总习题八 | Hengkai Yao | AI Ocean Scientist

总习题八

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7节多元函数的极值 January 1, 1