{\sqrt3}(1,1,1).$$

方向导数为梯度与单位方向向量的内积：

$$\displaystyle \begin{aligned} \left.\dfrac{\partial u}{\partial l}\right|_{M_0} &=\nabla u(M_0)\cdot\boldsymbol l\\ &=(4,5,3)\cdot\frac1{\sqrt3}(1,1,1)\\ &=\dfrac{4+5+3}{\sqrt3}\\ &=4\sqrt3. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \boxed{\left.\dfrac{\partial u}{\partial l}\right|_{M_0}=4\sqrt3}.$$

说明：若题目仅说“与各坐标轴成等角”，而未规定与各坐标轴正向成锐角，则还可能有分量绝对值均为 $\displaystyle 1/\sqrt3$ 的其他方向；教材通常约定取第一卦限方向 $\displaystyle (1,1,1)/\sqrt3$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求椭球面

$$\displaystyle S:x^2+y^2+z^2-yz-1=0$$

上具有下列性质的点 $\displaystyle (x,y,z)$ 的轨迹：过 $\displaystyle (x,y,z)$ 的切平面与 $\displaystyle Oxy$ 平面垂直。

令

$$\displaystyle F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-yz-1.$$

椭球面为

$$\displaystyle F(x,y,z)=0.$$

在点 $\displaystyle (x,y,z)$ 处，曲面的法向量为

$$\displaystyle \nabla F =\left(2x,2y-z,2z-y\right).$$

因此该点处切平面的一个法向量可取

$$\displaystyle \boldsymbol n=(2x,2y-z,2z-y).$$

平面 $\displaystyle Oxy$ 的法向量为

$$\displaystyle \boldsymbol k=(0,0,1).$$

两个平面互相垂直，当且仅当它们的法向量互相垂直。因此应有

$$\displaystyle \boldsymbol n\cdot\boldsymbol k=0.$$

即

$$\displaystyle 2z-y=0,$$

所以

$$\displaystyle y=2z.$$

将其代入椭球面方程：

$$\displaystyle \begin{aligned} x^2+y^2+z^2-yz&=1,\\ x^2+(2z)^2+z^2-(2z)z&=1, \end{aligned}$$

从而

$$\displaystyle x^2+3z^2=1.$$

故所求点的轨迹为

$$\displaystyle \boxed{ \begin{cases} y=2z,\\ x^2+3z^2=1. \end{cases}}$$

也可写成参数形式

$$\displaystyle \boxed{ \begin{cases} x=\cos t,\\ y=\dfrac{2}{\sqrt3}\sin t,\\ z=\dfrac1{\sqrt3}\sin t, \end{cases} \quad 0\le t<2\pi.}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

过球面

$$\displaystyle x^2+y^2+z^2=169$$

上点 $\displaystyle M(3,4,12)$ 分别作垂直于 $\displaystyle x$ 轴与 $\displaystyle y$ 轴的平面，求过这两平面与球面的截线的公共点的两截线的切线方程，并求通过这两条切线的平面方程。

先验证点 $\displaystyle M(3,4,12)$ 在球面上：

$$\displaystyle 3^2+4^2+12^2=9+16+144=169.$$

（1）平面 $\displaystyle x=3$ 内截线的切线

垂直于 $\displaystyle x$ 轴且过点 $\displaystyle M$ 的平面为

$$\displaystyle \Pi_1:x=3.$$

球面在点 $\displaystyle M$ 处的法向量为

$$\displaystyle \boldsymbol n=(3,4,12).$$

平面 $\displaystyle \Pi_1$ 的法向量为

$$\displaystyle \boldsymbol n_1=(1,0,0).$$

截线在点 $\displaystyle M$ 处的切线同时位于球面切平面与平面 $\displaystyle \Pi_1$ 内，因此其方向向量应同时垂直于 $\displaystyle \boldsymbol n$ 和 $\displaystyle \boldsymbol n_1$。可取

$$\displaystyle \boldsymbol d_1=\boldsymbol n_1\times\boldsymbol n =(1,0,0)\times(3,4,12) =(0,-12,4).$$

化简得

$$\displaystyle \boldsymbol d_1=(0,-3,1).$$

故第一条切线为

$$\displaystyle \boxed{ (x,y,z)=(3,4,12)+t(0,-3,1)}.$$

即

$$\displaystyle \boxed{ \begin{cases} x=3,\\ y=4-3t,\\ z=12+t. \end{cases}}$$

（2）平面 $\displaystyle y=4$ 内截线的切线

垂直于 $\displaystyle y$ 轴且过点 $\displaystyle M$ 的平面为

$$\displaystyle \Pi_2:y=4.$$

其法向量为

$$\displaystyle \boldsymbol n_2=(0,1,0).$$

第二条切线的方向向量可取

$$\displaystyle \boldsymbol d_2=\boldsymbol n_2\times\boldsymbol n =(0,1,0)\times(3,4,12) =(12,0,-3),$$

化简得

$$\displaystyle \boldsymbol d_2=(4,0,-1).$$

故第二条切线为

$$\displaystyle \boxed{ (x,y,z)=(3,4,12)+s(4,0,-1)}.$$

即

$$\displaystyle \boxed{ \begin{cases} x=3+4s,\\ y=4,\\ z=12-s. \end{cases}}$$

（3）求通过两条切线的平面

两条直线相交于点 $\displaystyle M$，其方向向量分别为

$$\displaystyle \boldsymbol d_1=(0,-3,1), \qquad \boldsymbol d_2=(4,0,-1).$$

所求平面的法向量为

$$\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol N &=\boldsymbol d_1\times\boldsymbol d_2\\ &=(0,-3,1)\times(4,0,-1)\\ &=(3,4,12). \end{aligned}$$

因此过点 $\displaystyle M(3,4,12)$ 的平面方程为

$$\displaystyle 3(x-3)+4(y-4)+12(z-12)=0.$$

整理得

$$\displaystyle \boxed{3x+4y+12z-169=0}.$$

这正是球面在点 $\displaystyle M$ 处的切平面，因为两条截线的切线均位于球面的切平面内。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle a,b,c>0$，在椭球面

$$\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$$

的第一卦限部分求一点，使得该点处的切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积最小。

设椭球面第一卦限上的点为

$$\displaystyle P(x_0,y_0,z_0), \qquad x_0>0, \quad y_0>0, \quad z_0>0,$$

满足

$$\displaystyle \dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}+\dfrac{z_0^2}{c^2}=1.$$

椭球面在点 $\displaystyle P$ 处的切平面方程为

$$\displaystyle \dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}+\dfrac{z_0z}{c^2}=1.$$

令 $\displaystyle y=z=0$，得到切平面在 $\displaystyle x$ 轴上的截距

$$\displaystyle A=\dfrac{a^2}{x_0}.$$

类似地，在 $\displaystyle y,z$ 轴上的截距分别为

$$\displaystyle B=\dfrac{b^2}{y_0}, \qquad C=\dfrac{c^2}{z_0}.$$

因此切平面与三个坐标面所围成的四面体体积为

$$\displaystyle V=\frac16ABC =\dfrac{a^2b^2c^2}{6x_0y_0z_0}.$$

所以，使 $\displaystyle V$ 最小等价于在约束条件下使乘积

$$\displaystyle x_0y_0z_0$$

最大。

令

$$\displaystyle X=\dfrac{x_0}{a}, \qquad Y=\dfrac{y_0}{b}, \qquad Z=\dfrac{z_0}{c}.$$

则

$$\displaystyle X^2+Y^2+Z^2=1, \qquad X,Y,Z>0,$$

并且

$$\displaystyle x_0y_0z_0=abcXYZ.$$

由算术—几何平均不等式，

$$\displaystyle \dfrac{X^2+Y^2+Z^2}{3} \ge\sqrt[3]{X^2Y^2Z^2}.$$

因为

$$\displaystyle X^2+Y^2+Z^2=1,$$

故

$$\displaystyle \frac13\ge(XYZ)^{2/3}.$$

从而

$$\displaystyle XYZ\le\frac1{3\sqrt3}.$$

等号成立当且仅当

$$\displaystyle X^2=Y^2=Z^2=\frac13.$$

由于点在第一卦限，所以

$$\displaystyle X=Y=Z=\frac1{\sqrt3}.$$

因此

$$\displaystyle \boxed{ x_0=\dfrac a{\sqrt3}, \qquad y_0=\dfrac b{\sqrt3}, \qquad z_0=\dfrac c{\sqrt3}.}$$

此时三个截距为

$$\displaystyle A=\dfrac{a^2}{a/\sqrt3}=\sqrt3a,$$$$\displaystyle B=\sqrt3b, \qquad C=\sqrt3c.$$

故最小体积为

$$\displaystyle \begin{aligned} V_{\min} &=\frac16(\sqrt3a)(\sqrt3b)(\sqrt3c)\\ &=\dfrac{3\sqrt3}{6}abc\\ &=\dfrac{\sqrt3}{2}abc. \end{aligned}$$

所以所求点及最小体积分别为

$$\displaystyle \boxed{\left(\dfrac a{\sqrt3},\dfrac b{\sqrt3},\dfrac c{\sqrt3}\right)}, \qquad \boxed{V_{\min}=\dfrac{\sqrt3}{2}abc}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

若函数 $\displaystyle f(x,y)$ 对任意正实数 $\displaystyle t$，满足

$$\displaystyle f(tx,ty)=t^n f(x,y),$$

称 $\displaystyle f(x,y)$ 为 $\displaystyle n$ 次齐次函数。设 $\displaystyle f(x,y)$ 是可微函数，证明：$\displaystyle f(x,y)$ 为 $\displaystyle n$ 次齐次函数 $\displaystyle \Longleftrightarrow$

$$\displaystyle x\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial x}+y\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial y}=nf(x,y).$$

下面分别证明必要性与充分性。

（1）必要性

设 $\displaystyle f(x,y)$ 是 $\displaystyle n$ 次齐次函数，即对任意 $\displaystyle t>0$，有

$$\displaystyle f(tx,ty)=t^n f(x,y).$$

固定 $\displaystyle (x,y)$，将上式两端看作关于 $\displaystyle t$ 的函数并求导。由复合函数求导法则，左端为

$$\displaystyle \dfrac{d}{dt}f(tx,ty) =xf_x(tx,ty)+yf_y(tx,ty),$$

右端为

$$\displaystyle \dfrac{d}{dt}\left[t^nf(x,y)\right] =nt^{n-1}f(x,y).$$

因此

$$\displaystyle xf_x(tx,ty)+yf_y(tx,ty) =nt^{n-1}f(x,y).$$

令 $\displaystyle t=1$，得到

$$\displaystyle xf_x(x,y)+yf_y(x,y)=nf(x,y).$$

故必要性成立。

（2）充分性

反之，设可微函数 $\displaystyle f(x,y)$ 满足

$$\displaystyle xf_x(x,y)+yf_y(x,y)=nf(x,y).$$

固定任意点 $\displaystyle (x,y)$，定义

$$\displaystyle \varphi(t)=f(tx,ty), \qquad t>0.$$

由链式法则，

$$\displaystyle \varphi'(t) =xf_x(tx,ty)+yf_y(tx,ty).$$

将已知等式应用于点 $\displaystyle (tx,ty)$，有

$$\displaystyle (tx)f_x(tx,ty)+(ty)f_y(tx,ty)=nf(tx,ty).$$

两边除以 $\displaystyle t>0$，得

$$\displaystyle xf_x(tx,ty)+yf_y(tx,ty) =\dfrac nt f(tx,ty).$$

因此

$$\displaystyle \varphi'(t)=\dfrac nt\varphi(t),$$

即

$$\displaystyle t\varphi'(t)-n\varphi(t)=0.$$

为了避免对 $\displaystyle \varphi(t)$ 的符号作额外假设，直接考察

$$\displaystyle t^{-n}\varphi(t).$$

有

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{d}{dt}\left[t^{-n}\varphi(t)\right] &=-nt^{-n-1}\varphi(t)+t^{-n}\varphi'(t)\\ &=t^{-n-1}\left[t\varphi'(t)-n\varphi(t)\right]\\ &=0. \end{aligned}$$

故 $\displaystyle t^{-n}\varphi(t)$ 在 $\displaystyle t>0$ 上为常数。取 $\displaystyle t=1$，得到

$$\displaystyle t^{-n}\varphi(t)=\varphi(1)=f(x,y).$$

于是

$$\displaystyle \varphi(t)=t^nf(x,y).$$

由 $\displaystyle \varphi(t)=f(tx,ty)$，可得

$$\displaystyle f(tx,ty)=t^nf(x,y), \qquad t>0.$$

因此 $\displaystyle f(x,y)$ 是 $\displaystyle n$ 次齐次函数，充分性成立。

综上，

$$\displaystyle \boxed{ f(x,y)\text{ 为 }n\text{ 次齐次函数} \iff xf_x+yf_y=nf.}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

方程

$$\displaystyle x^2+y+\sin(xy)=0$$

确定连续曲线，证明：在原点某邻域可用 $\displaystyle y=f(x)$ 的方程表示。

令

$$\displaystyle F(x,y)=x^2+y+\sin(xy).$$

显然，$\displaystyle F(x,y)$ 在原点的某邻域内具有连续偏导数，因此 $\displaystyle F\in C^1$。

先验证原点位于该曲线上：

$$\displaystyle F(0,0)=0^2+0+\sin0=0.$$

再计算 $\displaystyle F$ 关于 $\displaystyle y$ 的偏导数：

$$\displaystyle F_y(x,y)=1+x\cos(xy).$$

在原点处，

$$\displaystyle F_y(0,0)=1\ne0.$$

因此，函数 $\displaystyle F(x,y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 满足隐函数存在定理的条件。由隐函数存在定理可知：存在原点的某个邻域以及 $\displaystyle x=0$ 的某个邻域，使得方程

$$\displaystyle F(x,y)=0$$

在该邻域内能够唯一确定一个连续可微函数

$$\displaystyle y=f(x), \qquad f(0)=0.$$

也就是说，原方程所确定的连续曲线在原点附近可以表示成函数图形

$$\displaystyle \boxed{y=f(x)}.$$

进一步地，由隐函数求导公式，

$$\displaystyle f'(x)=-\dfrac{F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}.$$

其中

$$\displaystyle F_x(x,y)=2x+y\cos(xy),$$

故

$$\displaystyle f'(x) =-\dfrac{2x+f(x)\cos\bigl(xf(x)\bigr)} {1+x\cos\bigl(xf(x)\bigr)}.$$

特别地，

$$\displaystyle f'(0)=0.$$

这也说明该隐函数在原点处具有水平切线，但本题证明函数表示只需验证

$$\displaystyle F(0,0)=0, \qquad F_y(0,0)\ne0$$

即可。