第8章 多元函数的微分法及其应用
思考题 8.1
【题目】
讨论二元函数
$$f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y}{x^4 + y^2}, & x^4 + y^2 \neq 0, \\ 0, & x^4 + y^2 = 0 \end{cases}$$在点 $(0,0)$ 处的极限 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)$ 是否存在.
【解答】
极限不存在。
【解析】
判断多元函数极限不存在，通常采用选取不同路径趋近的方法。
考虑动点 $(x,y)$ 沿抛物线 $y = kx^2$ （$k$ 为任意常数）趋近于点 $(0,0)$。
将 $y = kx^2$ 代入函数式中，考察单变量 $x \to 0$ 时的极限：
$$\lim_{x \to 0} f(x, kx^2) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2(kx^2)}{x^4 + (kx^2)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{kx^4}{x^4 + k^2 x^4} = \frac{k}{1+k^2}$$由于 $k$ 可以取不同的实数（例如取 $k=1$ 极限为 $1/2$，取 $k=0$ 极限为 $0$），说明当 $(x,y)$ 沿不同的抛物线路径趋近于 $(0,0)$ 时，函数趋近的值不同。根据多元函数极限存在的唯一性，该函数在 $(0,0)$ 处的极限不存在。
思考题 8.2
【题目】
一元函数“可导必连续”，请通过反例探究二元函数 $f(x,y)$ 在一点处的偏导数存在与 $f(x,y)$ 在该点处连续的关系.
【解答】
二元函数在某点处偏导数存在，不能推导出函数在该点连续。偏导数存在既不是连续的充分条件，也不是必要条件。
【解析】
我们可以构造如下经典反例来证明“偏导数存在但不连续”：
设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2=0 \end{cases}$
- 考查在点 $(0,0)$ 处的偏导数：
根据偏导数定义：
$$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$$$$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$$可见偏导数 $f_x(0,0)$ 和 $f_y(0,0)$ 均存在且等于 $0$。
- 考查在点 $(0,0)$ 处的连续性：
令动点 $(x,y)$ 沿直线 $y=kx$ 趋于 $(0,0)$，则：
$$\lim_{x \to 0} f(x, kx) = \lim_{x \to 0} \frac{kx^2}{x^2+k^2x^2} = \frac{k}{1+k^2}$$极限值与斜率 $k$ 的取值有关，因此 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)$ 不存在。既然极限不存在，函数在该点必然不连续。
思考题 8.4
【题目】
设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}, & x^2 + y^2 \neq 0, \\ 0, & x^2 + y^2 = 0. \end{cases}$ 讨论函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处是否连续；偏导数是否存在；是否可微.
【解答】
该函数在 $(0,0)$ 处连续；偏导数存在；但不可微。
【解析】
- 连续性探讨：
将函数转化为极坐标形式，令 $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$，当 $r \to 0$ 时：
$$0 \le \left| \frac{x^2 y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}} \right| = \left| \frac{r^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{r^3} \right| = r\cos^2\theta\sin^2\theta \le r$$因为 $\lim_{r\to 0} r = 0$，由夹逼定理可知，$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0)$。因此在 $(0,0)$ 处连续。
- 偏导数探讨：
利用定义在原点求导：
$$f_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0$$同理 $f_y(0,0) = 0$。偏导数存在。
- 可微性探讨：
若在 $(0,0)$ 处可微，则全增量需满足 $\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$，即以下极限必须为 $0$：
$$\lim_{\rho \to 0} \frac{f(\Delta x, \Delta y) - [f_x(0,0)\Delta x + f_y(0,0)\Delta y]}{\rho} = 0$$其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$。代入已知值得：
$$\lim_{\rho \to 0} \frac{\frac{(\Delta x)^2 (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2]^{3/2}} - 0}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{\rho \to 0} \frac{(\Delta x)^2 (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2]^2}$$若取特定路径 $\Delta y = \Delta x$，并令 $\Delta x \to 0$，上式变为 $\frac{(\Delta x)^4}{[2(\Delta x)^2]^2} = \frac{1}{4} \neq 0$。极限不为 $0$，故函数在 $(0,0)$ 处不可微。
思考题 8.5
【题目】
若定理 8.6 中的条件“$z=f(u,v)$ 在点 $(u,v)$ 处具有连续偏导数”减弱为“偏导数存在”，则定理是否成立？
【解答】
不成立。
【解析】
定理 8.6 指的是多元复合函数的链式求导法则（例如 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{\partial z}{\partial u}\frac{\text{d}u}{\text{d}t} + \frac{\partial z}{\partial v}\frac{\text{d}v}{\text{d}t}$）。该法则要求外层函数 $z=f(u,v)$ 在相应点处必须是可微的。
“连续偏导数”是函数可微的充分条件；而“偏导数存在”仅仅说明函数在坐标轴方向上有变化率，不能保证函数在各个方向上能用切平面线性逼近（即不一定可微）。如果外层函数不可微，全微分的线性展开失效，复合函数的求导法则自然不成立。
例如，构造外层函数 $f(u,v) = \begin{cases} \frac{uv}{u^2+v^2}, & u^2+v^2 \neq 0 \\ 0, & u^2+v^2=0 \end{cases}$，内层函数为 $u(t)=t, v(t)=t$。此时 $f_u(0,0)=0, f_v(0,0)=0$，但复合函数 $z(t) = f(t,t) = \frac{1}{2}$ （当 $t\neq0$）且 $z(0)=0$，该函数在 $t=0$ 处不连续也不可导。
思考题 8.6
【题目】
设函数 $z = f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处可微，且 $f(1,1)=1$、$\frac{\partial f}{\partial x}\big|_{(1,1)} = 2$、$\frac{\partial f}{\partial y}\big|_{(1,1)} = 3$，令 $\varphi(x) = f(x, f(x,x))$，求 $\frac{\text{d}\varphi(x)}{\text{d}x}\big|_{x=1}$.
【解答】
17。
【解析】
已知复合函数 $\varphi(x) = f(x, f(x,x))$。根据多元复合函数的链式求导法则：
$$\varphi'(x) = f_x'(x, f(x,x)) \cdot 1 + f_y'(x, f(x,x)) \cdot \frac{\text{d}}{\text{d}x}f(x,x)$$其中，对内层项 $f(x,x)$ 再次使用求导法则：
$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}f(x,x) = f_x'(x,x) + f_y'(x,x)$$现在将 $x=1$ 代入上述公式：
首先计算内层函数的值：$f(1,1) = 1$。
计算 $f(x,x)$ 在 $x=1$ 处的全导数：
- 代入外层导数公式：
思考题 8.7
【题目】
设由 $\frac{x}{z} = \varphi\left(\frac{y}{z}\right)$ 确定的函数 $z = f(x,y)$，其中 $\varphi$ 为可微函数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial z}{\partial y}$，并证明 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = z$.
【解答】
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{z}{x - y\varphi'}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{z\varphi'}{y\varphi' - x}$。证明见解析。
【解析】
设隐函数方程为 $F(x,y,z) = \frac{x}{z} - \varphi\left(\frac{y}{z}\right) = 0$。
分别求 $F$ 对 $x, y, z$ 的偏导数（为书写简便，将 $\varphi'\left(\frac{y}{z}\right)$ 简记为 $\varphi'$）：
$$F_x = \frac{1}{z}$$$$F_y = -\frac{1}{z}\varphi'$$$$F_z = -\frac{x}{z^2} - \varphi' \cdot \left(-\frac{y}{z^2}\right) = \frac{y\varphi' - x}{z^2}$$利用隐函数求导公式可得：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{\frac{1}{z}}{\frac{y\varphi' - x}{z^2}} = \frac{z}{x - y\varphi'}$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{-\frac{1}{z}\varphi'}{\frac{y\varphi' - x}{z^2}} = \frac{z\varphi'}{y\varphi' - x} = \frac{-z\varphi'}{x - y\varphi'}$$证明：
将求得的偏导数代入等式左边：
$$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = x \left( \frac{z}{x - y\varphi'} \right) + y \left( \frac{-z\varphi'}{x - y\varphi'} \right) = \frac{xz - yz\varphi'}{x - y\varphi'} = \frac{z(x - y\varphi')}{x - y\varphi'} = z$$等式得证。
思考题 8.8
【题目】
在方程组 (8.27) 中，若函数 $F$ 与 $G$ 的变量各减少一个，得到方程组
$$\begin{cases} F(x,y,z) = 0, \\ G(x,y,z) = 0. \end{cases} \quad (8.32)$$变量 $x, y, z$ 中只能有一个变量独立变化，因此方程组 (8.32) 可以确定两个一元函数 $y = y(x), z = z(x)$，当满足隐函数存在的条件时，如何求 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ 及 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$ ?
【解答】
利用全导数法联立求解，并通过克莱姆法则（或雅可比行列式）表示结果。
【解析】
对方程组两边同时对自变量 $x$ 求全导数，注意此时 $y$ 和 $z$ 都是 $x$ 的函数：
$$\begin{cases} F_x + F_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + F_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 0 \\ G_x + G_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + G_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 0 \end{cases}$$将含有未知导数的项留在左边，移项整理得到一个关于 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ 和 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$ 的二元一次线性方程组：
$$\begin{cases} F_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + F_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = -F_x \\ G_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + G_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = -G_x \end{cases}$$当满足隐函数存在定理条件时，系数矩阵的行列式 $J = \frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)} = \begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix} \neq 0$。
利用克莱姆法则求解：
$$\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{\begin{vmatrix} -F_x & F_z \\ -G_x & G_z \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix}} = - \frac{\frac{\partial(F,G)}{\partial(x,z)}}{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)}}$$$$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = \frac{\begin{vmatrix} F_y & -F_x \\ G_y & -G_x \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix}} = - \frac{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,x)}}{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)}}$$思考题 8.9
【题目】
设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某邻域内有定义，且 $f_x(0,0)=3, f_y(0,0)=-1$，则有________.
A. $\text{d}z\big|_{(0,0)} = 3\text{d}x - \text{d}y$
B. 曲面 $z = f(x,y)$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个法向量为 $(3, -1, 1)$
C. 曲线 $\begin{cases} z = f(x,y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个切向量为 $(1, 0, 3)$
D. 曲线 $\begin{cases} z = f(x,y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个切向量为 $(3, 0, 1)$
【解答】
C
【解析】
选项 A：写出全微分式子的前提是函数在点 $(0,0)$ 处可微。题干仅告知偏导数存在，偏导数存在推不出可微，故 A 不一定成立。
选项 B：同理，法向量的存在依赖于曲面存在切平面（即函数可微）。此外，即使可微，标准法向量形式应为 $(f_x, f_y, -1) = (3, -1, -1)$ 或其平行向量，符号不匹配，故 B 错误。
选项 C 与 D：考查偏导数的纯几何意义。曲线 $\begin{cases} z = f(x,y) \\ y = 0 \end{cases}$ 实际上是曲面 $z=f(x,y)$ 与 $xz$ 坐标平面的交线。
我们将该空间曲线参数化为 $\vec{r}(x) = (x, 0, f(x,0))$。
对 $x$ 求导，得到切向量方程 $\vec{r}'(x) = (1, 0, f_x(x,0))$。
在点 $x=0$ 处，切向量为 $\vec{r}'(0) = (1, 0, f_x(0,0))$。已知 $f_x(0,0) = 3$，因此切向量为 $(1, 0, 3)$。且该切向量的存在性仅依赖于 $f_x(0,0)$ 的存在。故 C 正确，D 错误。
思考题 8.10
【题目】
根据导数、偏导数的几何意义，如何理解方向导数的几何意义？
【解答】
方向导数的几何意义表示空间曲面在某一点处沿特定射线方向截得的交线，在该点处切线的斜率。
【解析】
为了形成直观理解，我们可以做层层递进的对比：
一元函数导数：$y=f(x)$ 的导数 $f'(x_0)$ 表示二维平面曲线在点处切线的斜率。
偏导数：对于曲面 $z=f(x,y)$，偏导数 $f_x$ 和 $f_y$ 是让一个自变量保持不变，相当于用平行于 $xz$ 轴的面（$y=y_0$）或平行于 $yz$ 轴的面（$x=x_0$）去“切割”空间曲面。偏导数就是截得的那两条特定曲线的切线斜率。
方向导数：它是偏导数在任意方向上的推广。过定义域内一点 $P(x_0,y_0)$ 指定任意一个方向 $l$。用一个过该点、平行于方向 $l$ 且垂直于 $xy$ 平面的平面去切割空间曲面 $z=f(x,y)$。这会切出一条空间交线。方向导数 $\frac{\partial f}{\partial l}$ 的数值，就等于这条交线在对应点处切线的斜率（即沿 $l$ 方向的高度变化率）。