李永樂複習全書高等數學 第五章 多元函數微分學

5.1  多元函數的極限、連續、偏導數與全微分（概念）

例2  試求下列二次極限：

（1）$\lim\limits_{y\to0 \atop x\to0}\cfrac{x^2+y^2}{|x|+|y|};$

解  由於$0\leqslant\cfrac{x^2+y^2}{|x|+|y|}=\cfrac{x^2}{|x|+|y|}+\cfrac{y^2}{|x|+|y|}\leqslant\cfrac{x^2}{|x|}+\cfrac{y^2}{|y|}=|x|+|y|$，而$\lim\limits_{y\to0 \atop x\to0}(|x|+|y|)=0$，由夾擠定理知$\lim\limits_{y\to0 \atop x\to0}\cfrac{x^2+y^2}{|x|+|y|}=0$。（這道題主要利用了夾擠定理求解）

（4）$\lim\limits_{y\to0 \atop x\to0}\cfrac{2xy^2\sin x}{x^2+y^4}.$

解  由於$\left|\cfrac{2xy^2\sin x}{x^2+y^4}\right|\leqslant1(2ab\leqslant a^2+b^2)$，即爲有界量，而$\lim\limits_{x\to0}\sin x=0$，即爲無窮小量，則原式$=0$。（這道題主要利用了無窮小量代換求解）

例11  設$f'_x(x,y)$存在，$f'_y(x,y)$在點$(x_0,y_0)$處連續，證明：$f(x,y)$在點$(x_0,y_0)$處可微。

證
$\begin{aligned} \Delta z&=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)\\ &=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)+f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0). \end{aligned}$
  由一元拉格朗日中值定理知$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)=f'_y(x_0+\Delta x,y_0+\theta_2\Delta y)\Delta y$。由$f'_y(x,y)$在$(x_0,y_0)$處連續，則$\lim\limits_{\Delta x\to0 \atop \Delta y\to0}f'_y(x_0+\Delta x,y_0+\theta_2\Delta y)=f'_y(x_0,y_0)$，從而有$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)=f'_y(x_0,y_0)\Delta y+\epsilon_2\Delta y$，其中$\epsilon_2$爲$\Delta x\to0,\Delta y\to0$時的無窮小量。
  又由於$f'_x(x,y)$存在，則$\lim\limits_{\Delta x\to0}\cfrac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=f'_x(x_0,y_0)$，從而有$\cfrac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=f'_x(x_0,y_0)+\epsilon_1$，其中$\epsilon_1$爲$\Delta x\to0,\Delta y\to0$時的無窮小量。則$f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=f'_x(x_0,y_0)\Delta x+\epsilon_1\Delta x$。
  由於$\left|\cfrac{\epsilon_1\Delta x+\epsilon_2\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\right|\leqslant\cfrac{|\epsilon_1||\Delta x|+|\epsilon_2||\Delta y|}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\leqslant|\epsilon_1|+|\epsilon_2|\to0(\Delta x\to0,\Delta y\to0)$，則當$\Delta x\to0,\Delta y\to0$時，$\epsilon_1\Delta x+\epsilon_2\Delta y=\omicron(\rho)$，故$f(x,y)$在$(x_0,y_0)$處可微。（這道題主要利用了多元函數極限定義求解）

5.2  多元函數的微分法

例26  設函數$u=f(x,y)$具有二階連續偏導數，且滿足$4\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+12\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}+5\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=0$。確定$a,b$的值，使等式$\xi=x+ay,\eta=x+by$在變換下簡化爲$\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi\partial\eta}$。

解
$\cfrac{\partial u}{\partial x}=\cfrac{\partial u}{\partial\xi}+\cfrac{\partial u}{\partial\eta},\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi^2}+2\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi\partial\eta}+\cfrac{\partial^2u}{\partial\eta^2},\\ \cfrac{\partial u}{\partial y}=a\cfrac{\partial u}{\partial\xi}+b\cfrac{\partial u}{\partial\eta},\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=a^2\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi^2}+2ab\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi\partial\eta}+b^2\cfrac{\partial^2u}{\partial\eta^2},\\ \cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=a^2\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi^2}+(a+b)\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi\partial\eta}+b\cfrac{\partial^2u}{\partial\eta^2},$
  將以上三個二階偏導數代入等式$4\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+12\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}+5\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=0$得$(5a^2+12a+4)\cfrac{\partial^2u}{\partial\xi^2}+[10ab+12(a+b)+8]\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}+(5b^2+12b+4)\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=0$。
  由題設知$\begin{cases}5a^2+12a+4=0,\\5b^2+12b+4=0,\end{cases}$但$10ab+12(a+b)+8\ne0$，解得$\begin{cases}a=-2,\\b=-\cfrac{2}{5},\end{cases}$或$\begin{cases}a=-\cfrac{2}{5},\\b=-2.\end{cases}$（這道題主要利用了多元複合函數求導求解）

例28  設$(r,\theta)$爲極座標，$u=u(r,\theta)$當$r>0$時具有二階連續偏導數，並滿足$\cfrac{\partial u}{\partial\theta}\equiv0$，且$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=0$，求$u(r,\theta)$。

解  由$\cfrac{\partial u}{\partial\theta}\equiv0$知，$u$僅爲$r$的函數，令$u=\varphi(r)$，其中$r=\sqrt{x^2+y^2},r>0$。則
$\cfrac{\partial u}{\partial x}=\varphi'(r)\cfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\varphi'(x)\cfrac{x}{r},\\ \cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\varphi''(x)\cfrac{x^2}{r^2}+\varphi'(r)\cfrac{r-\cfrac{x^2}{r}}{r^2}=\varphi''(r)\cfrac{x^2}{r^2}+\varphi'(r)\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{x^2}{r^3}\right).$
  由對稱性可得$\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=\varphi''(x)\cfrac{y^2}{r^2}+\varphi'(r)\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{y^2}{r^3}\right)$，則$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}=\varphi''(x)+\varphi'(x)\cfrac{1}{r}$，從而得$\varphi''(x)+\varphi'(x)\cfrac{1}{r}=0$。
  這是一個不顯含$\varphi(r)$的可降階方程，令$\varphi'(x)=p$，則$\varphi''(r)=\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}$。代入上式得$\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}+\cfrac{p}{r}=0\Rightarrow p=\cfrac{C_1}{r}$，即$\varphi'(r)=\cfrac{C_1}{r}$，則$\varphi(r)=C_1\ln r+C_2$，故$u=C_1\ln r+C_2$。（這道題主要利用了微分方程求解）

例29  若對任意$t>0$，有$f(tx,ty)=t^nf(x,y)$，則稱函數$f(x,y)$是$n$次齊次函數。試證：若$f(x,y)$可微，則$f(x,y)$是$n$次齊次函數的充要條件是$x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}=nf(x,y)$。

證  必要性：由於$f(x,y)$爲$n$次齊次方程，則對任意$t>0$，有$f(tx,ty)=t^nf(x,y)$。該式兩端對$t$求導得$xf'_1(tx,ty)+yf'_2(tx,ty)=nt^{n-1}f(x,y)$。令$t=1$得$xf'_1(tx,ty)+yf'_2(tx,ty)=nf(x,y)$，即有$x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}=nf(x,y)$。
  充分性：令$F(t)=f(tx,ty)(t>0)$，則$\cfrac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}t}=x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}$，兩邊乘以$t$得$t\cfrac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}t}=tx\cfrac{\partial f}{\partial x}+ty\cfrac{\partial f}{\partial y}=nf(tx,ty)=nF(t)$。於是$\cfrac{\mathrm{d}F}{F}=\cfrac{n}{t}\mathrm{d}t$，解得$F(t)=Ct^n$。令$t=1$得，$F(1)=C$，而由$F(t)=f(tx,ty)$知$F(1,1)=f(x,y)$，則$C=f(x,y)$。於是$F(t)=t^nf(x,y)$，即$f(tx,ty)=t^nf(x,y)$。（這道題主要利用了多元函數求導求解）

例36  設$f(x,y)$有二階連續偏導數，且$f'_y\ne0$，證明：對任給的常數$C$，$f(x,y)=C$爲一條直線的充要條件是$f'^2_2f''_{11}+2f'_1f'_2f''_{12}+f'^2_1f''_{22}=0$。

證  設$f(x,y)=C$確定的隱函數爲$y=y(x)$，等式$f(x,y)=C$兩端對$x$求導得$f'_1+f'_2\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0\Rightarrow\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\cfrac{f'_1}{f_2'}$。從而有
$\begin{aligned} \cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}&=-\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\cfrac{f'_1}{f_2'}\right)\\ &=-\cfrac{\left(f''_{11}+f''_{12}\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)f'_2-\left(f''_{21}+f''_{22}\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)f'_1}{f'^2_2}\\ &=-\cfrac{f'^2_2f''_{11}+2f'_1f'_2f''_{12}+f'^2_1f''_{22}}{f'^3_2} \end{aligned}$
  必要性：若$f(x,y)=C$是一條直線，則由$f(x,y)=C$所確定的函數$y=y(x)$應爲線性函數（即$y=ax+b$），則$\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=0$，從而有$f'^2_2f''_{11}+2f'_1f'_2f''_{12}+f'^2_1f''_{22}=0$。
  充分性：若$f'^2_2f''_{11}+2f'_1f'_2f''_{12}+f'^2_1f''_{22}=0$，則$\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=0$。從而有$y=ax+b$，即$f(x,y)=C$所確定的隱函數$y=y(x)$爲線性函數。故$f(x,y)=C$表示直線。（這道題主要利用了直線函數特徵求解）

5.3  極值與最值

例49  求中心在座標原點的橢圓$x^2+4xy+5y^2=1$的長半軸與短半軸。

解  橢圓$x^2+4xy+5y^2=1$上點$(x,y)$到原點$(0,0)$距離平方$d^2=f(x,y)=x^2+y^2$。問題歸結爲求$f(x,y)=x^2+y^2$在條件$x^2+4xy+5y^2=1$下的最大值和最小值。
  令$F(x,y,\lambda)=x^2+y^2+\lambda(x^2+4xy+5y^2-1)$，則
$\begin{cases} F_x'=2x+\lambda(2x-4y)=0,&\qquad(1)\\ F_y'=2y+\lambda(-4x+10y)=0,&\qquad(2)\\ F_\lambda'=x^2+4xy+5y^2-1,&\qquad(3) \end{cases}$
  $(1)$式乘$\cfrac{x}{2}$加$(2)$式乘$\cfrac{y}{2}$得$x^2+y^2+\lambda(x^2+4xy+5y^2)=0$。則$x^2+y^2+\lambda=0$，即$x^2+y^2=-\lambda$。
  由$(1)$式和$(2)$式知$\begin{cases}(1+\lambda)x-2\lambda y=0,\\-2\lambda+(1+5\lambda)y=0,\end{cases}$這是一個關於$x,y$的二元線性齊次方程組，由題意知它有非零解，則$\begin{vmatrix}1+\lambda&-2\lambda\\-2\lambda&1+5\lambda\end{vmatrix}=0$，即$\lambda^2+6\lambda+1=0$，得$\lambda=-3\pm2\sqrt{2}$。
  故長半軸$a=\sqrt{3+2\sqrt{2}}=1+\sqrt{2}$，短半軸$a=\sqrt{3-2\sqrt{2}}=1-\sqrt{2}$。（這道題主要利用了橢圓幾何特點求解）

5.4  方向導數與梯度 多元微分在幾何上的應用 泰勒定理

例53  函數$z=\sqrt{x^2+y^2}$在點$(0,0)$處（  ）
$(A)$不連續；
$(B)$偏導數存在；
$(C)$沿任一方向方向導數存在；
$(D)$可微。

解  由於$\lim\limits_{x\to0 \atop y\to0}\sqrt{x^2+y^2}=0=z(0,0)$，則在$(0,0)$連續，選項$(A)$不正確。
  由於$\cfrac{\partial z}{\partial x}\biggm\vert_{(0,0)}=\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{(z(x,0))}\biggm\vert_{x=0}=\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{(|x|)}\biggm\vert_{x=0}$，而$|x|$在$x=0$不可導，則$\cfrac{\partial z}{\partial x}\biggm\vert_{(0,0)}$不存在。
  設$l$爲從原點引出的射線，其方向餘弦爲$\cos\alpha,\cos\beta$，則
$\begin{aligned} \cfrac{\partial l}{\partial x}\biggm\vert_{(0,0)}&=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{f(t\cos\alpha,t\cos\beta)-f(0,0)}{t}\\ &=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\sqrt{t^2\cos^2\alpha+t^2\cos^2\beta}-0}{t}=1. \end{aligned}$
  這說明函數$z=\sqrt{x^2+y^2}$在點$(0,0)$沿任一方向的方向導數都存在且爲1，故應選$(C)$。（這道題主要利用了方向導數的定義求解）

例57  設$f(x,y)$是$\bold{R}^2$（全平面）上的一個可微函數，且$\lim\limits_{\rho\to+\infty}\left(x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}\right)=\alpha>0$，其中$\rho=\sqrt{x^2+y^2}$，$\alpha$爲常數。試證明$f(x,y)$在$\bold{R}^2$上有最小值。

證  因爲$\lim\limits_{\rho\to+\infty}\left(x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}\right)=\alpha>0$，由極限保號性知，存在$R>0$，當$\rho\geqslant R$時（即$x^2+y^2\geqslant R^2$時）$x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}>0$。從而有$\cfrac{x}{\rho}\cfrac{\partial f}{\partial x}+\cfrac{y}{\rho}\cfrac{\partial f}{\partial y}>0$。若$\bm{r}$用表示點$(x,y)$處極徑方向的方向導數，由$(1)$式知$\cfrac{\partial f}{\partial r}>0$，則$f(x,y)$在區域$x^2+y^2\geqslant R^2$上任一點沿極徑方向爲增函數，由$f(x,y)$可微性知，$f(x,y)$連續，則$f(x,y)$在有界閉域$x^2+y^2\geqslant R^2$上有最小值，由於$f(x,y)$在$x^2+y^2\geqslant R^2$上任一點沿極徑方向爲增函數，則$f(x,y)$在$x^2+y^2\geqslant R^2$上的最小值也是在全平面上的最小值。（這道題主要利用了極限的保號性求解）

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