第八章 多元函数微分学

选择题

1. 下列函数在点 $(0,0)$ 处不连续的是

A.

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0);\end{array}$$

B.

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0);\end{array}$$

C.

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{\sqrt{x^4+y^4}},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0);\end{array}$$

D.

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{x^2+y^2}\sin \frac{1}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0).\end{array}$$

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答案： C

解析： 判断二元函数在原点的连续性，需要考察

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)$$

是否等于 $f(0,0)=0$。

对于（A），由

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

可得

$$\left|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\le \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\to 0,$$

故在原点连续。

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

$$\left|\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}\right|\le \frac{|x{|}^3+|y{|}^3}{x^2+y^2}\le \frac{2r^3}{r^2}=2r\to 0,$$

故在原点连续。

对于（C），沿路径 $y=x$ 趋于原点时，

$$f(x,x)=\frac{x^2}{\sqrt{2x^4}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(x\ne 0),$$

其极限不等于 $0$，故函数在原点不连续。

对于（D），

$$\left|\sqrt{x^2+y^2}\sin \frac{1}{x^2+y^2}\right|\le \sqrt{x^2+y^2}\to 0,$$

故在原点连续。

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2. 设

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

则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 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。

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答案： B

解析： 首先考察连续性。由基本不等式

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

可得

$$0\le \sqrt{|xy|}\le \frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{x^2+y^2}\to 0.$$

因此

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0=f(0,0),$$

函数在原点连续。

再计算原点处的偏导数：

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

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

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

但沿路径 $y=x$ 有

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

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。

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3. 设

$$z=f(x,y)=\{\begin{array}{ll}(x^2+y^2)\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},& x^2+y^2\ne 0,\\ 0,& x^2+y^2=0,\end{array}$$

则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 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。

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答案： C

解析： 记

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

当 $(x,y)\ne (0,0)$ 时，

$$f(x,y)=r^2\sin \frac{1}{r}.$$

由

$$|f(x,y)|\le r^2\to 0$$

知函数在原点连续。

原点处的两个偏导数为

$$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{h^2\sin (1/|h|)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }h\sin \frac{1}{|h|}=0,$$

同理

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

进一步，若以

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

作为线性主部，则

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

所以 $f$ 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 $y=0,x\ne 0$ 时，$f_x(x,0)$ 含有振荡项 $\cos (1/|x|)$。因此正确选项为（C）。

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4. 设

$$f(x,y)=|x-y|\phi (x,y),$$

其中 $\phi (x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续且 $\phi (0,0)=0$，则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 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。

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答案： C

解析： 由于 $\phi (x,y)$ 在原点连续且 $\phi (0,0)=0$，故

$$\phi (x,y)\to 0((x,y)\to (0,0)).$$

又

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

所以

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

从而

$$\frac{|f(x,y)-f(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le \sqrt{2}|\phi (x,y)|\to 0.$$

这说明

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

故函数在原点可微，且其全微分为零。

也可直接验证

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

因此（A）、（B）、（D）均错误，正确答案为（C）。

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5. 在下列二元函数中，$f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)\ne f_{yx}^{\prime \prime }(0,0)$ 的二元函数是

A.

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

B.

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

C.

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0);\end{array}$$

D.

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

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答案： C

解析： 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

$$f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)=f_{yx}^{\prime \prime }(0,0).$$

重点考察（C）。先求 $f_x(0,y)$。当 $y\ne 0$ 时，

$$f_x(0,y)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }y\frac{h^2-y^2}{h^2+y^2}=-y.$$

当 $y=0$ 时，显然 $f_x(0,0)=0$。因此

$$f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{f_x(0,y)-f_x(0,0)}{y}=-1.$$

同理，当 $x\ne 0$ 时，

$$f_y(x,0)=\underset{k\to 0}{\lim }\frac{f(x,k)-f(x,0)}{k}=\underset{k\to 0}{\lim }x\frac{x^2-k^2}{x^2+k^2}=x.$$

故

$$f_{yx}^{\prime \prime }(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f_y(x,0)-f_y(0,0)}{x}=1.$$

所以

$$f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)=-1\ne 1=f_{yx}^{\prime \prime }(0,0).$$

对于（D），多出的一个因子 $y$ 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）。

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6. 设 $u(x,y)$ 在 $M_0$ 取极大值，且

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

则

A.

$$\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial x^2}\ge 0,\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial y^2}\ge 0;$$

B.

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

C.

$$\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial x^2}\le 0,\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial y^2}\le 0;$$

D.

$$\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial x^2}\le 0,\frac{{\partial }^{2}u(M_0)}{\partial y^2}\ge 0.$$

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答案： C

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

$$\varphi (x)=u(x,y_0).$$

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

$${\varphi }^{\prime \prime }(x_0)=u_{xx}^{\prime \prime }(M_0)\le 0.$$

同理，固定 $x=x_0$，令

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

则 $\psi$ 在 $y=y_0$ 处取得极大值，从而

$${\psi }^{\prime \prime }(y_0)=u_{yy}^{\prime \prime }(M_0)\le 0.$$

注意这里只能推出非正，不能保证严格小于零。例如函数

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

在原点取得极大值，但

$$u_{xx}^{\prime \prime }(0,0)=u_{yy}^{\prime \prime }(0,0)=0.$$

因此（B）错误，正确答案为（C）。

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7. 设 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 邻域存在偏导数

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x},\frac{\partial f(x,y)}{\partial y},$$

且偏导数在点 $(x_0,y_0)$ 处不连续，则下列结论中正确的是

A. $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微且

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

B. $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处不可微；

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

D. 曲线

$$\{\begin{array}{l}z=f(x,y),\\ x=x_0\end{array}$$

在点 $(x_0,y_0,f(x_0,y_0))$ 处的切线的方向向量是

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

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答案： D

解析： 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 $x=x_0$，曲线可参数化为

$$\mathbf{r}(y)=(x_0,y,f(x_0,y)).$$

由于 $f_y(x_0,y_0)$ 存在，故曲线在相应点的切向量为

$${\mathbf{r}}^{\prime }(y_0)=\left(0,1,f_y(x_0,y_0)\right).$$

因此（D）必然正确。

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8. 设 $f^{\prime }(u)\ne 0$，$x_0^2+y_0^2\ne 0$，则曲面

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

上点

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

处的法线与 $z$ 轴的关系是

A. 平行；    B. 异面直线；    C. 垂直相交；    D. 不垂直相交。

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答案： D

解析： 令

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

曲面可写成 $F(x,y,z)=0$。在点 $P_0$ 处，记

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

则曲面的一个法向量为

$$\mathbf{n}=\nabla F(P_0)=\left(\frac{f^{\prime }(r_0)x_0}{r_0},\frac{f^{\prime }(r_0)y_0}{r_0},-1\right).$$

因此法线的参数方程可写为

$$\{\begin{array}{l}x=x_0+t\frac{f^{\prime }(r_0)x_0}{r_0},\\ y=y_0+t\frac{f^{\prime }(r_0)y_0}{r_0},\\ z=z_0-t.\end{array}$$

由于 $f^{\prime }(r_0)\ne 0$，取

$$t=-\frac{r_0}{f^{\prime }(r_0)},$$

便有 $x=0,y=0$。故该法线与 $z$ 轴相交。

另一方面，$z$ 轴的方向向量为 $(0,0,1)$，而

$$\mathbf{n}\cdot (0,0,1)=-1\ne 0,$$

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 $f^{\prime }(r_0)\ne 0$ 可推出 $x_0=y_0=0$，与条件矛盾。

因此法线与 $z$ 轴不垂直相交，选择（D）。

填空题

1. 设

$$z={\int }_0^{x^3}f(t,e^y)dt,$$

其中 $f$ 是二元连续函数，则 $dz=\underline{}$。

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答案：

$$dz=3x^{2}f(x^3,e^y)dx+e^y\left[{\int }_0^{x^3}{f}_y(t,e^y)dt\right]dy.$$

解析： 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，

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

对 $y$ 求偏导时，积分区间不变，故在允许积分号下求导的条件下，

$$\frac{\partial z}{\partial y}={\int }_0^{x^3}\frac{\partial }{\partial y}f(t,e^y)dt=e^y{\int }_0^{x^3}{f}_y(t,e^y)dt.$$

因此

$$dz=z_{x}dx+z_{y}dy=3x^{2}f(x^3,e^y)dx+e^y\left[{\int }_0^{x^3}{f}_y(t,e^y)dt\right]dy.$$

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

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2. 设 $z=z(x,y)$ 满足方程

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

且 $z(1,2)=0$，则

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

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答案：

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

解析： 对隐函数方程两边求全微分，得

$$(2-e^z)dz+2ydx+2xdy=0.$$

于是

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

在点 $(x,y,z)=(1,2,0)$ 处，

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

故

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

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3. 设

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

其中 $f(u)$ 可微，则

$$\frac{1}{x}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{y}\frac{\partial z}{\partial y}=\underline{}.$$

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答案：

$$\frac{f(x^2-y^2)}{y}.$$

解析： 令

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

则

$$z=yf(u).$$

由链式法则，

$$z_x=y{f}^{\prime }(u)\cdot 2x=2xy{f}^{\prime }(u),$$

而

$$z_y=f(u)+y{f}^{\prime }(u)(-2y)=f(u)-2y^2{f}^{\prime }(u).$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{x}{z}_x+\frac{1}{y}{z}_y& =2y{f}^{\prime }(u)+\frac{f(u)}{y}-2y{f}^{\prime }(u)\\ & =\frac{f(u)}{y}=\frac{f(x^2-y^2)}{y}.\end{array}$$

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4. 设 $f(x,y)$ 有连续偏导数，满足

$$f(1,2)=1,f_x^{\prime }(1,2)=2,f_y^{\prime }(1,2)=3,$$ $$\Phi (x)=f(x,2f(x,2f(x,2x))),$$

则 ${\Phi }^{\prime }(1)=\underline{}$。

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答案：

$$302.$$

解析： 逐层定义复合函数：

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

由 $f(1,2)=1$，有

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

首先，

$$\begin{array}{rl}{u}^{\prime }(1)& =f_x(1,2)+2f_y(1,2)\\ & =2+2\times 3=8.\end{array}$$

其次，

$$\begin{array}{rl}{v}^{\prime }(1)& =f_x(1,2)+f_y(1,2)\cdot 2u^{\prime }(1)\\ & =2+3\times 16=50.\end{array}$$

最后，

$$\begin{array}{rl}{\Phi }^{\prime }(1)& =f_x(1,2)+f_y(1,2)\cdot 2v^{\prime }(1)\\ & =2+3\times 100=302.\end{array}$$

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5. 设

$$x=x(y,z),y=y(z,x),z=z(x,y)$$

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

$$\frac{\partial x}{\partial y}\cdot \frac{\partial y}{\partial z}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}=\underline{}.$$

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答案：

$$-1.$$

解析： 由隐函数求导公式，分别有

$$\frac{\partial x}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_x},\frac{\partial y}{\partial z}=-\frac{F_z}{F_y},\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}.$$

三式相乘，得

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

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6. 函数

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

在点

$$M_0\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\right)$$

处沿曲线

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

在该点的内法线方向 $n$ 的方向导数为 $\underline{}$。

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答案：

$$\sqrt{6}.$$

解析： 令

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

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

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

所以

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

在点

$$M_0\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\right)$$

处，

$$\nabla z(M_0)=(-\sqrt{2},-2).$$

该向量恰沿内法线方向，因此内法线方向的单位向量为

$${\mathbf{e}}_n=\frac{\nabla z(M_0)}{|\nabla z(M_0)|}.$$

故方向导数为

$$\frac{\partial z}{\partial n}=\nabla z(M_0)\cdot {\mathbf{e}}_n=|\nabla z(M_0)|=\sqrt{2+4}=\sqrt{6}.$$

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7. 过曲面

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

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

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答案：

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

解析： 令

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

曲面由 $F(x,y,z)=0$ 表示，其法向量为

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

在点 $M_0(1,2,0)$ 处，

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

因此切平面方程为

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

化简得

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

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8. 过曲面

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

上点 $P$ 处的切平面平行于

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

则 $P$ 点的坐标为 $\underline{}$。

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答案：

$$P(1,1,2).$$

解析： 将曲面写成

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

在点 $P(x_0,y_0,z_0)$ 处，切平面的法向量为

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

已知切平面平行于平面

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

后者的法向量为 $(2,2,1)$。故存在常数 $\lambda$，使

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

比较第三个分量得 $\lambda =1$，从而

$$x_0=1,y_0=1.$$

代入曲面方程，

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

因此

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

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9. 曲线

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

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

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答案：

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

或写成参数式

$$\{\begin{array}{l}x=1+t,\\ y=1-t,\\ z=2,\end{array}$$

法平面方程为

$$x-y=0.$$

解析： 令

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

两曲面的法向量分别为

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

在 $M_0(1,1,2)$ 处，

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

交线的切向量可取两法向量的叉积：

$$\begin{array}{rl}\mathbf{d}& =\nabla F_1(M_0)\times \nabla F_2(M_0)\\ & =(4,-4,0)\\ & \parallel (1,-1,0).\end{array}$$

因此切线方程为

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

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

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

即

$$x-y=0.$$

计算题与证明题

1. 设 $z=f(x,y)$ 满足

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

求 $f(x,y)$。

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答案：

$$f(x,y)=x(y^2-1)+(y-1)\sin x.$$

解析： 由

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=2x$$

对 $y$ 积分一次，得

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

其中 $A(x)$ 是只与 $x$ 有关的函数。

再对 $y$ 积分，得

$$f(x,y)=x{y}^2+A(x)y+B(x),$$

其中 $B(x)$ 也是只与 $x$ 有关的函数。

由条件

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

可得

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

又由

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

可得

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

故

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

因此

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

检验可知

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

故结果满足全部条件。

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2. 设

$$u=yf\left(\frac{x}{y}\right)+xg\left(\frac{y}{x}\right),$$

求

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

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 先观察函数的齐次性。对任意 $t>0$，有

$$\begin{array}{rl}u(tx,ty)& =tyf\left(\frac{tx}{ty}\right)+txg\left(\frac{ty}{tx}\right)\\ & =t\left[yf\left(\frac{x}{y}\right)+xg\left(\frac{y}{x}\right)\right]\\ & =tu(x,y).\end{array}$$

因此 $u(x,y)$ 是一次齐次函数。

由欧拉齐次函数定理，

$$x{u}_x+y{u}_y=u.$$

对上式关于 $x$ 求偏导，得到

$$\frac{\partial }{\partial x}(x{u}_x+y{u}_y)=\frac{\partial u}{\partial x}.$$

即

$$u_x+x{u}_{xx}+y{u}_{yx}=u_x.$$

由于二阶偏导数连续时

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

所以

$$x{u}_{xx}+y{u}_{xy}=0.$$

故

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

---

3. 设 $u=u(x,y)$ 由方程

$$u=\phi (u)+{\int }_y^{x}P(t)dt$$

确定，其中 $\phi$ 可微，$P$ 连续，且 ${\phi }^{\prime }(u)\ne 1$，求

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

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 将原方程写成

$$F(x,y,u)=u-\phi (u)-{\int }_y^{x}P(t)dt=0.$$

对 $x$ 求偏导。由变上限定积分求导公式，

$$\frac{\partial }{\partial x}{\int }_y^{x}P(t)dt=P(x),$$

故

$$u_x-{\phi }^{\prime }(u)u_x-P(x)=0.$$

于是

$$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_x=P(x),$$

即

$$u_x=\frac{P(x)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$$

再对 $y$ 求偏导。由于

$$\frac{\partial }{\partial y}{\int }_y^{x}P(t)dt=-P(y),$$

所以

$$u_y-{\phi }^{\prime }(u)u_y+P(y)=0.$$

于是

$$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_y=-P(y),$$

即

$$u_y=-\frac{P(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{u}_{x}P(y)+u_{y}P(x)& =\frac{P(x)P(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}-\frac{P(y)P(x)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}\\ & =0.\end{array}$$

条件 ${\phi }^{\prime }(u)\ne 1$ 保证上述分母不为零。

---

4. 设函数 $u(x,y)$ 有连续二阶偏导数，满足

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

又满足下列条件：

$$u(x,2x)=x,u_x^{\prime }(x,2x)=x^2$$

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

$$u_{xx}^{\prime \prime }(x,2x),u_{xy}^{\prime \prime }(x,2x),u_{yy}^{\prime \prime }(x,2x).$$

查看答案与解析

答案：

$$u_{xx}^{\prime \prime }(x,2x)=-\frac{4x}{3},u_{xy}^{\prime \prime }(x,2x)=\frac{5x}{3},u_{yy}^{\prime \prime }(x,2x)=-\frac{4x}{3}.$$

解析： 由

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

对 $x$ 求导，利用复合函数求导法则，得

$$u_x(x,2x)+2u_y(x,2x)=1.\text{\hspace{1em}(1)}$$

已知

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

对该式关于 $x$ 求导，得

$$u_{xx}(x,2x)+2u_{xy}(x,2x)=2x.\text{\hspace{1em}(2)}$$

再对式 $(1)$ 关于 $x$ 求导，得

$$\begin{array}{rl}& \frac{d}{dx}{u}_x(x,2x)+2\frac{d}{dx}{u}_y(x,2x)=0,\\ & u_{xx}+2u_{xy}+2(u_{yx}+2u_{yy})=0.\end{array}$$

由于二阶偏导数连续，故

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

于是

$$u_{xx}+4u_{xy}+4u_{yy}=0.\text{\hspace{1em}(3)}$$

以上各二阶偏导数均在点 $(x,2x)$ 处取值。

由偏微分方程

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

可得

$$u_{yy}=u_{xx}.\text{\hspace{1em}(4)}$$

将式 $(4)$ 代入式 $(3)$，得

$$5u_{xx}+4u_{xy}=0.\text{\hspace{1em}(5)}$$

联立式 $(2)$、$(5)$：

$$\{\begin{array}{l}{u}_{xx}+2u_{xy}=2x,\\ 5u_{xx}+4u_{xy}=0.\end{array}$$

解得

$$u_{xx}=-\frac{4x}{3},u_{xy}=\frac{5x}{3}.$$

再由 $u_{yy}=u_{xx}$，得

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

故

$$\boxed{u_{xx}^{\prime \prime }(x,2x)=-\frac{4x}{3},u_{xy}^{\prime \prime }(x,2x)=\frac{5x}{3},u_{yy}^{\prime \prime }(x,2x)=-\frac{4x}{3}}.$$

---

5. 设

$$z=\frac{1}{x}f(xy)+y\phi (x+y),$$

且 $f,\phi$ 具有二阶连续偏导数，求

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y).$$

解析： 先对 $y$ 求偏导。对于第一项，

$$\frac{\partial }{\partial y}\left[\frac{1}{x}f(xy)\right]=\frac{1}{x}{f}^{\prime }(xy)\cdot x=f^{\prime }(xy).$$

对于第二项，

$$\frac{\partial }{\partial y}[y\phi (x+y)]=\phi (x+y)+y{\phi }^{\prime }(x+y).$$

因此

$$z_y=f^{\prime }(xy)+\phi (x+y)+y{\phi }^{\prime }(x+y).$$

再对 $x$ 求偏导，得

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}& =\frac{\partial }{\partial x}{z}_y\\ & =y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y).\end{array}$$

所以

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y)}.$$

---

6. 设

$$u=f\left(\frac{x}{z},\frac{y}{z}\right),$$

求 $du$ 及

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y\partial z}.$$

查看答案与解析

答案： 令

$$\xi =\frac{x}{z},\eta =\frac{y}{z},$$

则

$$du=\frac{f_{\xi }}{z}dx+\frac{f_{\eta }}{z}dy-\frac{x{f}_{\xi }+y{f}_{\eta }}{z^2}dz,$$

且

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y\partial z}=-\frac{f_{\eta }}{z^2}-\frac{x{f}_{\xi \eta }+y{f}_{\eta \eta }}{z^3}.$$

其中各阶偏导数均在

$$\left(\xi ,\eta \right)=\left(\frac{x}{z},\frac{y}{z}\right)$$

处取值。

解析： 令

$$\xi =\frac{x}{z},\eta =\frac{y}{z},$$

则

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

由全微分的链式法则，

$$du=f_{\xi }d\xi +f_{\eta }d\eta .$$

又

$$d\xi =d\left(\frac{x}{z}\right)=\frac{1}{z}dx-\frac{x}{z^2}dz,$$$$d\eta =d\left(\frac{y}{z}\right)=\frac{1}{z}dy-\frac{y}{z^2}dz.$$

代入得

$$\begin{array}{rl}du& =f_{\xi }\left(\frac{1}{z}dx-\frac{x}{z^2}dz\right)+f_{\eta }\left(\frac{1}{z}dy-\frac{y}{z^2}dz\right)\\ & =\frac{f_{\xi }}{z}dx+\frac{f_{\eta }}{z}dy-\frac{x{f}_{\xi }+y{f}_{\eta }}{z^2}dz.\end{array}$$

下面计算混合偏导数。先对 $y$ 求偏导：

$$u_y=f_{\eta }\frac{\partial \eta }{\partial y}=\frac{1}{z}{f}_{\eta }.$$

再对 $z$ 求偏导。注意

$${\xi }_z=-\frac{x}{z^2},{\eta }_z=-\frac{y}{z^2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{u}_{yz}& =\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{1}{z}{f}_{\eta }\right)\\ & =-\frac{1}{z^2}{f}_{\eta }+\frac{1}{z}\left(f_{\eta \xi }{\xi }_z+f_{\eta \eta }{\eta }_z\right)\\ & =-\frac{f_{\eta }}{z^2}-\frac{x{f}_{\xi \eta }+y{f}_{\eta \eta }}{z^3}.\end{array}$$

这里使用了二阶偏导连续时

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

---

7. 已知函数

$$f(x,y,z)=x^3{y}^{2}z$$

及方程

$$x+y+z-3+e^{-3}=e^{-(x+y+z)}.\text{\hspace{1em}(*)}$$

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

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

求

$${\frac{\partial u}{\partial y}|}_{(1,1,1)};$$

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

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

求

$${\frac{\partial w}{\partial y}|}_{(1,1,1)}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$${\frac{\partial u}{\partial y}|}_{(1,1,1)}=-1.$$

（Ⅱ）

$${\frac{\partial w}{\partial y}|}_{(1,1,1)}=1.$$

解析： 将方程写成

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

于是

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

在点 $(1,1,1)$ 处，

$$F_x=F_y=F_z=1+e^{-3}\ne 0,$$

故相应隐函数存在。

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

$$F_x{x}_y+F_y=0.$$

因此

$$x_y=-\frac{F_y}{F_x}=-1.$$

又

$$u=x^3{y}^{2}z,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{u}_y& =3x^2{x}_y{y}^{2}z+2x^{3}yz.\end{array}$$

在 $(x,y,z)=(1,1,1)$ 处，

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

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

$$F_y+F_z{z}_y=0.$$

因此

$$z_y=-\frac{F_y}{F_z}=-1.$$

又

$$w=x^3{y}^{2}z(x,y),$$

故

$$\begin{array}{rl}{w}_y& =2x^{3}yz+x^3{y}^2{z}_y.\end{array}$$

在 $(1,1,1)$ 处，

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

---

8. 设

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

其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，$u(x,y)$ 由方程

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

确定，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=f_x+\frac{y}{1+u^4}{f}_u,$$

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=f_{xx}+\frac{2y}{1+u^4}{f}_{xu}+\frac{y^2}{(1+u^4{)}^2}{f}_{uu}-\frac{4y^2{u}^3}{(1+u^4{)}^3}{f}_u.$$

其中 $f$ 的各偏导数均在 $(x,y,u(x,y))$ 处取值。

解析： 令

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

对 $x$ 求偏导，得

$$5u^4{u}_x-5y+5u_x=0.$$

整理得

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

所以

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

再对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{u}_{xx}& =y\frac{\partial }{\partial x}(1+u^4{)}^{-1}\\ & =-y(1+u^4{)}^{-2}\cdot 4u^3{u}_x\\ & =-\frac{4y{u}^3}{(1+u^4{)}^2}\cdot \frac{y}{1+u^4}\\ & =-\frac{4y^2{u}^3}{(1+u^4{)}^3}.\end{array}$$

由于

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

对 $x$ 求偏导，得

$$z_x=f_x+f_u{u}_x.$$

代入 $u_x$，有

$$\boxed{z_x=f_x+\frac{y}{1+u^4}{f}_u}.$$

继续对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_{xx}& =\frac{\partial }{\partial x}(f_x+f_u{u}_x)\\ & =f_{xx}+f_{xu}{u}_x+(f_{ux}+f_{uu}{u}_x)u_x+f_u{u}_{xx}.\end{array}$$

因 $f$ 有二阶连续偏导数，

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

故

$$z_{xx}=f_{xx}+2f_{xu}{u}_x+f_{uu}{u}_x^2+f_u{u}_{xx}.$$

代入 $u_x,u_{xx}$，即得

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=f_{xx}+\frac{2y}{1+u^4}{f}_{xu}+\frac{y^2}{(1+u^4{)}^2}{f}_{uu}-\frac{4y^2{u}^3}{(1+u^4{)}^3}{f}_u}.$$

---

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

$$\frac{dy}{dx}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{f_x{F}_t-f_t{F}_x}{F_t+f_t{F}_y},$$

其中各偏导数均在相应的 $(x,y,t)$ 处取值，并假定

$$F_t+f_t{F}_y\ne 0.$$

解析： 沿着由题设关系确定的曲线，$y=y(x)$，同时

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

由

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

对 $x$ 求全导数，得

$$\frac{dy}{dx}=f_x+f_t\frac{dt}{dx}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

另一方面，由

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

对 $x$ 求全导数，得

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

因此

$$\frac{dt}{dx}=-\frac{F_x+F_y\frac{dy}{dx}}{F_t}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

将式 $(2)$ 代入式 $(1)$，得

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

移项整理：

$$\left(F_t+f_t{F}_y\right)\frac{dy}{dx}=f_x{F}_t-f_t{F}_x.$$

所以

$$\boxed{\frac{dy}{dx}=\frac{f_x{F}_t-f_t{F}_x}{F_t+f_t{F}_y}}.$$

---

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

$$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=0(r\ne 0).$$

查看答案与解析

答案：

$$x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=0.$$

解析： 在极坐标下，

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

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

$$f(x,y)=\phi (\theta ).$$

因此，当 $\theta$ 固定而改变 $r$ 时，$f$ 不发生变化，故

$$\frac{\partial f}{\partial r}=0.$$

另一方面，由复合函数求导法则，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial f}{\partial r}& =f_x\frac{\partial x}{\partial r}+f_y\frac{\partial y}{\partial r}\\ & =f_x\cos \theta +f_y\sin \theta .\end{array}$$

所以

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

当 $r\ne 0$ 时，两边乘以 $r$，并利用

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

得到

$$\boxed{x{f}_x+y{f}_y=0}.$$

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 $(x,y)$ 正交。

---

11. 作自变量与因变量变换：

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

变换方程

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

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

查看答案与解析

答案： 变换后的方程为

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}w}{\partial u^2}=\frac{1}{2}}.$$

解析： 由

$$u=x+y,v=x-y$$

可得

$$\frac{\partial u}{\partial x}=1,\frac{\partial u}{\partial y}=1,\frac{\partial v}{\partial x}=1,\frac{\partial v}{\partial y}=-1.$$

因此微分算子满足

$$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial u}+\frac{\partial }{\partial v},\frac{\partial }{\partial y}=\frac{\partial }{\partial u}-\frac{\partial }{\partial v}.$$

于是

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

原方程左端可以写成

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

故

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

又由

$$w=xy-z$$

得

$$z=xy-w.$$

由于

$$x=\frac{u+v}{2},y=\frac{u-v}{2},$$

所以

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

因此

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

对 $u$ 求两次偏导：

$$z_{uu}=\frac{1}{2}-w_{uu}.$$

原方程等价于

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

即

$$4\left(\frac{1}{2}-w_{uu}\right)=0.$$

整理得

$$\boxed{w_{uu}=\frac{1}{2}}.$$

---

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

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

其中 $F$ 有连续的偏导数且

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

求证：

$$\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial x}& \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}& \frac{\partial v}{\partial y}\end{array}\right|=0.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}=0}.$$

解析： 由恒等关系

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

分别对 $x,y$ 求偏导，得到

$$F_u{u}_x+F_v{v}_x=0,\text{\hspace{1em}(1)}$$$$F_u{u}_y+F_v{v}_y=0.\text{\hspace{1em}(2)}$$

题设给出

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

所以 $F_u,F_v$ 不会同时为零。

若 $F_u\ne 0$，由式 $(1),(2)$ 得

$$u_x=-\frac{F_v}{F_u}{v}_x,u_y=-\frac{F_v}{F_u}{v}_y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{u}_x{v}_y-u_y{v}_x& =-\frac{F_v}{F_u}{v}_x{v}_y+\frac{F_v}{F_u}{v}_y{v}_x\\ & =0.\end{array}$$

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

$$v_x=v_y=0,$$

从而同样有

$$u_x{v}_y-u_y{v}_x=0.$$

因此

$$\boxed{\left|\begin{array}{cc}{u}_x& u_y\\ v_x& v_y\end{array}\right|=0}.$$

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

---

13. 设 $z=f(x,y)$ 满足

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

又

$$\frac{\partial f}{\partial y}\ne 0,$$

由 $z=f(x,y)$ 可解出 $y=y(z,x)$。求：

（Ⅰ）

$$\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2};$$

（Ⅱ）$y=y(z,x)$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}=0}.$$

（Ⅱ）

$$\boxed{y=\phi (z)x+\psi (z)},$$

其中 $\phi ,\psi$ 为由原函数确定的关于 $z$ 的函数。

解析： 由

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

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

$$0=f_x+f_y{y}_x.$$

由于 $f_y\ne 0$，所以

$$y_x=-\frac{f_x}{f_y}.\text{\hspace{1em}(1)}$$

再对 $x$ 求导。注意此处为沿隐函数 $y=y(z,x)$ 的全导数：

$$0=\frac{d}{dx}(f_x+f_y{y}_x).$$

展开得

$$0=f_{xx}+f_{xy}{y}_x+(f_{yx}+f_{yy}{y}_x)y_x+f_y{y}_{xx}.$$

因二阶偏导连续，$f_{xy}=f_{yx}$，故

$$f_y{y}_{xx}=-\left(f_{xx}+2f_{xy}{y}_x+f_{yy}{y}_x^2\right).$$

代入式 $(1)$：

$$\begin{array}{rl}{y}_{xx}& =-\frac{1}{f_y}\left[f_{xx}-2f_{xy}\frac{f_x}{f_y}+f_{yy}\frac{f_x^2}{f_y^2}\right]\\ & =-\frac{f_y^2{f}_{xx}-2f_x{f}_y{f}_{xy}+f_x^2{f}_{yy}}{f_y^3}.\end{array}$$

题设给出的偏微分方程正好说明分子为零，因此

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

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

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

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

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

---

14. 设

$$f(x,y)=2(y-x^2{)}^2-\frac{1}{7}{x}^7-y^2.$$

（Ⅰ）求 $f(x,y)$ 的驻点；

（Ⅱ）求 $f(x,y)$ 的全部极值点，并指明是极大值点还是极小值点。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）驻点为

$$\boxed{(0,0),(-2,8)}.$$

（Ⅱ）

$$\boxed{(-2,8)\text{ 是极小值点，极小值为 }-\frac{96}{7}}.$$

点 $(0,0)$ 不是极值点，函数无极大值点。

解析： 先求一阶偏导数：

$$\begin{array}{rl}{f}_x& =2\cdot 2(y-x^2)(-2x)-x^6\\ & =-8x(y-x^2)-x^6\\ & =x(-8y+8x^2-x^5),\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{f}_y& =4(y-x^2)-2y\\ & =2y-4x^2\\ & =2(y-2x^2).\end{array}$$

驻点满足

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

由第二式

$$y=2x^2.$$

代入第一式：

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

所以

$$x=0\text{或}x=-2.$$

相应地

$$y=0\text{或}y=8.$$

故驻点为

$$(0,0),(-2,8).$$

再求二阶偏导数：

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

记

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

在点 $(-2,8)$ 处，

$$A=-8\cdot 8+24\cdot 4-6(-2{)}^5=224,$$$$B=16,C=2.$$

因此

$$\Delta =224\cdot 2-16^2=192>0,A>0.$$

所以 $(-2,8)$ 是极小值点。其极小值为

$$\begin{array}{rl}f(-2,8)& =2(8-4{)}^2-\frac{1}{7}(-2{)}^7-8^2\\ & =32+\frac{128}{7}-64\\ & =-\frac{96}{7}.\end{array}$$

在点 $(0,0)$ 处，

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

二阶判别法失效，需要直接考察函数值符号。

沿曲线 $y=0$，有

$$f(x,0)=2x^4-\frac{1}{7}{x}^7.$$

当 $x$ 充分接近 $0$ 且 $x\ne 0$ 时，

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

沿曲线 $y=2x^2$，有

$$\begin{array}{rl}f(x,2x^2)& =2x^4-4x^4-\frac{1}{7}{x}^7\\ & =-2x^4-\frac{1}{7}{x}^7<0\end{array}$$

对充分小的非零 $x$ 成立。

因此在 $(0,0)$ 的任意邻域内，函数既有正值又有负值，而

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

所以 $(0,0)$ 不是极值点，而是鞍点。

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15. 求

$$z=2x+y$$

在区域

$$D:x^2+\frac{y^2}{4}\le 1$$

上的最大值与最小值。

查看答案与解析

答案： 最大值为

$$\boxed{2\sqrt{2}},$$

在点

$$\boxed{\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{2}\right)}$$

处取得。

最小值为

$$\boxed{-2\sqrt{2}},$$

在点

$$\boxed{\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\sqrt{2}\right)}$$

处取得。

解析： 区域

$$D:x^2+\frac{y^2}{4}\le 1$$

是闭有界区域，而函数

$$z=2x+y$$

连续，所以最大值与最小值一定存在。

由于

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

区域内部不存在驻点，因此极值只能在边界

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

上取得。

使用拉格朗日乘数法。令

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

由

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

得到

$$\{\begin{array}{l}2=2\lambda x,\\ 1=\frac{\lambda y}{2},\\ x^2+\frac{y^2}{4}=1.\end{array}$$

由前两式可得

$$x=\frac{1}{\lambda },y=\frac{2}{\lambda }.$$

代入约束条件：

$$\frac{1}{{\lambda }^2}+\frac{1}{4}\cdot \frac{4}{{\lambda }^2}=1,$$

即

$$\frac{2}{{\lambda }^2}=1.$$

所以

$$\lambda =\pm \sqrt{2}.$$

当 $\lambda =\sqrt{2}$ 时，

$$(x,y)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{2}\right),$$

此时

$$z=2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}.$$

当 $\lambda =-\sqrt{2}$ 时，

$$(x,y)=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\sqrt{2}\right),$$

此时

$$z=-2\sqrt{2}.$$

故

$$\boxed{z_{\max }=2\sqrt{2}},\boxed{z_{\min }=-2\sqrt{2}}.$$

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16. 设函数

$$z=(1+e^y)\cos x-y{e}^y,$$

证明：函数 $z$ 有无穷多个极大值点，而无极小值点。

查看答案与解析

答案： 函数的全部驻点为

$$\left(2k\pi ,0\right),\left((2k+1)\pi ,-2\right),k\in \mathbb{Z}.$$

其中

$$\boxed{\left(2k\pi ,0\right)(k\in \mathbb{Z})}$$

均为极大值点，极大值均为

$$\boxed{2}.$$

点

$$\left((2k+1)\pi ,-2\right)$$

均为鞍点。因此函数有无穷多个极大值点，而没有极小值点。

解析： 先求一阶偏导数：

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

由于

$$1+e^y>0,e^y>0,$$

驻点必须满足

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

由第一式得

$$x=k\pi ,k\in \mathbb{Z}.$$

当 $k$ 为偶数时，$\cos x=1$，从而

$$y=0.$$

当 $k$ 为奇数时，$\cos x=-1$，从而

$$y=-2.$$

故全部驻点为

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

再求二阶偏导数：

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

在点 $(2k\pi ,0)$ 处，

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

所以

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

于是

$$D=z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=2>0,z_{xx}<0.$$

根据二元函数极值判别法，$(2k\pi ,0)$ 均为极大值点，并且

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

在点 $((2k+1)\pi ,-2)$ 处，

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

从而

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

故

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

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。

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

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

的二阶混合偏导数

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$$

在点 $(1,1)$ 处的值。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{(1,1)}=2f_{uv}(2,2)+f_{vv}(2,2)}.$$

解析： 令

$$u=xg(y),v=x+y,$$

则

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

因为 $g(y)$ 在 $y=1$ 处取得极值且可导，所以由费马定理

$$g^{\prime }(1)=0.$$

先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=f_u{u}_x+f_v{v}_x.$$

由于

$$u_x=g(y),v_x=1,$$

所以

$$z_x=f_{u}g(y)+f_v.$$

再对 $y$ 求偏导。注意

$$u_y=x{g}^{\prime }(y),v_y=1,$$

因此

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}& =\frac{\partial }{\partial y}[f_{u}g(y)+f_v]\\ & =(f_{uu}{u}_y+f_{uv}{v}_y)g(y)+f_u{g}^{\prime }(y)+f_{vu}{u}_y+f_{vv}{v}_y.\end{array}$$

在点 $(x,y)=(1,1)$ 处，

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

并且

$$u_y=1\cdot g^{\prime }(1)=0,v_y=1.$$

代入上式可得

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

由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，故

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

从而结果成立。

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18. 设 $f(x,y)$ 在点 $(a,b)$ 的某邻域具有二阶连续偏导数，且 $f_y^{\prime }(a,b)\ne 0$，证明由方程

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

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

$$f(a,b)=0,f_x^{\prime }(a,b)=0,$$

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

$$r(a,b)=\frac{f_{xx}^{\prime \prime }(a,b)}{f_y^{\prime }(a,b)}.$$

查看答案与解析

答案： 隐函数 $y=\phi (x)$ 在 $x=a$ 处取得极值的必要条件为

$$\boxed{f(a,b)=0,f_x(a,b)=0}.$$

并且

$${\phi }^{\prime \prime }(a)=-\frac{f_{xx}(a,b)}{f_y(a,b)}=-r(a,b).$$

因此：

当

$$r(a,b)>0$$

时，

$${\phi }^{\prime \prime }(a)<0,$$

故 $b=\phi (a)$ 为极大值；

当

$$r(a,b)<0$$

时，

$${\phi }^{\prime \prime }(a)>0,$$

故 $b=\phi (a)$ 为极小值。

解析： 因为 $f_y(a,b)\ne 0$，由隐函数存在定理，在 $x=a$ 的某邻域内，方程

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

可以唯一确定一个具有二阶连续导数的隐函数

$$y=\phi (x),\phi (a)=b.$$

由隐函数关系

$$f(x,\phi (x))=0$$

可知在 $x=a$ 处必有

$$f(a,\phi (a))=f(a,b)=0.$$

对恒等式 $f(x,\phi (x))=0$ 关于 $x$ 求导：

$$f_x+f_y{\phi }^{\prime }=0,$$

所以

$${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{f_x}{f_y}.$$

若 $\phi (x)$ 在 $x=a$ 处取得极值，则由费马定理

$${\phi }^{\prime }(a)=0.$$

又因

$$f_y(a,b)\ne 0,$$

故

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

这就证明了必要条件

$$f(a,b)=0,f_x(a,b)=0.$$

再对

$$f_x+f_y{\phi }^{\prime }=0$$

关于 $x$ 求导，得

$$f_{xx}+2f_{xy}{\phi }^{\prime }+f_{yy}({\phi }^{\prime }{)}^2+f_y{\phi }^{\prime \prime }=0.$$

在 $x=a$ 处，${\phi }^{\prime }(a)=0$，所以

$$f_{xx}(a,b)+f_y(a,b){\phi }^{\prime \prime }(a)=0.$$

因此

$${\phi }^{\prime \prime }(a)=-\frac{f_{xx}(a,b)}{f_y(a,b)}=-r(a,b).$$

若 $r(a,b)>0$，则

$${\phi }^{\prime \prime }(a)<0,$$

由一元函数极值的二阶充分条件，$\phi (a)=b$ 是极大值。

若 $r(a,b)<0$，则

$${\phi }^{\prime \prime }(a)>0,$$

故 $\phi (a)=b$ 是极小值。

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

查看答案与解析

答案： 设水池的长、宽、高分别为 $x,y,h$，则表面积最小时

$$\boxed{x=y=\sqrt[3]{2V_0}},$$$$\boxed{h=\sqrt[3]{\frac{V_0}{4}}}.$$

即水池底面应为正方形，且

$$\boxed{x=y=2h}.$$

最小表面积为

$$\boxed{S_{\min }=3\sqrt[3]{4V_0^2}}.$$

解析： 设无盖长方体水池的长、宽、高分别为

$$x>0,y>0,h>0.$$

容积条件为

$$xyh=V_0.$$

无盖水池的表面积为

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

由约束条件

$$h=\frac{V_0}{xy},$$

所以

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

利用算术—几何平均不等式，

$$\begin{array}{rl}S& =xy+\frac{2V_0}{x}+\frac{2V_0}{y}\\ & \ge 3\sqrt[3]{xy\cdot \frac{2V_0}{x}\cdot \frac{2V_0}{y}}\\ & =3\sqrt[3]{4V_0^2}.\end{array}$$

等号成立的条件是

$$xy=\frac{2V_0}{x}=\frac{2V_0}{y}.$$

由后两项相等可得

$$x=y.$$

再由

$$xy=\frac{2V_0}{x}$$

得

$$x^3=2V_0.$$

所以

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

此时

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

并且

$$\frac{x}{h}=2,$$

即

$$x=y=2h.$$

因此上述尺寸使表面积取得全局最小值。

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20. 已知三角形的周长为 $2p$，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。

查看答案与解析

答案： 当作为旋转轴的边长为

$$\boxed{\frac{p}{2}},$$

其余两边均为

$$\boxed{\frac{3p}{4}}$$

时，旋转体体积最大。

因此所求三角形是边长为

$$\boxed{\frac{3p}{4},\frac{3p}{4},\frac{p}{2}}$$

的等腰三角形，其中底边 $\frac{p}{2}$ 为旋转轴。

最大体积为

$$\boxed{V_{\max }=\frac{\pi p^3}{12}}.$$

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

$$V=\frac{1}{3}\pi c{h}^2.$$

设三角形面积为 $\Delta$，则

$$\Delta =\frac{1}{2}ch,h^2=\frac{4{\Delta }^2}{c^2}.$$

因此

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

三角形的半周长为 $p$，由海伦公式

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

令

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

由

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

可得

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

又

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

于是

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

令

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

对于固定的 $s$，由

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

等号当且仅当 $x=y$ 时成立。因此

$$\begin{array}{rl}V& =\frac{4\pi p}{3}\frac{xy(p-s)}{s}\\ & \le \frac{4\pi p}{3}\cdot \frac{s^2}{4}\cdot \frac{p-s}{s}\\ & =\frac{\pi p}{3}s(p-s).\end{array}$$

又因为

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

等号当且仅当

$$s=\frac{p}{2}$$

时成立，所以

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

要同时取等号，必须有

$$x=y=\frac{s}{2}=\frac{p}{4},z=p-s=\frac{p}{2}.$$

于是

$$a=p-x=\frac{3p}{4},b=p-y=\frac{3p}{4},c=p-z=\frac{p}{2}.$$

故体积最大时，三角形为以 $c=\frac{p}{2}$ 为底边的等腰三角形，两腰均为 $\frac{3p}{4}$，最大体积为

$$\boxed{\frac{\pi p^3}{12}}.$$

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21. 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。

查看答案与解析

答案： 设目标函数为

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

约束条件为

$$\phi (x,y)=0.$$

若点 $(x_0,y_0)$ 是约束曲线上的条件极值点，且

$${\phi }_x(x_0,y_0),{\phi }_y(x_0,y_0)$$

不全为零，则存在常数 $\lambda$，使得

$$\boxed{\{\begin{array}{l}{f}_x(x_0,y_0)+\lambda {\phi }_x(x_0,y_0)=0,\\ f_y(x_0,y_0)+\lambda {\phi }_y(x_0,y_0)=0,\\ \phi (x_0,y_0)=0.\end{array}}$$

等价地，

$$\boxed{\nabla f(x_0,y_0)=-\lambda \nabla \phi (x_0,y_0)}.$$

解析： 设

$$M_0(x_0,y_0)$$

是函数 $f(x,y)$ 在约束条件

$$\phi (x,y)=0$$

下的条件极值点。

由于

$${\phi }_x(x_0,y_0),{\phi }_y(x_0,y_0)$$

不全为零，不妨设

$${\phi }_y(x_0,y_0)\ne 0.$$

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

$$y=y(x),\phi (x,y(x))=0,$$

且

$$y^{\prime }(x)=-\frac{{\phi }_x}{{\phi }_y}.$$

将目标函数限制在约束曲线上，令

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

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

$$F^{\prime }(x_0)=0.$$

根据复合函数求导法则，

$$F^{\prime }(x)=f_x+f_y{y}^{\prime }(x).$$

故在点 $(x_0,y_0)$ 处，

$$f_x-f_y\frac{{\phi }_x}{{\phi }_y}=0.$$

即

$$f_x{\phi }_y-f_y{\phi }_x=0.$$

这说明两个向量

$$\nabla f=(f_x,f_y),\nabla \phi =({\phi }_x,{\phi }_y)$$

线性相关。

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

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

因此

$$\{\begin{array}{l}{f}_x(x_0,y_0)+\lambda {\phi }_x(x_0,y_0)=0,\\ f_y(x_0,y_0)+\lambda {\phi }_y(x_0,y_0)=0,\\ \phi (x_0,y_0)=0.\end{array}$$

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

$$\phi (x,y)=0$$

在点 $(x_0,y_0)$ 处的法向量为

$$\nabla \phi (x_0,y_0).$$

目标函数的等值线

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

在该点的法向量为

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

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。

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22. 求函数

$$u=xy+yz+zx$$

在 $M_0(2,1,3)$ 处沿与各坐标轴成等角方向的方向导数。

查看答案与解析

答案： 取与三个坐标轴正向成等角的单位向量

$$\mathbf{l}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1),$$

则所求方向导数为

$$\boxed{{\frac{\partial u}{\partial l}|}_{M_0}=4\sqrt{3}}.$$

解析： 函数

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

的梯度为

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

在点

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

处，

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

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

$$\mathbf{l}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma ),$$

则

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

且

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

所以

$$\cos \alpha =\cos \beta =\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{3}},$$

即

$$\mathbf{l}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$$

方向导数为梯度与单位方向向量的内积：

$$\begin{array}{rl}{\frac{\partial u}{\partial l}|}_{M_0}& =\nabla u(M_0)\cdot \mathbf{l}\\ & =(4,5,3)\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\\ & =\frac{4+5+3}{\sqrt{3}}\\ & =4\sqrt{3}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{{\frac{\partial u}{\partial l}|}_{M_0}=4\sqrt{3}}.$$

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 $1/\sqrt{3}$ 的其他方向；教材通常约定取第一卦限方向 $(1,1,1)/\sqrt{3}$。

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23. 求椭球面

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

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

查看答案与解析

答案： 所求轨迹为

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

它是椭球面与平面 $y=2z$ 的交线。

解析： 令

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

椭球面为

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

在点 $(x,y,z)$ 处，曲面的法向量为

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

因此该点处切平面的一个法向量可取

$$\mathbf{n}=(2x,2y-z,2z-y).$$

平面 $Oxy$ 的法向量为

$$\mathbf{k}=(0,0,1).$$

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

$$\mathbf{n}\cdot \mathbf{k}=0.$$

即

$$2z-y=0,$$

所以

$$y=2z.$$

将其代入椭球面方程：

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

从而

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

故所求点的轨迹为

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

也可写成参数形式

$$\boxed{\{\begin{array}{l}x=\cos t,\\ y=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin t,\\ z=\frac{1}{\sqrt{3}}\sin t,\end{array}0\le t<2\pi .}$$

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24. 过球面

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

上点 $M(3,4,12)$ 分别作垂直于 $x$ 轴与 $y$ 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。

查看答案与解析

答案： 垂直于 $x$ 轴的平面为

$$x=3,$$

其与球面的截线在点 $M$ 处的切线为

$$\boxed{\{\begin{array}{l}x=3,\\ \frac{y-4}{-3}=\frac{z-12}{1}.\end{array}}$$

垂直于 $y$ 轴的平面为

$$y=4,$$

其与球面的截线在点 $M$ 处的切线为

$$\boxed{\{\begin{array}{l}y=4,\\ \frac{x-3}{4}=\frac{z-12}{-1}.\end{array}}$$

通过这两条切线的平面方程为

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

解析： 先验证点 $M(3,4,12)$ 在球面上：

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

（1）平面 $x=3$ 内截线的切线

垂直于 $x$ 轴且过点 $M$ 的平面为

$${\Pi }_1:x=3.$$

球面在点 $M$ 处的法向量为

$$\mathbf{n}=(3,4,12).$$

平面 ${\Pi }_1$ 的法向量为

$${\mathbf{n}}_1=(1,0,0).$$

截线在点 $M$ 处的切线同时位于球面切平面与平面 ${\Pi }_1$ 内，因此其方向向量应同时垂直于 $\mathbf{n}$ 和 ${\mathbf{n}}_1$。可取

$${\mathbf{d}}_1={\mathbf{n}}_1\times \mathbf{n}=(1,0,0)\times (3,4,12)=(0,-12,4).$$

化简得

$${\mathbf{d}}_1=(0,-3,1).$$

故第一条切线为

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

即

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

（2）平面 $y=4$ 内截线的切线

垂直于 $y$ 轴且过点 $M$ 的平面为

$${\Pi }_2:y=4.$$

其法向量为

$${\mathbf{n}}_2=(0,1,0).$$

第二条切线的方向向量可取

$${\mathbf{d}}_2={\mathbf{n}}_2\times \mathbf{n}=(0,1,0)\times (3,4,12)=(12,0,-3),$$

化简得

$${\mathbf{d}}_2=(4,0,-1).$$

故第二条切线为

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

即

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

（3）求通过两条切线的平面

两条直线相交于点 $M$，其方向向量分别为

$${\mathbf{d}}_1=(0,-3,1),{\mathbf{d}}_2=(4,0,-1).$$

所求平面的法向量为

$$\begin{array}{rl}\mathbf{N}& ={\mathbf{d}}_1\times {\mathbf{d}}_2\\ & =(0,-3,1)\times (4,0,-1)\\ & =(3,4,12).\end{array}$$

因此过点 $M(3,4,12)$ 的平面方程为

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

整理得

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

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

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25. 设 $a,b,c>0$，在椭球面

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

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。

查看答案与解析

答案： 所求点为

$$\boxed{\left(\frac{a}{\sqrt{3}},\frac{b}{\sqrt{3}},\frac{c}{\sqrt{3}}\right)}.$$

此时切平面与三个坐标轴的截距分别为

$$\boxed{\sqrt{3}a,\sqrt{3}b,\sqrt{3}c},$$

所围四面体的最小体积为

$$\boxed{V_{\min }=\frac{\sqrt{3}}{2}abc}.$$

解析： 设椭球面第一卦限上的点为

$$P(x_0,y_0,z_0),x_0>0,y_0>0,z_0>0,$$

满足

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

椭球面在点 $P$ 处的切平面方程为

$$\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}+\frac{z_{0}z}{c^2}=1.$$

令 $y=z=0$，得到切平面在 $x$ 轴上的截距

$$A=\frac{a^2}{x_0}.$$

类似地，在 $y,z$ 轴上的截距分别为

$$B=\frac{b^2}{y_0},C=\frac{c^2}{z_0}.$$

因此切平面与三个坐标面所围成的四面体体积为

$$V=\frac{1}{6}ABC=\frac{a^2{b}^2{c}^2}{6x_0{y}_0{z}_0}.$$

所以，使 $V$ 最小等价于在约束条件下使乘积

$$x_0{y}_0{z}_0$$

最大。

令

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

则

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

并且

$$x_0{y}_0{z}_0=abcXYZ.$$

由算术—几何平均不等式，

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

因为

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

故

$$\frac{1}{3}\ge (XYZ{)}^{2/3}.$$

从而

$$XYZ\le \frac{1}{3\sqrt{3}}.$$

等号成立当且仅当

$$X^2=Y^2=Z^2=\frac{1}{3}.$$

由于点在第一卦限，所以

$$X=Y=Z=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

因此

$$\boxed{x_0=\frac{a}{\sqrt{3}},y_0=\frac{b}{\sqrt{3}},z_0=\frac{c}{\sqrt{3}}.}$$

此时三个截距为

$$A=\frac{a^2}{a/\sqrt{3}}=\sqrt{3}a,$$$$B=\sqrt{3}b,C=\sqrt{3}c.$$

故最小体积为

$$\begin{array}{rl}{V}_{\min }& =\frac{1}{6}(\sqrt{3}a)(\sqrt{3}b)(\sqrt{3}c)\\ & =\frac{3\sqrt{3}}{6}abc\\ & =\frac{\sqrt{3}}{2}abc.\end{array}$$

所以所求点及最小体积分别为

$$\boxed{\left(\frac{a}{\sqrt{3}},\frac{b}{\sqrt{3}},\frac{c}{\sqrt{3}}\right)},\boxed{V_{\min }=\frac{\sqrt{3}}{2}abc}.$$

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26. 若函数 $f(x,y)$ 对任意正实数 $t$，满足

$$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y),$$

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

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

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{f(tx,ty)=t^{n}f(x,y)(t>0)⟺x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=nf(x,y)}.$$

解析： 下面分别证明必要性与充分性。

（1）必要性

设 $f(x,y)$ 是 $n$ 次齐次函数，即对任意 $t>0$，有

$$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y).$$

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

$$\frac{d}{dt}f(tx,ty)=x{f}_x(tx,ty)+y{f}_y(tx,ty),$$

右端为

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

因此

$$x{f}_x(tx,ty)+y{f}_y(tx,ty)=n{t}^{n-1}f(x,y).$$

令 $t=1$，得到

$$x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=nf(x,y).$$

故必要性成立。

（2）充分性

反之，设可微函数 $f(x,y)$ 满足

$$x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=nf(x,y).$$

固定任意点 $(x,y)$，定义

$$\phi (t)=f(tx,ty),t>0.$$

由链式法则，

$${\phi }^{\prime }(t)=x{f}_x(tx,ty)+y{f}_y(tx,ty).$$

将已知等式应用于点 $(tx,ty)$，有

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

两边除以 $t>0$，得

$$x{f}_x(tx,ty)+y{f}_y(tx,ty)=\frac{n}{t}f(tx,ty).$$

因此

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{n}{t}\phi (t),$$

即

$$t{\phi }^{\prime }(t)-n\phi (t)=0.$$

为了避免对 $\phi (t)$ 的符号作额外假设，直接考察

$$t^{-n}\phi (t).$$

有

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left[t^{-n}\phi (t)\right]& =-n{t}^{-n-1}\phi (t)+t^{-n}{\phi }^{\prime }(t)\\ & =t^{-n-1}\left[t{\phi }^{\prime }(t)-n\phi (t)\right]\\ & =0.\end{array}$$

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

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

于是

$$\phi (t)=t^{n}f(x,y).$$

由 $\phi (t)=f(tx,ty)$，可得

$$f(tx,ty)=t^{n}f(x,y),t>0.$$

因此 $f(x,y)$ 是 $n$ 次齐次函数，充分性成立。

综上，

$$\boxed{f(x,y)\text{ 为 }n\text{ 次齐次函数}⟺x{f}_x+y{f}_y=nf.}$$

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27. 方程

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

确定连续曲线，证明：在原点某邻域可用 $y=f(x)$ 的方程表示。

查看答案与解析

答案： 在原点 $(0,0)$ 的某邻域内，原方程能够唯一确定一个连续可微函数

$$\boxed{y=f(x)},$$

且

$$\boxed{f(0)=0}.$$

解析： 令

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

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

先验证原点位于该曲线上：

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

再计算 $F$ 关于 $y$ 的偏导数：

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

在原点处，

$$F_y(0,0)=1\ne 0.$$

因此，函数 $F(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 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 $x=0$ 的某个邻域，使得方程

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

在该邻域内能够唯一确定一个连续可微函数

$$y=f(x),f(0)=0.$$

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

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

进一步地，由隐函数求导公式，

$$f^{\prime }(x)=-\frac{F_x(x,f(x))}{F_y(x,f(x))}.$$

其中

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

故

$$f^{\prime }(x)=-\frac{2x+f(x)\cos (xf(x))}{1+x\cos (xf(x))}.$$

特别地，

$$f^{\prime }(0)=0.$$

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

$$F(0,0)=0,F_y(0,0)\ne 0$$

即可。