張宇1000題高等數學 第十三章 多元函數微分學

$A$組

5.利用變量代換$u=x,v=\cfrac{y}{x}$，可將方程$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$化爲新方程（  ）。
$(A)u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z;$
$(B)v\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(C)u\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(D)v\cfrac{\partial z}{\partial u}=z.$

解  由複合函數微分法則可得$\cfrac{\partial z}{\partial x}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot1+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\left(-\cfrac{y}{x^2}\right),\cfrac{\partial z}{\partial y}=\cfrac{1}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}$，於是$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\cfrac{\partial z}{\partial u}-\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}+\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}=x\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$。
  又$u=x$，故新方程爲$u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$。（這道題主要利用了複合函數求導法則求解）

14.設函數$z=z(x,y)$由$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0$確定，其中$F$爲可微函數，且$G_z'\ne0$，求$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}$。

解  由於$F(xy,yz)=0$，可得$G'_x=F'_1\cdot y,G'_y=F'_1\cdot x+F'_2\cdot y,G'_x=F'_2\cdot y$。又$\cfrac{\partial z}{\partial x}=-\cfrac{G'_x}{G'_z}=-\cfrac{F'_1}{F'_2},\cfrac{\partial z}{\partial y}=-\cfrac{G'_y}{G'_z}=-\cfrac{F'_1\cdot x+F'_2\cdot y}{F'_2\cdot y}$，因此$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$。（這道題主要利用了隱函數求導求解）

$B$組

3.設$y=f(x,t)$，而是$t$由方程$F(x,y,t)=0$所確定的$x,y$的函數，其中$f,F$均具有一階連續偏導數，則$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=$（  ）。
$(A)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{F'_t};$
$(B)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t};$
$(C)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t};$
$(D)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}.$

解  方程兩邊求全微分，得$F'_x\mathrm{d}x+F'_y\mathrm{d}y+F'_t\mathrm{d}t=0$，則$\mathrm{d}t=-\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x-\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y$，又$\mathrm{d}y=f'_x\mathrm{d}x+f'_t\mathrm{d}t=f'_x\mathrm{d}x-f'_t\left(\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x+\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y\right)$，解得$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}$，故選$(D)$。（這道題主要利用了隱函數求導求解）

4.設函數$u=u(x,y)$滿足$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}$及$u(x,2x)=x,u'_1(x,2x)=x^2$，其中$u$具有二階連續偏導數，則$u''_{11}(x,2x)=$（  ）。
$(A)\cfrac{4}{3}x;$
$(B)-\cfrac{4}{3}x;$
$(C)\cfrac{3}{4}x;$
$(D)-\cfrac{3}{4}x.$

解  等式$u(x,2x)=x$兩邊對$x$求導得$u'_1+2u'_2=1$，兩邊再對$x$求導得$u''_{11}+2u''_{12}+2u''_{21}+4u''_{22}=0$，等式$u'_1(x,2x)=x^2$兩邊對$x$求導得$u''_{11}+2u''_{12}=2x$，代入得$u''_{11}(x,2x)=-\cfrac{4}{3}x$。（這道題主要利用了方程求導法則求解）

32.設$f(x,y)$在點$O(0,0)$處的某鄰域$U$內連續，且$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$，常數$a>\cfrac{1}{2}$。討論$f(0,0)$是否爲$f(x,y)$的極值？若是極值，判斷是極大值還是極小值？

解  由$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$，知$\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a+\alpha$，其中$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0$。
  再令$a=\cfrac{1}{2}+b,b>0$，於是上式可改寫爲$f(x,y)=xy+\left(\cfrac{1}{2}+b+\alpha\right)(x^2+y^2)$。
  由$f(x,y)$的連續性，有$f(0,0)=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0$。
  另一方面，由$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0$知，存在點$(0,0)$處的去心鄰域$\mathring{U}_\delta(0)$，當$(x,y)\in\mathring{U}_\delta(0)$時，有$|\alpha|<\cfrac{b}{2}$，故在$\mathring{U}_\delta(0)$內，$f(x,y)>0$，所以$f(0,0)$是$f(x,y)$的極小值。（這道題主要利用了極限定義求解）

39.求正數$a,b$的值，使得橢圓$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$包含圓$x^2+y^2=2y$，且面積最小。

解  如下圖，由於所求橢圓必須包含圓$x^2+y^2=2y$，並與之相切。

  故在橢圓上的任意一點$(x,y)$處滿足$f(x,y)=x^2+(y-1)^2\geqslant1$。這就是說函數$f(x,y)=x^2+(y-1)^2$在橢圓方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$的約束下取得最小值$1$。於是考慮條件極值問題：
$\begin{cases} \min\{f(x,y)\}=1,\\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1. \end{cases}$
  構造拉格朗日函數$L(x,y,\lambda)=x^2+(y-1)^2+\lambda\left(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1\right)$，令
$\begin{cases} L'_x=2x+\cfrac{2\lambda x}{a^2}=0,&\qquad(1)\\ L'_y=2(y-1)+\cfrac{2\lambda y}{b^2}=0,&\qquad(2)\\ L'_\lambda=\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1=0.&\qquad(3) \end{cases}$
  若$x\ne0$，則由可解得$\lambda=-a^2$，再由$(2)$可解得$y_0=\cfrac{b^2}{b^2-a^2}$；並由$(3)$解得$x_0^2=a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]$。
  由$f(x_0,y_0)=1$推出$a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]+\cfrac{b^4}{(b^2-a^2)^2}=1$，從而$a^2b^2-a^4-b^2=0$（$b^2-a^2=0$捨去）。
  爲了求出$a,b$的值，使與之對應的橢圓面積$\pi ab$達到最小值，考察條件極值問題
$\begin{cases} \min\{ab\},\\ a^2b^2-a^4-b^2=0. \end{cases}$
  構造拉格朗日函數$H(a,b,\eta)=ab+\eta(a^2b^2-a^4-b^2)$。令
$\begin{cases} H'_a=b+2ab^2\eta-4a^3\eta=0,&\qquad(4)\\ H'_b=a+2a^2b\eta-2b\eta=0,&\qquad(5)\\ H'_\eta=a^2b^2-a^4-b^2,&\qquad(6)\\ \end{cases}$
  由$(4),(5)$得$\cfrac{b}{4a^3-2ab^2}=\cfrac{a}{2b-2a^2b}$，從而$b^2=2a^4$。將此式代入$a^2b^2-a^4-b^2=0$，得到$2a^6-3a^4=0$，於是$a^2=\cfrac{3}{2},a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$，此時橢圓面積$A_1=\pi ab=\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}$。
  若$x=0$，則由$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$解得$y=b$。將$x=0,y=b$代入$x^2+(y-1)^2=1$，於是$b=2$。
  橢圓$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$在$(0,2)$有水平切線，並且曲率和圓$x^2+(y-1)^2=1$的曲率相同，所以$y'(0)=0,y''(0)=-1$。
  但是，由方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$可以計算在該點的$y'(0)=0,y''(0)=-\cfrac{2}{a^2}$，所以$\cfrac{2}{a^2}=1$，即$a=\sqrt{2}$。此時，橢圓的面積$A_2=2\sqrt{2}>\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}=A_1$。
  綜上所述，當$a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$時，橢圓面積最小。（這道題主要利用了拉格朗日函數求解）

$C$組

3.設函數$f(x,y)$及它的二階偏導數在全平面連續，且$f(0,0)=0,\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$。求證：$|f(5,4)|\leqslant1$。

解  因$\mathrm{d}[f(x,y)]=\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$，因此曲線積分$\displaystyle\int_L\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$與路徑無關。
  設$O(0,0),A(4,4),B(5,4)$，由條件$\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$，知在直線$OA:y=x$上，$\cfrac{\partial f}{\partial x}=\cfrac{\partial f}{\partial y}=0$，所以
$\begin{aligned} f(5,4)-f(0,0)&=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\mathrm{d}[f(x,y)]=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int_{\overline{OA}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y+\displaystyle\int_{\overline{AB}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y=\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  又因$f(0,0)=0$，故$|f(5,4)|=\left|\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x\right|\leqslant\displaystyle\int^5_42|x-4|\mathrm{d}x=1$。（這道題主要利用了第二型曲線積分求解）

5.設$u(x,y)$具有二階連續偏導數，證明無零值的函數$u(x,y)$可分離變量（即$u(x,y)=f(x)g(y)$）的充分必要條件是$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$。

解  必要性：設$u(x,y)=f(x)g(y)$，則$\cfrac{\partial u}{\partial x}=f'(x)g(y),\cfrac{\partial u}{\partial y}=f(x)g'(y),\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f'(x)g'(y)$，因此$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f(x)g(y)f'(x)g'(y)=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$。
  充分性：因爲$\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial}{\partial y}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\right)$，所以有$u(u'_x)'_y-(u'_x)(u'_y)=0$，又$u(x,y)$無零值，故可得$\left(\cfrac{u'_x}{u}\right)'_y=0$，兩邊關於$y$積分得$\cfrac{u'_x}{u}=c_1(x)$，其中$c_1(x)$是$x$的任意可微函數，即有$(\ln|u|)'_x=c_1(x)$，再對$x$積分得$\ln|u|=\displaystyle\int c_1(x)\mathrm{d}x+c_2(y)$，其中$c_2(y)$是$y$的任意可微函數。故$u(x,y)=\pm e^{\int c_1(x)\mathrm{d}x}e^{c_2(y)}=f(x)g(y)$。（這道題主要利用了方程求導求解）

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