本章将在一元函数微分学的基础上，讨论多元函数的微分法及其应用。——高等数学同济版

习题9-1 多元函数的基本概念

  本节主要介绍了多元函数的基本概念。

6.求下列各极限：

（3） $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{2-\sqrt{xy+4}}{xy};$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{2-\sqrt{xy+4}}{xy}&=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{4-(xy+4)}{xy(2+\sqrt{xy+4})}\\ &=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{-1}{2+\sqrt{xy+4}}=-\cfrac{1}{4}. \end{aligned}$
（这道题主要利用了分子有理化的方法求解）

（4） $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{xy}{\sqrt{2-e^{xy}}-1};$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{xy}{\sqrt{2-e^{xy}}-1}=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{xy}{1-e^{xy}}\cdot(\sqrt{2-e^{xy}}+1)=-1\cdot2=-2 \end{aligned}$
（这道题主要利用了分母有理化的方法求解）

（6） $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)e^{x^2y^2}}.$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)e^{x^2y^2}}&=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2}\cdot\cfrac{x^2+y^2}{e^{x^2y^2}}\\ &=\cfrac{1}{2}\cdot0=0. \end{aligned}$
（本题主要利用了等价无穷小代换的方法求解，这部分内容见第一章第七节，传送门在这里）

9.证明 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}=\cfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}.$

证  因为
$\left|\cfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}-0\right|\leqslant\cfrac{\cfrac{1}{2}(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}.$
  要使 $\left|\cfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}-0\right|<\varepsilon$，只要 $\sqrt{x^2+y^2}<2\varepsilon$，所以 $\forall\varepsilon>0$，取 $\delta=2\varepsilon$，则当 $0<\sqrt{x^2+y^2}<\delta$时，就有 $\left|\cfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}-0\right|<\varepsilon$成立，即 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}=\cfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$。（这道题主要利用了定义证明）

10.设 $F(x,y)=f(x)$， $f(x)$在 $x_0$处连续，证明：对任意 $y_0\in\bold{R}$， $F(x,y)$在 $(x_0,y_0)$处连续。

证  设 $P_0(x_0,y_0)\in\bold{R}^2$，因为 $f(x)$在 $x_0$处连续，所以 $\forall\varepsilon>0$， $\exists\delta>0$，当 $|x-x_0|<\delta$时，有 $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$。从而，当 $P(x,y)\in U(x_0,\delta)$时， $|x-x_0|\leqslant\rho(P,P_0)<\delta$，因而有
$|F(x,y)-F(x_0,y_0)|=|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon.$
  即 $F(x,y)$在 $(x_0,y_0)$处连续。（这道题主要利用了定义证明）

习题9-2 偏导数

  本节主要介绍了偏导数的基本概念及计算方法。

习题9-3 全微分

  本节主要介绍了全微分的基本概念及计算。

5.考虑二元函数 $f(x,y)$的下面四条性质：
（1） $f(x,y)$在点 $(x_0,y_0)$连续；
（2） $f_x(x,y)$， $f_y(x,y)$在点 $(x_0,y_0)$连续；
（3） $f(x,y)$在点 $(x_0,y_0)$可微分；
（4） $f_x(x_0,y_0)$， $f_y(x_0,y_0)$存在。
若用“ $P\rArr Q$”表示可由性质 $P$推出性质 $Q$，则下列四个选项中正确的是（ $\quad$） $\begin{aligned}&(A)(2)\rArr(3)\rArr(1)\\&(B)(3)\rArr(2)\rArr(1)\\&(C)(3)\rArr(4)\rArr(1)\\&(D)(3)\rArr(1)\rArr(4)\\\end{aligned}$

解  由于二元函数偏导数存在且连续是二元函数可微分的充分条件，二元函数可微分必定可偏导，二元函数可微分必定连续，因此选项（A）正确。（这道题主要考察对于多元函数可微、可导、连续的理解）

习题9-4 多元复合函数的求导法则

本节要将一元函数微分学中复合函数的求导法则推广到多元复合函数的情形。多元复合函数的求导法则在多元函数微分学中也起着重要作用。——高等数学同济版

  本节主要介绍了多元复合函数的求导法则。

习题9-5 隐函数的求导公式

  本节主要介绍了在多元函数的情况下对隐函数求导的方法。

11.设 $y=f(x,t)$，而 $t=t(x,y)$是由方程 $F(x,y,t)=0$所确定的函数，其中 $f,F$都具有一阶连续偏导数。试证明 $\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{\cfrac{\partial f}{\partial x}\cfrac{\partial F}{\partial t}-\cfrac{\partial f}{\partial t}\cfrac{\partial F}{\partial x}}{\cfrac{\partial f}{\partial t}\cfrac{\partial F}{\partial y}+\cfrac{\partial F}{\partial t}}.$

解  由方程组 $\begin{cases}y=f(x,t),\\F(x,y,t)=0\end{cases}$可确定两个一元隐函数 $y=y(x)$， $t=t(x)$。分别在两个方程两端对 $x$求导可得
$\begin{cases} \cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{\partial f}{\partial x}+\cfrac{\partial f}{\partial t}\cdot\cfrac{\partial t}{\partial x},\\ \cfrac{\partial F}{\partial x}+\cfrac{\partial F}{\partial y}\cdot\cfrac{\partial y}{\partial x}+\cfrac{\partial F}{\partial t}\cdot\cfrac{\partial t}{\partial x}=0. \end{cases}$
  移项得
$\begin{cases} \cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\cfrac{\partial f}{\partial t}\cdot\cfrac{\partial t}{\partial x}=\cfrac{\partial f}{\partial x},\\ \cfrac{\partial F}{\partial y}\cdot\cfrac{\partial y}{\partial x}+\cfrac{\partial F}{\partial t}\cdot\cfrac{\partial t}{\partial x}=-\cfrac{\partial F}{\partial x}. \end{cases}$
  当 $D=\begin{vmatrix}1&-\cfrac{\partial f}{\partial t}\\\cfrac{\partial F}{\partial y}&\cfrac{\partial F}{\partial t}\end{vmatrix}=\cfrac{\partial F}{\partial t}+\cfrac{\partial f}{\partial t}\cdot\cfrac{\partial F}{\partial y}\not =0$时，解方程组得
$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{1}{D}\cdot\begin{vmatrix}\cfrac{\partial f}{\partial x}&-\cfrac{\partial f}{\partial t}\\-\cfrac{\partial F}{\partial x}&\cfrac{\partial F}{\partial t}\end{vmatrix}=\cfrac{\cfrac{\partial f}{\partial x}\cfrac{\partial F}{\partial t}-\cfrac{\partial f}{\partial t}\cfrac{\partial F}{\partial x}}{\cfrac{\partial f}{\partial t}\cfrac{\partial F}{\partial y}+\cfrac{\partial F}{\partial t}}.$
（这道题主要利用了多元函数求导法则求解）

习题9-6 多元函数微分学的几何应用

本节先介绍一元向量值函数及其导数，再讨论多元函数微分学的几何应用。——高等数学同济版

  本节主要介绍了多元函数导数在几何上的应用。

1. 设 $\bm{f}(t)=f_1(t)\bm{i}+f_2(t)\bm{j}+f_3(t)\bm{k},\bm{g}(t)=g_1(t)\bm{i}+g_2(t)\bm{j}+g_3(t)\bm{k},\lim\limits_{t\to t_0}\bm{f}(t)=\bm{u},\lim\limits_{t\to t_0}\bm{g}(t)=\bm{v},$证明 $\lim\limits_{t\to t_0}[\bm{f}(t)\times\bm{g}(t)]=\bm{u}\times\bm{v}.$

证
$\begin{aligned} \lim\limits_{t\to t_0}[\bm{f}(t)\times\bm{g}(t)]&=\lim\limits_{t\to t_0}\begin{vmatrix}\bm{i}&\bm{j}&\bm{k}\\f_1(t)&f_2(t)&f_3(t)\\g_1(t)&g_2(t)&g_3(t)\end{vmatrix}\\ &=\lim\limits_{t\to t_0}\left(f_2(t)g_3(t)-f_3(t)g_2(t),f_3(t)g_1(t)-f_1(t)g_3(t),f_1(t)g_2(t)-f_2(t)g_1(t)\right)\\ &=\left(\lim\limits_{t\to t_0}[f_2(t)g_3(t)-f_3(t)g_2(t)],\lim\limits_{t\to t_0}[f_3(t)g_1(t)-f_1(t)g_3(t)],\lim\limits_{t\to t_0}[f_1(t)g_2(t)-f_2(t)g_1(t)]\right)\\ &=\begin{vmatrix}\bm{i}&\bm{j}&\bm{k}\\\lim\limits_{t\to t_0}f_1(t)&\lim\limits_{t\to t_0}f_2(t)&\lim\limits_{t\to t_0}f_3(t)\\\lim\limits_{t\to t_0}g_1(t)&\lim\limits_{t\to t_0}g_2(t)&\lim\limits_{t\to t_0}g_3(t)\end{vmatrix}=\bm{u}\times\bm{v}. \end{aligned}$
（这道题主要利用了行列式的方法求解）

习题9-7 方向导数与梯度

  本节主要介绍了方向导数与梯度的概念。

习题9-8 多元函数的极值及其求法

  本节主要介绍了多元函数的极值及其求法。

1.已知函数 $f(x,y)$在点 $(0,0)$的某个领域内连续，且 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{(x^2+y^2)^2}=1,$则下述四个选项中正确的是（ $\qquad$）
（A）点 $(0,0)$不是 $f(x,y)$的极值点
（B）点 $(0,0)$是 $f(x,y)$的极大值点
（C）点 $(0,0)$是 $f(x,y)$的极小值点
（D）根据所给条件无法判断点 $(0,0)$是否为 $f(x,y)$的极值点

解  令 $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$，则由题设可知
$f(x,y)=xy+\rho^4+\omicron(\rho^4).$
  当 $(x,y)\to(0,0)$时， $\rho=0$。
  由于 $f(x,y)$在 $(0,0)$附近的值主要由 $xy$决定，而 $xy$在 $(0,0)$附近符号不定，故点 $(0,0)$不是 $f(x,y)$的极值点，即应选（A）。
  本题也可以取两条路径 $y=x$和 $y=-x$来考虑。当 $|x|$充分小时，
$f(x,x)=x^2+4x^4+\omicron(x^4)>0,\quad f(x,-x)=-x^2+4x^4+\omicron(x^4)<0.$
  故点 $(0,0)$不是 $f(x,y)$的极值点，即应选（A）。（这道题主要利用了极值点的判断方法求解）

习题9-9 二元函数的泰勒公式

  本节主要介绍了二元函数的泰勒公式及应用。

总习题九

1.在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：
（3） $f(x,y)$的偏导数 $\cfrac{\partial z}{\partial x}$及 $\cfrac{\partial z}{\partial y}$在点 $(x,y)$存在且连续是 $f(x,y)$在该点可微分的______条件；
（4）函数 $z=f(x,y)$的两个二阶混合偏导数 $\cfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$及 $\cfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}$在区域 $D$内连续是这两个二阶混合偏导数在 $D$内相等的______条件。

解  （3）充分。
  （4）充分。
（这道题主要利用了多元函数微分学中主要概念之间的联系求解）

12.设 $x=e^u\cos v$， $y=e^u\sin v$， $z=uv$，试求 $\cfrac{\partial z}{\partial x}$和 $\cfrac{\partial z}{\partial y}$。

解   $\cfrac{\partial z}{\partial x}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\cfrac{\partial u}{\partial x}+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\cfrac{\partial v}{\partial x}=v\cfrac{\partial u}{\partial x}+u\cfrac{\partial v}{\partial x}.$
  分别在 $x=e^u\cos v$， $y=e^u\sin u$的两端对 $x$求偏导，得
$\begin{cases} e^u\cos v\cfrac{\partial u}{\partial x}-e^u\sin v\cfrac{\partial v}{\partial x}=1,\\ e^u\sin v\cfrac{\partial u}{\partial x}+e^u\cos v\cfrac{\partial v}{\partial x}=0. \end{cases}$
  由以上方程组解得
$\cfrac{\partial u}{\partial x}=e^{-u}\cos v,\quad\cfrac{\partial v}{\partial x}=-e^{-u}\sin v.$
  从而
$\cfrac{\partial z}{\partial x}=e^{-u}(v\cos v-u\sin v).$
  同理
$\cfrac{\partial z}{\partial y}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\cfrac{\partial u}{\partial y}+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\cfrac{\partial v}{\partial y}=v\cfrac{\partial u}{\partial y}+u\cfrac{\partial v}{\partial y}.$
  分别在 $x=e^u\cos v$， $y=e^u\sin u$的两端对 $y$求偏导数，得
$\begin{cases} e^u\cos v\cfrac{\partial u}{\partial y}-e^u\sin v\cfrac{\partial v}{\partial y}=0,\\ e^u\sin v\cfrac{\partial u}{\partial y}+e^u\cos v\cfrac{\partial v}{\partial y}=1. \end{cases}$
  由以上方程组解得
$\cfrac{\partial u}{\partial y}=e^{-u}\sin v,\quad\cfrac{\partial v}{\partial x}=e^{-u}\cos v.$
  从而
$\cfrac{\partial z}{\partial y}=e^{-u}(u\cos v+v\sin v).$
（这道题主要利用了隐函数求导的方法求解）

16.求函数 $u=x^2+y^2+z^2$在椭球面 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1$上点处沿 $M_0(x_0,y_0,z_0)$外法线方向的方向导数。

解  椭球面在点 $M_0$处的沿外法线方向的一个向量为 $\bm{n}=\left(\cfrac{x_0}{a^2},\cfrac{y_0}{b^2},\cfrac{z_0}{c^2}\right)$，
$\bm{e_n}=\cfrac{1}{\sqrt{\cfrac{x^2_0}{a^4}+\cfrac{y^2_0}{b^4}+\cfrac{z^2_0}{c^4}}}\left(\cfrac{x_0}{a^2},\cfrac{y_0}{b^2},\cfrac{z_0}{c^2}\right).\\ \begin{aligned} \cfrac{\partial z}{\partial n}\biggm\vert_{(x_0,y_0,z_0)}&=\cfrac{1}{\sqrt{\cfrac{x^2_0}{a^4}+\cfrac{y^2_0}{b^4}+\cfrac{z^2_0}{c^4}}}\left(2x_0\cdot\cfrac{x_0}{a^2}+2y_0\cdot\cfrac{y_0}{b^2}+2z_0\cdot\cfrac{z_0}{c^2}\right)\\ &=\cfrac{2}{\sqrt{\cfrac{x^2_0}{a^4}+\cfrac{y^2_0}{b^4}+\cfrac{z^2_0}{c^4}}}. \end{aligned}$
（这道题主要利用了椭球面的外法线的公式求解）

17.求平面 $\cfrac{x}{3}+\cfrac{y}{4}+\cfrac{z}{5}=1$和柱面 $x^2+y^2=1$的交线上与 $xOy$平面距离最短的点。

解  设交线上的点为 $M(x,y,z)$，它到 $xOy$面上距离的平方为 $z^2$。问题就成为求函数 $z^2$在约束条件 $\cfrac{x}{3}+\cfrac{y}{4}+\cfrac{z}{5}=1$和 $x^2+y^2=1$下的最小值问题。作拉格朗日函数
$L=z^2+\lambda\left(\cfrac{x}{3}+\cfrac{y}{4}+\cfrac{z}{5}-1\right)+\mu(x^2+y^2-1).$
  令
$\begin{cases} L_x&=\cfrac{\lambda}{3}+2\mu x=0,\\ L_y&=\cfrac{\lambda}{4}+2\mu y=0,\\ L_z&=2z+\cfrac{\lambda}{5}=0. \end{cases}$
  又由约束条件，有
$\cfrac{x}{3}+\cfrac{y}{4}+\cfrac{z}{5}=1,\\ x^2+y^2=1.$
  解此方程组，得 $x=\cfrac{4}{5}$， $y=\cfrac{3}{5}$， $z=\cfrac{35}{12}$。于是，得可能的极值点 $M_0\left(\cfrac{4}{5},\cfrac{3}{5},\cfrac{35}{12}\right)$。由问题本身可知，距离最短的点必定存在，因此 $M_0$就是所求的点。
（这道题主要利用了多约束条件的拉格朗日函数求解）

18.在第一卦线内作椭球面 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1$的切平面，使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小。求这切平面的切点，并求此最小体积。

解  设切点为 $M(x_0,y_0,z_0)$， $F(x,y,z)=\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}-1$，
$\bm{n}=(F_x,F_y,F_z)=\left(\cfrac{2x}{a^2},\cfrac{2y}{b^2},\cfrac{2z}{c^2}\right).$
  曲面在点处的切平面方程为
$\cfrac{x_0}{a^2}(x-x_0)+\cfrac{y_0}{b^2}(y-y_0)+\cfrac{z_0}{c^2}(z-z_0)=0.$
  即
$\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}+\cfrac{z_0z}{c^2}=1$
  于是，切平面在三个坐标轴上的截距依次为 $\cfrac{a^2}{x_0}$， $\cfrac{b^2}{y_0}$， $\cfrac{c^2}{z_0}$，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为
$V=\cfrac{1}{6}\cdot\cfrac{a^2b^2c^2}{x_0y_0z_0}.$
  在 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1$的条件下，求 $V$的最小值，即求分母 $xyz$的最大值。作拉格朗日函数
$L(x,y,z)=xyz+\lambda(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}-1).$
  令
$\begin{cases} L_x=yz+\cfrac{2\lambda x}{a^2}=0,&\qquad(1)\\ L_y=xz+\cfrac{2\lambda y}{b^2}=0,&\qquad(2)\\ L_z=xy+\cfrac{2\lambda z}{c^2}=0.&\qquad(3) \end{cases}$
   $(1)\cdot x+(2)\cdot y+(3)\cdot z$，并由约束条件 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1$，得
$\cfrac{x^2}{a^2}=\cfrac{y^2}{b^2}=\cfrac{z^2}{c^2}=\cfrac{1}{3}.$
  从而
$x=\cfrac{a}{\sqrt{3}},\quad y=\cfrac{b}{\sqrt{3}},\quad z=\cfrac{c}{\sqrt{3}}.$
  于是，得可能的极值点 $M\left(\cfrac{a}{\sqrt{3}},\cfrac{b}{\sqrt{3}},\cfrac{c}{\sqrt{3}}\right)$。由此问题的性质可知，所求切点为 $M\left(\cfrac{a}{\sqrt{3}},\cfrac{b}{\sqrt{3}},\cfrac{c}{\sqrt{3}}\right)$，四面体的最小体积为
$V_{min}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}abc.$
（这道题主要利用了空间几何和多元函数的综合计算求解）

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