张宇1000题高等数学 第十三章 多元函数微分学

$A$组

5.利用变量代换$u=x,v=\cfrac{y}{x}$，可将方程$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$化为新方程（  ）。
$(A)u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z;$
$(B)v\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(C)u\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$
$(D)v\cfrac{\partial z}{\partial u}=z.$

解  由复合函数微分法则可得$\cfrac{\partial z}{\partial x}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot1+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\left(-\cfrac{y}{x^2}\right),\cfrac{\partial z}{\partial y}=\cfrac{1}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}$，于是$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\cfrac{\partial z}{\partial u}-\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}+\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}=x\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$。
  又$u=x$，故新方程为$u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$。（这道题主要利用了复合函数求导法则求解）

14.设函数$z=z(x,y)$由$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0$确定，其中$F$为可微函数，且$G_z'\ne0$，求$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}$。

解  由于$F(xy,yz)=0$，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$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

$B$组

3.设$y=f(x,t)$，而是$t$由方程$F(x,y,t)=0$所确定的$x,y$的函数，其中$f,F$均具有一阶连续偏导数，则$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=$（  ）。
$(A)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{F'_t};$
$(B)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t};$
$(C)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t};$
$(D)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}.$

解  方程两边求全微分，得$F'_x\mathrm{d}x+F'_y\mathrm{d}y+F'_t\mathrm{d}t=0$，则$\mathrm{d}t=-\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x-\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y$，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$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}$，故选$(D)$。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

4.设函数$u=u(x,y)$满足$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}$及$u(x,2x)=x,u'_1(x,2x)=x^2$，其中$u$具有二阶连续偏导数，则$u''_{11}(x,2x)=$（  ）。
$(A)\cfrac{4}{3}x;$
$(B)-\cfrac{4}{3}x;$
$(C)\cfrac{3}{4}x;$
$(D)-\cfrac{3}{4}x.$

解  等式$u(x,2x)=x$两边对$x$求导得$u'_1+2u'_2=1$，两边再对$x$求导得$u''_{11}+2u''_{12}+2u''_{21}+4u''_{22}=0$，等式$u'_1(x,2x)=x^2$两边对$x$求导得$u''_{11}+2u''_{12}=2x$，代入得$u''_{11}(x,2x)=-\cfrac{4}{3}x$。（这道题主要利用了方程求导法则求解）

32.设$f(x,y)$在点$O(0,0)$处的某邻域$U$内连续，且$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$，常数$a>\cfrac{1}{2}$。讨论$f(0,0)$是否为$f(x,y)$的极值？若是极值，判断是极大值还是极小值？

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$a=\cfrac{1}{2}+b,b>0$，于是上式可改写为$f(x,y)=xy+\left(\cfrac{1}{2}+b+\alpha\right)(x^2+y^2)$。
  由$f(x,y)$的连续性，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，存在点$(0,0)$处的去心邻域$\mathring{U}_\delta(0)$，当$(x,y)\in\mathring{U}_\delta(0)$时，有$|\alpha|<\cfrac{b}{2}$，故在$\mathring{U}_\delta(0)$内，$f(x,y)>0$，所以$f(0,0)$是$f(x,y)$的极小值。（这道题主要利用了极限定义求解）

39.求正数$a,b$的值，使得椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$包含圆$x^2+y^2=2y$，且面积最小。

解  如下图，由于所求椭圆必须包含圆$x^2+y^2=2y$，并与之相切。

  故在椭圆上的任意一点$(x,y)$处满足$f(x,y)=x^2+(y-1)^2\geqslant1$。这就是说函数$f(x,y)=x^2+(y-1)^2$在椭圆方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$的约束下取得最小值$1$。于是考虑条件极值问题：
$\begin{cases} \min\{f(x,y)\}=1,\\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1. \end{cases}$
  构造拉格朗日函数$L(x,y,\lambda)=x^2+(y-1)^2+\lambda\left(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1\right)$，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$x\ne0$，则由可解得$\lambda=-a^2$，再由$(2)$可解得$y_0=\cfrac{b^2}{b^2-a^2}$；并由$(3)$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$a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]+\cfrac{b^4}{(b^2-a^2)^2}=1$，从而$a^2b^2-a^4-b^2=0$（$b^2-a^2=0$舍去）。
  为了求出$a,b$的值，使与之对应的椭圆面积$\pi ab$达到最小值，考察条件极值问题
$\begin{cases} \min\{ab\},\\ a^2b^2-a^4-b^2=0. \end{cases}$
  构造拉格朗日函数$H(a,b,\eta)=ab+\eta(a^2b^2-a^4-b^2)$。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$\cfrac{b}{4a^3-2ab^2}=\cfrac{a}{2b-2a^2b}$，从而$b^2=2a^4$。将此式代入$a^2b^2-a^4-b^2=0$，得到$2a^6-3a^4=0$，于是$a^2=\cfrac{3}{2},a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$，此时椭圆面积$A_1=\pi ab=\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}$。
  若$x=0$，则由$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$解得$y=b$。将$x=0,y=b$代入$x^2+(y-1)^2=1$，于是$b=2$。
  椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$在$(0,2)$有水平切线，并且曲率和圆$x^2+(y-1)^2=1$的曲率相同，所以$y'(0)=0,y''(0)=-1$。
  但是，由方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$可以计算在该点的$y'(0)=0,y''(0)=-\cfrac{2}{a^2}$，所以$\cfrac{2}{a^2}=1$，即$a=\sqrt{2}$。此时，椭圆的面积$A_2=2\sqrt{2}>\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}=A_1$。
  综上所述，当$a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$时，椭圆面积最小。（这道题主要利用了拉格朗日函数求解）

$C$组

3.设函数$f(x,y)$及它的二阶偏导数在全平面连续，且$f(0,0)=0,\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$。求证：$|f(5,4)|\leqslant1$。

解  因$\mathrm{d}[f(x,y)]=\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$，因此曲线积分$\displaystyle\int_L\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$与路径无关。
  设$O(0,0),A(4,4),B(5,4)$，由条件$\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$，知在直线$OA:y=x$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$|f(5,4)|=\left|\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x\right|\leqslant\displaystyle\int^5_42|x-4|\mathrm{d}x=1$。（这道题主要利用了第二型曲线积分求解）

5.设$u(x,y)$具有二阶连续偏导数，证明无零值的函数$u(x,y)$可分离变量（即$u(x,y)=f(x)g(y)$）的充分必要条件是$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$。

解  必要性：设$u(x,y)=f(x)g(y)$，则$\cfrac{\partial u}{\partial x}=f'(x)g(y),\cfrac{\partial u}{\partial y}=f(x)g'(y),\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f'(x)g'(y)$，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：因为$\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial}{\partial y}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\right)$，所以有$u(u'_x)'_y-(u'_x)(u'_y)=0$，又$u(x,y)$无零值，故可得$\left(\cfrac{u'_x}{u}\right)'_y=0$，两边关于$y$积分得$\cfrac{u'_x}{u}=c_1(x)$，其中$c_1(x)$是$x$的任意可微函数，即有$(\ln|u|)'_x=c_1(x)$，再对$x$积分得$\ln|u|=\displaystyle\int c_1(x)\mathrm{d}x+c_2(y)$，其中$c_2(y)$是$y$的任意可微函数。故$u(x,y)=\pm e^{\int c_1(x)\mathrm{d}x}e^{c_2(y)}=f(x)g(y)$。（这道题主要利用了方程求导求解）

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