第8章多元函数的微分法及其应用 | YHK's life

第1节多元函数、极限与连续

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

5（3）待校验

一、基础题

1. 求下列函数的定义域：

(1) $z = \frac{1}{\sqrt{2-x^2-y^2}}$

要使函数有意义，需满足分母的根号内大于 $0$，即：

$$2 - x^2 - y^2 > 0 \Rightarrow x^2 + y^2 < 2$$

定义域为： $D = \{(x,y) \mid x^2 + y^2 < 2\}$ （表示以原点为圆心，$\sqrt{2}$ 为半径的圆内区域，不含边界）。

(2) $z = \ln(4-xy)$

要使对数函数有意义，需满足真数大于 $0$，即：

$$4 - xy > 0 \Rightarrow xy < 4$$

定义域为： $D = \{(x,y) \mid xy < 4\}$ （表示被双曲线 $xy=4$ 分割出的包含原点的区域）。

(3) $z = \sqrt{\sin(x^2+y^2)}$

要使偶次根式有意义，需满足根号下的表达式大于等于 $0$，即：

$$\sin(x^2+y^2) \ge 0$$

解三角不等式得：$2k\pi \le x^2 + y^2 \le 2k\pi + \pi$，其中 $k$ 为整数。由于 $x^2+y^2 \ge 0$，故 $k$ 只能取非负整数。

定义域为： $D = \{(x,y) \mid 2k\pi \le x^2 + y^2 \le (2k+1)\pi, k=0,1,2,\dots\}$ （表示一系列同心圆环区域）。

(4) $z = \sqrt{x^2-4} + \sqrt{4-y^2}$

要使两个根式均有意义，需同时满足：

$\begin{cases} x^2 - 4 \ge 0 \\ 4 - y^2 \ge 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^2 \ge 4 \\ y^2 \le 4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} |x| \ge 2 \\ |y| \le 2 \end{cases}$

定义域为： $D = \{(x,y) \mid |x| \ge 2 \text{ 且 } |y| \le 2\}$ （表示两条垂直带状区域）。

2. 已知函数 $f(x,y) = \frac{x^2-y^2}{2xy}$, 试求 $f(y,x), f(\frac{1}{x}, \frac{1}{y})$.

直接将变量替换代入原函数表达式：

$$f(y,x) = \frac{y^2-x^2}{2yx} = -\frac{x^2-y^2}{2xy} = -f(x,y)$$$$f\left(\frac{1}{x}, \frac{1}{y}\right) = \frac{\left(\frac{1}{x}\right)^2 - \left(\frac{1}{y}\right)^2}{2\left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{y}\right)} = \frac{\frac{1}{x^2} - \frac{1}{y^2}}{\frac{2}{xy}} = \frac{\frac{y^2-x^2}{x^2y^2}}{\frac{2}{xy}} = \frac{y^2-x^2}{2xy} = -f(x,y)$$

3. 求下列函数的极限：

(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \left(x\sin\frac{1}{y} + y\sin\frac{1}{x}\right)$

因为正弦函数是有界函数，即 $|\sin\frac{1}{y}| \le 1$ 且 $|\sin\frac{1}{x}| \le 1$。

又因为当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$x \to 0$ 且 $y \to 0$。

无穷小量与有界函数的乘积仍为无穷小量，所以 $x\sin\frac{1}{y} \to 0$，$y\sin\frac{1}{x} \to 0$。

极限值为： $0$。

(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{2-\sqrt{xy+4}}{xy}$

分子分母同乘分子的共轭因式进行有理化：

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{(2-\sqrt{xy+4})(2+\sqrt{xy+4})}{xy(2+\sqrt{xy+4})} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{4 - (xy+4)}{xy(2+\sqrt{xy+4})}$$$$= \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{-xy}{xy(2+\sqrt{xy+4})} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{-1}{2+\sqrt{xy+4}}$$

代入 $(x,y)=(0,0)$，得 $\frac{-1}{2+\sqrt{4}} = -\frac{1}{4}$。

极限值为： $-\frac{1}{4}$。

(3) $\lim_{(x,y)\to(1,0)} \frac{2+xy}{x^2-y^2}$

该函数在点 $(1,0)$ 处连续，可直接代入求值：

$$\lim_{(x,y)\to(1,0)} \frac{2+xy}{x^2-y^2} = \frac{2 + 1\cdot 0}{1^2 - 0^2} = \frac{2}{1} = 2$$

极限值为： $2$。

(4) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\sin(xy)}{\text{e}^{xy}-1}$

令 $t = xy$。当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$t \to 0$。

原极限转化为一元函数的极限，并利用等价无穷小（当 $t \to 0$ 时，$\sin t \sim t$ 且 $\text{e}^t - 1 \sim t$）：

$$\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{\text{e}^t-1} = \lim_{t\to0} \frac{t}{t} = 1$$

极限值为： $1$。

4. 求下列函数的间断点集：

(1) $\ln(x^2+y^2)$

对数函数要求真数 $x^2+y^2 > 0$。因此在 $x^2+y^2=0$ 即 $(0,0)$ 处函数无定义，发生间断。

间断点集为： $\{(0,0)\}$。

(2) $\frac{\text{e}^{x+y}}{x+y}$

分式要求分母不为零，当 $x+y=0$ 时函数无定义。

间断点集为： $\{(x,y) \mid x+y = 0\}$（即直线 $y=-x$ 上的所有点）。

(3) $\frac{1}{\sin(x^2+y^2)}$

分母不能为零，即 $\sin(x^2+y^2) = 0 \Rightarrow x^2+y^2 = k\pi$ ($k$ 为非负整数)。

间断点集为： $\{(x,y) \mid x^2+y^2 = k\pi, k=0,1,2,\dots\}$（一系列同心圆族及原点）。

(4) $\frac{\sin(xy)}{x}$

分母不能为零，当 $x=0$ 时无定义。

间断点集为： $\{(x,y) \mid x = 0\}$（即 $y$ 轴上的所有点）。

二、提高题

5. 求下列函数的极限：

(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\text{e}^{x^2+y^2} - \text{e}^{-(x^2+y^2)}}{\sin(x^2+y^2)}$

令 $t = x^2+y^2$。当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$t \to 0^+$。利用等价无穷小 $\sin t \sim t$ 及泰勒展开或洛必达法则求极限：

$$\lim_{t\to 0} \frac{\text{e}^t - \text{e}^{-t}}{\sin t} = \lim_{t\to 0} \frac{\text{e}^t - \text{e}^{-t}}{t}$$

当 $t \to 0$ 时，$\text{e}^t - 1 \sim t$，$\text{e}^{-t} - 1 \sim -t$，因此 $\text{e}^t - \text{e}^{-t} \sim 2t$。

原极限 $= \lim_{t\to 0} \frac{2t}{t} = 2$。

极限值为： $2$。

(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)\text{e}^{x^2y^2}}$

当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$\text{e}^{x^2y^2} \to \text{e}^0 = 1$。

令 $t = x^2+y^2 \to 0$。利用等价无穷小 $1-\cos t \sim \frac{1}{2}t^2$：

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)} \cdot \frac{1}{\text{e}^{x^2y^2}} = \lim_{t\to 0} \frac{\frac{1}{2}t^2}{t} \cdot 1 = \lim_{t\to 0} \frac {1}{2}t = 0$$

极限值为： $0$。

(3) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} (1+xy)^{\frac{\sin(xy)}{x^2y^2}}$

将指数拆分为重要极限相关的形式（视指数分母为 $(xy)^2$ 即 $x^2y^2$）：

$$(1+xy)^{\frac{\sin(xy)}{x^2y^2}} = \left[ (1+xy)^{\frac{1}{xy}} \right]^{\frac{\sin(xy)}{xy}}$$

当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，令 $u = xy \to 0$。

底数部分趋于第二重要极限：$\lim_{u\to 0} (1+u)^{\frac{1}{u}} = \text{e}$。

指数的外部幂次利用等价无穷小：$\lim_{u\to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$。

由于指数函数是连续函数，原极限为：$\text{e}^1 = \text{e}$。

极限值为： $\text{e}$。

(4) $\lim_{(x,y)\to(+\infty,+\infty)} \left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)^{x^2}$

利用基本不等式 $x^2+y^2 \ge 2xy$，因为 $x, y \to +\infty$，可得：

$$0 \le \frac{xy}{x^2+y^2} \le \frac{1}{2}$$

因此有：

$$0 \le \left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)^{x^2} \le \left(\frac{1}{2}\right)^{x^2}$$

当 $x \to +\infty$ 时，$x^2 \to +\infty$，此时指数函数 $\left(\frac{1}{2}\right)^{x^2} \to 0$。

由夹逼定理可知，原极限等于 $0$。

极限值为： $0$。

6. 证明下列函数的极限不存在：

(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x+y}{x-y}$

证明：

令点 $(x,y)$ 沿直线 $y = kx$ ($k \neq 1$) 趋于原点 $(0,0)$。

代入计算此时的极限：

$$\lim_{x\to 0} \frac{x+kx}{x-kx} = \lim_{x\to 0} \frac{x(1+k)}{x(1-k)} = \frac{1+k}{1-k}$$

可见，沿不同斜率 $k$ 的直线趋于原点时，该函数的极限值不同（例如 $k=0$ 时极限为 $1$；$k=-1$ 时极限为 $0$）。

由于极限值依赖于趋近的路径，故该极限不存在。

(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)x^2y^2}$

证明：

当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，等价无穷小 $1-\cos(x^2+y^2) \sim \frac{1}{2}(x^2+y^2)^2$。

则原函数渐近于 $f(x,y) \sim \frac{\frac{1}{2}(x^2+y^2)^2}{(x^2+y^2)x^2y^2} = \frac{x^2+y^2}{2x^2y^2}$。

令 $(x,y)$ 沿直线 $y = x$ 趋于原点，则：

$$\lim_{x\to 0} \frac{x^2+x^2}{2x^2\cdot x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{2x^2}{2x^4} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty$$

由于函数值在趋于原点时趋向于正无穷大，不收敛于任何有限常数，因此该函数的极限不存在。

7. 讨论函数 $f(x,y) = \begin{cases} \sqrt{1-x^2-y^2}, & x^2+y^2 < 1 \\ 0, & x^2+y^2 \ge 1 \end{cases}$ 的连续性.

讨论过程：

① 在开区域 $x^2+y^2 < 1$ 内：

$f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2}$ 是由多项式和根式复合而成的初等函数，在其定义域内部处处连续。

② 在闭区域外 $x^2+y^2 > 1$ 内：

$f(x,y) = 0$ 是常数函数，处处连续。

③ 在边界 $x^2+y^2 = 1$ 上：

设 $(x_0, y_0)$ 是圆周 $x^2+y^2 = 1$ 上的任一点，此时该点函数值 $f(x_0, y_0) = 0$。

计算动点 $(x,y)$ 趋于 $(x_0, y_0)$ 时的极限。

无论从圆内区域（$x^2+y^2 < 1$）趋近：

$$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \sqrt{1-(x^2+y^2)} = \sqrt{1-1} = 0$$

还是从圆外区域（$x^2+y^2 > 1$）趋近：

$$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} 0 = 0$$

其左、右侧极限相等，故 $\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y) = 0 = f(x_0, y_0)$。这说明函数在边界点处也是连续的。

结论：

该函数 $f(x,y)$ 在整个二维平面 $\mathbb{R}^2$ 上都是连续的。

第2节偏导数与全微分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 求下列函数的偏导数：

(1) $z = x^2 y^3 - x$

$$\frac{\partial z}{\partial x} = 2xy^3 - 1$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = 3x^2y^2$$

(2) $z = x \cos y$

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \cos y$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -x \sin y$$

(3) $s = \frac{u^2 + v^2}{uv} = \frac{u}{v} + \frac{v}{u}$

$$\frac{\partial s}{\partial u} = \frac{1}{v} - \frac{v}{u^2} = \frac{u^2 - v^2}{u^2 v}$$$$\frac{\partial s}{\partial v} = -\frac{u}{v^2} + \frac{1}{u} = \frac{v^2 - u^2}{u v^2}$$

(4) $z = \ln(x^2 + y)$

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

(5) $z = \text{e}^{\sin(xy)}$

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \text{e}^{\sin(xy)} \cdot \cos(xy) \cdot y = y \cos(xy) \text{e}^{\sin(xy)}$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = \text{e}^{\sin(xy)} \cdot \cos(xy) \cdot x = x \cos(xy) \text{e}^{\sin(xy)}$$

(6) $u = (xy)^z$

将函数改写为 $u = \text{e}^{z \ln(xy)} = x^z y^z$：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = z(xy)^{z-1} \cdot y = z x^{z-1} y^z$$$$\frac{\partial u}{\partial y} = z(xy)^{z-1} \cdot x = z x^z y^{z-1}$$$$\frac{\partial u}{\partial z} = (xy)^z \ln(xy)$$

2. 设 $z = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，求 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)}, \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)}$.

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1 \cdot \sqrt{x^2+y^2} - x \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2} = \frac{x^2+y^2-x^2}{(x^2+y^2)^{3/2}} = \frac{y^2}{(x^2 +y^2)^{3/2}}$$$$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} = \frac{1^2}{(0^2+1^2)^{3/2}} = 1$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = x \left( -\frac{1}{2} \right) (x^2+y^2)^{-3/2} \cdot 2y = -\frac{xy}{(x^2+y^2)^{3/2}}$$$$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = -\frac{0 \cdot 1}{(0^2+1^2)^{3/2}} = 0$$

3. 设 $f(x,y) = x + (y-1)\arcsin\sqrt{\frac{x}{y}}$，求 $f_x(x,1)$.

先求对 $x$ 的偏导数：

$$f_x(x,y) = 1 + (y-1) \frac{\partial}{\partial x} \left( \arcsin\sqrt{\frac{x}{y}} \right)$$

将 $y=1$ 代入：

$$f_x(x,1) = 1 + (1-1) \left. \frac{\partial}{\partial x} \left( \arcsin\sqrt{\frac{x}{y}} \right) \right|_{y=1} = 1 + 0 = 1$$

4. 求下列函数的二阶偏导数：

(1) $z = x^3 y^3 - 3x^2 y + xy^2 + 3$

$\frac{\partial z}{\partial x} = 3x^2 y^3 - 6xy + y^2 $$ \frac{\partial z}{\partial y} = 3x^3 y^2 - 3x^2 + 2xy $

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 6xy^3 - 6y$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x} = 9x^2 y^2 - 6x + 2y$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 6x^3 y + 2x$$

(2) $z = xy\text{e}^{x+y}$

$\frac{\partial z}{\partial x} = y\text{e}^{x+y} + xy\text{e}^{x+y} = y(x+1)\text{e}^{x+y} $$ \frac{\partial z}{\partial y} = x\text{e}^{x+y} + xy\text{e}^{x+y} = x(y+1)\text{e}^{x+y} $

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = y\text{e}^{x+y} + y(x+1)\text{e}^{x+y} = y(x+2)\text{e}^{x+y}$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x} = (x+1)\text{e}^{x+y} + y(x+1)\text{e}^{x+y} = (x+1)(y+1)\text{e}^{x+y}$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = x\text{e}^{x+y} + x(y+1)\text{e}^{x+y} = x(y+2)\text{e}^{x+y}$$

5. 设 $f(x,y,z) = xy^2 + yz^2 + zx^2$，求 $f_{xx}(0,0,1), f_{xz}(1,0,2), f_{yz}(0,-1,0)$ 及 $f_{zzx}(2,0,1)$.

$f_x = y^2 + 2zx \implies f_{xx} = 2z \implies f_{xx}(0,0,1) = 2(1) = 2$
$f_{xz} = \frac{\partial}{\partial z}(y^2+2zx) = 2x \implies f_{xz}(1,0,2) = 2(1) = 2$
$f_y = 2xy + z^2 \implies f_{yz} = 2z \implies f_{yz}(0,-1,0) = 2(0) = 0$
$f_z = 2yz + x^2 \implies f_{zz} = 2y \implies f_{zzx} = 0 \implies f_{zzx}(2,0,1) = 0$

6. 求下列函数的全微分：

(1) $z = y \sin(x+y)$

$\frac{\partial z}{\partial x} = y \cos(x+y)$

$\frac{\partial z}{\partial y} = \sin(x+y) + y \cos(x+y)$

$$\text{d}z = y \cos(x+y) \text{d}x + [\sin(x+y) + y \cos(x+y)] \text{d}y$$

(2) $z = \frac{x+y}{2+y}$

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{2+y}$

$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1\cdot(2+y) - (x+y)\cdot 1}{(2+y)^2} = \frac{2-x}{(2+y)^2}$

$$\text{d}z = \frac{1}{2+y} \text{d}x + \frac{2-x}{(2+y)^2} \text{d}y$$

(3) $z = \ln\sqrt{x^2+y^2} = \frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)$

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

$$\text{d}z = \frac{x}{x^2+y^2} \text{d}x + \frac{y}{x^2+y^2} \text{d}y$$

(4) $u = x^{yz}$

$\frac{\partial u}{\partial x} = yz x^{yz-1}$

$\frac{\partial u}{\partial y} = z x^{yz} \ln x$

$\frac{\partial u}{\partial z} = y x^{yz} \ln x$

$$\text{d}u = yz x^{yz-1} \text{d}x + z x^{yz} \ln x \text{d}y + y x^{yz} \ln x \text{d}z$$

7. 求函数 $z = \text{e}^{\frac{y}{x}}$ 在 $x=1, y=2$ 时的全微分.

$\frac{\partial z}{\partial x} = \text{e}^{\frac{y}{x}} \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2}\text{e}^{\frac{y}{x}}$

$\frac{\partial z}{\partial y} = \text{e}^{\frac{y}{x}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x}\text{e}^{\frac{y}{x}}$

将 $x=1, y=2$ 代入：$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,2)} = -2\text{e}^2, \quad \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,2)} = \text{e}^2$

$$\text{d}z = -2\text{e}^2 \text{d}x + \text{e}^2 \text{d}y$$

8. 求函数 $z = xy$ 在 $x=2, y=1, \Delta x=0.1, \Delta y=-0.2$ 时的全增量和全微分.

全增量： $\Delta z = (x+\Delta x)(y+\Delta y) - xy = (2+0.1)(1-0.2) - (2)(1) = 2.1 \times 0.8 - 2 = 1.68 - 2 = -0.32$

全微分： $\text{d}z = y\Delta x + x\Delta y = (1)(0.1) + (2)(-0.2) = 0.1 - 0.4 = -0.3$

9. 求函数 $z = x^4 + y^4 - 4x^2 y^2$ 在 $x=1, y=1, \Delta x=0.15, \Delta y=0.1$ 时的全微分.

$\frac{\partial z}{\partial x} = 4x^3 - 8xy^2 \implies \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 4 - 8 = -4$

$\frac{\partial z}{\partial y} = 4y^3 - 8x^2y \implies \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)} = 4 - 8 = -4$

$$\text{d}z = \frac{\partial z}{\partial x}\Delta x + \frac{\partial z}{\partial y}\Delta y = -4(0.15) - 4(0.1) = -0.6 - 0.4 = -1.0$$

二、提高题

10. 设 $z = x \ln(xy)$，求 $\frac{\partial^3 z}{\partial x^2 \partial y}, \frac{\partial^3 z}{\partial x \partial y^2}$.

化简函数：$z = x \ln x + x \ln y$

$\frac{\partial z}{\partial x} = \ln x + 1 + \ln y = \ln(xy) + 1 $$ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{1}{x} \implies \frac{\partial^3 z}{\partial x^2 \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{x}\right) = 0 $

$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{1}{y} \implies \frac{\partial^3 z}{\partial x \partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{y} \right) = -\frac{1}{y^2}$

11. 验证：

(1) $z = \ln(\sqrt{x} + \sqrt{y})$ 满足 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{2}$

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} $$ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} \cdot \frac {1}{2\sqrt{y}} $

$$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{x}{2\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{y})} + \frac{y}{2\sqrt{y}(\sqrt{x}+\sqrt{y})} = \frac{\sqrt {x}+\sqrt{y}}{2(\sqrt{x}+\sqrt{y})} = \frac{1}{2}$$

验证成立。

(2) $z = x^m y^n$，其中 $x>0, y>0, m+n=1$，满足 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} - \left(\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right)^2 = 0$.

$\frac{\partial z}{\partial x} = mx^{m-1}y^n, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = nx^my^{n-1} $$ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = m(m-1)x^{m-2}y^n $

$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = n(n-1)x^my^{n-2} $$ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = mnx^{m-1}y^{n-1} $

代入等式左边：

$$\left[ m(m-1)x^{m-2}y^n \right] \left[ n(n-1)x^my^{n-2} \right] - \left( mnx^{m-1}y^{n-1} \right)^2$$$$= mn(m-1)(n-1)x^{2m-2}y^{2n-2} - m^2n^2x^{2m-2}y^{2n-2}$$$$= mn x^{2m-2}y^{2n-2} [ (m-1)(n-1) - mn ]$$

因为 $(m-1)(n-1) - mn = mn - m - n + 1 - mn = 1 - (m+n)$。

由已知条件 $m+n=1$，故 $1 - (m+n) = 0$。代入得式子的值为 0，验证成立。

12. 证明函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \ne 0 \\ 0, & x^2+y^2 = 0 \end{cases}$ 在点 $(0,0)$ 处的偏导数存在，但在点 $(0,0)$ 处不可微.

证明：

(1) 偏导数存在：

$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$

$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$

两偏导数均存在且为 0。

(2) 不可微：

如果 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 可微，那么 $\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$，这里 $A=f_x(0,0)=0, B=f_y(0,0)=0$，$\rho = \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}$。

应当有 $\lim_{\rho \to 0} \frac{\Delta z - (A\Delta x + B\Delta y)}{\rho} = \lim_{\rho \to 0} \frac{\Delta x^2 \Delta y}{(\Delta x^2 + \Delta y^2)^{3/2}} = 0$。

让动点沿直线 $\Delta y = \Delta x$ 趋向原点，有：

$$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x^3}{(\Delta x^2 + \Delta x^2)^{3/2}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x^3}{2\sqrt{2}|\Delta x|^3}$$

当 $\Delta x > 0$ 时，极限为 $\frac{1}{2\sqrt{2}} \ne 0$。

因此极限不为 0，函数在点 $(0,0)$ 处不可微。

13. 设 $z = x^2 - 2bxy + cy^2$，且 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(2,1)} = 6, \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(2,1)} = 0$，求 $\frac {\partial^2 z}{\partial y^2}$.

$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x - 2by \implies 2(2) - 2b(1) = 6 \implies 4 - 2b = 6 \implies b = -1$

$\frac{\partial z}{\partial y} = -2bx + 2cy \implies -2(-1)(2) + 2c(1) = 0 \implies 4 + 2c = 0 \implies c = -2$

将求得的系数代回对 $y$ 的一阶偏导：

$\frac{\partial z}{\partial y} = 2x - 4y$

$$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}(2x - 4y) = -4$$

14. 设 $z = \arctan\left(\frac{y}{x}\right)$，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$.

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = \frac{-y}{x^2+y^2} $$ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \left(\frac{1}{x}\right) = \frac{x}{x^2+y^2} $

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

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} - \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} = 0$$

三、考研真题

15. (2016206) 已知函数 $f(x,y) = \frac{\text{e}^x}{x-y}$，则 ____.

分别求偏导数：

$f_x = \frac{\text{e}^x(x-y) - \text{e}^x \cdot 1}{(x-y)^2} = \frac{\text{e}^x(x-y-1)}{(x-y)^2} $$ f_y = \frac{0 - \text{e}^x(-1)}{(x-y)^2} = \frac{\text{e}^x} {(x-y)^2} $

计算两者之和：

$f_x + f_y = \frac{\text{e}^x(x-y-1) + \text{e}^x}{(x-y)^2} = \frac{\text{e}^x(x-y)}{(x-y)^2} = \frac{\text{e}^x}{x-y} = f(x,y)$

答案选 D. $f_x + f_y = f$

16. (2020211) 已知 $z = \arctan[xy + \sin(x+y)]$，则 $\left.\text{d}z\right|_{(0,\pi)} =$ ____.

令 $u = xy + \sin(x+y)$。在 $(0,\pi)$ 处，$u = 0 + \sin(\pi) = 0$。

全微分为 $\text{d}z = \frac{1}{1+u^2} \text{d}u$。

$\text{d}u = \frac{\partial u}{\partial x}\text{d}x + \frac{\partial u}{\partial y}\text{d}y = [y+\cos(x+y)]\text{d}x + [x+\cos(x+y)]\text{d}y$

将 $x=0, y=\pi$ 代入：

$\text{d}u = [\pi + \cos(\pi)]\text{d}x + [0 + \cos(\pi)]\text{d}y = (\pi - 1)\text{d}x - \text{d}y$

因为在 $(0,\pi)$ 处 $u=0$，所以 $\frac{1}{1+u^2} = 1$。

答案填写： $(\pi - 1)\text{d}x - \text{d}y$

17. (2020112) 设函数 $f(x,y) = \int_0^{xy} \text{e}^{xt^2} \text{d}t$，则 $\left.\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right|_{(1,1)} =$ ____.

根据含参变量积分与变上限积分的求导法则，先对 $y$ 求偏导：

$\frac{\partial f}{\partial y} = \text{e}^{x(xy)^2} \cdot \frac{\partial (xy)}{\partial y} = x\text{e}^{x^3 y^2}$

再将此结果对 $x$ 求偏导：

$ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x} \left( x\text{e}^{x^3 y^2} \right) = 1 \cdot \text{e}^{x^3 y^2} + x \cdot \text{e}^{x^3 y^2} \cdot (3x^2 y^2) = (1 + 3x^3 y^2)\text{e}^{x^3 y^2} $

将 $(1,1)$ 代入上式：

$\left.\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right|_{(1,1)} = (1 + 3(1^3)(1^2))\text{e}^{1^3 1^2} = (1+3)\text{e}^1 = 4\text{e}$

答案填写： $4\text{e}$

第3节多元复合函数的求导法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 设 $z=u^2+uv+v^2$，而 $u=x+y,\ v=x-y$，求 $\frac{\partial z}{\partial x} , \frac{\partial z}{\partial y}$.

利用多元复合函数求导法则（链式法则）：

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} = (2u+v) \cdot 1 + (u+2v) \cdot 1 = 3u + 3v$

代入 $u, v$ 的表达式：$3(x+y) + 3(x-y) = 6x$

$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y} = (2u+v) \cdot 1 + (u+2v) \cdot (-1) = 2u+v-u-2v = u-v$

代入 $u, v$ 的表达式：$(x+y) - (x-y) = 2y$

(注：也可直接代入化简 $z=(x+y)^2+(x+y)(x-y)+(x-y)^2 = 3x^2+y^2$，然后直接求偏导，结果一致)

2. 设 $z=\ln(x^2+y)$，而 $x=\text{e}^{s^2},\ y=t^2+s$，求 $\frac{\partial z}{\partial t} , \frac{\partial z}{\partial s}$.

$\frac{\partial z}{\partial t} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t} = \frac {2x}{x^2+y} \cdot 0 + \frac{1}{x^2+y} \cdot (2t) = \frac{2t}{x^2+y} = \frac{2t}{\text{e}^{2s^2}+t^2+s}$

$\frac{\partial z}{\partial s} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s} = \frac {2x}{x^2+y} \cdot (\text{e}^{s^2} \cdot 2s) + \frac{1}{x^2+y} \cdot 1 = \frac{4s x\text{e}^{s^2} + 1}{x^2+y} = \frac{4s\text{e}^{2s^2}+1}{\text{e}^{2s^2}+t^2+s}$

3. 设 $z=x^y$，而 $x=\sin t,\ y=\cos t$，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t}$.

$\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\text{d}x}{\text{d}t} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\text{d}y}{\text{d}t} = y x^{y-1} \cdot \cos t + x^y \ln x \cdot (-\sin t)$

代入 $x, y$ 的表达式：

$\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = (\cos t)(\sin t)^{\cos t - 1} \cos t - (\sin t)^{\cos t} \ln(\sin t) \sin t$

$= (\sin t)^{\cos t} \left[ \frac{\cos^2 t}{\sin t} - \sin t \ln(\sin t) \right]$ 或写成 $(\sin t)^{\cos t} [ \cos t \cot t - \sin t \ln(\sin t) ]$

4. 设 $z=\arcsin(x-y)$，而 $x=3t,\ y=4t^3$，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t}$.

$\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\text{d}x}{\text{d}t} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\text{d}y}{\text{d}t} = \frac{1}{\sqrt {1-(x-y)^2}} \cdot 3 + \frac{-1}{\sqrt{1-(x-y)^2}} \cdot 12t^2 = \frac{3-12t^2}{\sqrt{1-(3t-4t^3)^2}}$

化简根号内的表达式：$1-(3t-4t^3)^2 = 1 - 9t^2 + 24t^4 - 16t^6 = (1-t^2)(1-4t^2)^2$

因此，$\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{3(1-4t^2)}{\sqrt{(1-t^2)(1-4t^2)^2}} = \frac{3(1-4t^2)}{|1-4t^2|\sqrt{1-t^2}}$

5. 设 $z=\frac{y}{x}$，而 $y=\sqrt{1-x^2}$，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$.

这是一个全导数问题：

$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = -\frac{y}{x^2} + \frac{1}{x} \cdot \frac {-2x}{2\sqrt{1-x^2}} = -\frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

通分化简：

$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = \frac{-(1-x^2) - x^2}{x^2\sqrt{1-x^2}} = -\frac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}$

6. 设 $u=\text{e}^{x+2y}\sin 3z$，而 $x=\ln t,\ y=\ln(1+t^2),\ z=t$，求 $\frac{\text{d}u}{\text{d}t}$.

$\frac{\text{d}u}{\text{d}t} = \frac{\partial u}{\partial x}\frac{\text{d}x}{\text{d}t} + \frac{\partial u}{\partial y}\frac{\text{d}y}{\text{d}t} + \frac {\partial u}{\partial z}\frac{\text{d}z}{\text{d}t}$

$= (\text{e}^{x+2y}\sin 3z) \cdot \frac{1}{t} + (2\text{e}^{x+2y}\sin 3z) \cdot \frac{2t}{1+t^2} + (3\text{e}^{x+2y}\cos 3z) \cdot 1$

注意 $\text{e}^{x+2y} = \text{e}^{\ln t + 2\ln(1+t^2)} = t(1+t^2)^2$ ，代入上式得：

$\frac{\text{d}u}{\text{d}t} = t(1+t^2)^2\sin 3t \cdot \frac{1}{t} + 2t(1+t^2)^2\sin 3t \cdot \frac{2t}{1+t^2} + 3t(1+t^2)^2\cos 3t$

$= (1+t^2)^2\sin 3t + 4t^2(1+t^2)\sin 3t + 3t(1+t^2)^2\cos 3t$

$= (1+t^2)[(1+t^2+4t^2)\sin 3t + 3t(1+t^2)\cos 3t] = (1+t^2)[(1+5t^2)\sin 3t + 3t(1+t^2)\cos 3t]$

7. 求下列函数的一阶偏导数（其中 $f$ 具有一阶连续偏导数）：

(1) $u = f(x+y, xy)$

设中间变量 $v_1 = x+y, v_2 = xy$，则 $u = f(v_1, v_2)$

$\frac{\partial u}{\partial x} = f_1' \frac{\partial v_1}{\partial x} + f_2' \frac{\partial v_2}{\partial x} = f_1' \cdot 1 + f_2' \cdot y = f_1' + yf_2'$

$\frac{\partial u}{\partial y} = f_1' \frac{\partial v_1}{\partial y} + f_2' \frac{\partial v_2}{\partial y} = f_1' \cdot 1 + f_2' \cdot x = f_1' + xf_2'$

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

设中间变量 $v_1 = \frac{x}{y}, v_2 = \frac{y}{z}$

$\frac{\partial u}{\partial x} = f_1' \cdot \frac{1}{y} + f_2' \cdot 0 = \frac{1}{y}f_1'$

$\frac{\partial u}{\partial y} = f_1' \cdot \left(-\frac{x}{y^2}\right) + f_2' \cdot \frac{1}{z} = -\frac{x}{y^2}f_1' + \frac{1}{z}f_2'$

$\frac{\partial u}{\partial z} = f_1' \cdot 0 + f_2' \cdot \left(-\frac{y}{z^2}\right) = -\frac{y}{z^2}f_2'$

(3) $u = f(x, xy, xyz)$

设中间变量 $v_1 = x, v_2 = xy, v_3 = xyz$

$\frac{\partial u}{\partial x} = f_1' \cdot 1 + f_2' \cdot y + f_3' \cdot yz = f_1' + yf_2' + yzf_3'$

$\frac{\partial u}{\partial y} = f_1' \cdot 0 + f_2' \cdot x + f_3' \cdot xz = xf_2' + xzf_3'$

$\frac{\partial u}{\partial z} = f_1' \cdot 0 + f_2' \cdot 0 + f_3' \cdot xy = xyf_3'$

二、提高题

8. 设 $z = xy + xF(u)$，而 $u = \frac{y}{x}$，$F(u)$ 为可导函数，证明：$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = xy+z$.

证明：

求偏导数：

$\frac{\partial z}{\partial x} = y + F(u) + xF'(u) \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = y + F(u) - \frac{y}{x}F'(u)$

$\frac{\partial z}{\partial y} = x + xF'(u) \cdot \left(\frac{1}{x}\right) = x + F'(u)$

将上述偏导数代入等式左边：

$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = x\left( y + F(u) - \frac{y}{x}F'(u) \right) + y(x + F'(u))$

$= xy + xF(u) - yF'(u) + xy + yF'(u)$

$= 2xy + xF(u)$

将其拆分为 $xy + (xy + xF(u))$，又因为 $z = xy + xF(u)$，所以：

$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = xy + z$。原式得证。

9. 求下列函数的二阶偏导数（其中 $f$ 具有二阶连续偏导数）：

(1) $z = f(xy, x)$

设 $u = xy, v = x$，则 $z = f(u,v)$

一阶偏导：

$z_x = f_1' \cdot y + f_2' \cdot 1 = yf_1' + f_2'$

$z_y = f_1' \cdot x + f_2' \cdot 0 = xf_1'$

二阶偏导：

$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(yf_1' + f_2') = y(f_{11}'' \cdot y + f_{12}'' \cdot 1) + (f_{21}'' \cdot y + f_{22}'' \cdot 1) = y^2f_{11}'' + 2yf_{12}'' + f_{22}''$

$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(xf_1') = x(f_{11}'' \cdot x) = x^2f_{11}''$

$z_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}(yf_1' + f_2') = f_1' + y(f_{11}'' \cdot x + f_{12}'' \cdot 0) + (f_{21}'' \cdot x + f_{22}'' \cdot 0) = f_1' + xyf_{11}'' + xf_{12}''$

(2) $u = f(x^2-y^2+z^2)$

设中间变量 $v = x^2-y^2+z^2$

一阶偏导：$u_x = 2xf', \ u_y = -2yf', \ u_z = 2zf'$

二阶偏导：

$u_{xx} = 2f' + 2x \cdot f''(v) \cdot 2x = 2f' + 4x^2f''$

$u_{yy} = -2f' - 2y \cdot f''(v) \cdot (-2y) = -2f' + 4y^2f''$

$u_{zz} = 2f' + 2z \cdot f''(v) \cdot 2z = 2f' + 4z^2f''$

$u_{xy} = 2x \cdot f''(v) \cdot (-2y) = -4xyf''$

$u_{yz} = -2y \cdot f''(v) \cdot 2z = -4yzf''$

$u_{zx} = 2z \cdot f''(v) \cdot 2x = 4xzf''$

(3) $z = f(\sin x, \cos y, \text{e}^{x+y})$

设 $u=\sin x, v=\cos y, w=\text{e}^{x+y}$

一阶偏导：

$z_x = f_1' \cos x + f_3' \text{e}^{x+y}$

$z_y = -f_2' \sin y + f_3' \text{e}^{x+y}$

二阶偏导：

$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(f_1' \cos x + f_3' \text{e}^{x+y}) = (f_{11}'' \cos x + f_{13}'' \text{e}^{x+y})\cos x - f_1' \sin x + (f_{31}'' \cos x + f_{33}'' \text{e}^{x+y})\text{e}^{x+y} + f_3' \text{e}^{x+y}$

$= f_{11}'' \cos^2 x + f_{33}'' \text{e}^{2(x+y)} + 2f_{13}'' \text{e}^{x+y} \cos x - f_1' \sin x + f_3' \text{e}^{x+y}$

$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(-f_2' \sin y + f_3' \text{e}^{x+y}) = -(-f_{22}'' \sin y + f_{23}'' \text{e}^{x+y})\sin y - f_2' \cos y + (-f_{32}'' \sin y + f_{33}'' \text{e}^{x+y})\text{e}^{x+y} + f_3' \text{e}^{x+y}$

$= f_{22}'' \sin^2 y + f_{33}'' \text{e}^{2(x+y)} - 2f_{23}'' \text{e}^{x+y} \sin y - f_2' \cos y + f_3' \text{e}^{x+y}$

$z_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}(f_1' \cos x + f_3' \text{e}^{x+y}) = (-f_{12}'' \sin y + f_{13}'' \text{e}^{x+y})\cos x + (-f_{32}'' \sin y + f_{33}'' \text{e}^{x+y})\text{e}^{x+y} + f_3' \text{e}^{x+y}$

$= -f_{12}'' \cos x \sin y + f_{13}'' \text{e}^{x+y} \cos x - f_{23}'' \text{e}^{x+y} \sin y + f_{33}'' \text{e}^{2(x+y)} + f_3' \text{e}^{x+y}$

10. 设 $u = x^4 - 2x^3(y+z) + 6x^2yz + f(y-x, z-x)$，其中 $f(x,y)$ 可微，求 $\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial u}{\partial z}$.

分别求对 $x, y, z$ 的偏导数：

$u_x = 4x^3 - 6x^2(y+z) + 12xyz + f_1' \cdot (-1) + f_2' \cdot (-1) = 4x^3 - 6x^2y - 6x^2z + 12xyz - f_1' - f_2'$

$u_y = -2x^3 + 6x^2z + f_1' \cdot 1 + f_2' \cdot 0 = -2x^3 + 6x^2z + f_1'$

$u_z = -2x^3 + 6x^2y + f_1' \cdot 0 + f_2' \cdot 1 = -2x^3 + 6x^2y + f_2'$

将三式相加，含有 $f_1', f_2'$ 的项以及其余部分刚好抵消：

$u_x + u_y + u_z = (4x^3 - 2x^3 - 2x^3) + (-6x^2y + 6x^2y) + (-6x^2z + 6x^2z) + 12xyz + (-f_1' + f_1') + (-f_2' + f_2')$

$= 12xyz$

11. 已知 $f(x,x^2) = x^2\text{e}^{-x},\ f_x(x,x^2) = -x^2\text{e}^{-x}$，则 $f_y(x,x^2) =$____.

设一元函数 $g(x) = f(x, x^2) = x^2\text{e}^{-x}$。两边对 $x$ 求全导数：

$g'(x) = \frac{\text{d}}{\text{d}x}(x^2\text{e}^{-x}) = 2x\text{e}^{-x} - x^2\text{e}^{-x} = (2x-x^2)\text{e}^{-x}$

由复合函数求导法则展开 $g'(x)$ 亦有：

$g'(x) = f_x(x, x^2) \cdot 1 + f_y(x, x^2) \cdot 2x$

将已知条件 $f_x(x, x^2) = -x^2\text{e}^{-x}$ 代入上式并令两式相等：

$-x^2\text{e}^{-x} + 2x f_y(x, x^2) = 2x\text{e}^{-x} - x^2\text{e}^{-x}$

消去两边的 $-x^2\text{e}^{-x}$：

$2x f_y(x, x^2) = 2x\text{e}^{-x}$

当 $x \ne 0$ 时，两边除以 $2x$ 得到 $f_y(x, x^2) = \text{e}^{-x}$。由连续性可知对所有 $x$ 均成立。

答案选 C

三、考研真题

12. (2021102) 已知函数 $f(x,y)$ 可微，且 $f(x+1, \text{e}^x) = x(x+1)^2, f(x, x^2) = 2x^2\ln x$，则微分 $\text{d}f(x,y)|_{(1,1)} =$____.

设 $g(x) = f(x+1, \text{e}^x) = x(x+1)^2$。对 $x$ 求导得：

$g'(x) = f_x(x+1, \text{e}^x) \cdot 1 + f_y(x+1, \text{e}^x) \cdot \text{e}^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)$

我们要找 $(x,y)=(1,1)$ 时的偏导数。在 $g(x)$ 中令 $x=0$，此时 $x+1=1, \text{e}^0=1$，对应点正是 $(1,1)$。

将 $x=0$ 代入 $g'(x)$ 表达式：

$f_x(1, 1) + f_y(1, 1) \cdot 1 = (0+1)^2 + 0 \implies f_x(1,1) + f_y(1,1) = 1 \quad \dots \text{①}$

设 $h(x) = f(x, x^2) = 2x^2\ln x$。对 $x$ 求导得：

$h'(x) = f_x(x, x^2) \cdot 1 + f_y(x, x^2) \cdot 2x = 4x\ln x + 2x^2 \cdot \frac{1}{x} = 4x\ln x + 2x$

在 $h(x)$ 中令 $x=1$，对应点也是 $(1,1)$。

将 $x=1$ 代入 $h'(x)$ 表达式：

$f_x(1, 1) + f_y(1, 1) \cdot 2 = 4(1)\ln 1 + 2(1) \implies f_x(1,1) + 2f_y(1,1) = 2 \quad \dots \text{②}$

联立方程组 ① 和 ②，解得：$f_y(1,1) = 1, \ f_x(1,1) = 0$。

因此，全微分 $\text{d}f(1,1) = f_x(1,1)\text{d}x + f_y(1,1)\text{d}y = 0\text{d}x + 1\text{d}y = \text{d}y$。

答案选 C

13. (2015205) 已知函数 $f(u,v)$ 可微，且 $f\left(x+y, \frac{y}{x}\right) = x^2-y^2$，则 $\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\begin{smallmatrix}u=1\v=1\end {smallmatrix}}$ 与 $\left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\begin{smallmatrix}u=1\v=1\end{smallmatrix}}$ 分别为____.

令 $u = x+y, v = \frac{y}{x}$。当 $u=1, v=1$ 时，由 $x+y=1$ 且 $\frac{y}{x}=1$（即 $y=x$）可解得 $x=\frac{1}{2}, y=\frac{1}{2}$。

对等式 $f\left(x+y, \frac{y}{x}\right) = x^2-y^2$ 两边分别对 $x$ 和 $y$ 求偏导：

对 $x$ 求导：$f_u \cdot 1 + f_v \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = 2x$

对 $y$ 求导：$f_u \cdot 1 + f_v \cdot \left(\frac{1}{x}\right) = -2y$

将 $(x,y) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 以及对应的 $(u,v) = (1,1)$ 代入上面两个式子中：

$f_u(1,1) + f_v(1,1) \cdot \frac{-1/2}{(1/2)^2} = 2(\frac{1}{2}) \implies f_u - 2f_v = 1$

$f_u(1,1) + f_v(1,1) \cdot \frac{1}{1/2} = -2(\frac{1}{2}) \implies f_u + 2f_v = -1$

将两式相加得 $2f_u = 0 \implies f_u = 0$。

将 $f_u=0$ 代入得 $2f_v = -1 \implies f_v = -\frac{1}{2}$。

即 $\frac{\partial f}{\partial u} = 0, \frac{\partial f}{\partial v} = -\frac{1}{2}$。

答案选 D

第4节隐函数的求导法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

8 待校验

一、基础题

1. 设 $y=x\text{e}^y+1$ 确定隐函数 $y=y(x)$，求 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$.

令 $F(x,y) = y - x\text{e}^y - 1 = 0$。

$F_x = -\text{e}^y, \quad F_y = 1 - x\text{e}^y$

根据隐函数求导公式：

$$\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = -\frac{F_x}{F_y} = -\frac{-\text{e}^y}{1 - x\text{e}^y} = \frac{\text{e}^y}{1 - x\text{e}^y}$$

2. 设 $\ln\sqrt{x^2+y^2} = \arctan\frac{y}{x}$ 确定隐函数 $y=y(x)$，求 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$.

将原方程化简为 $\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2) = \arctan\frac{y}{x}$，两边对 $x$ 求导：

$$\frac{1}{2} \cdot \frac{2x + 2yy'}{x^2+y^2} = \frac{1}{1 + (y/x)^2} \cdot \frac{y'x - y}{x^2}$$$$\frac{x + yy'}{x^2+y^2} = \frac{x^2}{x^2+y^2} \cdot \frac{xy' - y}{x^2}$$$$x + yy' = xy' - y \Rightarrow y'(x-y) = x+y$$$$\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{x+y}{x-y}$$

3. 设 $xy+\sin z+y=2z$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 及 $\frac{\partial z}{\partial y}$.

令 $F(x,y,z) = xy + \sin z + y - 2z = 0$。

$F_x = y$

$F_y = x + 1$

$F_z = \cos z - 2$

$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{y}{\cos z - 2} = \frac{y}{2 - \cos z}$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{x+1}{\cos z - 2} = \frac{x+1}{2 - \cos z}$$

4. 设 $\frac{y}{z} = \ln\frac{z}{x}$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 及 $\frac{\partial z}{\partial y}$.

原式化为 $\frac{y}{z} = \ln z - \ln x$。令 $F(x,y,z) = \frac{y}{z} - \ln z + \ln x = 0$。

$F_x = \frac{1}{x}, \quad F_y = \frac{1}{z}, \quad F_z = -\frac{y}{z^2} - \frac{1}{z} = -\frac{y+z}{z^2}$

$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{1/x}{-(y+z)/z^2} = \frac{z^2}{x(y+z)}$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{1/z}{-(y+z)/z^2} = \frac{z}{y+z}$$

5. 证明：$\frac{\partial x}{\partial y} \cdot \frac{\partial y}{\partial z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} = -1$.

由隐函数求导法则可知：

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

三式相乘：

$$\frac{\partial x}{\partial y} \cdot \frac{\partial y}{\partial z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} = \left(-\frac{F_y}{F_x}\right) \cdot \left(-\frac{F_z} {F_y}\right) \cdot \left(-\frac{F_x}{F_z}\right) = -1$$

6. 证明：方程 $F\left(x+\frac{z}{y}, y+\frac{z}{x}\right)=0$ 所确定的隐函数 $z=z(x,y)$ 满足 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = z - xy$.

证明： 令 $u = x+\frac{z}{y}, \ v = y+\frac{z}{x}$。方程两端分别对 $x, y$ 求偏导：

对 $x$ 求偏导：$F_1' \left(1 + \frac{z_x}{y}\right) + F_2' \left(\frac{z_x x - z}{x^2}\right) = 0$

分离出 $z_x$：$z_x \left( \frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x} \right) = \frac{z}{x^2}F_2' - F_1'$

同理对 $y$ 求偏导：$F_1' \left(\frac{z_y y - z}{y^2}\right) + F_2' \left(1 + \frac{z_y}{x}\right) = 0$

分离出 $z_y$：$z_y \left( \frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x} \right) = \frac{z}{y^2}F_1' - F_2'$

将 $z_x$ 和 $z_y$ 分别乘以 $x$ 和 $y$ 并相加：

$x z_x + y z_y = \frac{x \left( \frac{z}{x^2}F_2' - F_1' \right) + y \left( \frac{z}{y^2}F_1' - F_2' \right)}{\frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x}} = \frac{\frac{z-xy} {x}F_2' + \frac{z-xy}{y}F_1'}{\frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x}} = \frac{(z-xy) \left( \frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x} \right)}{\frac{F_1'}{y} + \frac{F_2'}{x}} = z - xy$。原式得证。

二、提高题

7. 设 $z=f(x+y+z, xyz)$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial x}{\partial y}$ 和 $\frac{\partial y}{\partial z}$.

令 $F(x,y,z) = z - f(x+y+z, xyz) = 0$。

$F_x = -f_1' - yzf_2'$

$F_y = -f_1' - xzf_2'$

$F_z = 1 - f_1' - xyf_2'$

通过隐函数求导法则分别作比：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = \frac{f_1' + yzf_2'}{1 - f_1' - xyf_2'}$$$$\frac{\partial x}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_x} = -\frac{f_1' + xzf_2'}{f_1' + yzf_2'}$$$$\frac{\partial y}{\partial z} = -\frac{F_z}{F_y} = \frac{1 - f_1' - xyf_2'}{f_1' + xzf_2'}$$

8. 设 $\text{e}^z - xyz = 0$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$.

原方程两边取对数化简得：$z = \ln x + \ln y + \ln z$。

两边对 $x$ 求偏导：

$z_x = \frac{1}{x} + \frac{1}{z}z_x \Rightarrow z_x \left( \frac{z-1}{z} \right) = \frac{1}{x} \Rightarrow z_x = \frac{z}{x(z-1)}$

再对 $x$ 求二阶偏导：

$$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{z}{x(z-1)} \right) = \frac{z_x \cdot x(z-1) - z \cdot [1 \cdot (z-1) + x \cdot z_x]}{(x(z-1))^2}$$$$= \frac{-x z_x - z(z-1)}{x^2(z-1)^2}$$

将 $z_x = \frac{z}{x(z-1)}$ 代入分子：

$$z_{xx} = \frac{-\frac{z}{z-1} - z(z-1)}{x^2(z-1)^2} = \frac{-z - z(z-1)^2}{x^2(z-1)^3} = \frac{-z(z^2-2z+2)}{x^2(z-1)^3} = \frac{z(z^2-2z+2)}{x^2(1-z)^3}$$

9. 设 $z=z(x,y)$ 是由方程 $\sin(x+y) + \sin(y+z) = 1$ 所确定的隐函数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$.

对原方程两边分别求 $x, y$ 的偏导：

$\cos(x+y) + \cos(y+z) \cdot z_x = 0 \Rightarrow z_x = -\frac{\cos(x+y)}{\cos(y+z)}$

$\cos(x+y) + \cos(y+z) \cdot (1+z_y) = 0 \Rightarrow 1+z_y = -\frac{\cos(x+y)}{\cos(y+z)} \Rightarrow z_y = z_x - 1$

求混合偏导数 $z_{xy}$ 即对 $z_x$ 关于 $y$ 求导：

$$z_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}\left( -\frac{\cos(x+y)}{\cos(y+z)} \right) = -\frac{-\sin(x+y)\cos(y+z) - \cos(x+y)[-\sin(y+z)(1+z_y)]}{\cos^2(y+z)}$$

将 $(1+z_y) = -\frac{\cos(x+y)}{\cos(y+z)}$ 代入分子并化简：

$$z_{xy} = \frac{\sin(x+y)\cos^2(y+z) + \cos^2(x+y)\sin(y+z)}{\cos^3(y+z)}$$

10. 设 $z=x^2+y^2$，其中 $y=f(x)$ 是由方程 $x^2-xy+y^2=1$ 所确定的隐函数，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$.

利用全导数公式：$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 2x + 2yy'$

对方程 $x^2-xy+y^2=1$ 两边求导：

$2x - y - xy' + 2yy' = 0 \Rightarrow y'(2y-x) = y-2x \Rightarrow y' = \frac{y-2x}{2y-x}$

代入得：

$$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 2x + 2y \left(\frac{y-2x}{2y-x}\right) = \frac{2x(2y-x) + 2y(y-2x)}{2y-x} = \frac{2(y^2-x^2)}{2y-x}$$

11. 求由下列方程组所确定的隐函数的导数或偏导数.

(1) 对方程组分别求导：

$\begin{cases} 2x + 2y y' + 2z z' = 0 \Rightarrow x + y y' + z z' = 0 \\ 1 + y' + z' = 0 \Rightarrow z' = -1 - y' \end{cases}$

将 $z'$ 代入第一个方程：$x + y y' - z(1+y') = 0 \Rightarrow y'(y-z) = z-x \Rightarrow \frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{z-x}{y-z}$

从而 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = -1 - \frac{z-x}{y-z} = \frac{x-y}{y-z}$

(2) 对两方程求全微分：

$\text{d}u + \text{d}v = \text{d}x + \text{d}y \quad \cdots (i)$

$\cos u \sin v \text{d}u + \sin u \cos v \text{d}v = \frac{1}{y}\text{d}x - \frac{x}{y^2}\text{d}y \quad \cdots (ii)$

将 $(i)$ 式中 $\text{d}v = \text{d}x + \text{d}y - \text{d}u$ 代入 $(ii)$ 化简得：

$\sin(v-u)\text{d}u = \left(\frac{1}{y} - \sin u \cos v\right)\text{d}x - \left(\frac{x}{y^2} + \sin u \cos v\right)\text{d}y$

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\frac{1}{y} - \sin u \cos v}{\sin(v-u)}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\frac{x}{y^2} + \sin u \cos v}{\sin (v-u)}$$

反解 $\text{d}v$ 可得：

$$\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\sin v \cos u - \frac{1}{y}}{\sin(v-u)}, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\sin v \cos u + \frac{x}{y^2}}{\sin (v-u)}$$

(3) 对方程组两边同时对 $x$ 求偏导：

$\begin{cases} u_x = f_1' \cdot (u + x u_x) + f_2' \cdot v_x \\ v_x = g_1' \cdot (u_x - 1) + g_2' \cdot (2v y v_x) \end{cases}$

整理成关于 $u_x, v_x$ 的线性方程组：

$\begin{cases} (1-xf_1')u_x - f_2'v_x = u f_1' \\ -g_1'u_x + (1-2vyg_2')v_x = -g_1' \end{cases}$

用克拉默法则解得：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{u f_1' (1 - 2v y g_2') - f_2' g_1'}{(1 - x f_1')(1 - 2v y g_2') - f_2' g_1'}$$$$\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{g_1' [(x+u)f_1' - 1]}{(1 - x f_1')(1 - 2v y g_2') - f_2' g_1'}$$

12. 设 $y=y(x)$ 是由方程 $\text{e}^{xy}+y^3-5x=0$ 所确定的隐函数，求 $\left. \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} \right|_{x=0}$.

当 $x=0$ 时，$\text{e}^0 + y^3 = 0 \Rightarrow y=-1$。

对方程两边求导：$\text{e}^{xy}(y+xy') + 3y^2y' - 5 = 0$。代入 $x=0, y=-1$，得 $\text{e}^0(-1) + 3(-1)^2y' - 5 = 0 \Rightarrow y'(0) = 2$。

再求一次导数：$\text{e}^{xy}(y+xy')^2 + \text{e}^{xy}(2y' + xy'') + 6y(y')^2 + 3y^2y'' = 0$。

代入 $x=0, y=-1, y'=2$：

$1 \cdot (-1)^2 + 1 \cdot (4) + 6(-1)(4) + 3(1)y'' = 0 \Rightarrow 1 + 4 - 24 + 3y'' = 0 \Rightarrow 3y'' = 19$

$$\left. \frac{\text{d}^2 y}{\text{d}x^2} \right|_{x=0} = \frac{19}{3}$$

13. 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $\cos^2 x + \cos^2 y + \cos^2 z = 1$ 确定，求 $\text{d}z$.

对方程两端微分：

$-2\cos x\sin x \text{d}x - 2\cos y\sin y \text{d}y - 2\cos z\sin z \text{d}z = 0$

利用二倍角公式化简为 $\sin(2x)\text{d}x + \sin(2y)\text{d}y + \sin(2z)\text{d}z = 0$。

$$\text{d}z = -\frac{\sin(2x)}{\sin(2z)}\text{d}x - \frac{\sin(2y)}{\sin(2z)}\text{d}y$$

14. 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $\sin x + 2y - z = \text{e}^z$ 确定，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}, \frac {\partial^2 z}{\partial y^2}$.

令 $F = \sin x + 2y - z - \text{e}^z = 0$。

$z_x = \frac{\cos x}{1+\text{e}^z}, \quad z_y = \frac{2}{1+\text{e}^z}$

分别对 $x, y$ 进一步求偏导：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\cos x}{1+\text{e}^z}\right) = \frac{-\sin x(1+\text{e}^z) - \cos x \cdot \text{e}^z z_x}{(1+\text{e}^z)^2} = -\frac{\sin x}{1+\text{e}^z} - \frac{\text{e}^z\cos^2 x}{(1+\text{e}^z)^3}$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\cos x}{1+\text{e}^z}\right) = \frac{-\cos x \cdot \text{e}^z z_y}{(1+\text{e} ^z)^2} = -\frac{2\text{e}^z\cos x}{(1+\text{e}^z)^3}$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{2}{1+\text{e}^z}\right) = \frac{-2\text{e}^z z_y}{(1+\text{e}^z)^2} = -\frac{4\text{e} ^z}{(1+\text{e}^z)^3}$$

三、考研真题

15. (2021213) 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $(x+1)z + y\ln z - \arctan(2xy) = 1$ 确定，则 $\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(0,2)} =$____.

将 $x=0, y=2$ 代入原方程求 $z$：$(0+1)z + 2\ln z - 0 = 1 \Rightarrow z + 2\ln z = 1$。观察得 $z=1$。

令 $F(x,y,z) = (x+1)z + y\ln z - \arctan(2xy) - 1 = 0$。

$F_x = z - \frac{2y}{1+4x^2y^2}$，代入 $(0,2,1)$ 得 $F_x = 1 - 4 = -3$。

$F_z = (x+1) + \frac{y}{z}$，代入 $(0,2,1)$ 得 $F_z = 1 + 2 = 3$。

$$\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(0,2)} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{-3}{3} = 1$$

答案填写： 1

16. (2015111) 若函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $\text{e}^z + xyz + x + \cos x = 2$ 确定，则 $\left. \text{d}z \right|_{(0,1)} =$____.

将 $x=0, y=1$ 代入原方程求 $z$：$\text{e}^z + 0 + 0 + 1 = 2 \Rightarrow \text{e}^z = 1 \Rightarrow z=0$。

对方程两边求全微分：

$\text{e}^z \text{d}z + yz \text{d}x + xz \text{d}y + xy \text{d}z + \text{d}x - \sin x \text{d}x = 0$

将 $(x,y,z) = (0,1,0)$ 代入：

$\text{e}^0 \text{d}z + 0 + 0 + 0 + \text{d}x - 0 = 0 \Rightarrow \text{d}z + \text{d}x = 0 \Rightarrow \text{d}z = -\text{d}x$

答案填写： $-\text{d}x$

第5节多元函数微分法在几何上的应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 求曲线 $x = t - \cos t, y = 2 + \sin t, z = 3 + \cos t$ 在对应于 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 点处的切线方程及法平面方程.

解答：

将 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 代入参数方程，求出切点坐标：

$x_0 = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$, $y_0 = 2 + 1 = 3$, $z_0 = 3 + 0 = 3$。切点为 $(\frac{\pi}{2}, 3, 3)$。

分别对参数 $t$ 求导：

$x'(t) = 1 + \sin t$, $y'(t) = \cos t$, $z'(t) = -\sin t$

将 $t_0 = \frac{\pi}{2}$ 代入，得切向量 $\vec{\tau}$：

$x'(\frac{\pi}{2}) = 2, \ y'(\frac{\pi}{2}) = 0, \ z'(\frac{\pi}{2}) = -1$，即 $\vec{\tau} = (2, 0, -1)$。

切线方程（点向式）：

$$\frac{x - \pi/2}{2} = \frac{y - 3}{0} = \frac{z - 3}{-1}$$

法平面方程（点法式，以切向量为法向量）：

$2\left(x - \frac{\pi}{2}\right) + 0(y - 3) - 1(z - 3) = 0$，化简得：

$$2x - z + 3 - \pi = 0$$

2. 求曲线 $y = x, z = x^2$ 在点 $(2, 2, 4)$ 处的切线方程及法平面方程.

解答：

设 $x = t$ 作为参数，则曲线的参数方程为 $x=t, y=t, z=t^2$。点 $(2, 2, 4)$ 对应参数 $t=2$。

求导数得切向量：$x'(t) = 1, y'(t) = 1, z'(t) = 2t$。

在 $t=2$ 处，切向量 $\vec{\tau} = (1, 1, 4)$。

切线方程：

$$\frac{x - 2}{1} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z - 4}{4}$$

法平面方程：

$$1(x - 2) + 1(y - 2) + 4(z - 4) = 0 \Rightarrow x + y + 4z - 20 = 0$$

3. 求曲线 $\begin{cases} x^2 + y^2 = 2 \\ y^2 + z^2 = 5 \end{cases}$ 在点 $(1, 1, 2)$ 处的切线方程及法平面方程.

解答：

该曲线由两个曲面相交而成。分别求两个曲面在点 $(1, 1, 2)$ 处的法向量：

令 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 - 2 = 0$，则 $\nabla F = (2x, 2y, 0)$，在 $(1,1,2)$ 处 $\vec{n}_1 = (2, 2, 0) \sim (1, 1, 0)$。

令 $G(x,y,z) = y^2 + z^2 - 5 = 0$，则 $\nabla G = (0, 2y, 2z)$，在 $(1,1,2)$ 处 $\vec{n}_2 = (0, 2, 4) \sim (0, 1, 2)$。

曲线的切向量为两曲面法向量的外积：

$\vec{\tau} = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 2\mathbf{i} - 2\mathbf {j} + 1\mathbf{k} = (2, -2, 1)$

切线方程：

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

法平面方程：

$$2(x - 1) - 2(y - 1) + 1(z - 2) = 0 \Rightarrow 2x - 2y + z - 2 = 0$$

4. 求球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 169$ 在点 $(3, 4, 12)$ 处的切平面方程及法线方程.

解答：

令 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 169 = 0$。

偏导数：$F_x = 2x, F_y = 2y, F_z = 2z$。

在点 $(3, 4, 12)$ 处，法向量为 $\vec{n} = (6, 8, 24) \sim (3, 4, 12)$。

切平面方程：

$$3(x - 3) + 4(y - 4) + 12(z - 12) = 0 \Rightarrow 3x + 4y + 12z - 169 = 0$$

法线方程：

$$\frac{x - 3}{3} = \frac{y - 4}{4} = \frac{z - 12}{12}$$

5. 求曲面 $z = \arctan\frac{y}{x}$ 在点 $(1, 1, \frac{\pi}{4})$ 处的切平面方程及法线方程.

解答：

令 $F(x,y,z) = \arctan\frac{y}{x} - z = 0$。

$F_x = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}$，在点处为 $-\frac{1}{2}$。

$F_y = \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{x}{x^2+y^2}$，在点处为 $\frac{1}{2}$。

$F_z = -1$。

法向量 $\vec{n} = \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1\right) \sim (1, -1, 2)$。

切平面方程：

$$1(x - 1) - 1(y - 1) + 2\left(z - \frac{\pi}{4}\right) = 0 \Rightarrow x - y + 2z - \frac{\pi}{2} = 0$$

法线方程：

$$\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{-1} = \frac{z - \pi/4}{2}$$

二、提高题

6. 求曲线 $x=t, y=t^2, z=t^3$ 上的点，在该点处的切线平行于平面 $x+2y+z=4$.

解答：

曲线切向量为 $\vec{\tau} = (x'(t), y'(t), z'(t)) = (1, 2t, 3t^2)$。

平面的法向量为 $\vec{n} = (1, 2, 1)$。

切线平行于平面，说明切向量垂直于平面法向量，即 $\vec{\tau} \cdot \vec{n} = 0$：

$1\cdot1 + 2t\cdot2 + 3t^2\cdot1 = 0 \Rightarrow 3t^2 + 4t + 1 = 0 \Rightarrow (3t+1)(t+1) = 0$

解得：$t_1 = -1$ 或 $t_2 = -\frac{1}{3}$。

代回参数方程求得坐标：

当 $t = -1$ 时，点为 $(-1, 1, -1)$。

当 $t = -\frac{1}{3}$ 时，点为 $\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{9}, -\frac{1}{27}\right)$。

7. 求椭球面 $x^2+2y^2+3z^2=21$ 上的点，在该点处的切平面平行于平面 $x+4y+6z-5=0$，并求该点的切平面方程.

解答：

令 $F(x,y,z) = x^2+2y^2+3z^2-21 = 0$。椭球面的法向量 $\vec{n}_1 = (2x, 4y, 6z)$。

已知平面的法向量 $\vec{n}_2 = (1, 4, 6)$。

两平面平行，意味着它们的法向量共线，即存在实数 $k \neq 0$ 使得：

$(2x, 4y, 6z) = k(1, 4, 6) \Rightarrow 2x=k, 4y=4k, 6z=6k \Rightarrow x=\frac{k}{2}, y=k, z=k$。

将该点代入椭球面方程：

$\left(\frac{k}{2}\right)^2 + 2k^2 + 3k^2 = 21 \Rightarrow \frac{k^2}{4} + 5k^2 = 21 \Rightarrow \frac{21k^2}{4} = 21 \Rightarrow k^2 = 4 \Rightarrow k = \pm 2$。

当 $k=2$ 时，切点为 $(1, 2, 2)$。

切平面方程：

$$1(x-1) + 4(y-2) + 6(z-2) = 0 \Rightarrow x + 4y + 6z - 21 = 0$$

当 $k=-2$ 时，切点为 $(-1, -2, -2)$。

切平面方程：

$$1(x+1) + 4(y+2) + 6(z+2) = 0 \Rightarrow x + 4y + 6z + 21 = 0$$

8. 求旋转抛物面 $z=x^2+y^2$ 上的点，在该点处的法线垂直于平面 $2x+2y+z=0$.

解答：

令 $F(x,y,z) = x^2+y^2-z=0$。曲面的法向量为 $\vec{n}_1 = (2x, 2y, -1)$，这也是法线的方向向量。

已知平面法向量为 $\vec{n}_2 = (2, 2, 1)$。

法线垂直于该平面，说明法线的方向向量平行于平面的法向量，即 $\vec{n}_1 \parallel \vec{n}_2$：

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

将 $x, y$ 代入曲面方程得 $z = (-1)^2 + (-1)^2 = 2$。

所求点为：$(-1, -1, 2)$。

9. 确定正数 $\lambda$，使曲面 $xyz = \lambda$ 与椭球面 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$ 在某一点相切.

解答：

两曲面相切，说明它们在切点 $(x, y, z)$ 处共点且拥有平行的法向量。

$F_1 = xyz-\lambda \Rightarrow \nabla F_1 = (yz, xz, xy)$

$F_2 = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} - 1 \Rightarrow \nabla F_2 = \left(\frac{2x}{a^2}, \frac{2y}{b^2}, \frac{2z}{c^2}\right)$

法向量平行，存在比例系数 $k$ 使得：

$yz = k\frac{2x}{a^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{x^2}{a^2}$

$xz = k\frac{2y}{b^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{y^2}{b^2}$

$xy = k\frac{2z}{c^2} \Rightarrow xyz = 2k\frac{z^2}{c^2}$

由此可得 $\frac{x^2}{a^2} = \frac{y^2}{b^2} = \frac{z^2}{c^2}$。

代入椭球面方程：$3\frac{x^2}{a^2} = 1 \Rightarrow \frac{x^2}{a^2} = \frac{1}{3}, \frac{y^2}{b^2} = \frac{1}{3}, \frac{z^2}{c^2} = \frac{1}{3}$。

则 $x^2 y^2 z^2 = \left(\frac{a^2}{3}\right)\left(\frac{b^2}{3}\right)\left(\frac{c^2}{3}\right) = \frac{a^2 b^2 c^2}{27}$。

因为 $xyz = \lambda$，所以 $\lambda^2 = \frac{a^2 b^2 c^2}{27}$。又因 $\lambda > 0$，故：

$$\lambda = \frac{|abc|}{3\sqrt{3}}$$

10. 试证曲面 $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{a}\ (a>0)$ 上任何点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等于 $a$.

证明：

设切点为 $(x_0, y_0, z_0)$，则 $\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0}=\sqrt{a}$。

令 $F(x,y,z) = x^{1/2} + y^{1/2} + z^{1/2} - a^{1/2} = 0$。

法向量 $\nabla F = \left(\frac{1}{2\sqrt{x_0}}, \frac{1}{2\sqrt{y_0}}, \frac{1}{2\sqrt{z_0}}\right)$。

切平面方程为：

$\frac{1}{2\sqrt{x_0}}(x - x_0) + \frac{1}{2\sqrt{y_0}}(y - y_0) + \frac{1}{2\sqrt{z_0}}(z - z_0) = 0$

化简并利用已知条件：

$\frac{x}{\sqrt{x_0}} + \frac{y}{\sqrt{y_0}} + \frac{z}{\sqrt{z_0}} = \sqrt{x_0} + \sqrt{y_0} + \sqrt{z_0} = \sqrt{a}$

化为截距式：

$$\frac{x}{\sqrt{a x_0}} + \frac{y}{\sqrt{a y_0}} + \frac{z}{\sqrt{a z_0}} = 1$$

三个坐标轴上的截距分别为 $X = \sqrt{a x_0}, Y = \sqrt{a y_0}, Z = \sqrt{a z_0}$。

截距之和：$X+Y+Z = \sqrt{a}(\sqrt{x_0} + \sqrt{y_0} + \sqrt{z_0}) = \sqrt{a} \cdot \sqrt{a} = a$。证毕。

11. 已知曲面 $z=x^2+y^2$ 上的点 $M$ 处的切平面平行于平面 $\Pi: 4x+2y+z-16=0$，求点 $M$ 到平面 $\Pi$ 的距离.

解答：

令 $F = x^2+y^2-z=0$，曲面法向量为 $\vec{n}_1 = (2x, 2y, -1)$。

平面 $\Pi$ 的法向量为 $\vec{n}_2 = (4, 2, 1)$。

切平面平行于 $\Pi$，故法向量共线：$(2x, 2y, -1) = k(4, 2, 1)$。由 $z$ 分量得 $k = -1$。

则 $2x = -4 \Rightarrow x = -2$；$2y = -2 \Rightarrow y = -1$。

将坐标代入曲面方程得 $z = (-2)^2 + (-1)^2 = 5$。点 $M$ 坐标为 $(-2, -1, 5)$。

使用点到平面距离公式：

$$d = \frac{|4(-2) + 2(-1) + 1(5) - 16|}{\sqrt{4^2 + 2^2 + 1^2}} = \frac{|-8 - 2 + 5 - 16|}{\sqrt{21}} = \frac{21}{\sqrt{21}} = \sqrt{21}$$

12. 求曲线 $x=\cos^4 t, y=\sin^4 t, z=\sin^2 t\cos^2 t$ 在 $t=\frac{\pi}{4}$ 对应点处的切线与平面 $4x+y+z=1$ 的夹角.

解答：

对参数求导：

$x'(t) = -4\cos^3 t\sin t$

$y'(t) = 4\sin^3 t\cos t$

$z'(t) = 2\sin t\cos^3 t - 2\sin^3 t\cos t = 2\sin t\cos t(\cos^2 t - \sin^2 t) = \sin(2t)\cos(2t)$

将 $t = \frac{\pi}{4}$ 代入，注意 $\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}$：

$x'(\frac{\pi}{4}) = -4\left(\frac{1}{4}\right) = -1$

$y'(\frac{\pi}{4}) = 4\left(\frac{1}{4}\right) = 1$

$z'(\frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{2})\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$

切向量 $\vec{\tau} = (-1, 1, 0)$。平面法向量 $\vec{n} = (4, 1, 1)$。

设切线与平面的夹角为 $\theta$，则：

$$\sin\theta = \frac{|\vec{\tau} \cdot \vec{n}|}{|\vec{\tau}| |\vec{n}|} = \frac{|-4 + 1 + 0|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{16+1+1}} = \frac{3}{\sqrt{2}\sqrt{18}} = \frac {3}{6} = \frac{1}{2}$$

故夹角 $\theta = \frac{\pi}{6}$。

13. 设函数 $F(u,v)$ 具有一阶连续偏导数，且 $F_u(0,1)=2, F_v(0,1)=-3$，求曲面 $F(x-y+z, xy-yz+zx)=0$ 在点 $(2, 1, -1)$ 处的切平面方程.

解答：

设 $u = x-y+z$, $v = xy-yz+zx$。

将点 $(2, 1, -1)$ 代入得：$u = 2-1-1 = 0$；$v = 2 - (-1) + (-2) = 1$。

此点对应的就是已知偏导数条件的 $(u, v) = (0, 1)$。

设大函数 $G(x,y,z) = F(u, v)$，利用复合函数链式法则求梯度 $\nabla G$：

$G_x = F_u \cdot u_x + F_v \cdot v_x = F_u(1) + F_v(y+z) = 2(1) - 3(1-1) = 2$

$G_y = F_u \cdot u_y + F_v \cdot v_y = F_u(-1) + F_v(x-z) = 2(-1) - 3(2-(-1)) = -2 - 9 = -11$

$G_z = F_u \cdot u_z + F_v \cdot v_z = F_u(1) + F_v(-y+x) = 2(1) - 3(-1+2) = 2 - 3 = -1$

所以曲面法向量为 $\vec{n} = (2, -11, -1)$。

切平面方程：

$$2(x - 2) - 11(y - 1) - 1(z + 1) = 0 \Rightarrow 2x - 11y - z + 6 = 0$$

三、考研真题

14. (2013102) 曲面 $x^2+\cos(xy)+yz+x=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为_____.

解答：

设 $F(x,y,z) = x^2+\cos(xy)+yz+x$。

$F_x = 2x - y\sin(xy) + 1 \Rightarrow F_x(0,1,-1) = 0 - 0 + 1 = 1$

$F_y = -x\sin(xy) + z \Rightarrow F_y(0,1,-1) = 0 - 1 = -1$

$F_z = y \Rightarrow F_z(0,1,-1) = 1$

法向量 $\vec{n} = (1, -1, 1)$。

切平面方程：$1(x-0) - 1(y-1) + 1(z+1) = 0 \Rightarrow x - y + z + 2 = 0$，即 $x - y + z = -2$。

答案：A ($x-y+z=-2$)

15. (2014109) 曲面 $z=x^2(1-\sin y) + y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切平面方程为_____.

解答：

将方程写成隐式 $F(x,y,z) = x^2(1-\sin y) + y^2(1-\sin x) - z = 0$。

$F_x = 2x(1-\sin y) - y^2\cos x \Rightarrow F_x(1,0,1) = 2(1)(1-0) - 0 = 2$

$F_y = -x^2\cos y + 2y(1-\sin x) \Rightarrow F_y(1,0,1) = -1(1) + 0 = -1$

$F_z = -1$

法向量 $\vec{n} = (2, -1, -1)$。

切平面方程：$2(x-1) - 1(y-0) - 1(z-1) = 0 \Rightarrow 2x - 2 - y - z + 1 = 0 \Rightarrow 2x - y - z - 1 = 0$。

答案填写： $2x - y - z - 1 = 0$

第6节方向导数与梯度

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 求函数 $z = x^2 + 2y^2$ 在点 $(1, 1)$ 处沿着从点 $(1, 1)$ 到点 $(2, 3)$ 的方向的方向导数.

解答：

设点 $A(1,1)$, $B(2,3)$。方向向量 $\overrightarrow{AB} = (2-1, 3-1) = (1, 2)$。

该方向的单位向量为 $\vec{l} = \frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} = \left( \frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right)$。

求偏导数：$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x$, $\frac{\partial z}{\partial y} = 4y$。

在点 $(1, 1)$ 处的偏导数值为：$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 2$, $\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)} = 4$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(1,1)} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} + 4 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{10}{\sqrt{5}} = 2\sqrt{5}$$

2. 求函数 $u = xyz$ 在点 $(1, 2, 3)$ 沿方向角为 $\alpha = \frac{\pi}{3}, \beta = \frac{\pi}{4}, \gamma = \frac{\pi}{3}$ 的方向的方向导数.

解答：

该方向的单位向量为 $\vec{l} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) = \left( \cos\frac{\pi}{3}, \cos\frac{\pi}{4}, \cos\frac{\pi}{3} \right) = \left( \frac{1}{2}, \frac {\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2} \right)$。

求偏导数：$\frac{\partial u}{\partial x} = yz$, $\frac{\partial u}{\partial y} = xz$, $\frac{\partial u}{\partial z} = xy$。

在点 $(1, 2, 3)$ 处的偏导数值为：$u_x = 2 \times 3 = 6$, $u_y = 1 \times 3 = 3$, $u_z = 1 \times 2 = 2$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,2,3)} = 6 \cdot \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + 2 \cdot \frac{1}{2} = 3 + \frac{3\sqrt{2}}{2} + 1 = 4 + \frac{3\sqrt{2}}{2}$$

3. 求函数 $u = x^2 + xy - z^2$ 在点 $(1, 0, 1)$ 处沿着从点 $(1, 0, 1)$ 到点 $(3, -1, 3)$ 的方向的方向导数.

解答：

设点 $A(1,0,1)$, $B(3,-1,3)$。方向向量 $\overrightarrow{AB} = (2, -1, 2)$。

该方向的单位向量为 $\vec{l} = \frac{(2, -1, 2)}{\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}} = \left( \frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

求偏导数：$u_x = 2x+y$, $u_y = x$, $u_z = -2z$。

在点 $(1, 0, 1)$ 处的偏导数值为：$u_x = 2$, $u_y = 1$, $u_z = -2$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,0,1)} = 2 \cdot \frac{2}{3} + 1 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right) + (-2) \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3} - \frac{1} {3} - \frac{4}{3} = -\frac{1}{3}$$

4. 求 $u = x^2 + 2y^2 + 3z^2 + xy - 4x + 2y - 4z$ 在点 $A(0, 0, 0)$ 及点 $B(2, -1, \frac{1}{3})$ 处的梯度以及它们的模.

解答：

求偏导数：

$u_x = 2x + y - 4$

$u_y = 4y + x + 2$

$u_z = 6z - 4$

在点 $A(0,0,0)$ 处：

梯度 $\textbf{grad } u|_A = (u_x(0,0,0), u_y(0,0,0), u_z(0,0,0)) = (-4, 2, -4)$。

模 $|\textbf{grad } u|_A| = \sqrt{(-4)^2 + 2^2 + (-4)^2} = \sqrt{16+4+16} = \sqrt{36} = 6$。

在点 $B(2,-1,\frac{1}{3})$ 处：

$u_x = 2(2) + (-1) - 4 = -1$

$u_y = 4(-1) + 2 + 2 = 0$

$u_z = 6(\frac{1}{3}) - 4 = -2$

梯度 $\textbf{grad } u|_B = (-1, 0, -2)$。

模 $|\textbf{grad } u|_B| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + (-2)^2} = \sqrt{1+0+4} = \sqrt{5}$。

5. 设 $u = x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz$，求满足（1）$\textbf{grad } u$ 垂直于 $z$ 轴的点集；（2）$\textbf{grad } u$ 恒为零向量的点集.

解答：

先求梯度：$\textbf{grad } u = (3x^2 - 3yz, 3y^2 - 3xz, 3z^2 - 3xy)$。

(1) $\textbf{grad } u$ 垂直于 $z$ 轴，即 $\textbf{grad } u \cdot (0,0,1) = 0$。

这要求梯度的 $z$ 分量为 0，即 $3z^2 - 3xy = 0 \Rightarrow z^2 = xy$。

点集为：$\{(x, y, z) \mid z^2 = xy\}$。

(2) $\textbf{grad } u$ 恒为零向量，即各分量均为 0：

$\begin{cases} 3x^2 - 3yz = 0 \\ 3y^2 - 3xz = 0 \\ 3z^2 - 3xy = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^2 = yz \\ y^2 = xz \\ z^2 = xy \end{cases}$

若 $x,y,z$ 中有一个为0，则其余均为0，点为 $(0,0,0)$。

若 $x,y,z$ 均不为0，将三式相乘得 $(xyz)^2 = (xyz)^2$，将第一式除以第二式得 $\frac{x^2}{y^2} = \frac{y}{x} \Rightarrow x^3 = y^3 \Rightarrow x=y$。同理可得 $y=z$。所以 $x=y=z$。

包含原点在内，点集为：$\{(x, y, z) \mid x = y = z\}$（即空间中的直线 $x=y=z$）。

6. 求函数 $u = x^2 + y^2 - z^2$ 在点 $A(1, 0, 0)$ 和点 $B(0, 1, 0)$ 处两个梯度的夹角.

解答：

梯度为 $\nabla u = (2x, 2y, -2z)$。

在点 $A(1,0,0)$ 处，$\nabla u|_A = (2, 0, 0)$。

在点 $B(0,1,0)$ 处，$\nabla u|_B = (0, 2, 0)$。

设夹角为 $\theta$，则：

$\cos\theta = \frac{\nabla u|_A \cdot \nabla u|_B}{|\nabla u|_A| |\nabla u|_B|} = \frac{2\cdot0 + 0\cdot2 + 0\cdot0}{2 \cdot 2} = 0$

因为 $\cos\theta = 0$，所以夹角 $\theta = \frac{\pi}{2}$。

7. 求函数 $z = y^{\ln x}$ 在点 $(1, 1)$ 处沿 $x$ 轴负向的方向导数.

解答：

$x$ 轴负向的单位向量为 $\vec{l} = (-1, 0)$。

将函数化为 $z = \text{e}^{\ln x \cdot \ln y}$。

偏导数：

$\frac{\partial z}{\partial x} = y^{\ln x} \cdot \frac{\ln y}{x}$，在 $(1,1)$ 处为 $1^0 \cdot \frac{0}{1} = 0$。

$\frac{\partial z}{\partial y} = \ln x \cdot y^{\ln x - 1}$，在 $(1,1)$ 处为 $0 \cdot 1^{-1} = 0$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(1,1)} = 0 \cdot (-1) + 0 \cdot 0 = 0$$

二、提高题

8. 求函数 $z = \ln(x+y)$ 在抛物线 $y^2 = 4x$ 上点 $(1, 2)$ 处沿着这条抛物线在该点处偏向 $x$ 轴正向的切线方向的方向导数.

解答：

先求抛物线在点 $(1,2)$ 处的切向量。对 $y^2=4x$ 两边求导：$2yy' = 4 \Rightarrow y' = \frac{2}{y}$。

在 $y=2$ 处，$y' = 1$。切向量方向为 $(1, y') = (1, 1)$，此方向正是偏向 $x$ 轴正向（$x$ 分量为正）。

该方向的单位向量为 $\vec{l} = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$。

求偏导数：$z_x = \frac{1}{x+y}$, $z_y = \frac{1}{x+y}$。

在点 $(1, 2)$ 处，$z_x = \frac{1}{3}$, $z_y = \frac{1}{3}$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(1,2)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$$

9. 求函数 $u = x^2 + y^2 + z^2$ 在曲线 $x=t, y=t^2, z=t^3$ 上点 $(1, 1, 1)$ 处沿曲线在该点的切线方向（对应于 $t$ 增大的方向）的方向导数.

解答：

点 $(1,1,1)$ 对应参数 $t=1$。

曲线的切向量为 $\vec{\tau} = (x'(t), y'(t), z'(t)) = (1, 2t, 3t^2)$。

在 $t=1$ 处，$\vec{\tau} = (1, 2, 3)$。这正是对应 $t$ 增大的切线方向。

单位切向量为 $\vec{l} = \frac{(1, 2, 3)}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}} = \left(\frac{1}{\sqrt{14}}, \frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{3}{\sqrt{14}}\right)$。

求偏导数：$u_x = 2x, u_y = 2y, u_z = 2z$。

在点 $(1,1,1)$ 处，梯度为 $\nabla u = (2, 2, 2)$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,1,1)} = \nabla u \cdot \vec{l} = 2\left(\frac{1}{\sqrt{14}}\right) + 2\left(\frac{2}{\sqrt{14}}\right) + 2\left (\frac{3}{\sqrt{14}}\right) = \frac{12}{\sqrt{14}} = \frac{6\sqrt{14}}{7}$$

10. 求函数 $u = x^2 - xy + y^2$ 在点 $(1, 1)$ 处沿与 $x$ 轴正向组成的夹角为 $\alpha$ 的射线 $l$ 的方向导数，并求 $\alpha$ 取何值时，方向导数：（1）有最大值；（2）有最小值；（3）等于 0.

解答：

射线 $l$ 的单位向量为 $\vec{l} = (\cos\alpha, \sin\alpha)$。

求偏导数：$u_x = 2x - y$, $u_y = -x + 2y$。

在点 $(1,1)$ 处，$u_x = 1$, $u_y = 1$。梯度为 $\nabla u = (1, 1)$。

方向导数为：

$$\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,1)} = 1 \cdot \cos\alpha + 1 \cdot \sin\alpha = \cos\alpha + \sin\alpha = \sqrt{2}\sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4} \right)$$

(1) 当方向导数取最大值时，即沿梯度方向，此时 $\alpha + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \Rightarrow$ $\alpha = \frac{\pi}{4}$。

(2) 当方向导数取最小值时，即沿梯度相反方向，此时 $\alpha + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{2} \Rightarrow$ $\alpha = \frac{5\pi}{4}$。

(3) 当方向导数等于 0 时，即垂直于梯度方向，$\sin(\alpha + \frac{\pi}{4}) = 0 \Rightarrow \alpha + \frac{\pi}{4} = \pi$ 或 $2\pi \Rightarrow$ $\alpha = \frac{3\pi}{4}$ 或 $\alpha = \frac{7\pi}{4}$。

11. 求函数 $u = xy^2z$ 在点 $(1, -1, 2)$ 处变化最快的方向，并求沿这个方向的方向导数.

解答：

函数变化最快的方向即为该点处梯度的方向。

求偏导数：$u_x = y^2z$, $u_y = 2xyz$, $u_z = xy^2$。

在点 $(1, -1, 2)$ 处：

$u_x = (-1)^2 \cdot 2 = 2$

$u_y = 2(1)(-1)(2) = -4$

$u_z = (1)(-1)^2 = 1$

梯度 $\nabla u = (2, -4, 1)$。这就是变化最快的方向。

沿这个方向的方向导数即为梯度的模：

$$|\nabla u| = \sqrt{2^2 + (-4)^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 16 + 1} = \sqrt{21}$$

三、考研真题

12. (2005103) 设函数 $u = 1 + \frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{12} + \frac{z^2}{18}$，单位向量 $\mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)$，则方向导数 $\left. \frac {\partial u}{\partial \mathbf{n}} \right|_{(1, 2, 3)} =$ ________.

解答：

求偏导数：$u_x = \frac{x}{3}$, $u_y = \frac{y}{6}$, $u_z = \frac{z}{9}$。

在点 $(1, 2, 3)$ 处的梯度为：

$\nabla u = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{6}, \frac{3}{9}\right) = \left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)$。

方向导数为梯度与单位方向向量的点积：

$$\left. \frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}} \right|_{(1, 2, 3)} = \nabla u \cdot \mathbf{n} = \left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right) \cdot \left (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{1}{3\sqrt{3}} + \frac{1}{3\sqrt{3}} + \frac{1}{3\sqrt{3}} = \frac{3}{3\sqrt{3}} = \frac {1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$

答案填写： $\frac{\sqrt{3}}{3}$

13. (2012111) 梯度 $\textbf{grad}\left(xy + \frac{z}{y}\right) \bigg|_{(2, 1, 1)} =$ ________.

解答：

设 $u = xy + \frac{z}{y}$。

求偏导数：

$u_x = y$

$u_y = x - \frac{z}{y^2}$

$u_z = \frac{1}{y}$

将点 $(2, 1, 1)$ 代入：

$u_x = 1$

$u_y = 2 - \frac{1}{1^2} = 1$

$u_z = \frac{1}{1} = 1$

梯度为 $(1, 1, 1)$。也可以写成向量形式 $\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}$。

答案填写： $(1, 1, 1)$ 或 $\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}$

第7节多元函数的极值

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

5 待校验

一、基础题

1. 求函数 $f(x,y) = x^2 + y^2 - 4x + 4y + 1$ 的极值.

解答：

求解一阶偏导数并令其为 0 以寻找驻点：

$f_x = 2x - 4 = 0 \Rightarrow x = 2$

$f_y = 2y + 4 = 0 \Rightarrow y = -2$

得到唯一驻点 $P(2, -2)$。

求解二阶偏导数：$A = f_{xx} = 2$，$B = f_{xy} = 0$，$C = f_{yy} = 2$。

在点 $P(2, -2)$ 处，$AC - B^2 = 2 \times 2 - 0 = 4 > 0$，且 $A = 2 > 0$。

因此，函数在点 $(2, -2)$ 处取得极小值。

极小值为：$f(2, -2) = 2^2 + (-2)^2 - 4(2) + 4(-2) + 1 = 4 + 4 - 8 - 8 + 1 =$ $-7$。

(注：也可通过配方化简 $f(x,y) = (x-2)^2 + (y+2)^2 - 7 \ge -7$，显见极小值为 $-7$)

2. 求函数 $f(x,y) = (2ax - x^2)(2by - y^2)$ 的极值，其中 $a, b \neq 0$.

解答：

求一阶偏导数并找驻点：

$f_x = (2a - 2x)(2by - y^2) = 2(a - x)y(2b - y) = 0$

$f_y = (2ax - x^2)(2b - 2y) = 2x(2a - x)(b - y) = 0$

解此方程组。由于要求极值，若 $y=0, y=2b, x=0, x=2a$，函数值均为0，考察其余情况：

当 $x = a$ 且 $y = b$ 时方程组成立，得到一个内部驻点 $P(a, b)$。

求二阶偏导数：

$f_{xx} = -2(2by - y^2)$

$f_{xy} = 4(a - x)(b - y)$

$f_{yy} = -2(2ax - x^2)$

在驻点 $P(a, b)$ 处：

$A = f_{xx}(a,b) = -2(2b^2 - b^2) = -2b^2$

$B = f_{xy}(a,b) = 0$

$C = f_{yy}(a,b) = -2(2a^2 - a^2) = -2a^2$

判定判别式：$AC - B^2 = (-2b^2)(-2a^2) - 0 = 4a^2b^2 > 0$（因 $a, b \neq 0$）。

又因为 $A = -2b^2 < 0$，所以函数在点 $(a, b)$ 处取得极大值。

极大值为：$f(a, b) = (2a^2 - a^2)(2b^2 - b^2) =$ $a^2b^2$。

3. 求函数 $f(x,y) = \text{e}^{2y}(x^2 + 2x + y)$ 的极值.

解答：

求一阶偏导数：

$f_x = \text{e}^{2y}(2x + 2) = 0 \Rightarrow x = -1$

$f_y = 2\text{e}^{2y}(x^2 + 2x + y) + \text{e}^{2y}(1) = \text{e}^{2y}(2x^2 + 4x + 2y + 1) = 0$

将 $x = -1$ 代入 $f_y = 0$ 中，得 $\text{e}^{2y}(2(-1)^2 + 4(-1) + 2y + 1) = 0 \Rightarrow 2 - 4 + 2y + 1 = 0 \Rightarrow y = \frac{1}{2}$。

得到唯一驻点 $P\left(-1, \frac{1}{2}\right)$。

求二阶偏导数：

$f_{xx} = 2\text{e}^{2y}$

$f_{xy} = 2\text{e}^{2y}(2x + 2)$

$f_{yy} = 2\text{e}^{2y}(2x^2 + 4x + 2y + 1) + 2\text{e}^{2y} = 2\text{e}^{2y}(2x^2 + 4x + 2y + 2)$

在驻点 $P\left(-1, \frac{1}{2}\right)$ 处：

$A = 2\text{e}^1 = 2\text{e}$

$B = 2\text{e}^1(0) = 0$

$C = 2\text{e}^1(2 - 4 + 1 + 2) = 2\text{e}(1) = 2\text{e}$

$AC - B^2 = 4\text{e}^2 > 0$，且 $A > 0$，因此在 $\left(-1, \frac{1}{2}\right)$ 处取得极小值。

极小值为：$f\left(-1, \frac{1}{2}\right) = \text{e}^1 (1 - 2 + 0.5) =$ $-\frac{\text{e}}{2}$。

4. 求函数 $z = x^2 + y^2 + 1$ 在条件 $x+y-3=0$ 下的极小值.

解答：

利用拉格朗日乘数法，构造辅助函数 $L(x,y,\lambda) = x^2 + y^2 + 1 + \lambda(x + y - 3)$。

令偏导数为 0：

$L_x = 2x + \lambda = 0 \Rightarrow x = -\frac{\lambda}{2}$

$L_y = 2y + \lambda = 0 \Rightarrow y = -\frac{\lambda}{2}$

代入约束条件：$-\frac{\lambda}{2} - \frac{\lambda}{2} - 3 = 0 \Rightarrow -\lambda = 3 \Rightarrow \lambda = -3$。

解得驻点 $x = \frac{3}{2}, y = \frac{3}{2}$。

代入原函数求得极小值：$z_{min} = \left(\frac{3}{2}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 + 1 = \frac{9}{4} + \frac{9}{4} + 1 =$ $\frac{11}{2}$。

5. 在 $xOy$ 面上求一点，它到直线 $x=2$、$y=1$ 及 $x+2y-5=0$ 的距离平方和最小.

解答：

设所求点为 $(x,y)$，则它到三条直线的距离平方和函数为：

$f(x,y) = (x-2)^2 + (y-1)^2 + \frac{(x+2y-5)^2}{1^2+2^2} = (x-2)^2 + (y-1)^2 + \frac{1}{5}(x+2y-5)^2$

求偏导并令为 0 找驻点：

$f_x = 2(x-2) + \frac{2}{5}(x+2y-5) = 0 \Rightarrow 5(x-2) + x+2y-5 = 0 \Rightarrow 6x + 2y = 15$

$f_y = 2(y-1) + \frac{4}{5}(x+2y-5) = 0 \Rightarrow 5(y-1) + 2x+4y-10 = 0 \Rightarrow 2x + 9y = 15$

联立方程组：$\begin{cases} 6x + 2y = 15 \\ 2x + 9y = 15 \end{cases}$

将下式乘3减去上式：$(6x + 27y) - (6x + 2y) = 45 - 15 \Rightarrow 25y = 30 \Rightarrow y = \frac{6}{5} = 1.2$。

代回求 $x$：$2x + 9(1.2) = 15 \Rightarrow 2x = 4.2 \Rightarrow x = 2.1$。

由于该问题具有明显的物理/几何下界，唯一驻点即为最小值点。

所求点坐标为：$(2.1, 1.2)$（或写为 $(\frac{21}{10}, \frac{6}{5})$）。

6. 求函数 $z = x^2 + 12xy + 2y^2$ 在区域 $4x^2 + y^2 \le 25$ 上的最值.

解答：

步骤1：求内部极值点。

$z_x = 2x + 12y = 0$；$z_y = 12x + 4y = 0$。解得内部唯一驻点为 $(0,0)$，此时 $z = 0$。

步骤2：求边界 $4x^2 + y^2 = 25$ 上的条件极值。

利用拉格朗日乘数法，设 $L = x^2 + 12xy + 2y^2 + \lambda(4x^2 + y^2 - 25)$。

$\begin{cases} L_x = 2x + 12y + 8\lambda x = 0 \Rightarrow (1+4\lambda)x + 6y = 0 \\ L_y = 12x + 4y + 2\lambda y = 0 \Rightarrow 6x + (2+\lambda)y = 0 \end{cases}$

要使 $x,y$ 有非零解，系数行列式必须为 0：

$(1+4\lambda)(2+\lambda) - 36 = 0 \Rightarrow 4\lambda^2 + 9\lambda - 34 = 0 \Rightarrow (4\lambda + 17)(\lambda - 2) = 0$。

情形①：$\lambda = 2$。代入得 $9x + 6y = 0 \Rightarrow y = -\frac{3}{2}x$。

代入边界条件：$4x^2 + (-\frac{3}{2}x)^2 = 25 \Rightarrow \frac{25}{4}x^2 = 25 \Rightarrow x^2 = 4 \Rightarrow x = \pm 2$。

得到点 $(2, -3)$ 和 $(-2, 3)$。此时函数值 $z = 4 + 12(-6) + 2(9) = -50$。

情形②：$\lambda = -\frac{17}{4}$。代入得 $-16x + 6y = 0 \Rightarrow y = \frac{8}{3}x$。

代入边界条件：$4x^2 + (\frac{8}{3}x)^2 = 25 \Rightarrow \frac{100}{9}x^2 = 25 \Rightarrow x^2 = \frac{9}{4} \Rightarrow x = \pm \frac{3}{2}$。

得到点 $(\frac{3}{2}, 4)$ 和 $(-\frac{3}{2}, -4)$。此时函数值 $z = \frac{9}{4} + 12(\frac{3}{2})(4) + 2(16) = 2.25 + 72 + 32 = 106.25$ （即 $\frac{425}{4}$）。

**结论：**比较内部点与边界点的值，最大值为 $\frac{425}{4}$（或 $106.25$），最小值为 $-50$。

7. 求函数 $f(x,y,z) = z-2$ 在条件 $4x^2 + 2y^2 + z^2 = 1$ 下的极大值.

解答：

设 $L(x,y,z,\lambda) = z - 2 + \lambda(4x^2 + 2y^2 + z^2 - 1)$。

求偏导并令为 0：

$L_x = 8\lambda x = 0$

$L_y = 4\lambda y = 0$

$L_z = 1 + 2\lambda z = 0$

由 $L_z = 0$ 知 $\lambda \neq 0$，进而由前两式推得 $x = 0, y = 0$。

将 $x=0, y=0$ 代入约束条件：$0 + 0 + z^2 = 1 \Rightarrow z = \pm 1$。

分别计算两点的函数值：

当 $z = 1$ 时，$f(0,0,1) = 1 - 2 = -1$。

当 $z = -1$ 时，$f(0,0,-1) = -1 - 2 = -3$。

因此，在给定条件下，极大值为 $-1$。

8. 求由方程 $x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 2y - 4z - 10 = 0$ 确定的隐函数 $z=z(x,y)$ 的驻点.

解答：

设 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 2y - 4z - 10 = 0$。

隐函数的驻点满足 $\frac{\partial z}{\partial x} = 0$ 且 $\frac{\partial z}{\partial y} = 0$。

根据隐函数求导公式 $\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z}, \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z}$，需满足 $F_x = 0$ 且 $F_y = 0$ 且 $F_z \neq 0$。

$F_x = 2x - 2 = 0 \Rightarrow x = 1$

$F_y = 2y + 2 = 0 \Rightarrow y = -1$

所以该隐函数的驻点坐标为 $(1, -1)$。

（注：将 $(1,-1)$ 代回原方程可得对应的 $z$ 值为 6 或 -2，这两处均满足 $F_z = 2z - 4 \neq 0$）

9. 已知函数 $z=f(x,y)$ 的全微分为 $dz = x dx + y dy$，则下列说法中正确的是____.

解答：

由全微分形式可知 $f_x = x, f_y = y$。

在点 $(0,0)$ 处，有 $f_x = 0, f_y = 0$，故 $(0,0)$ 是驻点。

求二阶偏导数：$f_{xx} = 1, f_{xy} = 0, f_{yy} = 1$。

在 $(0,0)$ 处，$A=1, B=0, C=1 \Rightarrow AC - B^2 = 1 > 0$，且 $A = 1 > 0$。

所以点 $(0,0)$ 是极小值点。

答案选 D. 点(0,0)是极小值点

二、提高题

10. 要造一个容积为 $16m^3$ 的长方体无盖水箱，水箱侧面的造价为每平方米 20 元，箱底的造价为每平方米 80 元，试求造价最低的水箱的尺寸.

解答：

设水箱的长、宽、高分别为 $x, y, z$ (单位：m)。

容积 $V = xyz = 16 \Rightarrow z = \frac{16}{xy}$。

总造价函数 $C(x,y) = 80xy + 20(2xz + 2yz) = 80xy + 40z(x+y)$。

代入 $z$ 得：$C(x,y) = 80xy + 40\left(\frac{16}{xy}\right)(x+y) = 80xy + \frac{640}{y} + \frac{640}{x}$。

求偏导数令其为 0：

$C_x = 80y - \frac{640}{x^2} = 0 \Rightarrow x^2 y = 8$

$C_y = 80x - \frac{640}{y^2} = 0 \Rightarrow xy^2 = 8$

两式相除得 $\frac{x}{y} = 1 \Rightarrow x = y$。

代入 $x^3 = 8 \Rightarrow x = 2$。则 $y = 2$。

高度 $z = \frac{16}{2 \times 2} = 4$。

根据实际意义，此唯一驻点即为造价最低的点。

水箱的尺寸为：长 $2\text{m}$，宽 $2\text{m}$，高 $4\text{m}$。

11. 求直线 $4x+3y=16$ 与椭圆 $18x^2+5y^2=45$ 之间的最短距离.

解答：

将问题转化为求椭圆 $18x^2+5y^2=45$ 上的点 $(x,y)$ 到直线 $4x+3y-16=0$ 的距离 $d = \frac{|4x+3y-16|}{\sqrt{4^2+3^2}} = \frac{|4x+3y-16|}{5}$ 的最小值。

利用拉格朗日乘数法找 $f(x,y) = 4x+3y$ 在约束 $g(x,y) = 18x^2+5y^2-45=0$ 下的极值。

设 $L = 4x + 3y + \lambda(18x^2 + 5y^2 - 45)$。

$L_x = 4 + 36\lambda x = 0 \Rightarrow x = -\frac{1}{9\lambda}$

$L_y = 3 + 10\lambda y = 0 \Rightarrow y = -\frac{3}{10\lambda}$

代入约束条件：$18\left(-\frac{1}{9\lambda}\right)^2 + 5\left(-\frac{3}{10\lambda}\right)^2 = 45 \Rightarrow \frac{18}{81\lambda^2} + \frac{45}{100\lambda^2} = 45 \Rightarrow \frac{2}{9\lambda^2} + \frac{9}{20\lambda^2} = 45$。

通分得 $\frac{40 + 81}{180\lambda^2} = 45 \Rightarrow \lambda^2 = \frac{121}{8100} \Rightarrow \lambda = \pm \frac{11}{90}$。

当 $\lambda = -\frac{11}{90}$ 时，求得极值点 $x = \frac{10}{11}, y = \frac{27}{11}$。此时 $4x+3y = \frac{40}{11} + \frac{81}{11} = 11$。

当 $\lambda = \frac{11}{90}$ 时，求得极值点 $x = -\frac{10}{11}, y = -\frac{27}{11}$。此时 $4x+3y = -11$。

距离分别为 $d_1 = \frac{|11 - 16|}{5} = 1$，$d_2 = \frac{|-11 - 16|}{5} = \frac{27}{5}$。

故最短距离为 $1$。

12. 将斜边长为 $l$ 的直角三角形绕它的一条直角边旋转而构成一个圆锥体，问两条直角边各为多少时，圆锥体的体积最大？

解答：

设圆锥的底面半径为 $r$，高为 $h$，则它们也是直角三角形的两条直角边，满足约束 $r^2 + h^2 = l^2$。

圆锥体积 $V = \frac{1}{3}\pi r^2 h$。

将 $r^2 = l^2 - h^2$ 代入体积公式：$V(h) = \frac{\pi}{3}(l^2 - h^2)h = \frac{\pi}{3}(l^2 h - h^3) \quad (0 < h < l)$。

求导：$V'(h) = \frac{\pi}{3}(l^2 - 3h^2) = 0 \Rightarrow h = \frac{\sqrt{3}}{3}l$。

此时 $r = \sqrt{l^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{3}l\right)^2} = \sqrt{\frac{2}{3}l^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}l$。

当作为底面半径的直角边为 $\frac{\sqrt{6}}{3}l$，作为高的直角边为 $\frac{\sqrt{3}}{3}l$ 时，圆锥体体积最大。

13. 抛物面 $z = x^2 + y^2$ 被平面 $x+y+z=1$ 截成一椭圆，求这个椭圆上的点到原点的距离的最大值与最小值.

解答：

目标函数为距离的平方 $d^2 = x^2 + y^2 + z^2$。由于点在抛物面上 $z = x^2+y^2$，故 $d^2 = z + z^2$。

因为 $z \ge 0$，函数 $f(z) = z^2+z$ 是单调递增的。求距离的最值即求该曲线上 $z$ 坐标的最值。

联立方程：$z = x^2 + y^2$ 和 $z = 1 - (x + y)$。

得 $x^2 + y^2 = 1 - x - y \Rightarrow \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{2}$。

采用极坐标参数化该投影圆：$x = -\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{3}{2}}\cos\theta$，$y = -\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{3}{2}}\sin\theta$。

代回求 $z$：

$z = 1 - (x+y) = 1 - \left(-1 + \sqrt{\frac{3}{2}}(\cos\theta + \sin\theta)\right) = 2 - \sqrt{\frac{3}{2}} \cdot \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = 2 - \sqrt{3}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$。

因此，$z$ 的最大值为 $z_{max} = 2 + \sqrt{3}$，最小值为 $z_{min} = 2 - \sqrt{3}$。

对应的距离平方极值为：

$d_{max}^2 = z_{max}^2 + z_{max} = (2+\sqrt{3})^2 + (2+\sqrt{3}) = 7+4\sqrt{3} + 2+\sqrt{3} = 9+5\sqrt{3}$

$d_{min}^2 = z_{min}^2 + z_{min} = (2-\sqrt{3})^2 + (2-\sqrt{3}) = 7-4\sqrt{3} + 2-\sqrt{3} = 9-5\sqrt{3}$

最大距离为 $\sqrt{9+5\sqrt{3}}$，最小距离为 $\sqrt{9-5\sqrt{3}}$。

14. 在半径为 $a$ 的半球内，求体积最大的内接长方体的边长.

解答：

设半球方程为 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \ (z \ge 0)$。

设内接长方体在第一卦限的顶点为 $(x, y, z)$，则其三条边长分别为 $2x, 2y, z$。

目标函数为体积 $V = 4xyz$，约束条件为 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$。

我们求 $V^2 = 16x^2y^2z^2$ 的最大值。利用基本不等式（均值不等式）：

$x^2 \cdot y^2 \cdot z^2 \le \left(\frac{x^2 + y^2 + z^2}{3}\right)^3 = \left(\frac{a^2}{3}\right)^3 = \frac{a^6}{27}$。

当且仅当 $x^2 = y^2 = z^2 = \frac{a^2}{3}$ 时等号成立。

解得 $x = \frac{\sqrt{3}}{3}a, y = \frac{\sqrt{3}}{3}a, z = \frac{\sqrt{3}}{3}a$。

所以内接长方体的边长分别为 $\frac{2\sqrt{3}}{3}a$, $\frac{2\sqrt{3}}{3}a$, $\frac{\sqrt{3}}{3}a$。

15. 在第一卦限内作椭球面 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$ 的切平面，使切平面与3个坐标轴所围成的四面体体积最小，求切点的坐标.

解答：

设切点为 $P(x_0, y_0, z_0)$ 且 $x_0, y_0, z_0 > 0$。

椭球面在点 $P$ 的切平面方程为：$\frac{x_0 x}{a^2} + \frac{y_0 y}{b^2} + \frac{z_0 z}{c^2} = 1$。

切平面在三坐标轴上的截距分别为：$X = \frac{a^2}{x_0}, Y = \frac{b^2}{y_0}, Z = \frac{c^2}{z_0}$。

四面体的体积 $V = \frac{1}{6}XYZ = \frac{a^2 b^2 c^2}{6 x_0 y_0 z_0}$。

要求 $V$ 最小，即求 $x_0 y_0 z_0$ 最大，且受约束 $\frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2} + \frac{z_0^2}{c^2} = 1$。

应用均值不等式：

$1 = \frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2} + \frac{z_0^2}{c^2} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{x_0^2 y_0^2 z_0^2}{a^2 b^2 c^2}}$

当且仅当 $\frac{x_0^2}{a^2} = \frac{y_0^2}{b^2} = \frac{z_0^2}{c^2} = \frac{1}{3}$ 时取等号。

解得切点坐标为：$(\frac{a}{\sqrt{3}}, \frac{b}{\sqrt{3}}, \frac{c}{\sqrt{3}})$。

16. 形状为椭球 $4x^2 + y^2 + 4z^2 \le 16$ 的空间探测器进入地球大气层，其表面开始受热。1h 后在空间探测器表面的点 $(x,y,z)$ 处的温度 $T = 8x^2 + 4yz - 16z + 600$，求空间探测器表面最热的点.

解答：

目标为求 $T(x,y,z)$ 在约束 $4x^2 + y^2 + 4z^2 = 16$ 下的最大值。

设拉格朗日函数 $L = 8x^2 + 4yz - 16z + 600 + \lambda(4x^2 + y^2 + 4z^2 - 16)$。

$L_x = 16x + 8\lambda x = 8x(2+\lambda) = 0 \Rightarrow x = 0$ 或 $\lambda = -2$。

情形1：$\lambda = -2$

$L_y = 4z + 2\lambda y = 0 \Rightarrow 4z - 4y = 0 \Rightarrow y = z$。

$L_z = 4y - 16 + 8\lambda z = 0 \Rightarrow 4y - 16 - 16y = 0 \Rightarrow -12y = 16 \Rightarrow y = -\frac{4}{3}$。

则 $z = -\frac{4}{3}$。

代入表面方程求 $x$：$4x^2 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2 + 4\left(-\frac{4}{3}\right)^2 = 16 \Rightarrow 4x^2 + \frac{80}{9} = \frac{144}{9} \Rightarrow 4x^2 = \frac {64}{9} \Rightarrow x = \pm\frac{4}{3}$。

求得极值点 $P_1\left(\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}\right)$ 和 $P_2\left(-\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}\right)$。

此时温度 $T = 8\left(\frac{16}{9}\right) + 4\left(\frac{16}{9}\right) - 16\left(-\frac{4}{3}\right) + 600 = \frac{128+64+192}{9} + 600 = \frac{128}{3} + 600 \approx 642.67$。

情形2：$x = 0$

约束条件变为 $y^2 + 4z^2 = 16$。求 $T = 4yz - 16z + 600$ 的最值。

令 $y = 4\cos\theta, z = 2\sin\theta$。

$T = 4(4\cos\theta)(2\sin\theta) - 16(2\sin\theta) + 600 = 16\sin 2\theta - 32\sin\theta + 600$。

$T'(\theta) = 32\cos 2\theta - 32\cos\theta = 32(2\cos^2\theta - \cos\theta - 1) = 32(2\cos\theta+1)(\cos\theta-1) = 0$。

得 $\cos\theta = 1$ (对应 $y=4, z=0$, $T=600$) 或 $\cos\theta = -\frac{1}{2}$ (对应 $y=-2, z=\pm\sqrt{3}$)。

代入 $\cos\theta=-\frac{1}{2}, \sin\theta=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ($y=-2, z=-\sqrt{3}$)，得局部极大温度 $T = 600 + 24\sqrt{3} \approx 641.57$。

比较得出，最大温度出现在情形1的点上。

表面最热的点为：$(\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}, -\frac{4}{3})$ 和 $(-\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}, -\frac{4}{3})$。

三、考研真题

17. (2020115) 求函数 $f(x,y) = x^3 + 8y^3 - xy$ 的极值.

解答：

求偏导数找驻点：

$f_x = 3x^2 - y = 0 \Rightarrow y = 3x^2$

$f_y = 24y^2 - x = 0 \Rightarrow x = 24y^2$

联立解得 $x = 24(3x^2)^2 = 216x^4 \Rightarrow x(216x^3 - 1) = 0$。

得到驻点 $P_1(0,0)$ 和 $P_2\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$。

二阶偏导数：$f_{xx} = 6x, f_{xy} = -1, f_{yy} = 48y$。

对 $P_1(0,0)$：$A=0, B=-1, C=0, AC-B^2 = -1 < 0$，不是极值点。

对 $P_2\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$：$A = 1, B = -1, C = 4, AC-B^2 = 4-1 = 3 > 0, A>0$。

因此在 $\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$ 取得极小值。

极小值为 $f\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right) = \left(\frac{1}{6}\right)^3 + 8\left(\frac{1}{12}\right)^3 - \left(\frac{1}{6}\right)\left(\frac{1}{12}\right) = \frac{1}{216} + \frac{1}{216} - \frac{3}{216} =$ $-\frac{1}{216}$。

18. (2021119) 求曲线 $\begin{cases} x^2 + 2y^2 - z = 6 \\ 4x + 2y + z = 30 \end{cases}$ 上的点到 $xOy$ 面距离的最大值.

解答：

点到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$。

由第二式得 $z = 30 - 4x - 2y$。代入第一式找定义域约束：

$x^2 + 2y^2 - (30 - 4x - 2y) = 6 \Rightarrow x^2 + 4x + 2y^2 + 2y = 36$。

配方得投影椭圆方程：$(x+2)^2 + 2\left(y+\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{81}{2}$。

现求 $z(x,y) = 30 - 4x - 2y$ 在该椭圆上的最大值。

采用参数化：$x = -2 + \frac{9\sqrt{2}}{2}\cos t, \quad y = -\frac{1}{2} + \frac{9}{2}\sin t$。

代入 $z$ 的表达式：

$z = 30 - 4\left(-2 + \frac{9\sqrt{2}}{2}\cos t\right) - 2\left(-\frac{1}{2} + \frac{9}{2}\sin t\right)$

$z = 30 + 8 - 18\sqrt{2}\cos t + 1 - 9\sin t = 39 - 18\sqrt{2}\cos t - 9\sin t$。

辅助角公式求最值，振幅 $R = \sqrt{(-18\sqrt{2})^2 + (-9)^2} = \sqrt{648 + 81} = \sqrt{729} = 27$。

因此 $z$ 的最大值为 $39 + 27 = 66$。（此时 $z$ 恒正，所以 $|z|$ 的最大值即 $z$ 的最大值）

最大距离为 66。

总习题八

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

9、10（3）待校验

1. 填空题

(1) 二元函数 $z = \frac{\sqrt{x^2-2y}}{\ln(4-x^2-y^2)}$ 的定义域是________, 当 $(x,y) \to (1,0)$ 时的极限是________.

解答：
定义域：

分子根号要求：$x^2 - 2y \ge 0 \Rightarrow y \le \frac{1}{2}x^2$。

分母对数要求：$4 - x^2 - y^2 > 0 \Rightarrow x^2 + y^2 < 4$。

分母不能为零：$\ln(4 - x^2 - y^2) \neq 0 \Rightarrow 4 - x^2 - y^2 \neq 1 \Rightarrow x^2 + y^2 \neq 3$。

因此定义域为：$\{(x,y) \mid x^2+y^2<4, x^2+y^2 \neq 3, y \le \frac{1}{2}x^2\}$。

极限：

将点 $(1,0)$ 直接代入函数表达式（因为该点在定义域内且函数连续）：

$\lim_{(x,y) \to (1,0)} z = \frac{\sqrt{1^2 - 2(0)}}{\ln(4 - 1^2 - 0^2)} = \frac{1}{\ln 3}$。

因此极限是：$\frac{1}{\ln 3}$。

(2) 曲线 $\begin{cases} z = \sqrt{1+x^2+y^2} \\ x = 1 \end{cases}$ 在点 $(1, 1, \sqrt{3})$ 处的切线与 $y$ 轴正向所成的倾角大小是________.

解答：

该曲线是曲面 $z = \sqrt{1+x^2+y^2}$ 与平面 $x=1$ 的交线。

在平面 $x=1$ 内，曲线方程为 $z = \sqrt{1 + 1^2 + y^2} = \sqrt{2+y^2}$。

该曲线在平面 $x=1$ 内（可视为 $yz$ 平面）对 $y$ 求导：

$\frac{\text{d}z}{\text{d}y} = \frac{1}{2\sqrt{2+y^2}} \cdot 2y = \frac{y}{\sqrt{2+y^2}}$。

在点 $(1, 1, \sqrt{3})$ 处（此时 $y=1$），斜率为 $k = \left.\frac{\text{d}z}{\text{d}y}\right|_{y=1} = \frac{1}{\sqrt{2+1}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$。

设倾角为 $\alpha$，则 $\tan\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$。因为 $\alpha \in [0, \pi)$，所以 $\alpha = \frac{\pi}{6}$。

答案填写：$\frac{\pi}{6}$。

(3) 若函数 $z = f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 处可微，则函数在该点的全增量与全微分之差 $\Delta z - \text{d}z$ 是较 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ 当 $\Delta x \to 0, \Delta y \to 0$ 时的________无穷小量.

解答：

根据可微的定义，$\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$，而 $\text{d}z = A\Delta x + B\Delta y$。

所以 $\Delta z - \text{d}z = o(\rho)$。

这表示它是一个比 $\rho$ 高阶的无穷小量。

答案填写：高阶。

(4) 设 $f(x,y) = \sqrt{|xy|}$，则 $f_x'(0,0) =$________.

解答：

利用偏导数的定义求：

$f_x'(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(0+\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\sqrt{|\Delta x \cdot 0|} - 0}{\Delta x} = \lim_ {\Delta x \to 0} \frac{0}{\Delta x} = 0$。

答案填写：0。

2. 选择题

(1) 二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处有 4 个性质：①连续，②两个偏导数连续，③可微，④两个偏导数存在. 则下列 4 个选项中正确的是 ( ).

解答：

根据多元函数微分学的基本理论：

“偏导数连续” (②) $\Rightarrow$ “可微” (③)
“可微” (③) $\Rightarrow$ “连续” (①) 且 “偏导数存在” (④)

但反之不一定成立。因此，正确的逻辑链是 ② $\Rightarrow$ ③ $\Rightarrow$ ①，以及 ③ $\Rightarrow$ ④。

观察选项，A 项是 ② $\Rightarrow$ ③ $\Rightarrow$ ①，符合逻辑关系。

答案：A

(2) 对于函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2 = 0 \end{cases}$ 下列说法中正确的是 ( ).

A. $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处连续 B. 偏导数 $f_x(0,0)$ 存在

C. 偏导数 $f_y(0,0)$ 存在 D. $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微

解答：
考察沿 $y=0$ (即 $x$ 轴) 趋于原点：$\lim_{x \to 0} \frac{2x}{\sqrt{x^2}} = \lim_{x \to 0} \frac{2x}{|x|}$。当 $x \to 0^+$ 时极限为 2，当 $x \to 0^-$ 时极限为 -2。极限不存在，所以函数在 $(0,0)$ 处不连续。排除 A 和 D。
考察 $f_x(0,0)$：$f_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2x}{|x|} - 0}{x}$，此极限不存在。排除 B。
考察 $f_y(0,0)$：$f_y(0,0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0,y) - f(0,0)}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{\frac{0}{|y|} - 0}{y} = \lim_{y \to 0} 0 = 0$。偏导数存在。

答案：C

(3) 关于极限 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{x+y}$，下列说法中正确的是 ( ).

A. 极限存在且为 0 B. 极限存在但不为 0

C. 极限不存在且为 $\infty$ D. 极限不存在也不为 $\infty$

解答：

令动点沿路径 $y = kx$ 趋向原点：

$\lim_{x \to 0} \frac{x(kx)}{x+kx} = \lim_{x \to 0} \frac{k x^2}{x(1+k)} = \lim_{x \to 0} \frac{kx}{1+k} = 0$ (当 $k \neq -1$ 时)。

看起来极限可能是 0。但是，如果我们令动点沿路径 $y = -x + x^3$ 趋近于 $(0,0)$（这条曲线穿过原点）：

$\lim_{x \to 0} \frac{x(-x+x^3)}{x + (-x+x^3)} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^2+x^4}{x^3} = \lim_{x \to 0} \left(-\frac{1}{x} + x\right) = \infty$。

由于沿不同路径得到的极限结果不同（一个是 0，一个是无穷大），故该二重极限不存在，且也不恒为无穷大。

答案：D

(4) (2020103) 设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，$f(0,0)=0$，非零向量 $\mathbf{d}$ 与 $\mathbf{n} = \left. \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f} {\partial y}, -1 \right) \right|_{(0,0)}$ 垂直，则 ________.

A. $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\mathbf{n} \cdot (x, y, f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在

B. $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\mathbf{n} \times (x, y, f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在

C. $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\mathbf{d} \cdot (x, y, f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在

D. $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\mathbf{d} \times (x, y, f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在

解答：

向量 $\mathbf{n}$ 是曲面 $z = f(x,y)$ 在原点 $(0,0,0)$ 处的法向量。

因为 $f$ 在 $(0,0)$ 可微且 $f(0,0)=0$，根据可微定义：

$\Delta z = f(x,y) - f(0,0) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y + o(\rho)$，其中 $\rho = \sqrt{x^2+y^2}$。

即 $f(x,y) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y + o(\rho)$。

考察点乘 $\mathbf{n} \cdot (x, y, f(x,y))$：

$\mathbf{n} \cdot (x, y, f(x,y)) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y - f(x,y)$

将 $f(x,y)$ 的表达式代入得：

$\mathbf{n} \cdot (x, y, f(x,y)) = -o(\rho)$

所以，$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\mathbf{n} \cdot (x, y, f(x,y))|}{\rho} = \lim_{\rho\to 0} \frac{|-o(\rho)|}{\rho} = 0$。

极限存在且为 0。

至于向量 $\mathbf{d}$，它只垂直于法向量，即在切平面内，$\mathbf{d} \cdot (x,y,f(x,y))$ 展开后分子中保留了一阶项（即全微分部分），除以 $\rho$ 后极限通常不为零甚至不存在。

答案：A

(5) (2020205) 关于函数 $f(x,y) = \begin{cases} xy, & xy \neq 0 \\ x, & y=0 \\ y, & x=0 \end{cases}$，结论 ① $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=1$，② $\frac {\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0,0)=1$，③ $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0$，④ $\lim_{y\to 0} \lim_{x\to 0} f(x,y) = 0$ 中正确的个数是________.

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

解答：

逐一验证：

① $f_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x - 0}{x} = 1$。正确。

② $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0,0) = \frac{\partial}{\partial y}(f_x)|_{(0,0)}$。

我们需要先求 $x=0$ 轴上邻近点 $(0,y)$ 处的 $f_x$。

当 $y \neq 0$ 时，$f_x(0,y) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,y) - f(0,y)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{xy - y}{x}$ (因为 $xy \neq 0$)。

此时 $\lim_{x \to 0} \left(y - \frac{y}{x}\right) = \infty$，说明偏导数 $f_x(0,y)$ 不存在。既然一阶偏导不存在，谈论二阶偏导数在 $(0,0)$ 的值就没有意义。因此结论 ② 错误。

③ 考虑沿直线 $y = x$ 趋于 $(0,0)$：$\lim_{x \to 0} f(x,x) = \lim_{x \to 0} x^2 = 0$。

考虑沿坐标轴趋于 $(0,0)$：$\lim_{x \to 0} f(x,0) = \lim_{x \to 0} x = 0$；$\lim_{y \to 0} f(0,y) = \lim_{y \to 0} y = 0$。

对于任意路径趋向 $(0,0)$，由于函数在各分支（$xy, x, y$）在 $(0,0)$ 处的极限均为 0，所以重极限 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0$。正确。

④ 累次极限：$\lim_{y\to 0} \left[ \lim_{x\to 0} f(x,y) \right]$。

内部极限：对于给定的 $y \neq 0$，$\lim_{x\to 0} f(x,y) = \lim_{x\to 0} xy = 0$。

外部极限：$\lim_{y\to 0} 0 = 0$。正确。

共有 ①、③、④ 3个结论正确。

答案：C

3. 求下列函数的一阶及二阶偏导数

(1) $z = x^2 y \ln y$

一阶偏导数：

$z_x = 2xy \ln y$

$z_y = x^2 \left( 1 \cdot \ln y + y \cdot \frac{1}{y} \right) = x^2(\ln y + 1)$

二阶偏导数：

$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(2xy \ln y) = 2y \ln y$

$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2(\ln y + 1)) = x^2 \cdot \frac{1}{y} = \frac{x^2}{y}$

$z_{xy} = z_{yx} = \frac{\partial}{\partial y}(2xy \ln y) = 2x(\ln y + 1)$

(2) $z = y^x = \text{e}^{x \ln y}$

一阶偏导数：

$z_x = y^x \ln y$

$z_y = x y^{x-1}$

二阶偏导数：

$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(y^x \ln y) = y^x (\ln y)^2$

$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(x y^{x-1}) = x(x-1)y^{x-2}$

$z_{xy} = z_{yx} = \frac{\partial}{\partial x}(x y^{x-1}) = 1 \cdot y^{x-1} + x \cdot y^{x-1} \ln y = y^{x-1}(1 + x \ln y)$

4. 求函数 $z = \text{e}^{xy}$ 在 $x=1, y=1, \Delta x=0.15, \Delta y=0.1$ 时的全微分

解答：

求偏导数：

$z_x = y\text{e}^{xy}$

$z_y = x\text{e}^{xy}$

将 $x=1, y=1$ 代入：

$z_x(1,1) = 1\cdot\text{e}^1 = \text{e}$

$z_y(1,1) = 1\cdot\text{e}^1 = \text{e}$

全微分 $\text{d}z = z_x \Delta x + z_y \Delta y = \text{e}(0.15) + \text{e}(0.1) = 0.25\text{e}$。

5. 设 $z = uv + \sin t$，而 $u = \varphi(t), v = \psi(t)$ 都是可微函数，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t}$

解答：

利用复合函数求导法则：

$\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{\partial z}{\partial u}\frac{\text{d}u}{\text{d}t} + \frac{\partial z}{\partial v}\frac{\text{d}v}{\text{d}t} + \frac {\partial z}{\partial t}$

$= v \cdot \varphi'(t) + u \cdot \psi'(t) + \cos t$

代入 $u, v$：

$= \psi(t)\varphi'(t) + \varphi(t)\psi'(t) + \cos t$

6. 设 $u = f(x,y,z)$ 具有连续偏导数，而 $x = s+t, y = s-t, z = st$，求 $\frac{\partial u}{\partial s}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial t}$

解答：

$\frac{\partial u}{\partial s} = f_x \frac{\partial x}{\partial s} + f_y \frac{\partial y}{\partial s} + f_z \frac{\partial z}{\partial s} = f_x \cdot 1 + f_y \cdot 1 + f_z \cdot t = f_x + f_y + tf_z$

$\frac{\partial u}{\partial t} = f_x \frac{\partial x}{\partial t} + f_y \frac{\partial y}{\partial t} + f_z \frac{\partial z}{\partial t} = f_x \cdot 1 + f_y \cdot (-1) + f_z \cdot s = f_x - f_y + sf_z$

7. 设 $F(x-y, y-z, z-x) = 0$，其中 $F$ 具有连续偏导数，且 $F_2' - F_3' \neq 0$，证明：$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 1$

证明：

设隐函数为 $z=z(x,y)$。引入中间变量 $u = x-y, v = y-z, w = z-x$。

对原方程两边分别对 $x, y$ 求偏导：

对 $x$ 求导：$F_1' \cdot 1 + F_2' \cdot (-z_x) + F_3' \cdot (z_x - 1) = 0$

整理得：$z_x (F_3' - F_2') = F_3' - F_1' \Rightarrow z_x = \frac{F_3' - F_1'}{F_3' - F_2'}$

对 $y$ 求导：$F_1' \cdot (-1) + F_2' \cdot (1 - z_y) + F_3' \cdot z_y = 0$

整理得：$z_y (F_3' - F_2') = F_1' - F_2' \Rightarrow z_y = \frac{F_1' - F_2'}{F_3' - F_2'}$

相加得：

$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{F_3' - F_1' + F_1' - F_2'}{F_3' - F_2'} = \frac{F_3' - F_2'}{F_3' - F_2'} = 1$。证毕。

8. 求螺旋线 $x = a\cos\theta, y = a\sin\theta, z = b\theta$ 在 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 处的切线方程和法平面方程

解答：

先求出该点坐标：$x_0 = a\cos\frac{\pi}{3} = \frac{a}{2}, \ y_0 = a\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}a}{2}, \ z_0 = \frac{\pi b}{3}$。点为 $P\left(\frac{a}{2}, \frac {\sqrt{3}a}{2}, \frac{\pi b}{3}\right)$。

求切向量，分别对参数 $\theta$ 求导：

$x'(\theta) = -a\sin\theta \Rightarrow x'\left(\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}a}{2}$

$y'(\theta) = a\cos\theta \Rightarrow y'\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{a}{2}$

$z'(\theta) = b \Rightarrow z'\left(\frac{\pi}{3}\right) = b$

切向量为 $\vec{\tau} = \left(-\frac{\sqrt{3}a}{2}, \frac{a}{2}, b\right)$。

切线方程：

$$\frac{x - a/2}{-\sqrt{3}a/2} = \frac{y - \sqrt{3}a/2}{a/2} = \frac{z - \pi b/3}{b}$$

法平面方程：

$$-\frac{\sqrt{3}a}{2}\left(x - \frac{a}{2}\right) + \frac{a}{2}\left(y - \frac{\sqrt{3}a}{2}\right) + b\left(z - \frac{\pi b}{3}\right) = 0$$

（可将系数同乘2化简）

9. 在椭球面 $\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{4} = 1$ 上求平行于平面 $2x+2y+z+5=0$ 的切平面方程

解答：

令 $F(x,y,z) = \frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{4} - 1 = 0$。椭球面的法向量 $\vec{n}_1 = \left(x, y, \frac{z}{2}\right)$。

已知平面的法向量 $\vec{n}_2 = (2, 2, 1)$。

切平面平行于已知平面，故法向量共线，存在比例常数 $k$：

$x = 2k, \ y = 2k, \ \frac{z}{2} = k \Rightarrow z = 2k$。

将此点坐标代入椭球面方程：

$\frac{(2k)^2}{2} + \frac{(2k)^2}{2} + \frac{(2k)^2}{4} = 1 \Rightarrow 2k^2 + 2k^2 + k^2 = 1 \Rightarrow 5k^2 = 1 \Rightarrow k = \pm\frac{1}{\sqrt{5}}$。

当 $k = \frac{1}{\sqrt{5}}$ 时，切点为 $\left(\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right)$。

切平面方程：$2\left(x - \frac{2}{\sqrt{5}}\right) + 2\left(y - \frac{2}{\sqrt{5}}\right) + 1\left(z - \frac{2}{\sqrt{5}}\right) = 0 \Rightarrow 2x+2y+z = \frac{10} {\sqrt{5}} = 2\sqrt{5}$。

当 $k = -\frac{1}{\sqrt{5}}$ 时，切点为 $\left(-\frac{2}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}, -\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$。

切平面方程：$2\left(x + \frac{2}{\sqrt{5}}\right) + 2\left(y + \frac{2}{\sqrt{5}}\right) + 1\left(z + \frac{2}{\sqrt{5}}\right) = 0 \Rightarrow 2x+2y+z = -2\sqrt{5} $。

所求切平面方程为 $2x+2y+z = \pm 2\sqrt{5}$。

10. 求函数 $f(x,y,z) = xy^2 + z^3 - xyz$ 在点 $(1,1,1)$ 沿哪个方向的方向导数：（1）有最大值；（2）有最小值；（3）等于 0

解答：

求偏导数：

$f_x = y^2 - yz \Rightarrow f_x(1,1,1) = 1 - 1 = 0$

$f_y = 2xy - xz \Rightarrow f_y(1,1,1) = 2 - 1 = 1$

$f_z = 3z^2 - xy \Rightarrow f_z(1,1,1) = 3 - 1 = 2$

所以点 $(1,1,1)$ 处的梯度为 $\nabla f = (0, 1, 2)$。

（1）有最大值的方向是梯度方向，即向量 $(0, 1, 2)$ 的方向。

（2）有最小值的方向是梯度相反方向，即向量 $(0, -1, -2)$ 的方向。

（3）等于 0 的方向是与梯度垂直的方向，即满足与向量 $(0,1,2)$ 点乘为 0 的所有方向 $\vec{l} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)$，需满足 $\cos\beta + 2\cos\gamma = 0$。

11. 设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{(x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2 = 0 \end{cases}$，问在点 $(0,0)$ 处：（1）偏导

数是否存在；（2）偏导函数是否连续；（3）是否可微？

解答：

注：题目表达式似乎有误写，分子分母有公因式 $x^2+y^2$。假设实际函数形式为 $f(x,y) = (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}$。以下按此假设解答。

（1）求偏导数：

$f_x(0,0) = \lim_{x\to 0} \frac{f(x,0)-f(0,0)}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2\sin\frac{1}{x^2} - 0}{x} = \lim_{x\to 0} x\sin\frac{1}{x^2} = 0$。

同理 $f_y(0,0) = 0$。偏导数存在。

（2）在非原点处：

$f_x = 2x\sin\frac{1}{x^2+y^2} + (x^2+y^2)\cos\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) \cdot \left(\frac{-2x}{(x^2+y^2)^2}\right) = 2x\sin\frac{1}{x^2+y^2} - \frac{2x}{x^2 +y^2}\cos\frac{1}{x^2+y^2}$。

当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，第一项趋于0，但第二项由于分母衰减更快，极限不存在。所以 $f_x$ 在 $(0,0)$ 处不连续。

（3）判断可微性：

$\lim_{\rho\to 0} \frac{\Delta z - (0\cdot\Delta x + 0\cdot\Delta y)}{\rho} = \lim_{\rho\to 0} \frac{\rho^2\sin\frac{1}{\rho^2}}{\rho} = \lim_{\rho\to 0} \rho\sin\frac{1}{\rho^2} = 0$。

函数可微。（这说明了可微不一定要求偏导数连续，但偏导数连续一定可微。）

12. 设 $z = f(u,v)$ 具有连续的二阶偏导数，而且 $u = 2x+3y, \ v = \frac{x}{y}$，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$

解答：

先求一阶偏导 $z_x$：

$z_x = f_u \cdot u_x + f_v \cdot v_x = 2f_u + \frac{1}{y}f_v$。

再对 $y$ 求偏导：

$z_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}\left(2f_u + \frac{1}{y}f_v\right) = 2\frac{\partial f_u}{\partial y} + \left(-\frac{1}{y^2}\right)f_v + \frac{1}{y}\frac {\partial f_v}{\partial y}$

应用链式法则：

$\frac{\partial f_u}{\partial y} = f_{uu} \cdot u_y + f_{uv} \cdot v_y = 3f_{uu} - \frac{x}{y^2}f_{uv}$

$\frac{\partial f_v}{\partial y} = f_{vu} \cdot u_y + f_{vv} \cdot v_y = 3f_{vu} - \frac{x}{y^2}f_{vv}$

代入得：

$z_{xy} = 2\left(3f_{uu} - \frac{x}{y^2}f_{uv}\right) - \frac{1}{y^2}f_v + \frac{1}{y}\left(3f_{vu} - \frac{x}{y^2}f_{vv}\right)$

$= 6f_{uu} - \frac{2x}{y^2}f_{uv} - \frac{1}{y^2}f_v + \frac{3}{y}f_{vu} - \frac{x}{y^3}f_{vv}$

由于具有连续二阶偏导数，$f_{uv} = f_{vu}$。合并同类项：

$z_{xy} = 6f_{uu} + \left(\frac{3}{y} - \frac{2x}{y^2}\right)f_{uv} - \frac{x}{y^3}f_{vv} - \frac{1}{y^2}f_v$。

13. 求函数 $u = \frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z}$ 在椭球面 $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{6} = 1$ 上点 $(1, 1, 1)$ 处沿外法线方向的方向导数

解答：

求梯度 $\nabla u$ 在 $(1,1,1)$ 的值。

将 $x=1, y=1, z=1$ 代入，得 $u = \frac{\sqrt{6+8}}{1} = \sqrt{14}$。

$u_x = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{2\sqrt{6x^2+8y^2}} \cdot 12x = \frac{6x}{z\sqrt{6x^2+8y^2}} \Rightarrow u_x(1,1,1) = \frac{6}{\sqrt{14}}$

$u_y = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{2\sqrt{6x^2+8y^2}} \cdot 16y = \frac{8y}{z\sqrt{6x^2+8y^2}} \Rightarrow u_y(1,1,1) = \frac{8}{\sqrt{14}}$

$u_z = -\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z^2} \Rightarrow u_z(1,1,1) = -\sqrt{14} = -\frac{14}{\sqrt{14}}$

$\nabla u = \frac{1}{\sqrt{14}}(6, 8, -14)$。

求椭球面在 $(1,1,1)$ 处的外法线方向。

$F = \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{6} - 1$。

$\nabla F = \left(\frac{2x}{3}, y, \frac{z}{3}\right)$。在 $(1,1,1)$ 处，$\vec{n} = \left(\frac{2}{3}, 1, \frac{1}{3}\right) \sim (2, 3, 1)$。

该方向单位向量 $\vec{l} = \frac{1}{\sqrt{4+9+1}}(2, 3, 1) = \frac{1}{\sqrt{14}}(2, 3, 1)$。

求方向导数：

$\frac{\partial u}{\partial l} = \nabla u \cdot \vec{l} = \frac{1}{\sqrt{14}}(6, 8, -14) \cdot \frac{1}{\sqrt{14}}(2, 3, 1) = \frac{1}{14}(12 + 24 - 14) = \frac {22}{14} =$ $\frac{11}{7}$。

14. 求旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ 与平面 $x+y-2z-2=0$ 之间的最短距离

解答：

在曲面上寻找一点，使得过该点的切平面与目标平面平行，该点到平面的距离即为最短距离。

曲面法向量 $\vec{n}_1 = (2x, 2y, -1)$，平面法向量 $\vec{n}_2 = (1, 1, -2)$。

令它们平行，即 $(2x, 2y, -1) = k(1, 1, -2)$。

由 $z$ 分量得 $-1 = -2k \Rightarrow k = \frac{1}{2}$。

则 $2x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{4}$；$2y = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{1}{4}$。

代入曲面方程得 $z = \left(\frac{1}{4}\right)^2 + \left(\frac{1}{4}\right)^2 = \frac{1}{8}$。

此点 $P\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}\right)$ 是距离平面最近的点。

求点 $P$ 到平面的距离：

$$d = \frac{|x+y-2z-2|}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}} = \frac{|\frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 2(\frac{1}{8}) - 2|}{\sqrt{6}} = \frac{|\frac{1}{2} - \frac{1}{4} - 2|}{\sqrt {6}} = \frac{|-1.75|}{\sqrt{6}} = \frac{7/4}{\sqrt{6}} = \frac{7\sqrt{6}}{24}$$

15. 求曲面 $xyz=1$ 上任一点 $(x_0, y_0, z_0)$ 处的切平面方程，并证明切平面与3个坐标轴所围成的四面体的体积是常量.

证明：

令 $F = xyz - 1 = 0$。$\nabla F = (yz, xz, xy)$。

在 $(x_0, y_0, z_0)$ 处的切平面方程为：

$y_0 z_0(x - x_0) + x_0 z_0(y - y_0) + x_0 y_0(z - z_0) = 0$。

将式子展开：

$y_0 z_0 x + x_0 z_0 y + x_0 y_0 z = 3x_0 y_0 z_0$。

因为点在曲面上，所以 $x_0 y_0 z_0 = 1$，上式可写为：

$\frac{x}{3x_0} + \frac{y}{3y_0} + \frac{z}{3z_0} = 1$。

三个坐标轴上的截距分别为 $X = 3x_0, Y = 3y_0, Z = 3z_0$。

四面体的体积 $V = \frac{1}{6}XYZ = \frac{1}{6}(3x_0)(3y_0)(3z_0) = \frac{27}{6}x_0 y_0 z_0 = \frac{9}{2}(1) = \frac{9}{2}$。

体积为一个不依赖于切点坐标的常量 $\frac{9}{2}$。证毕。

16. 某工厂生产两种产品甲和乙，单价分别为 10 元和 9 元，生产 $x$ 个产品甲和生产 $y$ 个产品乙的总费用为 $100 + 2x + 3y + 0.01(3x^2 + xy + 3y^2)$，求取得最大利润时，两种产品的产量各

为多少？

解答：

总收入为 $10x + 9y$。

利润函数 $L(x,y) = \text{总收入} - \text{总费用} = 10x + 9y - [100 + 2x + 3y + 0.01(3x^2 + xy + 3y^2)]$

$= 8x + 6y - 100 - 0.03x^2 - 0.01xy - 0.03y^2$。

求偏导数令其为 0：

$L_x = 8 - 0.06x - 0.01y = 0 \Rightarrow 6x + y = 800$

$L_y = 6 - 0.01x - 0.06y = 0 \Rightarrow x + 6y = 600$

联立方程组：

$y = 800 - 6x$，代入第二式：$x + 6(800 - 6x) = 600 \Rightarrow x + 4800 - 36x = 600 \Rightarrow 35x = 4200 \Rightarrow x = 120$。

代回求 $y$：$y = 800 - 6(120) = 800 - 720 = 80$。

（可验证这是一个极大值点）。

取得最大利润时，产品甲的产量为 120 个，产品乙的产量为 80 个。

17. 设函数 $z = f(xy, y\varphi(x))$，其中函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，$\varphi(x)$ 可导且有极值 $\varphi(1)=1$，求 $\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{\begin{smallmatrix}x=1\\y=1\end{smallmatrix}}$.

解答：

由题意 $\varphi(x)$ 在 $x=1$ 处有极值，所以 $\varphi'(1) = 0$。且 $\varphi(1)=1$。

设 $u = xy, v = y\varphi(x)$。当 $x=1, y=1$ 时，$u = 1, v = 1 \cdot 1 = 1$。

求一阶偏导 $z_x$：

$z_x = f_u \cdot u_x + f_v \cdot v_x = y f_u + y\varphi'(x) f_v$。

再对 $y$ 求偏导：

$z_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}(y f_u + y\varphi'(x) f_v)$

$= f_u + y \cdot \frac{\partial f_u}{\partial y} + \varphi'(x) f_v + y\varphi'(x) \cdot \frac{\partial f_v}{\partial y}$

应用链式法则：

$\frac{\partial f_u}{\partial y} = f_{uu} \cdot u_y + f_{uv} \cdot v_y = x f_{uu} + \varphi(x) f_{uv}$

$\frac{\partial f_v}{\partial y} = f_{vu} \cdot u_y + f_{vv} \cdot v_y = x f_{vu} + \varphi(x) f_{vv}$

代入 $x=1, y=1$，此时 $\varphi(1)=1, \varphi'(1)=0$：

$z_{xy}|_{(1,1)} = f_u + 1 \cdot (1 \cdot f_{uu} + 1 \cdot f_{uv}) + 0 \cdot f_v + 1 \cdot 0 \cdot (\dots)$

$= f_u(1,1) + f_{uu}(1,1) + f_{uv}(1,1)$。

18. (2016217) 已知函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $(x^2+y^2)z + \ln z + 2(x+y+1) = 0$ 确定，求 $z=z(x,y)$ 的极值.

解答：

令 $F(x,y,z) = (x^2+y^2)z + \ln z + 2(x+y+1) = 0$。

极值点需满足隐函数的偏导数 $z_x = 0$ 且 $z_y = 0$。

$F_x = 2xz + 2 = 0 \Rightarrow xz = -1$

$F_y = 2yz + 2 = 0 \Rightarrow yz = -1$

比较两式得 $x = y$。

将 $x=y$ 和 $z = -\frac{1}{x}$ 代入原方程：

$(x^2+x^2)\left(-\frac{1}{x}\right) + \ln\left(-\frac{1}{x}\right) + 2(2x+1) = 0$

$-2x + \ln\left(-\frac{1}{x}\right) + 4x + 2 = 0 \Rightarrow 2x + 2 + \ln\left(-\frac{1}{x}\right) = 0$。

观察发现，当 $x = -1$ 时，等式变为 $-2 + 2 + \ln(1) = 0$，成立。

因此驻点为 $x = -1, y = -1$。此时对应的 $z$ 值为 $z = -\frac{1}{-1} = 1$。

为了验证它是否为极值，需求二阶导数。

由 $z_x = -\frac{2xz+2}{x^2+y^2+1/z}$。在 $(-1,-1,1)$ 处分母为 $1+1+1=3 \neq 0$。

进一步求二阶偏导由于在驻点处一阶偏导为0，计算大为简化。可得 $A=z_{xx}, B=z_{xy}, C=z_{yy}$。

$F_x = 0 \Rightarrow z_x = 0$。对 $F_x=0$ 的原关系式 $(x^2+y^2)z_x + 2xz + 2=0$ 这种形式（注意前面用到的是 $F_x=0$ 而不是对全式求导，正确操作是对原方程直接对 $x$ 求导）。

原方程对 $x$ 导：$2xz + (x^2+y^2)z_x + \frac{1}{z}z_x + 2 = 0$。

再对 $x$ 导：$2z + 4xz_x + (x^2+y^2)z_{xx} - \frac{1}{z^2}z_x^2 + \frac{1}{z}z_{xx} = 0$。

代入驻点 $x=-1, y=-1, z=1, z_x=0, z_y=0$：

$2(1) + 0 + (1+1)z_{xx} - 0 + z_{xx} = 0 \Rightarrow 2 + 3z_{xx} = 0 \Rightarrow z_{xx} = -\frac{2}{3} = A$。

同理求 $C$：

$2z + 4yz_y + (x^2+y^2)z_{yy} - \frac{1}{z^2}z_y^2 + \frac{1}{z}z_{yy} = 0 \Rightarrow 2 + 3z_{yy} = 0 \Rightarrow z_{yy} = -\frac{2}{3} = C$。

求 $B$ (对 $x$ 偏导式再对 $y$ 导)：

$2x z_y + 2y z_x + (x^2+y^2)z_{xy} - \frac{1}{z^2}z_x z_y + \frac{1}{z}z_{xy} = 0 \Rightarrow 0 + 0 + 2z_{xy} - 0 + z_{xy} = 0 \Rightarrow 3z_{xy} = 0 \Rightarrow B = 0$。

$AC - B^2 = \left(-\frac{2}{3}\right)^2 - 0 = \frac{4}{9} > 0$ 且 $A < 0$。

所以函数在 $(-1, -1)$ 取得极大值。

极大值为 1。

19. (2015117) 已知函数 $f(x,y) = x+y+xy$、曲线 $C: x^2+y^2+xy=3$，求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

解答：

$f(x,y)$ 在任意点处的方向导数最大值为其梯度的模长 $|\nabla f|$。

题目要求是在曲线 $C$ 上找出能使 $|\nabla f|$ 最大的点，并求出这个最大值。

$\nabla f = (1+y, 1+x)$。

$|\nabla f|^2 = (1+y)^2 + (1+x)^2 = x^2 + y^2 + 2x + 2y + 2$。

这是目标函数。在约束条件 $x^2+y^2+xy=3$ 下求极值。

利用拉格朗日乘数法，设 $L = x^2 + y^2 + 2x + 2y + 2 + \lambda(x^2 + y^2 + xy - 3)$。

$L_x = 2x + 2 + 2\lambda x + \lambda y = 0$

$L_y = 2y + 2 + 2\lambda y + \lambda x = 0$

两式相减得：$2(x-y) + 2\lambda(x-y) - \lambda(x-y) = 0 \Rightarrow (x-y)(2 + \lambda) = 0$。

情形1：$x = y$

代入曲线方程：$x^2 + x^2 + x^2 = 3 \Rightarrow 3x^2 = 3 \Rightarrow x = \pm 1$。

得到两点 $(1,1)$ 和 $(-1,-1)$。

计算目标函数 $|\nabla f|^2$ 的值：

在 $(1,1)$ 处：$|\nabla f|^2 = 1^2 + 1^2 + 2(1) + 2(1) + 2 = 8 \Rightarrow |\nabla f| = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$。

在 $(-1,-1)$ 处：$|\nabla f|^2 = (-1)^2 + (-1)^2 + 2(-1) + 2(-1) + 2 = 1 + 1 - 2 - 2 + 2 = 0 \Rightarrow |\nabla f| = 0$。

情形2：$\lambda = -2$

代入偏导式：$2x + 2 - 4x - 2y = 0 \Rightarrow -2x - 2y + 2 = 0 \Rightarrow x+y = 1 \Rightarrow y = 1-x$。

代入曲线方程：$x^2 + (1-x)^2 + x(1-x) = 3 \Rightarrow x^2 + 1 - 2x + x^2 + x - x^2 = 3 \Rightarrow x^2 - x - 2 = 0 \Rightarrow (x-2)(x+1) = 0$。

得 $x=2$ (此时 $y=-1$) 或 $x=-1$ (此时 $y=2$)。两点对称。

计算目标函数值：

在 $(2, -1)$ 处：$|\nabla f|^2 = 2^2 + (-1)^2 + 2(2) + 2(-1) + 2 = 4 + 1 + 4 - 2 + 2 = 9 \Rightarrow |\nabla f| = \sqrt{9} = 3$。

比较所有的 $|\nabla f|$：$3 > 2\sqrt{2}$ ($9 > 8$)。

最大方向导数为 3。

第8章 多元函数的微分法及其应用 | YHK's life

第1节 多元函数、极限与连续

一、基础题

二、提高题

第2节 偏导数与全微分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第3节 多元复合函数的求导法则

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第4节 隐函数的求导法则

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第5节 多元函数微分法在几何上的应用

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第6节 方向导数与梯度

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第7节 多元函数的极值

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

总习题八

1. 填空题

2. 选择题

3. 求下列函数的一阶及二阶偏导数

4. 求函数 $z = \text{e}^{xy}$ 在 $x=1, y=1, \Delta x=0.15, \Delta y=0.1$ 时的全微分

5. 设 $z = uv + \sin t$，而 $u = \varphi(t), v = \psi(t)$ 都是可微函数，求 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t}$

6. 设 $u = f(x,y,z)$ 具有连续偏导数，而 $x = s+t, y = s-t, z = st$，求 $\frac{\partial u}{\partial s}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial t}$

7. 设 $F(x-y, y-z, z-x) = 0$，其中 $F$ 具有连续偏导数，且 $F_2' - F_3' \neq 0$，证明：$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 1$

8. 求螺旋线 $x = a\cos\theta, y = a\sin\theta, z = b\theta$ 在 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 处的切线方程和法平面方程

9. 在椭球面 $\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{4} = 1$ 上求平行于平面 $2x+2y+z+5=0$ 的切平面方程

10. 求函数 $f(x,y,z) = xy^2 + z^3 - xyz$ 在点 $(1,1,1)$ 沿哪个方向的方向导数：（1）有最大值；（2）有最小值；（3）等于 0

11. 设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{(x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2 = 0 \end{cases}$，问在点 $(0,0)$ 处：（1）偏导

12. 设 $z = f(u,v)$ 具有连续的二阶偏导数，而且 $u = 2x+3y, \ v = \frac{x}{y}$，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$

13. 求函数 $u = \frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z}$ 在椭球面 $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{6} = 1$ 上点 $(1, 1, 1)$ 处沿外法线方向的方向导数

14. 求旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ 与平面 $x+y-2z-2=0$ 之间的最短距离

15. 求曲面 $xyz=1$ 上任一点 $(x_0, y_0, z_0)$ 处的切平面方程，并证明切平面与3个坐标轴所围成的四面体的体积是常量.

16. 某工厂生产两种产品甲和乙，单价分别为 10 元和 9 元，生产 $x$ 个产品甲和生产 $y$ 个产品乙的总费用为 $100 + 2x + 3y + 0.01(3x^2 + xy + 3y^2)$，求取得最大利润时，两种产品的产量各

17. 设函数 $z = f(xy, y\varphi(x))$，其中函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，$\varphi(x)$ 可导且有极值 $\varphi(1)=1$，求 $\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{\begin{smallmatrix}x=1\\y=1\end{smallmatrix}}$.

18. (2016217) 已知函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $(x^2+y^2)z + \ln z + 2(x+y+1) = 0$ 确定，求 $z=z(x,y)$ 的极值.

19. (2015117) 已知函数 $f(x,y) = x+y+xy$、曲线 $C: x^2+y^2+xy=3$，求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

第8章多元函数的微分法及其应用 | YHK's life

第1节多元函数、极限与连续

第2节偏导数与全微分

第3节多元复合函数的求导法则

第4节隐函数的求导法则

第5节多元函数微分法在几何上的应用

第6节方向导数与梯度

第7节多元函数的极值