第七章 多元函数微分学

第七章 多元函数微分学

本书上册所讨论的函数都只依赖于一个自变量，称之为一元函数。但在实际问题中经常遇到依赖多个自变量的函数，这就是本章将要讨论的多元函数。

一元函数和多元函数在概念上有许多共同点，但也存在某些本质上的差异。而二元函数和二元以上的多元函数相比较，只是形式上的不同，并没有本质的区别。因此本章着重讨论二元函数的微分学，在掌握了二元函数微分学的相关理论和方法之后，不难把它推广到一般多元函数中去。

对多元函数微分学的讨论，主要以自变量的两种不同变化方式来进行。一种是当多个自变量同时变化时函数的变化规律，另一种是只让其中一个自变量变化，而其他自变量相对保持不变时函数的变化规律，并进一步研究两类变化规律之间的相互关系。显然，后一种情形本质上与一元函数没有区别。可见，一元函数微分学是多元函数微分学的基础。

第一节 多元函数

一、 平面点集

一元函数的定义域是实轴上的点集，二元函数的定义域是平面上的点集。因此，在讨论二元函数之前，先了解有关平面点集的一些基本概念。

由平面解析几何知道，在平面直角坐标系下，所有二元有序实数组 $ (x, y) $ 与平面上的点之间建立了一一对应关系。因此，在这意义上，二元有序数组与平面上的点可以看作是完全等同的。

确定了坐标系的平面，称为坐标平面．坐标平面上具有某种性质 p 的点的集合，称为平面点集，并记作

$$ E=\{(x,y)\mid(x,y) 具有性质 p\}. $$

常把全平面视为二维空间，记作 $ \mathbb{R}^2 $。并用 $ E \subset \mathbb{R}^2 $ 表示平面点集。

1. 邻域

设点 $ P_0(x_0, \, y_0) \in \mathbb{R}^2 $， $ \delta \gt 0 $ 是某定实数，记

$$ U(P_{0},\delta)=\{(x,y)\mid\sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}}\lt \delta\} $$

并称 $ U(P_{0}, \delta) $ 是以点 $ P_{0} $ 为中心， $ \delta $ 为半径的邻域，简称为点 $ P_{0} $ 的 $ \delta $ 邻域。实际上， $ U(P_{0}, \delta) $ 就是一个以 $ P_{0} $ 为中心， $ \delta $ 为半径的圆内部。

在 $ U(P_{0}, \delta) $ 中除去中心点 $ P_{0} $ 所得的点集，称为 $ P_{0} $ 的去心 $ \delta $ 邻域，记为 $ \hat{U}(P_{0}, \delta) $，即

$$ \hat{U}(P_{0},\delta)=\{(x,y)\mid0\lt \sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}}\lt \delta\}. $$

在无须指明邻域的半径时， $ P_{0} $ 的邻域简记为 $ U(P_{0}) $

除以上圆形邻域外，我们还可以定义矩形邻域，即

$$ U^{\prime}(P_{0},\delta)=\{(x,y)\mid|x-x_{0}|\lt \delta,\quad|y-y_{0}|\lt \delta\}. $$

显然，在点 $ P_{0} $ 的圆形邻域内总有点 $ P_{0} $ 的矩形邻域；同样，在点 $ P_{0} $ 的矩形邻域内也总有点 $ P_{0} $ 的圆形邻域.

设 E 为平面点集，P 为平面上的点．下面利用邻域来描述点和点集的关系.

(i) 内点

若存在点 P 的某邻域 $ U(P) $，使得

$$ U(P)\subset E, $$

则称点 P 是点集 E 的内点. E 中全体内点组成的集合称为 E 的内部, 记作 $ E^{\circ} $.

（ii）外点

若存在点 P 的邻域 $ U(P) $，使得

$$ U(P)\cap E=\varnothing, $$

则称点P为点集E的外点.

（iii）边界点

若点 P 的任何邻域 $ U(P) $ 内既含有属于 E 的点，也有不属于 E 的点，即

$$ U(P)\cap E\neq\varnothing\quad 且 \quad U(P)\cap\overline{E}\neq\varnothing, $$

则称 P 是点集 E 的边界点.

点集 E 的全体边界点，称为 E 的边界. 注意，E 的边界点可以属于 E，也可以不属于 E.

(iv) 聚点

若点 P 的任何去心邻域 $ \mathring{U}(P) $ 内都含有 E 中的点，则称点 P 是 E 的聚点. 聚点本身可能属于 E，也可能不属于 E.

(v) 孤立点

若点 $ P \in E $，但不是 E 的聚点，即存在点 P 的一个邻域 $ U(P) $。使

有理数点集：只有边界点

$$ \mathring{U}(P)\cap E=\varnothing. $$

则称点 P 是 E 的孤立点.

例如，平面点集

$$ E=\{(x,y)\mid1\lt x^{2}+y^{2}\leqslant2\}, $$

满足 $ 1\lt x^{2}+y^{2}\lt 2 $ 的一切点都是 E 的内点；满足 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 的一切点都是 E 的边界点，它们不属于 E；满足 $ x^{2}+y^{2}=2 $ 的一切点也是 E 的边界点，它们都属于 E；点集 E 连同它内圆边界上的一切点都是 E 的聚点.

2. 开集

若点集 E 中的点都是 E 的内点，则称 E 为开集．由此可知，开集的边界点不属于 E.

3. 闭集

若平面点集 E 的所有聚点都属于 E，则称 E 为闭集.

例如集合 $ E = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \lt 1\} $ 是 $ \mathbb{R}^2 $ 中的开集。集合 $ E = \{(x, y) \mid |x| \leq 1, |y| \leq 1\} $ 是 $ \mathbb{R}^2 $ 中的闭集。 $ \mathbb{R}^2 $ 既是开集又是闭集。此外，还约定空集 $ \varnothing $ 既是开集又是闭集。

4. 连通集

若点集 E 内任何两点都可以用折线连结起来，且该折线上的点都属于 E，则称 E 为连通集．直观地说，连通集的点是 “连成一片” 的.

5. 区域

连通的开集称为开域. 开域连同它的边界一起所构成的点集称为闭域.

开域、闭域以及半开半闭域统称为区域.

例如：

集合 $ E_{1}=\{(x,y)\mid 1\lt x^{2}+y^{2}\lt 2\} $ 是开域.

集合 $ E_{2}=\{(x,y)\mid1\leqslant x^{2}+y^{2}\leqslant2\} $ 是闭域.

集合 $ E_{3}=\{(x,y)|1\leqslant x^{2}+y^{2}\lt 2\} $ 是半开半闭域.

集合 $ E_{1}, E_{2}, E_{3} $都可统称为区域.

6. 有界区域

对于区域 $D$，如果存在正数 $R_0$，使得 $D$ 内任何点到原点的距离都小于 $R_0$，则称这个区域为有界区域，否则称为无界区域。也就是说，若 $D$ 为有界区域，则存在正数 $R_0$，使 $D \subseteq U(0, R_0)$。

例如， $ \{(x, y) \mid 1 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 2\} $ 是有界闭域；而 $ \{(x, y) \mid x + y \gt 0\} $ 是无界开域.

二、 多元函数的概念

一元函数描述的是一个变量与另一个变量的对应关系；多元函数则描述了

一个变量与多个变量间的对应关系．下面是三个简单的例子.

例 1 圆柱体的体积 V 依赖于它的底圆半径 R 和它的高 H，它们之间的关系是

$$ V=\pi R^{2}H\left(\pi 为常数 \right), $$

其中 V, R, H 是三个变量，当变量 R, H 在一定范围 $ (R\gt 0, H\gt 0) $ 内取定一对数值 $ R_{0} $, $ H_{0} $ 时，根据给定的关系，V 就有一个确定的值 $ V_{0}=\pi R_{0}^{2}H_{0} $ 与之对应.

例2 一定量的理想气体，压强 P，体积 V 和绝对温度 T 之间的关系由下面的状态方程给出：

$$ V=k\frac{T}{P}\ (k 为常数 ). $$

当 T，P 在它们的变化范围内取定一组值时，根据给定的关系，V 有确定的值与之对应.

例3 球心在原点、半径为a的上半球面的方程为

$$ z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}. $$

撇开上述例子的具体意义，从数量对应关系来考虑，它们有共同的属性，可抽象出二元函数的定义.

定义 7.1.1 设平面点集 $ D \subseteq \mathbb{R}^2 $，如果有对应法则 $ f $，使得对于 $ D $ 中的每一个点 $ P(x, y) $，总有唯一的实数 $ z \in \mathbb{R} $ 与之对应，则称 $ f $ 是定义在 $ D $ 上的二元函数，记作

$$ f\colon D \to \mathbb{R},\quad P(x,y) \mapsto z, $$

其中 x, y 称为自变量, z 称为因变量. D 为函数 f 的定义域, 点 $ P(x, y) \in D $ 所对应的 z 值称为函数 f 在点 P 处的函数值, 记为 $ z = f(x, y) $. 习惯上, 也将二元函数简写为

$$ z=f(x,\ y),\ (x,\ y)\in D. $$

并把数集

$$ f(D)=\{z\mid z=f(x,y),(x,y)\in D\} $$

称为函数f的值域.

例4 求函数 $ z = \arcsin \frac{2}{x-y} + \ln(x-y^2) $ 的定义域.

解 要使得函数表达式有意义， $ (x,y) $ 必须满足

$$ \{\begin{aligned}&\frac{2}{|x-y|}\leqslant1, 且 x-y\neq0,\\ &x-y^{2}\gt 0.\end{aligned}. $$

解此不等式组得到函数的定义域为

$$ D=\{(x,y)\mid x\geqslant y+2 且 x\gt y^{2}\}. $$

如图7-2所示的阴影部分.

设二元函数 $ z = f(x, y) $ 的定义域为 D. 对于 D 内任一点 $ P(x, y) $，z 有确定的对应值： $ z = f(x, y) $。如果把数组 $ (x, y, z) $ 作为空间直角坐标系中点的坐标，那么在空间便确定一点 M. 当 P 取遍 D 内所有点时，得到一个空间点集.

$$ \left|z=f(x,y),(x,y)\in D\right|, $$

称此点集为二元函数 $ z=f(x,y) $ 的图形. 一般情况下, 二元函数的图形是一张曲面, 而函数的定义域 D 则是这张曲面在 xOy 面上的投影, 如图 7-3.

例如，函数 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 在几何上表示以原点 $ O(0,0,0) $ 为顶点、z 轴为对称轴的圆锥面的上半部分.

类似于二元函数的概念，我们可以定义一般的 n 元函数. 为此先介绍 n 维欧氏空间概念.

我们知道，全体实数表示数轴上一切点的集合，即直线 R。所有有序二元实数组 $ (x, y) $ 表示平面上一切点的集合，即平面 R²。所有有序三元实数组 $ (x, y, z) $ 则表示空间一切点的集合，即三维欧氏空间 R³。一般地，称 n 元有序实数组 $ (x_1, x_2, \cdots, x_n) $ 的全体为 n 维欧氏空间（以下简称为 n 维空间），记为 R⁸。每个 n 元有序数组 $ (x_1, x_2, \cdots, x_n) $ 称为 R⁸ 中的一个点 P，数 $ x_i $ 称为点 P 的第 i 个坐标。在 R⁸ 中，点 P $ (x_1, x_2, \cdots, x_n) $ 与点 Q $ (y_1, y_2, \cdots, y_n) $ 的距离定义为

$$ PQ=\sqrt{(y_{1}-x_{1})^{2}+(y_{2}-x_{2})^{2}}+\cdots+(y_{n}-x_{n})^{2}. $$

以点 $ P_{0} $ 为中心， $ \delta $ 为半径的邻域表示为

$$ U(P_{0},\delta)=\{P\mid\mid P_{0}P\mid\lt \delta,P\in\mathbf{R}^{n}\}. $$

以邻域为基础，类似于平面点集，可以定义一般的 n 维空间的点集的内点、外

点、边界点、聚点以及区域等一系列概念.

定义 7.1.2 设点集 $ D \subseteq \mathbb{R}^n $，如果对于 $ D $ 中的每一个点 $ P(x_1, x_2, \cdots, x_n) $，变量 $ u $ 按照一定的法则 $ f $ 有确定的值与之对应，则称 $ f $ 是定义在 $ D $ 上的 $ n $ 元函数，记为

$$ u=f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})\quad 或 \quad u=f(P)♂ $$

点集 D 称为函数 f 的定义域. 1. 直接求 2. 夹逼

三、多元函数的极限 3. 常用极限

首先讨论二元函数 $ z = f(x, y) $ 当 $ x \to x_{0} $, $ y \to y_{0} $，即点 $ P(x, y) \to P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 时的极限.

与一元函数的极限类似，如果当 $ P(x, y) \to P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 时，对应的函数值 $ f(x, y) $ 无限接近于一个确定的常数 A，则称 A 是函数 $ f(x, y) $ 当 $ x \to x_{0} $， $ y \to y_{0} $ 时的极限.

值得一提的是，这里 $ P(x, y) \to P_0(x_0, y_0) $ 是指点 P 到点 $ P_0 $ 的距离趋于零，这时动点 $ P(x, y) $ 将以任何方式趋于定点 $ P_0(x_0, y_0) $。下面给出二元函数极限的“ $ \varepsilon - \delta $”定义。

定义 7.1.3 设 $ f(x, y) $ 是定义在 $ D \subset \mathbb{R}^2 $ 上的二元函数， $ P_0(x_0, y_0) $ 是 D 的聚点，A 是一个常数。如果对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在正数 $ \delta $，使得对于 D 中满足不等式

$$ 0\lt \left|P_{0}P\right|=\sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}}\lt \delta $$

的一切点 $ P(x, y) $，都有

$$ \left|f(x,y)-A\right|\lt \varepsilon $$

成立，则称常数 A 为函数 $ f(x, y) $ 当 $ x \to x_{0} $， $ y \to y_{0} $ 时的极限，记作

$$ \lim\limits_{\substack{x\to x_{0}\\ y\to y_{0}}}f(x,y)=A\quad 或 \quad f(x,y)\to A(x\to x_{0},y\to y_{0}). $$

称上述二元函数的极限 $ \lim_{{x \to x_0} \atop y \to y_0} f(x, y) $为 $ f(x, y) $在点 $ P_0(x_0, y_0) $的二重

极限.

在定义 7.1.3 中，点 $ P_0 $ 是 $ D $ 的聚点，函数 $ f(x, y) $ 在点 $ P_0 $ 处可以有定义，也可以无定义，但在 $ P_0 $ 的任一去心邻域 $ \hat{U}(P_0) $ 内应有无数个使 $ f(x, y) $ 有定义的点。只要对 $ D $ 中适合不等式 $ 0 \lt |P_0P| \lt \delta $ 的一切点 $ P $，都有 $ |f(P) - A| \lt \varepsilon $ 成立，则有 $ \lim f(x, y) = A $。

$$ \begin{array}{l}\pi\longrightarrow\pi_{0}\\ \uparrow\longrightarrow\uparrow_{0}\end{array} $$

例5 设 $ f(x, y)=\frac{xy}{\sqrt{xy+1}-1} $，求证 $ \lim_{{x \to 0 \\ y \to 0}} f(x, y)=2 $.

证 函数 $ f(x, y) $ 的定义域是

二重极限与

累次极限

$$ D=\{(x,y)\mid xy\neq0,xy\geqslant-1\}. $$

坐标原点 $ O(0,0) $ 是 D 的聚点.

$ \frac{1}{x-2}x_{0}f(x,y) $ 与 $ \frac{1}{x-2}x_{0}\frac{1}{y-2}y_{0}f(x,y) $

$ \frac{1}{y-2}y_{0} $

$ \frac{1}{y-2}y_{0}\frac{1}{x-2}x_{0}f(x,y) $

若三者都存在，则相等.

对任意 $ (x, y) \in D $，有

$$ \begin{aligned}\left|\frac{xy}{\sqrt{xy+1}-1}-2\right|&=\left|\sqrt{xy+1}-1\right|\\&=\frac{\left|xy\right|}{\sqrt{xy+1}+1}\lt \left|xy\right|\leqslant\frac{x^{2}+y^{2}}{2}.\end{aligned} $$

对任意给定的 $ \varepsilon\gt 0 $，取 $ \delta=\sqrt{2\varepsilon} $，则对任意 $ (x,y)\in D\cap U(O,\delta) $，都有

$$ \frac{xy}{\sqrt{xy+1}-1}-2\lt x $$

因此

$$ \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{xy}{\sqrt{xy+1}-1}=2. $$

根据二重极限的定义，在去心邻域 $ \tilde{U}(P_0, \delta) $ 内，动点 $ (x, y) $ 趋于点 $ (x_0, y_0) $ 的方式是任意的。因此，如果动点 $ (x, y) $ 仅以某一特殊方式，例如沿某条指定直线或曲线趋于点 $ (x_0, y_0) $ 时，即使函数能无限接近于某一确定值，也不能由此断定函数的极限存在。但反过来，如果当动点 $ (x, y) $ 以不同方式趋于点 $ (x_0, y_0) $ 时，函数 $ f(x, y) $ 趋于不同的值，则可断定该函数的极限不存在。当然，如果存在一种 $ P \to P_0 $ 的方式，使得 $ f(x, y) $ 不趋于确定值，则 $ f(x, y) $ 的极限不存在。

例6 讨论极限 $ \lim_{x\to0}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}} $是否存在.

解 当点 $ (x, y) $ 沿直线 y = kx 趋于点 $ (0, 0) $ 时，因

$$ \lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\y=kx}}=\lim_{x\to0}\frac{kx^{2}}{\left(1+k^{2}\right)x^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}}, $$

其结果随着 k 取值的不同而异，故极限 $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{xy}{x^2 + y^2} $ 不存在.

例7 讨论极限 $ \lim_{{x \to 0 \atop y \to 0}}\frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)x^2y^2} $是否存在.

解 当点 $ (x, y) $ 沿直线 y = x 趋于点 $ (0, 0) $ 时，

$$ \begin{align*}\lim_{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})\to(0,0)\atop\boldsymbol{y}=\boldsymbol{x}}\frac{1-\cos\left(\boldsymbol{x}^{2}+\boldsymbol{y}^{2}\right)}{\left(\boldsymbol{x}^{2}+\boldsymbol{y}^{2}\right)\boldsymbol{x}^{2}\boldsymbol{y}^{2}}&=\lim_{\boldsymbol{x}\to0}\frac{1-\cos2\boldsymbol{x}^{2}}{2\boldsymbol{x}^{6}}\\&=\lim_{\boldsymbol{x}\to0}\frac{\frac{1}{2}\left(2\boldsymbol{x}^{2}\right)^{2}}{2\boldsymbol{x}^{6}}=\lim_{\boldsymbol{x}\to0}\frac{1}{\boldsymbol{x}^{2}}=\infty,\end{align*} $$

所以， $ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos(x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})x^{2}y^{2}} $ 不存在.

与二元函数的极限类似，可以定义一般的 n 元函数的极限.

定义 7.1.4 设 n 元函数 $ f(P) $ 的定义域为 D， $ P_{0} $ 是 D 的聚点，A 是一个常数。如果对于任给的正数 $ \varepsilon $，总存在正数 $ \delta $，使得对于 D 中满足不等式

$$ 0\lt \mid P_{v}P\mid\lt \delta $$

的一切点 P，都有

$$ |f(P)-A|\lt \varepsilon, $$

则称常数 A 为 n 元函数 $ f(P) $ 当 $ P \to P_{0} $ 时的极限，记为

$$ \lim_{P\to P_{0}}f(P)=A. $$

这个极限也称为 n 重极限.

四、 多元函数的连续性

与一元函数的连续性类似，可以定义二元函数的连续性.

定义 7.1.5 设函数 $ f(x, y) $ 的定义域为 $ D $， $ P_0(x_0, y_0) $ 是 $ D $ 的聚点，并且 $ P_0(x_0, y_0) \in D $，若当 $ P(x, y) \in D $ 时有

$$ \lim_{\substack{x\to x_{0}\\ y\to y_{0}}}f(x,y)=f(x_{0},y_{0})， $$

则称函数 $ f(x, y) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 处连续.

若 $ f(x,y) $在D中的每一点都连续，则称函数 $ f(x,y) $在D上连续.此时，我们说f是D上的连续函数.

函数 $ f(x,y) $的不连续点称为间断点。可能出现间断线。

与一元函数一样，二元连续函数的和、差、积、商（除去分母为零的点）与复合仍为二元连续函数.

闭区间上的一元连续函数有许多很好的性质，这些性质可推广到多元函数，并且证明方法也与一元函数类似.

性质1 (最大值与最小值定理) （有界闭区域D上的多元连续函数 $ f(P) $）在D上必能取得最大值和最小值.

性质1的结论就是说，在D上必存在点 $ P_{1} $和点 $ P_{2} $，使得 $ f(P_{1}) $为最小值， $ f(P_{2}) $为最大值。即对于任意的 $ P\in D $，有

$$ f(P_{1})\leqslant f(P)\leqslant f(P_{2}). $$

性质2（介值定理） 有界闭区域D上的多元连续函数 $ f(P) $，如果有两点 $ P_{1}, P_{2} \in D $，使 $ f(P_{1}) \lt f(P_{2}) $，则对介于 $ f(P_{1}) $与 $ f(P_{2}) $之间的任意实数 $ \mu $，必存在点 $ Q \in D $，使 $ f(Q) = \mu $.

这里， $ f(P_{1}) $ 可以是 $ f(P) $ 的最小值， $ f(P_{2}) $ 可以是 $ f(P) $ 的最大值.

例8 讨论函数 $ f(x, y)=\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}-1} $的连续性.

解 函数 $ f(x, y) = \sin \frac{1}{x^{2} + y^{2} - 1} $ 由两个函数 $ z = \sin u $ 与 $ u = \frac{1}{x^{2} + y^{2} - 1} $ 复合而成，而 $ z = \sin u $ 是连续函数， $ u = \frac{1}{x^{2} + y^{2} - 1} $ 除圆周 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 上的点外都连续。故复合函数 $ f(x, y) $ 在它的定义域 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \neq 1\} $ 上是连续的，圆周 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 上的点都是间断点，称该圆周是函数的间断线。

例9 讨论函数 $ f(x, y)=\{\begin{aligned}&\frac{\sin xy}{xy},&xy\neq0,\\&1,&x^{2}+y^{2}=0\end{aligned}. $的连续性.

解 函数 $ f(x, y) $ 在平面上除两坐标轴外（不包含坐标原点）处处有定义. 它在平面上不含坐标轴的各部分区域上连续. 又在坐标原点 $ (0, 0) $ 处，有

$$ \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}f(x,y)=\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{\sin(xy)}{xy}=1=f(0,0). $$

所以函数 $ f(x, y) $ 在坐标原点 $ (0, 0) $ 处也连续，故函数 $ f(x, y) $ 在它的定义域上是连续的.

例 10 求极限 $ \lim_{{x \to 0 \atop y \to 2}} (1 + xy)^{\frac{1}{x}} $.

解 $ \lim_{\substack{x\to0\\ y\to2}}(1+xy)^{\frac{1}{x}}=\lim_{\substack{x\to0\\ y\to2}}[(1+xy)^{\frac{1}{xy}}]^{y}=e^{2} $

习题7-1

1. 确定并画出下列函数的定义域：

(1) $ z = \ln(y^2 - 2x + 1) $;

(2) $ z = \frac{1}{\sqrt{x + y}} + \frac{1}{\sqrt{x - y}} $; $ \quad \begin{array}{l} x \gt 0 \\ x \gt y \\ x \lt -y \end{array} $

(3) $ z = \sqrt{x - \sqrt{y}} $; $ x \geq 0 $

(4) $ z = \ln(y - x) + \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}} $;

(5) $ z = \arcsin \frac{x}{x + y} $; $ x \neq -y $

(6) $ u = \sqrt{2^{2} - x^{2} - y^{2} - z^{2}} + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1}} $

1. 作出下列函数的图形，并指出图形的名称：

(1) $ z = x + 2y - 1 $; 空间平面

(2) $ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $; 球

(3) $ z=\sqrt{3x^{2}+2y^{2}} $; 椭圆求

(4) z=xy; 双曲恒角

(5) $ z=6-2x^{2}-3y^{2} $; 祁青圆抛

(6) $ z=x^{2} $. 柱(面)

1. 求下列极限：物面

(1) $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 1}} \frac{1 - xy}{x^2 + y^2} $;

(2) $ \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{1}{x^{2}+y^{2}} $; 无极限

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}} $;

(4) $ \lim_{{x \to 0}} \frac{\sqrt{1 + x^2 y^2} - 1}{x^2 + y^2} $;

(5) $ \lim_{{x \to 0 \\ y \to 0}} e^{-\frac{1}{x^2}} \sin \frac{1}{x^2 + y^2} $;

(6) $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{\sqrt{x^2 + y^2} - \sin \sqrt{x^2 + y^2}}{(x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}} $

1. 讨论下列极限是否存在：

(1) $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}}\frac{x+y}{x-y} $;

(2) $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ \gamma \to 0}} \frac{x^2 y^2}{x^4 + y^4} $;

(3) $ \lim_{{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{\sqrt{xy + 1} - 1}{x + y} $;

(4) $ \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{x^2 y^2}{x^2 y^2 + (x - y)^2} $.

1. 讨论下列函数的连续性：

(1) $ f(x, y) = \frac{x - y}{x + y} $;

(2) $ f(x, y) = \sin \frac{x^{2} - y^{2}}{x^{2} + y^{2}}; $

(3) $ f(x, y) = \begin{cases} \frac{\sin xy}{x}, & x \neq 0, \\ y, & x = 0; \end{cases} $ (4) $ f(x, y) = \begin{cases} (1 + x)^{\frac{y}{x}}, & x \neq 0, \\ e^y, & x = 0. \end{cases} $

1. 设 $ f(x, y) $ 在区域 D 内对变量 x 连续，对变量 y 满足 Lipschitz 条件，即对 D 内任意两点 $ (x, y') $， $ (x, y') $，有

$$ \left|f(x,y^{\prime})-f(x,y^{\prime \prime})\right|\leqslant L\left|y^{\prime}-y^{\prime \prime}\right|, $$

其中 L 为常数，证明： $ f(x, y) $ 在 D 内连续.

第二节 偏导数

一元函数在一点处的导数表示函数在这点的变化率，它反映了函数在这点随自变量变化的快慢程度。对于二元函数 $ z = f(x, y) $，在点 $ (x_0, y_0) $ 是可以沿任何方向，以任意方式变化的，而函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_0, y_0) $ 处沿不同方向的变化率往往是不同的。所以，需要考察多元函数当自变量在定点 $ P_0(x_0, y_0) $ 处沿不同指定方向变化时，相应的函数值的变化率问题，这就是所谓方向导数问题。而本节首先要讨论的是多元函数只对其中一个指定的自变量的变化率问题。也就是下面要讨论的偏导数概念。

一、 偏导数的定义及其计算方法

以二元函数 $ z = f(x, y) $ 为例，如果只让自变量 x 变化，而自变量 y 固定，这时 z 就只是 x 的一元函数，该函数关于 x 的导数，就称为二元函数 z 对于 x 的偏导数，定义如下.

定义 7.2.1 设函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内有定义，当 y 固定在 $ y_{0} $，而 x 在 $ x_{0} $ 处有增量 $ \Delta x $，相应地函数有增量

$$ f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x,y_{0}) $$

$ \triangle E_{1} $

如果极限

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{\Delta x} $$

存在，则称此极限值为函数 $ z=f(x,y) $ 在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 处对 x 的偏导数，记作 $ \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=x_{0}\atop y=y_{0}} $ （或 $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x=x_{0}\atop y=y_{0}} $， $ z_{x}(x_{0},y_{0}) $， $ f_{x}(x_{0},y_{0}) $），即

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{\Delta x} $$

类似地，当 x 固定在 $ x_{0} $，而 y 在 $ y_{0} $ 处有增量 $ \Delta y $ 时，如果极限

$$ \lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_{0},y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})}{\Delta y} $$

存在，则称此极限值为函数 $ z=f(x,y) $ 在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 处对 y 的偏导数，记作 $ \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{\substack{x=x_{0}\\ y=y_{0}}} $ （或 $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\substack{x=x_{0}\\ y=y_{0}}} $， $ z_{y}(x_{0},y_{0}) $， $ f_{y}(x_{0},y_{0}) $），即

$$ f_{y}(x_{0},y_{0})=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_{0},y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})}{\Delta y} $$

如果函数 $ f(x, y) $ 在区域 D 内每一点 $ (x, y) $ 处对 x, y 的偏导数都存在，则这两个偏导数都是 x, y 的函数，称之为函数 $ z = f(x, y) $ 的偏导函数，记为

$$ \frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial x},z_{s} 或 f_{s}(x,y) $$

与

$$ \frac{\partial z}{\partial y},\ \frac{\partial f}{\partial y},\ z, 或 f_{,}(x,\ y). $$

由偏导函数的概念可知， $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处的偏导数 $ f_{x}(x_{0}, y_{0}) $ 就是偏导函数 $ f_{x}(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处的函数值，即

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})=f_{x}(x,y)\bigg|_{\substack{x=x_{0}\\ y=y_{0}}} $$

类似地，有

$$ f_{y}(x_{0},y_{0})=f_{y}(x,y)\big|_{x=x_{0}\atop y=y_{0}}. $$

在不致发生混淆时，偏导函数也简称为偏导数.

偏导数的概念可推广到二元以上的多元函数. 例如，三元函数 $ u=f(x, y, z) $ 在点 $ (x, y, z) $ 处对 x 的偏导数定义为

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x+\Delta x,\ y,\ z)-f(x,\ y,\ z)}{\Delta x}. $$

由偏导数的定义可知，求多元函数对某一自变量的偏导数，只需把其他的自变量看作常数，而把函数当成该自变量的一元函数来求导便可。所以，一元函数的导数公式和运算法则对多元函数的偏导数仍然适用。

例1 设 $ f(x, y) = \arctan \frac{y}{x} $，求 $ f_x(1, -1) $和 $ f_y(1, -1) $.

解 由定义知， $ f_{x}(1,-1) $ 等于一元函数 $ f(x,-1)=\arctan\left(-\frac{1}{x}\right) $ 在点 x=1 处的导数. 由于

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x,-1)=\frac{1}{1+x^{2}}, $$

所以

$$ f_{x}(1,-1)=\frac{1}{1+x^{2}}\bigg|_{x=1}=\frac{1}{2}. $$

类似地， $ f_{y}(1,-1) $ 等于一元函数 $ f(1,y)=\arctan y $ 在点 y = -1 处的导数，由于

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(1,y)=\frac{1}{1+y^{2}}, $$

所以

$$ f_{y}(1,-1)=\frac{1}{1+y^{2}}\bigg|_{y=-1}=\frac{1}{2}. $$

此题也可以先求出 $ f(x,y) $分别对x和y的偏导函数，即

$$ f_{x}(x,y)=\frac{1}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\left(-\frac{y}{x^{2}}\right)=\frac{y}{x^{2}+y^{2}}, $$

$$ f_{y}(x,y)=\frac{1}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}. $$

再将（1，-1）分别代入上述偏导函数，即得

$$ f_{x}(1,-1)=-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\bigg|_{(1,-1)}=\frac{1}{2}, $$

$$ f_{y}(1,-1)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\bigg|_{(1,-1)}=\frac{1}{2}. $$

例2 设 $ z = x^{y} (x \gt 0) $，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

解 $ \frac{\partial z}{\partial x}=yx^{y-1} $， $ \frac{\partial z}{\partial y}=x^{y}\ln x $.

例3 设 $ f(x,y)=\mathrm{e}^{xy}+\sin(x^{2}+y^{2}) $，求 $ \frac{\partial f}{\partial x} $， $ \frac{\partial f}{\partial y} $

解 $ \frac{\partial f}{\partial x} = y e^{xy} + \cos(x^2 + y^2) \cdot 2x. $

由于函数 $ f(x, y) $ 关于自变量 x, y 的对称性，即有

$$ f(x,y)=f(y,x). $$

所以

$$ \frac{\partial f}{\partial y}=x\mathrm{e}^{xy}+\cos\left(x^{2}+y^{2}\right)\cdot2y. $$

例4 求函数 $ u=\frac{x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} $ 分别对各个自变量的偏导数.

解 $ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})-x\cdot2x}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}} $

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=\frac{0-x\cdot2y}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}=\frac{-2xy}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial z}=\frac{-2xz}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}. $$

例 5 在理想气体的状态方程 PV = kT (k > 0 为常数) 中．试证明：

$$ \frac{\partial P}{\partial V}\cdot\frac{\partial V}{\partial T}\cdot\frac{\partial T}{\partial P}=-1. $$

证 因 $ P=\frac{kT}{V} $，故可求得

$$ \frac{\partial P}{\partial V}=-\frac{k T}{V^{2}}. $$

类似地，分别由 $ V=\frac{kT}{P} $ 及 $ T=\frac{PV}{k} $，可以求得

$$ \frac{\partial V}{\partial T}\!=\!\frac{k}{P}\,,~~\frac{\partial T}{\partial P}\!=\!\frac{V}{k}. $$

因而，得

$$ \frac{\partial P}{\partial V}\cdot\frac{\partial V}{\partial T}\cdot\frac{\partial T}{\partial P}=-\frac{k T}{V^{2}}\cdot\frac{k}{P}\cdot\frac{V}{k}=-\frac{k T}{P V}=-1. $$

从例5可以看出，偏导数的记号是一个整体记号，不能看作是分子与分母之商，这与一元函数 $ y=f(x) $ 的导数 $ \frac{dy}{dx} $ 可以看作函数的微分 dy 与自变量微分 dx 之商有着根本区别.

下面说明偏导数的几何意义. 由偏导数的定义可知, $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处对 x 的偏导数就是曲面 $ z = f(x, y) $ 与平面 $ y = y_{0} $ 的交线

$$ \{\begin{aligned}z&=f(x,y),\\ y&=y_{0}\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) $ 处的切线对 x 轴的斜率，即

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})=\tan\alpha. $$

同理， $ f_{y}(x_{0}, y_{0}) $ 是曲面 $ z = f(x, y) $ 与平面 $ x = x_{0} $ 的交线

$$ \{\begin{aligned}z&=f(x,y),\\ x&=x_{0}\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) $ 处的切线对 y 轴的斜率，即

$$ f_{y}(x_{0},y_{0})=\tan\beta. $$

如图7-4.

在一元函数中，如果函数f在点 $ x_{0} $处可导，则f在点 $ x_{0} $处必连续.但对多元函数而言，即使函数f在点 $ P_{0} $处对它的各个自变量的偏导数都存在，也不能保证f在点 $ P_{0} $连续.见下例.

例6 试证函数

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}},\quad&(x,y)\neq(0,0),\\ 0,\quad&(x,y)=(0,0)\end{aligned}. $$

在点（0，0）处不连续，但偏导数存在.

证 由本章第一节例6可知，函数 $ f(x,y) $在点 $ (0,0) $处极限不存在.

因此，函数 $ f(x,y) $在点 $ (0,0) $处不连续。但是函数 $ f(x,y) $在点 $ (0,0) $处对x，y的偏导数分别为

$$ f_{x}(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(0+\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{0-0}{\Delta x}=0, $$

$$ f_{y}(0,0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(0,0+\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=\lim_{\Delta y\to0}\frac{0-0}{\Delta y}=0. $$

事实上，偏导数 $ f_{x}(x_{0}, y_{0}) $ 存在只能保证函数 $ f(x, y) $ 沿 x 轴方向在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处连续，即固定 y 在 $ y_{0} $ 时，作为一元函数 $ f(x, y_{0}) $ 在点 $ x = x_{0} $ 处连续。同理偏导数 $ f_{y}(x_{0}, y_{0}) $ 存在也只能保证函数 $ f(x, y) $ 沿 y 轴方向在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处连续。而二元函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处连续是与 f 在该点的邻域内的所有点的函数值都有关的，它要求动点 $ (x, y) $ 以任何方式趋于点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 时， $ f(x, y) $ 的极限都为 $ f(x_{0}, y_{0}) $。

二、 高阶偏导数

设二元函数 $ z=f(x,y) $ 在区域 D 内具有偏导数：

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{x}(x,y),\quad\frac{\partial z}{\partial y}=f_{y}(x,y), $$

则这两个偏导数在区域D内一般仍是x，y的函数。如果这两个函数的偏导数也存在，则称它们为函数 $ z=f(x,y) $的二阶偏导数。按照对各个自变量求偏

导数次序的不同，可以有以下四个二阶偏导数.

对 x 的二阶偏导数

$$ f_{xx}(x,y)=\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right). $$

先对 x 后对 y 的二阶偏导数

$$ f_{x y}(x,y)=\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right). $$

先对 y 后对 x 的二阶偏导数

$$ f_{yz}(x,y)=\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right). $$

对 y 的二阶偏导数

$$ f_{y y}(x,y)=\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)~, $$

其中 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $与 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x} $称为混合偏导数.

类似地，可以定义三阶、四阶乃至更高阶的偏导数．二阶及二阶以上的偏导数统称为高阶偏导数．例如，三阶偏导数

$$ f_{y y x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\right)=\frac{\partial^{3}f}{\partial y^{2}\partial x}, $$

$$ f_{sys}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\right)=\frac{\partial^{3}f}{\partial x\partial y\partial x}. $$

例7 求函数 $ z = \ln(x^{2} + y^{2}) $ 的二阶偏导数.

解 因为

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{2x}{x^{2}+y^{2}},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}, $$

所以

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\right)=\frac{2\left(y^{2}-x^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\right)=\frac{-4xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\right)=\frac{-4xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\right)=\frac{2\left(x^{2}-y^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}. $$

例8 设

$$ f(x,\ y)=\{\begin{aligned}&xy\frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0,\end{aligned}. $$

求 $ f_{xy}(0,0) $及 $ f_{yx}(0,0) $

解

$$ f_{x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0, $$

$$ f_{y}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=0, $$

$$ f_{x}(0,y)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{h y\frac{h^{2}-y^{2}}{h^{2}+y^{2}}}{h}=-y, $$

$$ f_{y}(x,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x,h)-f(x,0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{x h\frac{x^{2}-h^{2}}{x^{2}+h^{2}}}{h}=x, $$

$$ f_{xy}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f_{x}(0,h)-f_{x}(0,0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{-h}{h}=-1 $$

$$ f_{y x}(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f_{y}(h,0)-f_{y}(0,0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{h}{h}=1. $$

在例7中有 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x} $，即两个二阶混合偏导数相等。而在例8中却有 $ f_{xy}(0,0)\neq f_{yx}(0,0) $，即两个二阶混合偏导数不相等。由此可见，二元函数的二阶混合偏导数是与求导的先后次序有关的。但是我们有如下定理。

定理 7.2.1 如果函数 $ z = f(x, y) $ 的两个二阶混合偏导数 $ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} $ 与 $ \frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x} $ 在区域 $ D $ 内连续，则在该区域内这两个二阶混合偏导数必相等，即有

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}. $$

定理的证明从略.

对于高阶偏导数，一般地可以证明：如果所有 m 阶偏导数在点 P 处连续，则在点 P 处的 m 阶偏导数与求导次序无关。例如，如果三元函数 $ u = f(x, y, z) $ 在点 P 处的所有三阶偏导数连续，则在点 P 处有

$$ f_{x x y}=f_{x y x}=f_{y x x}. $$

在具体计算中，由于初等函数的各阶偏导数在其定义域内通常都是连续的，所以初等函数的混合偏导数总是与求导次序无关.

但必须指出，混合偏导数连续是混合偏导数相等的充分条件，而非必要条件。

例9 设 $ z=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} $，求二阶混合偏导数.

解 $ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}-\frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}{x^{2}+y^{2}}=\frac{y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} $,

$$ \begin{aligned}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=&\frac{2y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}-y^{2}\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\cdot2y}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}}\\=&\frac{y\left(2x^{2}-y^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}\qquad\left(x^{2}+y^{2}\neq0\right).\end{aligned} $$

例10 设 $ z = y \cos x + 3x^2 e^y $，求 $ \frac{\partial^3 z}{\partial x^3} $ 和 $ \frac{\partial^3 z}{\partial x^2 \partial y} $.

解 $ \frac{\partial z}{\partial x} = -y\sin x + 6xe^{y} $,

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=-y\cos x+6e^{y}, $$

$$ \frac{\partial^{3}z}{\partial x^{3}}=y\sin x, $$

$$ \frac{\partial^{3}z}{\partial x^{2}\partial y}=-\cos x+6e^{y}. $$

例11 设 $ z = ye^{-\frac{x^2}{2y^2}} $，验证 $ -y \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{2z}{y} $.

证 $ \frac{\partial z}{\partial x} = y \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2\gamma^{2}}} \left( -\frac{x}{y^{2}} \right) = -\frac{x}{y} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2\gamma^{2}}} $,

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=-\frac{1}{y}\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}+\frac{x^{2}}{y^{3}}\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}=\frac{1}{y^{3}}\left(x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}, $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}+\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}=\frac{1}{y^{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}, $$

于是

左式 $ \frac{\partial z}{\partial y}-y\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=\frac{1}{y^{2}}(x^{2}+y^{2})\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}-\frac{y}{y^{3}}(x^{2}-y^{2})\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}=2\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2y^{2}}}=\frac{2}{y}z= $右式.

习题7-2

$$ 2x(1,1)=2x-2=0 $$

1. 求函数 $ z = x^{2} + 2xy - 2y^{2} $ 在点 $ (1, -1) $ 处的偏导数. $ Z_{y}(1, -1) = 2 - 4y = 6 $

1. 设 $ f(x, y) = \ln\left(x + \frac{y}{2x}\right) $，求 $ \left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{x=1\atop y=0} $.

1. 曲线 $ \Gamma $: $ \{\begin{aligned}x&=\frac{x^{2}+y^{2}}{4},\\ y&=4\end{aligned}. $ 在点 $ (2,4,5) $ 处的切线与 Ox 轴正向的倾角是多少？

1. 求下列函数的偏导数：

(1)

$$ z=xy+\frac{x}{y}； $$

(2)

$$ z=x\sin\left(x+y\right) $$

(3)

$$ z=\frac{x\mathrm{e}^{y}}{y^{2}}; $$

(4)

$$ z=\operatorname{Intan}\frac{x}{y}； $$

(5) $ z = (1 + xy)^{\prime} $;

(6) $ z = e^{\sin x\gamma} $;

(7) $ z = \arcsin \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} $; (8) $ u = x^y $,

1. 设 $ u = xyz e^{x+y+z} $，求 $ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $， $ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} $， $ \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} $.

1. 求 $ z = \ln \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} $ 的两个二阶混合偏导数.

1. 设 $ u = xz^{2} + \sin \frac{x}{y} $，求 $ \frac{\partial^{4} u}{\partial x^{2} \partial y \partial z} $.

1. 设 $ u = e^{\frac{x}{y^2}} $，证明：

$$ 2x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}=0. $$

1. 设 $ u = \frac{1}{2a \sqrt{\pi t}} e^{-\frac{(x-b)^2}{4a^2 t}} $，证明：

$$ \frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}. $$

1. 设 $ z = \ln(e^x + e^y) $，试证：

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\cdot\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=\left(\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right)^{2}. $$

1. 证明：函数 $ f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 在点 $ (0, 0) $ 处的两个偏导数均不存在.

1. 设函数

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0.\end{aligned}. $$

试证：（1）在点（0，0）处偏导数存在；

（2）偏导函数在点（0，0）处不连续；

（3）在点（0，0）处的二阶混合偏导数相等.

1. 设函数

$$ f(x,\ y)=\{\begin{aligned}&x^{2}(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x},&x\neq0,\\ &0,&x=0.\end{aligned}. $$

（1）试求 $ f(x, y) $ 的偏导函数；

(2) 考察偏导函数在点（0，3）处是否连续.

第三节 全微分及其应用

偏导数是多元函数只对其一个自变量的变化率，在这个变化过程中，只有一个自变量变化，而其他自变量固定。在实际问题中，往往需要研究多元函数中所有自变量都变化时，函数值的变化情况，为此就要引进多元函数的全微分

概念

一、 全微分定义

回忆在一元函数 $ y=f(x) $ 中，当自变量 x 在点 $ x_{0} $ 取得增量 $ \Delta x $ 时，若函数的增量可表示为

$$ \Delta y=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})=A\Delta x+o(\Delta x), $$

其中 $ o(\Delta x) $ 是当 $ \Delta x \to 0 $ 时的高阶无穷小，则称 f 在点 $ x_{0} $ 可微，且称函数增量的线性主部 $ A\Delta x $ 为 f 在 $ x_{0} $ 的微分.

对于二元函数 $ z = f(x, y) $，设 f 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内有定义， $ P(x_{0} + \Delta x, y_{0} + \Delta y) $ 为该邻域内任一点，我们称

$$ \Delta z=f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0}) $$

为函数$f$在点$P_0(x_0, y_0)$对应于自变量$\Delta x$，$\Delta y$的全增量．一般来说，全增量$\Delta z$是关于$\Delta x$，$\Delta y$的一个复杂关系式．如同一元函数中一样，我们也希望能用一个关于$\Delta x$，$\Delta y$的线性函数来近似地表示全增量，为此引入如下定义．

定义 7.3.1 如果函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 的全增量

$$ \Delta z=f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0}) $$

可表示为

$$ \Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o\left(\rho\right), $$

其中 $ A $, $ B $ 只与点 $ (x_0, y_0) $ 有关，而与 $ \Delta x $, $ \Delta y $ 无关。又 $ \rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2} $， $ o(\rho) $ 是当 $ \rho \to 0 $ 时 $ \rho $ 的高阶无穷小，则称函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P_0(x_0, y_0) $ 可微分，且把 $ \Delta z $ 的线性主部 $ A\Delta x + B\Delta y $ 称为函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P_0(x_0, y_0) $ 的全微分，记作

$$ dz\bigg|_{\substack{x=x_{0}\\ y=y_{0}}}=A\Delta x+B\Delta y\quad 或 \quad df(x_{0}~,~y_{0})=A\Delta x+B\Delta y. $$

如果函数 $ z = f(x, y) $ 在区域 D 内每一点都可微，则称这函数在 D 内可微.

例1 证明函数

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x+y+(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0\end{aligned}. $$

在原点可微.

证 考察函数在原点的全增量

$$ \Delta z=f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)=\Delta x+\Delta y+(\Delta x^{2}+\Delta y^{2})\sin\frac{1}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}, $$

$$ \lim_{\rho\to0}\frac{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)\sin\frac{1}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}{\rho}=\lim_{\rho\to0}\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\sin\frac{1}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}=0 $$

而

即有 $ \left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)\sin\frac{1}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}=o\left(\rho\right) $.

于是全增量 $ \Delta z $可表达为

$$ \Delta z=\Delta x+\Delta y+o\left(\rho\right). $$

由全微分的定义知，f在原点可微，其全微分为

$$ \mathrm{d}z\bigg|_{x=0\atop y=0}=\mathrm{d}f(0,\ 0)=\Delta x+\Delta y. $$

类似于一元函数，若函数 $ z=f(x,y) $ 在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 可微，则在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 附近，函数 $ z=f(x,y) $ 可近似地线性化，即

$$ f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)\approx f(x_{0},y_{0})+A\Delta x+B\Delta y. $$

并且当 $ \rho \to 0 $ 时，dz 与 $ \Delta z $ 之差是比 $ \rho $ 高阶的无穷小.

有了全微分的概念，我们自然会问，在什么条件下函数 $ z = f(x, y) $ 可微？如果可微，全微分表达式中 $ \Delta x $ 与 $ \Delta y $ 的系数 A 和 B 如何确定？这需要对可微、连续与偏导存在之间的关系进行探讨。

二、 全微分存在的条件

在第二节中曾指出，多元函数在某点偏导数存在，并不能保证在该点连续，但从全微分的定义可以得出如下定理.

定理7.3.1（可微分的必要条件） 若函数 $ z=f(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $可微，则它在点 $ (x_{0},y_{0}) $必连续. 可微必连续

证 根据全微分的定义，有

$$ \Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o\left(\rho\right), $$

当 $ \rho\to0 $时，显然有

$$ \Delta z\longrightarrow0, $$

从而

$$ \operatorname*{l i m}_{\Delta x\to0\atop\Delta y\to0}f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)=\operatorname*{l i m}_{\rho\to0}\left[f(x_{0},y_{0})+\Delta z\right]=f(x_{0},y_{0})~, $$

即 $ z=f(x,y) $ 在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 连续.

由定理7.3.1知道，如果函数 $ z=f(x,y) $在某点不连续，那么函数在该点必定不可微.

例如，函数

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{xy}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0\end{aligned}. $$

在（0，0）处不连续，由定理7.3.1可知它在（0，0）处是不可微的.

定理 7.3.2（可微分的必要条件） 如果函数 $ z=f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $

可微，则该函数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的全微分为

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\big|_{(x_{0},y_{0})}|\cdot\Delta x+\frac{\partial z}{\partial y}\big|_{(x_{0},y_{0})}|\cdot\Delta y. $$

证 函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 可微，根据全微分定义，对于点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内的任一点 $ (x_{0} + \Delta x, y_{0} + \Delta y) $，有

$$ \Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o\left(\rho\right). $$

特别地，当 $ \Delta y=0 $时，上式也成立，即有

$$ f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})=A\Delta x+o(\left|\Delta x\right|). $$

于是

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{\Delta x}=A+\lim_{\Delta x\to0}\frac{o(\Delta x)}{\Delta x} $$

而 $ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{o(|\Delta x|)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{o(|\Delta x|)}{|\Delta x|} \cdot \frac{|\Delta x|}{\Delta x} = 0. $

所以

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\lim_{(x,y)\to0}\frac{f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{\Delta x}=A. $$

同理可证 $ \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(x_{0},y_{0})}=B. $

因而函数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $的全微分为

$$ \mathrm{d}z=\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)\cdot\Delta x+\frac{\partial z}{\partial y}\cdot\Delta y $$

定理7.3.1与定理7.3.2分别给出了函数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $可微的必要条件，但并非充分条件.

事实上，当函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 连续，且偏导数也存在时，虽然形式上可写出

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})\Delta x+f_{y}(x_{0},y_{0})\Delta y, $$

当 $ \rho\to0 $ 时，也有

$$ \Delta z-\left[f_{x}\left(x_{0},y_{0}\right)\Delta x+f_{y}\left(x_{0},y_{0}\right)\Delta y\right]\rightarrow0, $$

但未必就有

$ O(P) $ 为无穷小

$$ \lim_{\rho\to0}\frac{\Delta z-\left[f_{x}\left(x_{0},\ y_{0}\right)\Delta x+f_{y}\left(x_{0},\ y_{0}\right)\Delta y\right]}{\rho}=0. $$

亦即函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 未必一定可微.

则认为 $ O(f(p)) $为无穷小.

例2 设函数

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0,\end{aligned}. $$

证明：(1) $ f(x,y) $ 在点（0，0）连续；

(2) $ f(x,y) $ 在点（0，0）偏导数存在；

(3) $ f(x,y) $ 在点（0，0）不可微.

（1）因为当 $ x^{2}+y^{2}\neq0 $时，有

$$ 0\leqslant\left|\frac{x\bar{y}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right|\leqslant\mid y\mid, $$

于是

$$ \lim\limits_{\substack{x\to0\\ y\to0}}f(x,\ y)=0=f(0,\ 0), $$

故 f 在点（0，0）连续.

(2)

$$ f_{x}(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(0+\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{0-0}{\Delta x}=0, $$

$$ f_{y}(0,0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(0,0+\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=\lim_{\Delta y\to0}\frac{0-0}{\Delta y}=0. $$

（3）由于

$$ \Delta f-\left[f_{x}(0,0)\Delta x+f_{y}(0,0)\Delta y\right]=\frac{\Delta x\cdot\Delta y}{\sqrt{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}}}, $$

如果让点 $ (\Delta x, \Delta y) $沿直线y=x趋于点 $ (0,0) $，则

$$ \lim_{\rho\to0}\frac{\frac{\Delta x\cdot\Delta y}{\sqrt{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}}}}{\rho}=\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}}\frac{\Delta x\cdot\Delta y}{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}}=\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to\Delta x}}\frac{\left(\Delta x\right)^{2}}{2\left(\Delta x\right)^{2}}=\frac{1}{2}\neq0. $$

这表明当 $ \rho \rightarrow 0 $ 时，

$$ \Delta z-\left[f_{x}(0,0)\Delta x+f_{y}(0,0)\Delta y\right]\neq o\left(\rho\right), $$

因此f在点（0，0）不可微.

在一元函数中，可导与可微是等价的。但对多元函数，情形有所不同。我们从上面的讨论知道：可微必偏导数存在，然而偏导数存在未必可微；可微必连续，然而偏导数存在未必连续。

既然偏导数存在未必可微，那么需要加强什么条件才能保证函数可微呢？下面的定理给出了一个充分条件。

定理7.3.3（可微分的充分条件） 如果函数 $ z=f(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $的某邻域内的偏导数 $ f_{x}(x,y) $， $ f_{y}(x,y) $存在，且偏导数 $ f_{z}(x,y) $， $ f_{y}(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $连续，则函数在点 $ (x_{0},y_{0}) $可微.

证 设 $ (x_{0}+\Delta x, y_{0}+\Delta y) $ 为该邻域内的任一点，则全增量为

$$ \begin{aligned}\Delta z=&f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})\\=&\left[f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0}+\Delta y)\right]+\left[f(x_{0},y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})\right].\end{aligned} $$

上式的第一个方括号中，由于 $ y_0 + \Delta y $ 不变，因而可看作是 $ x $ 的一元函数 $ f(x, y_0 + \Delta y) $ 的增量。应用拉格朗日中值定理，得

$$ \begin{align*}&f(x_{0}+\Delta x,~y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},~y_{0}+\Delta y)\\=&f_{x}(x_{0}+\theta_{1}\Delta x,~y_{0}+\Delta y)\Delta x\qquad(0\lt \theta_{1}\lt 1).\end{align*} $$

同理第二个方括号里的表达式

$$ f(x_{0},y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})=f_{y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}\Delta y)\Delta y\qquad(0\lt \theta_{2}\lt 1). $$

根据假定，两个偏导数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $都是连续，所以

$$ \begin{aligned}&\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}}f_{s}(x_{0}+\theta_{1}\Delta x,~y_{0}+\Delta y)=f_{s}(x_{0},~y_{0})~,\\&\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}}f_{y}(x_{0},~y_{0}+\theta_{2}\Delta y)=f_{y}(x_{0},~y_{0})~,\\ \end{aligned} $$

故有

$$ \begin{aligned}&f_{x}(\boldsymbol{x}_{0}+\theta_{1}\Delta x,\quad y_{0}+\Delta y)=f_{x}(\boldsymbol{x}_{0},\quad y_{0})+\alpha,\\&f_{y}(\boldsymbol{x}_{0},\quad y_{0}+\theta_{2}\Delta y)=f_{y}(\boldsymbol{x}_{0},\quad y_{0})+\beta,\\ \end{aligned} $$

其中 $ \alpha $ 和 $ \beta $ 都是当 $ \rho \to 0 $ 时无穷小. 因此, 可得

$$ \Delta z=f_{z}(x_{0},y_{0})\Delta x+f_{y}(x_{0},y_{0})\Delta y+\alpha\Delta x+\beta\Delta y. $$

而

$$ \left|\frac{\alpha\Delta x+\beta\Delta y}{\rho}\right|\leq\left|\alpha\right|\frac{\left|\Delta x\right|}{\rho}+\left|\beta\right|\frac{\left|\Delta y\right|}{\rho}\leq\left|\alpha\right|+\left|\beta\right|, $$

故有

$$ \begin{aligned}&\lim_{\rho\to0}\frac{\alpha\Delta x+\beta\Delta y}{\rho}=0,\\&\alpha\Delta x+\beta\Delta y=o\left(\rho\right).\end{aligned} $$

即

这就证明了函数f在点 $ (x_{0}, y_{0}) $可微.

注意，“函数 $ f(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $的邻域内存在偏导数，且这些偏导数在点 $ (x_{0},y_{0}) $连续”只是 $ f(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $可微的充分条件，而非必要条件.请看下面例子.

例3 设函数

$$ f(\boldsymbol{x},\quad\boldsymbol{y})=\{\begin{aligned}&(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0.\end{aligned}. $$

证明：(1) $ f(x,y) $ 在点（0，0）可微；

(2) $ f_{x}(x,y) $ 及 $ f_{y}(x,y) $ 在点（0，0）不连续.

（1）易求得 $ f_{x}(0,0)=f_{y}(0,0)=0 $。而

$$ \Delta f=f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)=(\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y^{2}\right))\sin\frac{1}{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}} $$

由于

$$ \frac{(\Delta x^{2}+\Delta y^{2})\sin\frac{1}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}-\left[f_{x}(0,0)\Delta x+f_{y}(0,0)\Delta y\right]}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\rho\sin\frac{1}{\rho}\rightarrow0\quad\left(\rho\rightarrow0\right), $$

由全微分定义知 $ f(x, y) $ 在点 $ (0, 0) $ 可微.

(2) 当 $ (x, y) \neq (0, 0) $ 时，有

$$ f_{x}(x,y)=2x\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2x}{x^{2}+y^{2}}\cos\frac{1}{x^{2}+y^{2}} $$

$$ f_{y}(x,y)=2y\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\cos\frac{1}{x^{2}+y^{2}} $$

容易看出，令 y=x，则

$$ f_{x}(x,x)=2x\sin\frac{1}{2x^{2}}-\frac{1}{x}\cos\frac{1}{2x^{2}}\neq0\quad(x\rightarrow0) $$

因此 $ f_{x}(x,y) $ 在点 $ (0,0) $ 不连续. 同理可知 $ f_{y}(x,y) $ 在点 $ (0,0) $ 不连续.

规定自变量的微分等于自变量的增量，即

$$ \mathrm{d}x=\Delta x,\quad\mathrm{d}y=\Delta y, $$

则二元函数 $ z=f(x,y) $ 的全微分就可写为

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y. $$

二元函数全微分的定义，以及可微的必要条件和充分条件都可以推广到二元以上的多元函数上去．例如，如果三元函数 $ u=f(x, y, z) $ 可微，则它的全微分有表达式

$$ \mathrm{d}u=\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y+\frac{\partial u}{\partial z}\mathrm{d}z. $$

例4 求函数 z=xy 在点（2，3）处当 $ \Delta x=0.1 $ 与 $ \Delta y=0.2 $ 时的全增量与全微分.

解 $ \Delta z = (x + \Delta x)(y + \Delta y) - xy = y\Delta x + x\Delta y + \Delta x \cdot \Delta y $,

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y=y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=y\Delta x+x\Delta y, $$

将 x=2, y=3, $ \Delta x=0.1 $, $ \Delta y=0.2 $ 分别代入，可得

$$ \Delta z=0.~72,\quad\mathrm{d}z=0.~7. $$

例5 设 $ z = x e^{xy} + y $，求 $ \mathrm{d}z\big|_{(1,1)} $.

解 因为偏导数

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\mathrm{e}^{xy}(1+xy),\quad\frac{\partial z}{\partial y}=x^{2}\mathrm{e}^{xy}+1 $$

在全平面连续，所以函数z在任意点可微，且

$$ \mathrm{d}z=\mathrm{e}^{xy}(1+xy)\mathrm{d}x+\left(x^{2}\mathrm{e}^{xy}+1\right)\mathrm{d}y. $$

特别地，在点（1，1）的全微分等于

$$ \mathrm{d}z\big|_{(1,1)}=e^{xy}(1+xy)\big|_{(1,1)}\mathrm{d}x+(x^{2}e^{xy}+1)\big|_{(1,1)}\mathrm{d}y=2\mathrm{e}\mathrm{d}x+(e+1)\mathrm{d}y. $$

例6 求函数 $ u = e^{x^{2} + y^{2}} \sin^{2} z $ 的全微分.

解 因为

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=2x\mathrm{e}^{x^{2}+r^{2}}\sin^{2}z, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=2y\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}}\sin^{2}z, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial z}=\mathbf{e}^{s^{2}+y^{2}}\sin2z. $$

所以

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}u=&\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y+\frac{\partial u}{\partial z}\mathrm{d}z.\\=&\mathrm{e}^{s^{2}+y^{2}}\left(2x\sin^{2}z\mathrm{d}x+2y\sin^{2}z\mathrm{d}y+\sin2z\mathrm{d}z\right).\end{aligned} $$

三、 全微分在近似计算中的应用

由全微分的定义可知，当二元函数 z = f(x, y) 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 可微时，有

$$ \Delta z=f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})=\mathrm{d}f(x_{0},y_{0})+o(\rho) $$

从而当 $ \rho = \sqrt{\Delta x^{2} + \Delta y^{2}} $ 充分小时，

$$ \Delta z\approx\mathrm{d}f(x_{0},y_{0}), $$

或

$$ f(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y)\approx f(x_{0},y_{0})+\mathrm{d}f(x_{0},y_{0}). $$

利用（2）式和（3）式可计算函数增量及函数的近似值.

例7 计算（1.04） $ ^{2.02} $的近似值.

解 作函数 $ f(x, y) = x^{y} $，则

$$ f_{x}(x,y)=yx^{y-1},f_{y}(x,y)=x^{y}\ln x. $$

取 $ x_{0}=1 $， $ y_{0}=2 $， $ \Delta x=0.04 $， $ \Delta y=0.02 $，把它们代入近似值表达式（3），得到

$$ \begin{aligned}(1.04)^{2.02}=&f(x_{0}+\Delta x,\ y_{0}+\Delta y)\\\approx&f(x_{0},\ y_{0})+f_{x}(x_{0},\ y_{0})\Delta x+f_{y}(x_{0},\ y_{0})\Delta y\\=&1+2\times0.04+0\times0.02=1.08.\end{aligned} $$

例 8 设有厚度 D=0.1 cm，内高 H=20 cm，内半径 R=4 cm 的无盖圆桶，求其壳体体积的近似值.

解 圆桶壳体体积为

$$ \boldsymbol{V}=\boldsymbol{\pi}\left(\boldsymbol{R}+\boldsymbol{D}\right)^{2}\left(\boldsymbol{H}+\boldsymbol{D}\right)-\boldsymbol{\pi}\boldsymbol{R}^{2}\boldsymbol{H}. $$

可见体积 V 就是函数

$$ z=f(R,H)=\pi R^{2}H $$

在 R=4, H=20 处，当 $ \Delta R=D=0.1 $, $ \Delta H=D=0.1 $ 时的全增量 $ \Delta z $. 利用近似表达式 (2) 有

$$ V=\Delta z\approx\mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial R}\Delta R+\frac{\partial z}{\partial H}\Delta H=2\pi R H\Delta R+\pi R^{2}\Delta H, $$

代入具体数值可得

$$ V\approx160\pi\times0.1+16\pi\times0.1=17.6\pi\approx55.3\left(\mathrm{~c m}^{3}\right) $$

因此所求的无盖圆桶壳体体积 V 约为 55.3 cm $ ^{3} $.

习题7-3

1. 求函数 $ z = x^{2} y^{3} $ 在点 $ (2, -1) $，当 $ \Delta x = 0.02 $， $ \Delta y = -0.01 $ 时的全增量及全微分.

1. 设函数 $ u = z \sqrt{\frac{x}{y}} $，求 $ \mathrm{d}u\big|_{(1,1,1)} $

1. 求下列函数的全微分：

(1)

$$ z=\arcsin\frac{x}{y}； $$

$$ z=\mathrm{e}^{s}\sin(x+y) $$

$$ u=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}； $$

$$ u=x+\sin\frac{y}{2}+e^{x} $$

(5)

$$ u=\left(\frac{x}{y}\right)^{*}; $$

$$ z=\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right). $$

1. 计算下列各式的近似值：

(1) $ \sqrt{(1.02)^3+(1.97)^3} $; (2) $ 0.97^{1.05} $; (3) $ \sin 29^\circ \cdot \tan 46^\circ $.

1. 有一圆柱体，受压后发生形变，它的半径由 $ 20 \, cm $ 增大到 $ 20.05 \, cm $，高度由 $ 100 \, cm $ 减少到 $ 99 \, cm $，求体积改变量的近似值.

1. 证明函数

$$ f(x,\ y)=\{\begin{aligned}&x^{2}(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x},&x\neq0,\\ &0,&x=0\end{aligned}. $$

在点（0，3）可微.

1. 证明：函数 $ f(x, y) = \sqrt{|xy|} $在 $ (0, 0) $处连续， $ f_x(0, 0) $与 $ f_y(0, 0) $存在，但在 $ (0, 0) $处不可微.

1. 设函数

$$ f(x,\ y)=\{\begin{aligned}&x y\sin\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0.\end{aligned}. $$

证明：（1） $ f_{x}(0,0) $ 与 $ f_{y}(0,0) $ 存在；

(2) $ f_{x}(x,y) $ 与 $ f_{y}(x,y) $ 在点 $ (0,0) $ 不连续；

(3) $ f(x, y) $ 在点 $ (0, 0) $ 可微.

第四节 多元复合函数的求导法则

在一元复合函数的求导中，链式法则起了非常重要的作用。本节将把链式法则推广到多元函数中，它同样在多元复合函数的求导中起着重要作用。

一、 多元复合函数求导的链式法则

为表述简洁，不失一般性，现以两个中间变量、两个自变量的复合函数为代表来研究多元复合函数求导法则的链式结构.

设z是u，v的二元函数

$$ z=f(u,v), $$

它定义在 uv 平面的区域 D 上，而 u，v 又都是变量 x，y 的二元函数

$$ u=\varphi\left(x,\ y\right),\ v=\psi\left(x,\ y\right), $$

它们定义在 xy 平面的区域 $ D_{1} $ 上，且满足

$$ \left|\left(u,v\right)\mid u=\varphi\left(x,y\right),v=\psi\left(x,y\right),\left(x,y\right)\in D_{1}\right|\subset D, $$

则可构成复合函数

$$ z=f(\varphi(x,y),\psi(x,y)), $$

其中 x, y 称为这复合函数的自变量, u, v 为中间变量. 关于这复合函数 $ z = f(\varphi(x, y), \psi(x, y)) $ 对 x 的偏导数 $ \frac{\partial z}{\partial x} $ 和对 y 的偏导数 $ \frac{\partial z}{\partial y} $, 我们有如下定理.

定理 7.4.1 若函数 $ u = \varphi(x, y) $ 及 $ v = \psi(x, y) $ 在点 $ (x, y) $ 处偏导数存在，而函数 $ z = f(u, v) $ 在对应的点 $ (u, v) $ 处有连续的偏导数，则复合函数 $ z = f(\varphi(x, y), \psi(x, y)) $ 在点 $ (x, y) $ 处偏导数也存在，并且

$$ z = f(u, v) = \{ \begin{array}{l} \frac{u^{2}v}{u^{2} + v^{2}} \quad u^{2} + v^{2} = 0 \\ 0 \quad u^{2} + v^{2} = 0 \end{array} . \quad \begin{array}{l} u = t \quad v = t \\ u = t + \frac{1}{2}v = 0 \end{array} \quad . \begin{array}{l} \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial u} \quad \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial v} \quad \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \\ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial z}{\partial u} \quad \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial v} \quad \frac{\partial v}{\partial y} = 0 \end{array} . \quad \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} $$

证 设 x 有增量 $ \Delta x $，而 y 保持不变，则函数 u，v 有相应的增量 $ \Delta u $， $ \Delta v $，从而函数 z 也有相应的增量 $ \Delta z $。根据假设，函数 $ z = f(u, v) $ 在点 $ (u, v) $ 有连续的偏导数，所以 z 在点 $ (u, v) $ 可微，由第三节的（1）式有

$$ \Delta z=\frac{\partial z}{\partial u}\Delta u+\frac{\partial z}{\partial v}\Delta v+\alpha\Delta u+\beta\Delta v, $$

其中 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 是当 $ \Delta u \to 0 $， $ \Delta v \to 0 $ 时的无穷小.

以 $ \Delta x $ 除以上式，得

$$ \frac{\Delta z}{\Delta x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\Delta u}{\Delta x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\Delta u}{\Delta x}+\alpha\frac{\Delta u}{\Delta x}+\beta\frac{\Delta v}{\Delta x}. $$

又由于 $u$, $v$ 对 $x$ 的偏导数存在，因而固定 $y$, 作为 $x$ 的函数，它们是连续的。故当 $\Delta x \to 0$ 时，$\Delta u \to 0$, $\Delta v \to 0$, 所以 $\alpha$ 与 $\beta$ 都是当 $\Delta x \to 0$ 时的无穷小。

令 $ \Delta x \to 0 $，上式两端取极限，得

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta z}{\Delta x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}, $$

于是 $ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} $.

同理，设 y 有增量 $ \Delta y $，而 x 保持不变，可证得

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y} $$

公式（1）称为链式法则.

例1 设 $ z = f(u, v) = e^{u} \sin v $，其中 u = xy, v = 2x + 3y，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $, $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

解应用公式（1），有

$$ \begin{aligned}&\text{：}(1), 有 \quad\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}\\&\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}\quad=e^{u\sin v}y+e^{u\cos v}2\\&\quad=e^{xy}(y\cdot\sin(2x+3y)+2\cos(2x+3y))\\&\quad=e^{x\cdot y}\left[y\sin\left(2x+3y\right)+2\cos\left(2x+3y\right)\right],\\&\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}\\&\quad=e^{u\sin v}x+e^{u\cos v}3\\&\quad=e^{xy}(x\sin(2x+3y)+3\cos(2x+3y))\\&\quad=e^{x\cdot y}v\cdot x+e^{u\cos v}v\cdot3\\&\quad=e^{xy}\left[x\sin\left(2x+3y\right)+3\cos\left(2x+3y\right)\right].\end{aligned} $$

例2 求函数 $ z = (x^{2} + y^{2}) e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{xy}} $ 的偏导数. $ V = xy $

解 引进中间变量，令 $ u = x^2 + y^2 $， $ v = xy $，则 $ z = ue^{\frac{u}{x}} $。应用公式 (1)，有

$$ \begin{array}{r l}{\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}}&{{}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial V}\frac{\partial v}{\partial x}}\\ &{{}=(1+\frac{u}{V})\mathcal{C}^{\frac{u}{V}}2x-\frac{u^{2}}{V^{2}}\mathcal{C}^{\frac{u}{V}}\frac{y}{V}}\\ {=\left(\mathbf{e}^{\frac{u}{v}}+\frac{u}{v}\mathbf{e}^{\frac{u}{v}}\right)\cdot2x+\left(-\frac{u^{2}}{v^{2}}\mathbf{e}^{\frac{u}{v}}\right)\cdot y}&{{}=\left(2x+\frac{2u}{V}-\frac{u^{2}}{V^{2}}\right)\mathcal{C}^{\frac{u}{V}}\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\\ {=\mathrm{e}^{\frac{u}{v}}\left[\left(1+\frac{u}{v}\right)\cdot2x-\frac{u^{2}}{v^{2}}\cdot y\right]}&{{}=(2x+\frac{2\sqrt{3}u^{2}}{x^{2}+y^{2}}-\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}})\mathcal{C}^{\frac{u}{V}+y^{2}}}\\ {=\frac{x^{4}-y^{4}+2x^{3}y}{x^{2}y}\mathrm{e}^{\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}},}\end{array} $$

$$ \begin{aligned}\frac{\partial z}{\partial y}=&\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}\\=&\left(\mathrm{e}^{\frac{u}{v}}+\frac{u}{v}\mathrm{e}^{\frac{u}{v}}\right)\cdot2y+\left(-\frac{u^{2}}{v^{2}}\mathrm{e}^{\frac{u}{v}}\right)\cdot x\end{aligned} $$

$$ \frac{y^{4}-x^{4}+2xy^{3}}{xy^{2}}\mathrm{e}^{\frac{x^{2}+y^{2}}{xy}}. $$

定理给出的是关于有两个中间变量、两个自变量结构的多元复合函数求导法则，我们不难把它推广到一般的多元复合函数中去.

设函数 $ z = f(u_1, u_2, \cdots, u_m) $ 具有连续偏导数，而函数 $ u_i = \varphi_i(x_1, x_2, \cdots, x_n) $ ( $ i = 1, 2, \cdots, m $) 的偏导数存在，则复合函数

$ z=f(\varphi_{1}(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}),\varphi_{2}(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}),\cdots,\varphi_{m}(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})) $ 关于自变量 $ x_{i} $ 的偏导数是

$$ \frac{\partial z}{\partial x_{i}}=\frac{\partial z}{\partial u_{1}}+\frac{\partial u_{1}}{\partial x_{i}}+\frac{\partial z}{\partial u_{2}}+\cdots+\frac{\partial z}{\partial u_{m}}+\frac{\partial u_{m}}{\partial x_{i}}\qquad(i=1,\ 2,\ \cdots,\ n). $$

注意公式（2）的结构特点：复合函数有 m 个中间变量 $ u_{1}, u_{2}, \cdots, u_{m} $

（2）式的右端和式就有 m 项相加，而每一项的构成与一元复合函数链式法则相类似，即“函数对中间变量的导数乘以该中间变量对自变量的导数”.

掌握多元复合函数求导法则，关键是准确地分析函数的复合结构，弄清哪些是中间变量，哪些是自变量，在此基础上，把公式（2）灵活应用到各种复合的情形。例如

(1) 若 $ z = f(u, v) $，而 $ u = \varphi(t) $， $ v = \psi(t) $，则复合函数 $ z = f(\varphi(t), \psi(t)) $ 对自变量 t 的导数为

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}, $$

它称为复合函数z对t的全导数.

（2）设 $ w = f(u) $，而 $ u = \varphi(x, y, z) $，则复合函数 $ w = f(\varphi(x, y, z)) $ 对自变量 x, y 及 z 的偏导数分别为

$$ \frac{\partial w}{\partial x}=\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x},\quad\frac{\partial w}{\partial y}=\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y},\quad\frac{\partial w}{\partial z}=\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}u}\cdot\frac{\partial u}{\partial z}. $$

（3）设 $ u = f(x, y, z) $，而 $ z = \varphi(x, y) $，则复合函数 $ u = f(x, y, \varphi(x, y)) $ 对自变量 x, y 的偏导数分别为

$$ \begin{aligned}\frac{\partial u}{\partial x}&=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot\frac{\partial y}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x},\\\frac{\partial u}{\partial y}&=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot\frac{\partial x}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot\frac{\partial y}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial y}.\end{aligned} $$

注意这里的复合关系是：一方面 $u$ 既直接依赖于 $x$ 和 $y$，另一方面 $u$ 又通过中间变量 $z$ 而依赖于 $x$ 和 $y$。因而公式（5）中，左端的 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 表示复合之后的函数 $u$ 的偏导数，而右端的 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 表示尚未复合之前 $u$ 对 $x$ 的偏导数，不要混

淆了.

$$ \begin{aligned}\frac{dz}{dt}&=\frac{dz}{dx}\frac{dx}{dt}+\frac{dz}{dy}\frac{dy}{dt}\\&=e^{x-2y}\cdot\cos t-2e^{x-2y}\cdot3t^{2}\end{aligned} $$

例3 设 $ z = e^{x-2y} $，而 $ x = \sin t $， $ y = t^3 $，求 $ \frac{dz}{dt} = e^{\sin t - 2t^3} (\cos t - b + t^2) $

解应用公式（3），有

$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}&=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\mathrm{e}^{s-2y}\cdot\cos t-2\mathrm{e}^{s-2y}\cdot3t^{2}\\&=\mathrm{e}^{\sin t-2t^{3}}\left(\cos t-6t^{2}\right).\end{aligned} $$

例4 设 $ z = f\left(\begin{array}{cc}\sin x & \cos y \\ u & V\end{array}\right) $, $ \ln\sqrt{x^{2} + y^{2}} $，f 具有连续偏导数，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $ 与 $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

解 令 $ u = \sin x $, $ v = \cos y $, $ w = \ln \sqrt{x^2 + y^2} $, 则 $ z = f(u, v, w) $. 注意这里函数 f 没有具体给出, 而是抽象记号 f, 这样 f 对中间变量 u 的偏导数也只能用抽

象的记号 $ \frac{\partial f}{\partial u} $或 $ f_{u} $表示.

$$ \begin{aligned} 表示 .&\quad\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial w}\frac{\partial w}{\partial x}\\&\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial w}\frac{\partial w}{\partial x}\\&=f_{u}\cdot\cos x+f_{v}\cdot0+f_{w}\cdot\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\\&=f_{u}\cdot\cos x+f_{w}\cdot\frac{x}{x^{2}+y^{2}},\\&\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial w}\frac{\partial w}{\partial y}\\&=f_{u}\cdot0+f_{v}\cdot(-\sin y)+f_{w}\cdot\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\\&=-f_{v}\cdot\sin y+f_{w}\cdot\frac{y}{x^{2}+y^{2}}.\end{aligned}:\quad\frac{\partial u}{\partial x}=e^{x^{2}+y^{2}+2}(2x+2z-2x\cos y) $$

例5 设 $ u = e^{x^2 + y^2 + z^2} $，而 $ z = x^2 \cos y $，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $ 与 $ \frac{\partial u}{\partial y} $。 $ \frac{\partial u}{\partial y} = e^{x^2 + y^2 + z^2}(2y - 2z \cdot x^2 \sin y) $

解 这里 $ u = f(x, y, z) $，而 $ z = x^{2} \cos y $，x，y 既是中间变量，又是自变量，应用公式（5），有

$$ \begin{aligned}\frac{\partial u}{\partial x}&=\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}\\&=2x\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+2z\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\cdot2x\cos y\\&=2x\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\left(1+2x^{2}\cos^{2}y\right),\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\frac{\partial u}{\partial y}&=\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial z}\ \frac{\partial z}{\partial y}\\&=2y\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+2z\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\cdot(-x^{2}\sin y)\\&=2\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}+z^{2}}(y-x^{4}\sin y\cos y).\\ \end{aligned} $$

例6 设 $ z=f(x-2y^{2}) $，其中 f 可微，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

解 令 $ u = x - 2y^{2} $，则 $ z = f(u) $，应用链式法则，有

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u}\frac{\partial u}{\partial x}=f^{\prime}(u)\cdot1=f^{\prime}(x-2y^{2}) $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y}=f^{\prime}(u)\cdot(-4y)=-4y\cdot f^{\prime}(x-2y^{2}). $$

例7 设 f 可微， $ u=f(x,xy,xyz) $，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $， $ \frac{\partial u}{\partial y} $ 和 $ \frac{\partial u}{\partial z} $.

解 令 $ u_{1}=x $, $ u_{2}=xy $, $ u_{3}=xyz $, 则 $ u=f(u_{1}, u_{2}, u_{3}) $. 用 $ f_{i}^{\prime} $ 表示 $ f(u_{1}, u_{2}, u_{3}) $ 中对 $ u_{i} $ （第 i 个中间变量）的偏导数, 则有

$$ \begin{aligned}\frac{\partial u}{\partial x}&=f_{1}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial x}(x)+f_{2}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial x}(xy)+f_{3}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial x}(xyz)\\&=f_{1}^{\prime}+y f_{2}^{\prime}+y z f_{3}^{\prime},\\\frac{\partial u}{\partial y}&=f_{1}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial y}(x)+f_{2}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial y}(xy)+f_{3}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial y}(xyz)\\&=x f_{2}^{\prime}+x z f_{3}^{\prime},\\\frac{\partial u}{\partial z}&=f_{1}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial z}(x)+f_{2}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial z}(xy)+f_{3}^{\prime}\cdot\frac{\partial}{\partial z}(xyz)\\&=x y f_{1}^{\prime}.\end{aligned} $$

在理解并熟练掌握了复合函数求导法则之后，中间变量可不必写出。

例8 设 $ z = f(x^2 + y^2, xy) $， $ y = x + \varphi(x) $，其中 $ f $ 可微， $ \varphi $ 可导，求 $ \frac{dz}{dx} $.

解

$$ \begin{align*}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}&=f_{1}^{\prime}\cdot\left(2x+2y\cdot y_{x}\right)+f_{2}^{\prime}\cdot\left(y+xy_{x}\right)\\&=f_{1}^{\prime}\cdot\left(2x+2y+2y\varphi^{\prime}(x)\right)+f_{2}^{\prime}\cdot\left(y+x+x\varphi^{\prime}(x)\right).\end{align*} $$

例9 设 $ z = xy + xF(u) $，其中 $ F(u) $ 可微，且 $ u = \frac{y}{x} $，试证

$$ x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=z+xy. $$

证 因为

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=y+F(u)+xF^{\prime}(u)\cdot\left(-\frac{y}{x^{2}}\right)=y+F(u)-\frac{y}{x}F^{\prime}(u), $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=x+xF^{\prime}(u)\cdot\frac{1}{x}=x+F^{\prime}(u), $$

所以

$$ x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=x\left[y+F(u)-\frac{y}{x}F^{\prime}(u)\right]+y\left[x+F^{\prime}(u)\right] $$

$$ =x y+x F(u)+x y=z+x y. $$

二、 复合函数的高阶偏导数

设 $ u=\varphi(x,y) $ 与 $ v=\psi(x,y) $ 都在点 $ (x,y) $ 处具有二阶偏导数，而 z=f(u,v) 在对应的点 $ (u,v) $ 处具有连续二阶偏函数，由于

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{u}(u,v)\frac{\partial u}{\partial x}+f_{v}(u,v)\frac{\partial v}{\partial x}, $$

所以

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\left[f_{u}(u,v)\frac{\partial u}{\partial x}\right]+\frac{\partial}{\partial x}\left[f_{v}(u,v)\frac{\partial v}{\partial x}\right]. $$

需要特别指出的是， $ f_{u}(u, v) $ 及 $ f_{v}(u, v) $ 一般来说仍是 u, v 的函数，进而也仍是 x, y 的二元复合函数。因此

$$ \begin{align*}\frac{\partial}{\partial x}\Big[f_{u}\big(u,v\big)\frac{\partial u}{\partial x}\Big]&=\frac{\partial}{\partial x}\big[f_{u}\big(u,v\big)\big]\frac{\partial u}{\partial x}+f_{u}\big(u,v\big)\frac{\partial}{\partial x}\Big(\frac{\partial u}{\partial x}\Big)\\&=\Big[f_{uu}\big(u,v\big)\frac{\partial u}{\partial x}+f_{uv}\big(u,v\big)\frac{\partial v}{\partial x}\Big]\frac{\partial u}{\partial x}+f_{u}\big(u,v\big)\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\end{align*} $$

同理

$$ \frac{\partial}{\partial x}\left[f_{v}(u,v)\frac{\partial v}{\partial x}\right]=\left[f_{v u}(u,v)\frac{\partial u}{\partial x}+f_{v v}(u,v)\frac{\partial v}{\partial x}\right]\frac{\partial v}{\partial x}+f_{v}(u,v)\frac{\partial^{2}v}{\partial x^{2}}, $$

故得

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\simeq f_{u u}\cdot\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^{2}+2f_{u v}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}+f_{v v}\cdot\left(\frac{\partial v}{\partial x}\right)^{2}+f_{u}\cdot\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+f_{v}\cdot\frac{\partial^{2}v}{\partial x^{2}}. $$

类似可求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} $和 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $.

例10 设 $ z = f(xy, \frac{x}{y}) $，其中 f 具有二阶连续偏导数，求 $ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} $.

在求高阶偏导数时，为书写简便，常用记号： $ f_{12} $ 表示函数 f 先对第一个中间变量求导后，再对第二个中间变量求偏导数，其他依此类推.

解 令 $ u = xy $， $ v = \frac{x}{y} $，则 $ z = f(u, v) $.

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_{2}^{\prime}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\cdot y+f_{2}^{\prime}\cdot\frac{1}{y}. $$

注意到 $ f_{1}^{\prime} $ 与 $ f_{2}^{\prime} $ 仍是以 u，v 为中间变量，x，y 为自变量的复合函数，所以

$$ \begin{aligned}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=&f_{1}^{\prime}+y\frac{\partial f_{1}^{\prime}}{\partial y}-\frac{1}{y^{2}}f_{2}^{\prime}+\frac{1}{y}\cdot\frac{\partial f_{2}^{\prime}}{\partial y}\\=&f_{1}^{\prime}+y\left[f_{11}^{\prime \prime}\cdot x-\frac{x}{y^{2}}f_{12}^{\prime \prime}\right]-\frac{1}{y^{2}}f_{2}^{\prime}+\frac{1}{y}\left[f_{21}^{\prime \prime}\cdot x-\frac{x}{y^{2}}f_{22}^{\prime \prime}\right]\end{aligned} $$

$$ =f_{1}^{\prime}-\frac{1}{y^{2}}f_{2}^{\prime}+xyf_{11}^{\prime\prime}-\frac{x}{y^{3}}f_{22}^{\prime\prime}. $$

其中， $ f_{12}=f_{21} $ 是因为 f 具有二阶连续偏导数.

例 11 设 $ z = f(x, y) $ 具有二阶连续偏导数，试求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} - \frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} $ 在新坐标系 $ u = x - y $, $ v = x + y $ 下的相应表达式.

解 根据复合函数求导的链式法则，有

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial v} $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\partial z}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial v}. $$

再求二阶偏导数，有

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=\left(\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}+\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}+\frac{\partial v}{\partial x}\right)+\left(\frac{\partial^{2}z}{\partial v\partial u}+\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}+\frac{\partial v}{\partial x}\right)=\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}+2\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}+\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=-\left(\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}\right)+\left(\frac{\partial^{2}z}{\partial v\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}\frac{\partial v}{\partial y}\right)=\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}-2\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}+\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}, $$

因此

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=4\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}. $$

三、 一阶全微分形式的不变性

与一元函数的一阶微分形式不变性相类似，多元函数的一阶全微分也有形式不变性.

设 $ z=f(u,v) $ 是二元可微函数，u，v 是自变量，则有全微分表达式

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial u}\mathrm{d}u+\frac{\partial z}{\partial v}\mathrm{d}v. $$

若 u, v 不是自变量，而是中间变量，它们分别都是 x, y 的函数， $ u=\varphi(x, y) $， $ v=\psi(x, y) $，且这两个函数 u, v 都可微，则复合函数

$$ z=f\left(\varphi\left(x,\ y\right),\ \psi\left(x,\ y\right)\right) $$

的全微分为

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y. $$

而

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}, $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}, $$

代入上式得

$$ \mathrm{d}z=\left(\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}\right)\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}\right)\mathrm{d}y. $$

故

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial u}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y\right)+\frac{\partial z}{\partial v}\left(\frac{\partial v}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial v}{\partial y}\mathrm{d}y\right). $$

上式两个圆括号内的表达式分别是函数 u 与 v 的全微分，所以

$$ \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial u}\mathrm{d}u+\frac{\partial z}{\partial v}\mathrm{d}v. $$

由此可见，无论 z 是自变量 u，v 的函数还是中间变量 u，v 的函数，它的全微分保持同一形式。这个性质称为全微分形式的不变性。

由一阶全微分形式不变性，容易得到

(1) $ \mathrm{d}(u \pm v) = du \pm dv $;

(2) $ d(uv) = u dv + v du $;

(3) $ \mathrm{d}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{v\mathrm{d}u-u\mathrm{d}v}{v^{2}}\quad(v\neq0). $

利用全微分形式不变性计算全微分和偏导数，有时会较为简便.

例12 求函数 $ u=\frac{x}{x^{2}+\gamma^{2}+z^{2}} $ 的全微分及偏导数.

解

$$ \begin{align*}\mathrm{d}u&=\frac{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}x-x\mathrm{d}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}\\&=\frac{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}x-x\left(2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z\right)}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}\\&=\frac{\left(y^{2}+z^{2}-x^{2}\right)\mathrm{d}x-2xy\mathrm{d}y-2xz\mathrm{d}z}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}},\end{align*} $$

且可得

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{2xy}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial z}=-\frac{2xz}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}} $$

例 13 设 $ u = F(x, y, z) $, $ z = f(x, y) $, $ y = \varphi(x) $. 其中函数 F, f, $ \varphi $ 均可微，求 $ \frac{du}{dx} $.

解 应用一阶全微分形式不变性，有

$$ \begin{align*}\mathrm{d}u=&\frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial F}{\partial y}\mathrm{d}y+\frac{\partial F}{\partial z}\mathrm{d}z\\=&\frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial F}{\partial y}\left[\varphi^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x\right]+\frac{\partial F}{\partial z}\Big(\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\Big)\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}=&\frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial F}{\partial y}\varphi^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial y}\left[\varphi^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x\right]\\=&\left[\frac{\partial F}{\partial x}+\varphi^{\prime}\left(x\right)\frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x}+\varphi^{\prime}\left(x\right)\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial y}\right]\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

由此可得

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{\partial F}{\partial x}+\varphi^{\prime}(x)\frac{\partial F}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial x}+\varphi^{\prime}(x)\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\partial f}{\partial y} $$

一般地，当复合函数中复合的层次较多，结构较为复杂时，用一阶全微分形式不变性求一阶偏导数比较方便。

习题7-4

1. 设 $ z = u^2 \ln v $， $ u = \frac{y}{x} $， $ v = 3y - 2x $，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $ 和 $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

1. 设 $ z = x^2 y - xy^2 $, $ x = u \cos v $, $ y = u \sin v $, 求 $ \frac{\partial z}{\partial u} $ 和 $ \frac{\partial z}{\partial v} $.

1. 设 $ u = (x - y)^2 $，而 $ z = x^2 + y^2 $，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $ 和 $ \frac{\partial u}{\partial y} $.

1. 设 $ z = f(x^2 - y^2, e^{xy}) $， $ f $ 具有连续偏导数，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $ 和 $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

1. 设 $ z = \sin \frac{v}{u} $，而 $ u = x^2 $， $ v = e^x $，求 $ \frac{dz}{dx} $.

1. 设 $ z = \frac{y}{x} $，而 $ x = e^x $， $ y = 1 - e^{2x} $，求 $ \frac{dz}{dt} $.

1. 设 $ z = x^2 + \sqrt{y} $，而 $ y = \sin x $，求 $ \frac{dz}{dx} $.

1. 验证下列各式：

（1）若 $ z=\frac{y}{f(x^{2}-y^{2})} $，其中 $ f(u) $ 可微，则

$$ \frac{1}{x}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{y}\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{z}{y^{2}}. $$

(2) 若 $ z=\frac{y^{2}}{2x}+\varphi(xy) $，其中 $ \varphi $ 可微，则

$$ x^{2}\frac{\partial z}{\partial x}-x y\frac{\partial z}{\partial y}+y^{2}=0. $$

1. 求下列函数的偏导数：

（1）设 $ u=f\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}\right) $，其中 f 具有一阶连续偏导数，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $， $ \frac{\partial u}{\partial y} $ 和 $ \frac{\partial u}{\partial z} $；

(2) 设 $ u = f(x, y, z) $，而 $ z = \varphi(y, t) $， $ t = \psi(y, x) $，其中 $ f, \varphi, \psi $ 均可微，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $ 和 $ \frac{\partial u}{\partial y} $

1. 若函数 $ f(x, y, z) $ 恒满足关系式

$$ f(t x,t y,t z)=t^{k}f(x,y,z), $$

则称 f 为 k 次齐次函数．试证：k 次齐次函数 $ f(x, y, z) $ 满足关系式

$$ x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}+z\frac{\partial f}{\partial z}=kf(x,y,z). $$

1. 求下列函数的所有二阶偏导数：

(1) $ z = f(x^{2} + y^{2}) $，f 具有二阶连续偏导数；

(2) $ z = x f\left(2x, \frac{y^{2}}{x}\right) $，f 具有二阶连续偏导数.

1. 设 $ z = f(u, x, y) $，而 $ u = xe^{y} $，其中 f 具有二阶连续偏导数，求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $.

1. 已知 $ u = \varphi\left(\frac{y}{x}\right) + x\psi\left(\frac{y}{x}\right) $， $ \varphi $， $ \psi $ 均有二阶连续导数，求证：

$$ x^{2}+\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+2x y+\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}+y^{2}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=0. $$

1. 设 $ u = f(xy + yz + zx) $，其中 f 为可微函数，利用全微分形式不变性，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $， $ \frac{\partial u}{\partial y} $ 和 $ \frac{\partial u}{\partial z} $

1. 设 $ z = f(x^2 - y^2, xy) $， $ f $ 具有连续偏导数，求 $ \mathrm{d}z $， $ \frac{\partial z}{\partial x} $ 及 $ \frac{\partial z}{\partial y} $.

1. 设 $ f(x, y) = \int_{0}^{xy} e^{-t^{2}} dt $，试证：

$$ \frac{x}{y}\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}-2\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}+\frac{y}{x}\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=-2\mathrm{e}^{-x^{2}y^{2}}. $$

1. 设 $ z = f(x, y) $ 有二阶连续偏导数，其中 $ x = r \cos \theta $, $ y = r \sin \theta $，试证：

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=\frac{\partial^{2}z}{\partial r^{2}}+\frac{1}{r^{2}}-\frac{\partial^{2}z}{\partial\theta^{2}}+\frac{1}{r}-\frac{\partial z}{\partial r}. $$

1. 设变换 $ \{\begin{aligned}u&=x-2y,\\ v&=x+ay\end{aligned}. $ 可把方程 $ 6\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0 $ 简化为 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}=0 $，求常数 a.

第五节 隐函数求导法

在一元函数微分学中，已经介绍了直接从确定隐函数的具体方程

$$ F(x,\ y)=0 $$

出发，应用复合函数求导法求出隐函数导数的方法。本节介绍隐函数存在定理，并根据多元复合函数求导法则对隐函数求导法作更一般化的讨论。

一、 一个方程的情形

下面给出隐函数存在的充分条件和一个隐函数的导数公式.

定理 7.5.1（隐函数存在定理） 如果二元函数 $ F(x, y) $ 满足：

(1) $ F(x_0, y_0) = 0 $;

（2）在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内有连续的偏导数；

(3) $ F_{y}(x_{0}, y_{0}) \neq 0 $,

则方程 $ F(x, y) = 0 $ 在 $ x_0 $ 的某一邻域内唯一确定一个具有连续导数的函数 $ y = f(x) $，它满足 $ y_0 = f(x_0) $ 及 $ F(x, f(x)) = 0 $，并且

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}. $$

这个定理的证明从略．下面仅从方程 $ F(x, y) = 0 $ 已经确定了具有连续导数的函数 $ y = f(x) $ 的假定下，来推导公式（1）.

将 $ y=f(x) $ 代入方程 $ F(x,y)=0 $ 得恒等式

$$ F(x,f(x))=0. $$

上式左端可看作是 x 的一个复合函数，两边取全微分得

$$ F_{x}\mathrm{d}x+F_{y}\mathrm{d}y=0. $$

由于 $ F_{y} $ 连续以及 $ F_{y}(x_{0}, y_{0}) \neq 0 $，所以存在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的一个邻域，在这个邻域内 $ F_{y} \neq 0 $，于是得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}. $$

隐函数的求导方法可推广到多个变量的情形. 设由多元方程

$$ F(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},z)=0 $$

确定了z是 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $的可微隐函数：

$$ z=z(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}). $$

将方程两边取全微分，由一阶全微分形式不变性得

$$ \boldsymbol{F}_{x_{1}}\mathrm{d}\boldsymbol{x}_{1}+\boldsymbol{F}_{x_{2}}\mathrm{d}\boldsymbol{x}_{2}+\cdots+\boldsymbol{F}_{x_{n}}\mathrm{d}\boldsymbol{x}_{n}+\boldsymbol{F}_{z}\mathrm{d}z=0, $$

当 $ F_{t}\neq0 $时，有

$$ \mathrm{d}z=-\frac{F_{x_{1}}}{F_{z}}\mathrm{d}x_{1}-\frac{F_{x_{2}}}{F_{z}}\mathrm{d}x_{2}-\cdots-\frac{F_{x_{n}}}{F_{z}}\mathrm{d}x_{n}, $$

因此

$$ \frac{\partial z}{\partial x_{1}}=-\frac{F_{s_{1}}}{F_{s}},\quad\frac{\partial z}{\partial x_{2}}=-\frac{F_{s_{2}}}{F_{s}},\quad\cdots,\quad\frac{\partial z}{\partial x_{n}}=-\frac{F_{s_{n}}}{F_{s}}. $$

如果 $ F(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}, z) $ 具有二阶连续偏导数，则仍可继续求隐函数的二阶偏导数.

例1 设方程 $ e^x - xyz = 0 $ 确定了 $ z $ 是 $ x $， $ y $ 的隐函数，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $ 及 $ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} $。

解 方法 1 应用公式法.

$$ \begin{array}{c} \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{-F_{x}}{F_{z}} \\ = \frac{y z}{e^{z} - x y} \quad F_{x} = e^{z} - x \end{array} \quad \begin{array}{l} \frac{\partial x}{\partial y} = -y z \\ F_{z} = -y z \end{array} $$

令 $ F(x, y, z) = e^{x} - xyz $，则

$$ F_{x}=-yz,\quad F_{y}=-xz,\quad F_{z}=\mathrm{e}^{x}-xy,\quad Fy=-xz. $$

故当 $ e^{t}-xy\neq0 $时，有

$$ d y=\frac{-F y}{F z}=\frac{x z}{e^{z}-x y} $$

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}}{F_{x}}=\frac{yz}{\mathrm{e}^{x}-xy}, $$

而

$$ \begin{aligned} \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{yz}{e^{z}-xy}\right) & \quad \frac{\partial z}{\partial x\partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right) \\ &= \frac{\left(z+y\frac{\partial z}{\partial y}\right)\left(e^{z}-xy\right)-yz\left(e^{z}\frac{\partial z}{\partial y}-x\right)}{\left(e^{z}-xy\right)^{2}} = \frac{1}{\partial y} \left( \frac{(e^{2}-xy)(z+y\frac{\partial z}{\partial y})-yz e^{z}}{(e^{z}-xy)^{2}} \right) \end{aligned} $$

将 $ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{xz}{e^x-xy} $代入，并注意 $ e^x=xyz $，可得

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=-\frac{x^{2}y^{2}z}{\left(e^{x}-xy\right)^{3}}. $$

方法2 将方程两边关于 x 求导，并注意 z 是 x, y 的函数，有

$$ e^{z}\frac{\partial z}{\partial x}-yz-xy\frac{\partial z}{\partial x}=0,\quad e^{z}\frac{xy}{2z}=0,\quad(2) $$

当 $ e^{t}-xy\neq0 $时，得

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{yz}{\mathrm{e}^{z}-xy}. $$

利用x与y的对称性得

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{xz}{e^{x}-xy}. $$

为求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $，可把（2）式两边再分别对 y 求导，有

$$ \left(\mathrm{e}^{z}\frac{\partial z}{\partial y}-x\right)\frac{\partial z}{\partial x}+\left(\mathrm{e}^{x}-x y\right)\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}-z-y\frac{\partial z}{\partial y}=0, $$

将 $ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{yz}{\mathrm{e}^{z}-xy} $， $ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{xz}{\mathrm{e}^{z}-xy} $代入，并注意 $ e^{z}=xyz $，化简可得

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=-\frac{x^{2}y^{2}z}{\left(e^{x}-xy\right)^{3}}. $$

例2 设方程 $ f(x^2 - y^2, y^2 - z^2) = 0 $ 确定函数 $ z = z(x, y) $， $ f $ 具有连续偏导数，证明： $ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x^2} + \frac{\partial f}{\partial y^2} + \frac{\partial f}{\partial z^2} = 2x f_1' - 2z f_2' $

$$ yz\frac{\partial z}{\partial x}+zx\frac{\partial z}{\partial y}=xy. $$

证 方法1 对方程 $ f(x^{2}-y^{2},y^{2}-z^{2})=0 $两边分别关于x，y求偏导，并注意z是x，y的函数，有

$$ 2x f_{1}^{\prime}-2z f_{2}^{\prime}\frac{\partial z}{\partial x}=0, $$

$$ -2y f_{1}^{\prime}+2y f_{2}^{\prime}-2z f_{2}^{\prime}\frac{\partial z}{\partial y}=0. $$

将上面两式分别乘以 y 与 x，然后相加，并整理可得

$$ yz\frac{\partial z}{\partial x}+zx\frac{\partial z}{\partial y}=xy. $$

方法2 令 $ F(x,y,z)=f(x^{2}-y^{2},y^{2}-z^{2}) $，则

$$ F_{x}=2x f_{1}^{\prime},\quad F_{y}=-2y f_{1}^{\prime}+2y f_{2}^{\prime},\quad F_{z}=-2z f_{2}^{\prime}. $$

故

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}=\frac{xf_{1}^{\prime}}{zf_{2}^{\prime}}, $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}}{F_{z}}=\frac{y}{z}-\frac{y f_{1}^{\prime}}{z f_{2}^{\prime}}, $$

于是有

$$ yz\frac{\partial z}{\partial x}+zx\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{xyf_{1}^{\prime}}{f_{2}^{\prime}}+xy-\frac{xyf_{1}^{\prime}}{f_{2}^{\prime}}=xy. $$

二、 方程组的情形

现在讨论由方程组确定的隐函数的微分法．以下假定在所讨论的问题中隐函数存在且可微．

一般来说，n个方程可以确定n个函数。例如，方程组

$$ \{\begin{aligned}&F_{1}(x,y,z)=0,\\ &G_{1}(x,y,z)=0\end{aligned}. $$

确定两个隐函数 $ y=y(x) $， $ z=z(x) $（如果以 x 为自变量）。而方程组

$$ \{\begin{aligned}&F(x,y,u,v)=0,\\ &G(x,y,u,v)=0\end{aligned}. $$

则确定两个二元隐函数 $ u = \varphi(x, y) $， $ v = \psi(x, y) $.

下面就以（3）为例来讨论隐函数 $ u=\varphi(x,y) $， $ v=\psi(x,y) $ 的偏导数的计算方法.

将 $ u=\varphi(x,y) $， $ v=\psi(x,y) $ 代入方程组（3），它们满足

$$ F[x,y,\varphi(x,y),\psi(x,y)]=0, $$

$$ G[x,y,\varphi(x,y),\psi(x,y)]\equiv0. $$

将上述两恒等式分别对 x 求偏导，有

$$ \boldsymbol{F}_{x}+\boldsymbol{F}_{u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+\boldsymbol{F}_{v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=0, $$

$$ G_{x}+G_{u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+G_{v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}=0. $$

这是关于 $ \frac{\partial u}{\partial x} $， $ \frac{\partial v}{\partial x} $的二元线性方程组，当系数行列式

$$ \left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{s}\\ G_{u}&G_{s}\end{array}\right|\neq0 $$

时，就可解得

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{\left|\begin{array}{l l}F_{x}&F_{v}\\ G_{x}&G_{v}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{v}\\ G_{u}&G_{v}\end{array}\right|},\quad\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{v}\\ G_{u}&G_{v}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{v}\\ G_{u}&G_{v}\end{array}\right|}. $$

同理，将恒等式对 y 求偏导，可求得

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\left|\begin{array}{l l}F_{y}&F_{v}\\ G_{y}&G_{v}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{v}\\ G_{u}&G_{v}\end{array}\right|},\quad\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{y}\\ G_{u}&G_{y}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{l l}F_{u}&F_{v}\\ G_{u}&G_{v}\end{array}\right|}. $$

通常把由函数组关于某些变量的偏导数所组成的行列式叫做函数行列式或雅可比（Jacobi）行列式，记作

$$ \frac{\partial\left(\begin{array}{l l}{F,}&{G}\end{array}\right)}{\partial\left(\begin{array}{l l}{u,}&{v}\end{array}\right)}=\left|\begin{array}{l l}{F_{u}}&{F_{v}}\\ {G_{u}}&{G_{v}}\end{array}\right|,\quad\frac{\partial\left(\begin{array}{l l}{F,}&{G}\end{array}\right)}{\partial\left(\begin{array}{l l}{x,}&{v}\end{array}\right)}=\left|\begin{array}{l l}{F_{s}}&{F_{v}}\\ {G_{s}}&{G_{v}}\end{array}\right| $$

等等.

在求由万程组确定的隐函数的导数时，关键是分析函数关系．根据题设条件，首先明确有几个隐函数，隐函数所含的自变量个数，再确定哪些是自变量，哪些是因变量，然后再求导. $ G(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1=0 $

例3 设方程组

$$ F(x,y,z)=x+y+z $$

$$ \{\begin{array}{l}{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1,}\\ {x+y+z=0}\end{array}.\quad\begin{array}{l}{G(x=2,y=2,z=2,x)=0}\\ {F(x=1+y,x+z,x)=0}\end{array} $$

确定隐函数 $ y = y(x) $， $ z = z(x) $，试求 $ y'(x) $， $ z'(x) $。

解 将函数 $ y=y(x) $， $ z=z(x) $ 代入原方程组，得恒等式组

$$ \{\begin{array}{l}{x^{2}+y^{2}(x)+z^{2}(x)=1,}\\ {x+y(x)+z(x)=0,}\end{array}.\qquad\{\begin{array}{l}{x+y y^{\prime}(x)+z\cdot z^{\prime}(x)=0}\\ {1+y^{\prime}(x)+z^{\prime}(x)=0}\end{array}. $$

分别对 x 求导，得

$$ \{\begin{aligned}&2x+2yy^{\prime}(x)+2zz^{\prime}(x)=0,\\ &1+y^{\prime}(x)+z^{\prime}(x)=0,\end{aligned}. $$

即

$$ \{\begin{aligned}&x+y y^{\prime}(x)+z z^{\prime}(x)=0,\\ &1+y^{\prime}(x)+z^{\prime}(x)=0.\end{aligned}. $$

解此线性方程组，得

$$ y^{\prime}\left(x\right)=\frac{z-x}{y-z},\ z^{\prime}\left(x\right)=\frac{x-y}{y-z}. $$

例4 设

$$ v=u(x y z) $$

$$ \{\begin{array}{l}x=-u^{2}+v+z,\\ y=u+v z\end{array}.\quad x-v=u^{2}+v+z\\ x-1=-2u\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}\\ x-v=\frac{\partial u}{\partial x}+z\frac{\partial v}{\partial x}. $$

确定了 u, v 是 x, y, z 的隐函数，求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $, $ \frac{\partial v}{\partial x} $.

解 依题意，设

$$ u=u\left(x,\ y,\ z\right),\ v=v\left(x,\ y,\ z\right). $$

把原方程组的每个方程两边对 x 求偏导数，得

$$ \{\begin{array}{l}{1=-2u\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x},}\\ {\quad}\\ {0=\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}+z\frac{\partial v}{\partial x},}\end{array}. $$

解得

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{z}{1+2zu},\quad\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{1+2zu}. $$

类似地，我们也可以求出 $ \frac{\partial u}{\partial y} $， $ \frac{\partial v}{\partial y} $与 $ \frac{\partial u}{\partial z} $， $ \frac{\partial v}{\partial z} $.

求方程组确定的隐函数的偏导数，还有一种常用的方法就是利用一阶全微分形式不变性，首先对方程组两边求全微分，然后通过求解线性方程组，得出所求一阶偏导数.

如例4，对方程组 $ \{\begin{aligned}x&=-u^{2}+v+z,\\ y&=u+v z\end{aligned}. $，求全微分，得

$$ \{\begin{aligned}\mathrm{d}x&=-2u\mathrm{d}u+\mathrm{d}v+\mathrm{d}z,\\ \mathrm{d}y&=\mathrm{d}u+z\mathrm{d}v+v\mathrm{d}z,\end{aligned}. $$

依题意，u，v 是因变量，x，y，z 是自变量，把它们的微分分别放置等式的两端，上式变为

$$ \{\begin{aligned}&2u\mathrm{d}u-\mathrm{d}v=-\mathrm{d}x+\mathrm{d}z,\\ &\mathrm{d}u+z\mathrm{d}v=\mathrm{d}y-v\mathrm{d}z,\end{aligned}. $$

解线性方程组，可得

$$ \mathrm{d}u=\frac{-z\mathrm{d}x+\mathrm{d}y+(z-v)\mathrm{d}z}{2zu+1}, $$

$$ \mathrm{d}v=\frac{2u\mathrm{d}y+\mathrm{d}x-\left(1+2uv\right)\mathrm{d}z}{2zu+1}, $$

再由全微分形式不变性可知

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{-z}{2zu+1},\quad\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{2zu+1}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=\frac{1}{2zu+1},\quad\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{2u}{2zu+1}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial z}=\frac{z-v}{2zu+1},\quad\frac{\partial v}{\partial z}=\frac{-\left(1+2uv\right)}{2zu+1}. $$

例5 设函数 $ u(x) $ 由方程组

$$ \begin{aligned}& 组 \begin{cases}u = f(x,y),&\frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy + \frac{\partial u}{\partial z}dz = 0\\g(x,y,z) = 0,&\frac{\partial n}{\partial x}dx + \frac{\partial n}{\partial z}dz = 0\end{cases}\\&h(x,z) = 0\end{aligned} $$

所确定，其中 $ f, g, h $ 都可微，且 $ \frac{\partial h}{\partial z} \neq 0, \frac{\partial g}{\partial y} \neq 0 $，求 $ \frac{du}{dx} $

解 对方程组中每一个方程求全微分，得

$$ \{\begin{aligned}&\mathrm{d}u=\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y,\\ &\frac{\partial g}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial g}{\partial y}\mathrm{d}y+\frac{\partial g}{\partial z}\mathrm{d}z=0,\\ &\frac{\partial h}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial h}{\partial z}\mathrm{d}z=0,\end{aligned}. $$

由后两式消去 dz，解得

$$ \mathrm{d}y=\frac{-\frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial h}{\partial z}+\frac{\partial g}{\partial z}\frac{\partial h}{\partial x}}{\frac{\partial g}{\partial y}\frac{\partial h}{\partial z}}\mathrm{d}x, $$

代入第一式中，便得

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\frac{\partial f}{\partial y}\left(\frac{\partial g}{\partial z}-\frac{\partial h}{\partial x}-\frac{\partial g}{\partial x}\frac{\partial h}{\partial z}\right)}{\frac{\partial g}{\partial y}\frac{\partial h}{\partial z}}. $$

1. 求由方程 $ x^{3} + y^{3} - 3xy = 0 $ 所确定的隐函数 $ y(x) $ 的导数 $ \frac{dy}{dx} $.

1. 设 $ x^{2}+y^{2}-z^{2}-4z=0 $，求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} $.

1. 设 $ x+2y+z-2\sqrt{xyz}=0 $，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $， $ \frac{\partial x}{\partial y} $（x>0，y>0，z>0）。

1. 设 $ x = x(y, z) $, $ y = y(x, z) $, $ z = z(x, y) $ 都是由方程 $ F(x, y, z) = 0 $ 所确定的隐函数，证明：

$$ \frac{\partial x}{\partial y}\cdot\frac{\partial y}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=-1. $$

1. 求由方程 $ x - y \tan(az) = 0 $ 所确定的隐函数 $ z = z(x, y) $ 的一阶与二阶偏导数.

1. 对下列各式确定的函数 $ z = z(x, y) $，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $ 及 dz.

(1) $ z^{x} = y^{x} $;

(2) $ \cos^{2}x+\cos^{2}y+\cos^{2}z=1 $

(3) $ e^{-x\tau} - 2z + e^x = 0 $;

(4) $ z = f(xz, z - y) $，f 具有一阶连续偏导数.

1. 设函数 $ z = z(x, y) $ 由方程

$$ x^{2}+y^{2}+z^{2}=yf\left(\frac{z}{y}\right) $$

所确定，其中 f 为可微函数且 $ f^{\prime}-2z\neq0 $，试证：

$$ \left(x^{2}-y^{2}-z^{2}\right)\frac{\partial z}{\partial x}+2x y\frac{\partial z}{\partial y}=2x z. $$

1. 设 $ F(y+z, xy+yz)=0 $，F 具有二阶连续偏导数，求 $ \frac{\partial z}{\partial x} $， $ \frac{\partial z}{\partial y} $ 及 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} $.

1. 求由方程组

$$ \{\begin{aligned}z&=x^{2}+y^{2},\\ x^{2}+2y^{2}+3z^{2}&=20\end{aligned}. $$

所确定的函数 $ y(x) $ 及 $ z(x) $ 的导数 $ \frac{dy}{dx} $ 及 $ \frac{dz}{dx} $.

1. 求由方程组

$$ \{\begin{aligned}{2x}&{{}=v^{2}-u^{2},}\\ {y}&{{}=u v}\end{aligned}. $$

所确定的两个隐函数 $ u(x, y) $ 和 $ v(x, y) $ 的偏导数.

1. 设 $ y = y(x) $， $ z = z(x) $ 是由方程 $ z = xf(x + y) $ 和 $ F(x, y, z) = 0 $ 所确定的函数，其中 f 和 F 分别具有一阶连续导数和一阶连续偏导数，求 $ \frac{dz}{dx} $.

1. 设 $ z = f(x, y) $，且 $ x = t + \sin t $， $ y = \varphi(t) $，其中 f 具有二阶连续偏导数， $ \varphi $ 二阶可导，求 $ \frac{d^{2}z}{dx^{2}} $.

1. 设 $ f(x, y, z) = xy^2 z^3 $，而 x, y, z 又同时满足方程 $ (*) $：

$$ x^{2}+y^{2}+z^{2}-3xyz=0. $$

（1）设 z 是由方程 $ ( * ) $ 所确定的隐函数，求 $ f_{*}(1,1,1) $;

（2）设 y 是由方程 $ (^{*}) $ 所确定的隐函数，求 $ f_{x}(1,1,1) $.

第六节 方向导数与梯度

一、 方向导数

现在讨论二元函数 $ z=f(x,y) $ 在 xOy 面上点 $ P_{0}(x_{0},y_{0}) $ 处沿任一指定方向的变化率问题.

定义 7.6.1 设函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P_0(x_0, y_0) $ 的某邻域 $ U(P_0) $ 内有定义。以点 $ P_0 $ 为始点引射线 $ l $，记 $ e_l = \{\cos \alpha, \cos \beta\} $ 为与 $ l $ 同方向的单位向量，而点 $ P $ 是射线 $ l $ 上的另一点，即 $ \overrightarrow{P_0P} = t\boldsymbol{e}_l(t \gt 0) $，且 $ P \in U(P_0) $。若极限

$$ \lim_{t\to0^{+}}\frac{f(P)-f(P_{0})}{t}=\lim_{t\to0^{+}}\frac{f(x_{0}+t\cos\alpha,y_{0}+t\cos\beta)-f(x_{0},y_{0})}{t} $$

存在，则称此极限值为函数 $ f(x, y) $ 在点 $ P_0 $ 处沿着方向 $ l $ 的方向导数，并记为 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{P_0} $。

由定义可知，方向导数 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{P_{0}} $是函数 $ f(x,y) $在定点 $ P_{0} $处沿射线l方向的变化率，其中 $ t\to0^{+} $是单侧极限.值得注意的是，方向导数 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{(x_{0},y_{0})} $与偏导数 $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(x_{0},y_{0})} $， $ \left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(x_{0},y_{0})} $是两个不同的概念.偏导数

$$ \frac{\partial f}{\partial x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+\Delta x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{\Delta x} $$

$$ \frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(x_{0},y_{0})}=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_{0},y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},y_{0})}{\Delta y}, $$

其中， $ \Delta x $， $ \Delta y $ 均为可正可负。由此可见，偏导数是双侧极限，它们分别是函数 $ f(x, y) $ 在定点 $ P_{0} $ 处沿平行于 x 轴与 y 轴的直线（不是射线）的变化率。

应该指出，当函数 $ f(x, y) $ 的两个偏导数存在时，函数 $ f(x, y) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 处沿 x 轴正向 $ e_{i}=i $ 时， $ t=x-x_{0}\gt 0 $，这时有

$$ \frac{\partial f}{\partial l}\left|\begin{array}{c}\\\left(x_{0},y_{0}\right)\end{array}\right.=\frac{\partial f}{\partial x}\left|\begin{array}{c}\\ \left(x_{0},y_{0}\right)\end{array}\right.; $$

而函数 $ f(x, y) $在点 $ (x_{0}, y_{0}) $处沿x轴负向 $ e_{i} = -i $时， $ t = x_{0} - x \gt 0 $，即 $ x = x_{0} - t $，这时方向导数

$$ \frac{\partial f}{\partial l}=\lim_{(x_{0},y_{0})}\frac{f(x_{0}-t,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{t}=-\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(x_{0},y_{0})}. $$

类似地，当 $ e_{i}=j $ 时，有 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{(x_{0},y_{0})}=\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(x_{0},y_{0})} $；当 $ e_{i}=-j $ 时，有 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{(x_{0},y_{0})}=\left.-\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(x_{0},y_{0})} $。

例1 研究二元函数 $ f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 在点（0，0）处沿任一方向的方向导数以及两个偏导数.

解 在点（0，0）处，沿任一方向 l 的方向导数为

$$ \begin{aligned}\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{(0,0)}&=\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{f(t\cos\alpha,\ t\cos\beta)-f(0,\ 0)}{t}\\&=\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{\sqrt{\left(t\cos\alpha\right)^{2}+\left(t\cos\beta\right)^{2}}-0}{t}\\&=\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{1\ t\ |\ \sqrt{\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta\ }}{t}=\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{t}{t}=1.\end{aligned} $$

在求 $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,0)} $时，由于

$$ \lim_{\Delta x\to0^{+}}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0^{+}}\frac{\sqrt{(\Delta x)^{2}}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0^{+}}\frac{\Delta x}{\Delta x}=1, $$

而

$$\lim_{\Delta x\to0^{-}}\frac{f(\Delta x,\ 0)-f(0,\ 0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0^{-}}\frac{\sqrt{(\Delta x)^2}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0^{-}}\frac{-\Delta x}{\Delta x}=-1,\text{ 所以 }\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(0,0)}$$

存在.

类似可得 $ \left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(0,0)} $ 不存在.

本例证明，方向导数的存在性与偏导数无关。但如果函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P_0 $ 处可微，则在点 $ P_0 $ 处 $ \underline{\text{沿任一指定方向}} $ l 的方向 $ \underline{\text{导数存在}} $，且计算公式可由下面的定理给出。

定理 7.6.1 如果函数 $ f(x, y) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 处可微，则函数在点 $ P_{0} $ 处沿任一方向 l 的方向导数存在，且有

$$ \frac{\partial f}{\partial l}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\cos\beta $$

其中 $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $ 是 l 的方向余弦.

证 根据假设， $ f(x, y) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 处可微，因此函数全增量

$$ \begin{align*}&f(x_{0}+\Delta x,\ y_{0}+\Delta y)-f(x_{0},\ y_{0})\\=&f_{x}^{\prime}(x_{0},\ y_{0})\Delta x+f_{y}^{\prime}(x_{0},\ y_{0})\Delta y+o(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}),\end{align*} $$

而当点 $ P(x_{0}+\Delta x,y_{0}+\Delta y) $ 在以 $ P_{0}(x_{0},y_{0}) $ 为始点的射线 l 上时，应有 $ \Delta x= $

$t\cos\alpha,\Delta y=t\cos\beta,\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=t$. 所以

$$ \begin{align*}\lim_{i\to0^{+}}\frac{f(x_{0}+t\cos\alpha,\ y_{0}+t\cos\beta)-f(x_{0},\ y_{0})}{t}\\=f_{x}^{\prime}(x_{0},\ y_{0})\cos\alpha+f_{y}^{\prime}(x_{0},\ y_{0})\cos\beta.\end{align*} $$

这就证明了方向导数存在，且其值为

$$ \frac{\partial f}{\partial l}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\cos\beta $$

例2 求函数 $ z=x^{2}+y^{2} $ 在点 $ P_{0}(1,2) $ 处沿从点 $ P_{0}(1,2) $ 到点 $ P(2,2+\sqrt{3}) $ 方向的方向导数.

解 $ l $ 的方向向量 $ \overrightarrow{P_0P} = \{1, \sqrt{3}\} $，与 $ l $ 同方向的单位向量 $ e_i = \{\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\} $，即 $ l $ 的方向余弦 $ \cos\alpha = \frac{1}{2} $， $ \cos\beta = \frac{\sqrt{3}}{2} $。

因为函数 $ f(x, y) = x^{2} + y^{2} $ 可微分，且

$$ \frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{P_{0}}=2x\bigg|_{(1,2)}=2, $$

$$ \frac{\partial f}{\partial y}\left|\_{_{P_{0}}}=2y\right|\left(_{1,2}\right)=4, $$

故所求方向导数为

$$ \frac{\partial f}{\partial l}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\beta=2\times\frac{1}{2}+4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=1+2\sqrt{3}. $$

方向导数的概念可推广到三元函数的情形. 对于三元函数 $ f(x, y, z) $ 来说，它在空间的点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处沿方向 $ e_{i} = \cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma $ 的方向导数为

$$ \frac{\partial f}{\partial l}\bigg|_{p_{0}}=\lim_{t\to0^{+}}\frac{f(x_{0}+t\cos\alpha,y_{0}+t\cos\beta,z_{0}+t\cos\gamma)-f(x_{0},y_{0},z_{0})}{t}. $$

同样可以证明，如果函数 $ f(x, y, z) $ 在点 $ P_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处可微，则函数 $ f(x, y, z) $ 在点 $ P_{0} $ 处沿方向 $ e_{l} = \{\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma\} $ 的方向导数为

$$ \frac{\partial f}{\partial l}\bigg|_{p_{0}}=\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{p_{0}}\cos\alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{p_{0}}\cos\beta+\frac{\partial f}{\partial z}\bigg|_{p_{0}}\cos\gamma. $$

例3 设 $ u = f(r) $ 可微，其中 $ r = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} $，求函数 $ u = f(r) $ 在空间任意点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处沿向径 r 的方向导数.

解 因为向径 $ \boldsymbol{r} = \overrightarrow{OM_0} = \{x_0, y_0, z_0\} $，与其同方向的单位向量为

$$ \mathbf{r}^{\circ}=\frac{1}{|\overrightarrow{O M_{0}}|}\overrightarrow{O M_{0}}=\frac{1}{r_{0}}\{x_{0},y_{0},z_{0}\}, $$

而

$$ .\frac{\partial u}{\partial x}|_{u_{0}}=f^{\prime}(r_{0})\frac{\partial r}{\partial x}\big|_{u_{0}}=f^{\prime}(r_{0})\frac{x_{0}}{r_{0}},. $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{m_{0}}=f^{\prime}(r_{0})\frac{y_{0}}{r_{0}},\qquad\quad\frac{\partial u}{\partial z}\bigg|_{m_{0}}=f^{\prime}(r_{0})\frac{z_{0}}{r_{0}}, $$

于是所求方向导数为

$$ \frac{\partial u}{\partial l}=f^{\prime}\left(r_{0}\right)\left(\frac{x_{0}}{r_{0}}-\frac{x_{0}}{r_{0}}+\frac{y_{0}}{r_{0}}-\frac{y_{0}}{r_{0}}+\frac{z_{0}}{r_{0}}-\frac{z_{0}}{r_{0}}\right)=f^{\prime}\left(r_{0}\right). $$

二、 梯度

方向导数描述了函数在定点处沿某一方向的变化率. 若 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{p_0}\gt 0 $, 则函数在点 $ P_0 $ 沿 $ l $ 方向是递增的; 若 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{p_0}\lt 0 $, 则函数在点 $ P_0 $ 沿 $ l $ 方向的变化是递减的; 若 $ \left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{p_0}=0 $, 则函数在点 $ P_0 $ 沿 $ l $ 方向的变化是稳定的. 一般地, 沿不同方向变化其方向导数值是不相同的, 那么沿哪一个方向的方向导数最大? 这个最大的方向导数又是等于多少? 为解决这一问题, 现引入梯度的概念.

定义 7.6.2 设函数 $ z = f(x, y) $ 在平面区域 D 内可微分，则对 D 内的点 $ P(x, y) $ 所确定的向量 $ \frac{\partial f}{\partial x} \mathbf{i} + \frac{\partial f}{\partial y} \mathbf{j} $，称为函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ P(x, y) $ 的梯度，记为 $ \text{grad} f(x, y) $，即

$$ \operatorname{grad}f(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}i+\frac{\partial f}{\partial y}j. $$

由定义可知，梯度 $ \mathrm{grad}f(x, y) $ 是由一个数量值函数产生的向量，它只与函数 $ f(x, y) $ 及所取点 $ P(x, y) $ 有关，且模为

$$ grad f=\sqrt{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}} $$

应用梯度，可把函数 $ z=f(x,y) $ 在点 $ P(x,y) $ 处沿 l 方向的方向导数写成两向量的数量积的形式

$$ \begin{aligned}\frac{\partial\overline{f}}{\partial l}&=\overline{\frac{\partial f}{\partial x}}\cos\alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\cos\beta=\{\frac{\partial f}{\partial x},\ \frac{\partial f}{\partial y}\}\cdot\{\cos\alpha,\ \cos\beta\}\\&=\mathbf{g r a d}f\cdot e_{1},\end{aligned} $$

其中 $ e_{1} $ 是与 l 同向的单位向量. 应用数量积的投影表达式, 又可得

$$ \frac{\partial f}{\partial l}=\left|\begin{array}{c}\mathbf{g r a d}f\end{array}\right|\mid\boldsymbol{e}_{l}\mid\cos\theta=\left|\begin{array}{c}\mathbf{g r a d}f\end{array}\right|\cos\theta, $$

这里 $ \theta $ 是向量 gradf 与向量 $ e_{i} $ 之间的夹角。这等式指明了函数在一点处的梯度

与函数在该点处的方向导数之间的关系．由此可知：

（1）当向量 $ e_i $ 与梯度 $ \text{grad}_f $ 的夹角 $ \theta = 0 $，亦即梯度方向时，方向导数 $ \frac{\partial f}{\partial l} $ 取得最大值。换句话说，梯度的方向就是函数的变化率最大、函数值增长最快的方向。

（2）函数 $ f(x,y) $在给定点P处方向导数的最大值就是该梯度的模

$$ \mathrm{grad}f(x,y)=\sqrt{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}} $$

（3）当 $ e_l $ 与梯度 $ \text{grad}f $ 的夹角 $ \theta = \pi $，亦即当 $ l $ 取负梯度方向 $ -\text{grad}f $ 时，方向导数取最小值，此最小的方向导数值为

$$ -\left|\operatorname{grad}f\right|=-\sqrt{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}} $$

例4 求函数 $ f(x, y)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} $在点 $ P(3, 4) $处的梯度.

解 $ \frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{x}{\sqrt{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}}} $， $ \frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{y}{\sqrt{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}}} $，

在点 $ P(3,4) $处，

$$ \frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(3,4)}=-\frac{3}{125},\qquad\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(3,4)}=-\frac{4}{125}, $$

于是 $ \operatorname{grad}f(3,4)=-\frac{3}{125}i-\frac{4}{125}j. $

例5 设在 xOy 面上，温度 T 与点的位置关系为 $ T=4x^{2}+9y^{2} $. 问：

（1）在点 $ P(9,4) $处沿方向角 $ 210^{\circ} $的方向I的温度变化率是多少？

（2）在什么方向上，点 P 处温度变化率取得最大值？最大值等于多少？

解 （1）即是求函数 T 在点 P 处沿方向 l 的方向导数，由于 $ \mathrm{grad}T(x,y)=\{8x,18y\} $，故有

$$ \operatorname{grad}T(9,\ 4)=\{72,\ 72\}. $$

又 $ e_{t}=\{\cos 210^{\circ}, \sin 210^{\circ}\}=\{-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}\} $,

于是 $ \left.\frac{\partial T}{\partial l}\right|_{P}=\mathbf{grad}T(9,4)\cdot\boldsymbol{e}_{l}=72\cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+72\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-36(\sqrt{3}+1) $.

（2）梯度的方向就是温度变化率取得最大值的方向．变化率的最大值即梯度的模 $ \left| \text{grad } T \right| = 72\sqrt{2} $．

为进一步了解梯度，下面我们从几何上来看 gradf 的方向.

一般地，二元函数 $ z=f(x, y) $ 在几何上表示一张曲面，该曲面被平面 z=

C（C为常数）所截得的曲线L的方程为

$$ \{\begin{aligned}z&=f(x,y),\\ z&=C,\end{aligned}. $$

曲线 L 在 xOy 面上的投影是平面曲线 $ L^{\star} $，它在 xOy 平面直角坐标系中的方程为

$$ f(x,y)=C. $$

如图 7-5 所示. 对于曲线 $ L^{*} $ 上的一切点，函数 $ f(x, y) $ 的函数值都等于相同的常数 C. 所以，称平面曲线 $ L^{*} $ 为函数 $ z = f(x, y) $ 的等高线（或等值线）.

由于等高线 $ f(x, y) = C $ 上任一点 $ P(x, y) $ 的切线斜率为

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{f_{x}}{f_{y}}, $$

法线斜率为

$$ -\frac{1}{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}=\frac{f_{y}}{f_{x}}. $$

所以，函数 $ f(x, y) $在点 $ P(x, y) $的梯度 $ \text{grad}f = f_x i + f_y j $的方向是过点 $ P $的等高线 $ f(x, y) = C $在该点的法线方向，且从数值较低的等高线指向数值较高的等高线，而梯度的模等于函数在这个法线方向的方向导数，这法线的方向就是方向导数取得最大值的方向。

梯度的概念可推广到三元函数的情形. 设函数 $ u = f(x, y, z) $ 在空间区域 G 内可微分，则对于 G 内的点 $ P(x, y, z) $ 所确定的向量 $ \frac{\partial f}{\partial x} i + \frac{\partial f}{\partial t} j + \frac{\partial f}{\partial z} k $，称为函数 $ u = f(x, y, z) $ 在点 P 的梯度，即

$$ \mathbf{grad}f=\{\frac{\partial f}{\partial x},\quad\frac{\partial f}{\partial y},\quad\frac{\partial f}{\partial z}\} $$

是个向量，它的方向与取得最大方向导数的方向一致，而它的模为方向导数的最大值.

梯度 gradf 又可简记为 $ \nabla f $，即

$$ \nabla f=\frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j}+\frac{\partial f}{\partial z}\mathbf{k}, $$

这里 $ \nabla=\frac{\partial}{\partial x}i+\frac{\partial}{\partial y}j+\frac{\partial}{\partial z}k $ 称为哈密顿（Hamilton）算子.

例6 设函数 $ u = xy^{2}z $，试问，函数在点 $ P_{0}(1, -1, 2) $ 处沿哪个方向的方向导数为最大？最大的方向导数值是多少？

解 函数 u 在点 $ P_{0} $ 处沿梯度

$$ \mathbf{grad}_{u}=\{\frac{\partial u}{\partial x},\quad\frac{\partial u}{\partial y},\quad\frac{\partial u}{\partial z}\}\mid_{(1,-1,2)}=\{y^{2}z,2xyz,xy^{2}\}\mid_{(1,-1,2)}=\{2,-4,1\} $$

方向的方向导数为最大. 最大的方向导数值为

$$ \left|\operatorname{grad}u(1,-1,2)\right|=\sqrt{2^{2}+\left(-4\right)^{2}+1^{2}}=\sqrt{21}. $$

习题7-6

1. 求函数 $ z = xe^{2y} $ 在点 $ P(1,0) $ 处沿从点 $ P(1,0) $ 到点 $ Q(2,-1) $ 的方向的方向导数.

1. 已知函数 $ z = x^{3}y^{2} $，点 $ P_{0}(3, 1) $， $ P_{1}(2, 3) $，求函数在点 $ P_{0} $ 沿方向 $ \overrightarrow{P_{0}P_{1}} $ 的方向导数.

1. 求下列函数在已知点 P 沿向量 l 的方向的方向导数.

(1) $ z = x \arctan \frac{y}{x} $, $ P(1, 1) $, $ l = \{2, -1\} $;

(2) $ u = e^x \cos(yz) $, $ P(0, 0, 0) $, $ l = \{2, 1, -2\} $;

(3) $ u = \ln \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} $, $ P(3, 4, 12) $, $ I = \{3, 6, -2\} $;

(4) $ u = xy + yz + zx $, $ P(1, -1, 2) $, $ I = \{10, 11, -2\} $;

(5) $ u = z \sqrt{x^2 - y^2} $, $ P(4, 2, -1) $, $ I = \{2, 1, -1\} $.

1. 求二元函数 $ z = x^{2} - xy + y^{2} $ 在点 $ (-1, 1) $ 沿方向 $ l = \frac{1}{\sqrt{5}} $ $ \{2, 1\} $ 的方向导数及梯度，并指出 z 在该点沿哪个方向减小得最快？沿哪个方向 z 的值不变？

1. 求下列函数在点 P 处的梯度.

(1) $ z = 4x^2 + 9y^2 $, $ P(2, 1) $;

(2) $ u = \ln(x + \sqrt{y^2 + z^2}) $, $ P(1, 0, 1) $;

$$ (3)z=10+6\cos x\cos y+3\cos2x+4\cos3y,P\left(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right); $$

(4) $ u = \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} $, $ P(1, -1, 0) $;

(5) $ u = xy + e^x $, $ P(1, 1, 0) $.

1. 设函数 $ u = 2xy - z^{2} $，问：u 在点（2，-1，1）处沿什么方向的方向导数值最大？其最大的方向导数值是多少？

1. 设点电荷 q 在 $ (x, y, z) $ 的电位为

$$ U=\frac{q}{4\pi\varepsilon r},~r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}~, $$

求 grad U.

1. 设 l 与 x 轴正向夹角为 $ \alpha $，求函数

$$ f(x,\ y)=\{\begin{aligned}&\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\ &0,&x^{2}+y^{2}=0\end{aligned}. $$

在点（0，0）处沿方向I的方向导数.

1. 求 $ z=\left[x^{2}y^{2}+x(x-2y)-1\right]^{2} $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处减小最快的方向.

1. 设函数 $ u = \ln \frac{1}{r} $，其中

$$ r=\sqrt{\left(r-a\right)^{2}+\left(y-b\right)^{2}+\left(z-c\right)^{2}} $$

问：在空间中哪些点使 $ \left| \text{grad } u \right| = 1 $ 成立？

1. 设 u, v, f 可微，证明：

(1) grad(uv) = vgrad u + u grad v;

(2) $ \mathrm{grad}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{1}{v^{2}}(v\mathrm{grad}u-u\mathrm{grad}v)(v\neq0) $;

(3) grad $ f(u) = f'(u) $ grad $ u $.

第七节 偏导数的几何应用

一、 空间曲线的切线与法平面

1. 设空间曲线 $ \Gamma $ 的参数方程为

$$ \varGamma:\{\begin{aligned}{}&{{}x=\varphi(t),}\\ {}&{{}y=\psi(t),}\\ {}&{{}z=\omega(t)}\\ \end{aligned}.\qquad(\alpha\leqslant t\leqslant\beta), $$

其中， $ \varphi(t) $， $ \psi(t) $， $ \omega(t) $均可导，且 $ \varphi'(t) $， $ \psi'(t) $， $ \omega'(t) $在 $ [\alpha,\beta] $上连续，不同时为零.

考虑曲线 $ \Gamma $ 上对应于 $ t = t_0 $ 的一点 $ M_0(x_0, y_0, z_0) $ 及对应于 $ t = t_0 + \Delta t $ 的附近一点 $ M(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y, z_0 + \Delta z) $，当动点 $ M $ 沿光滑曲线 $ \Gamma $ 趋于 $ M_0 $ 时，割线 $ M_0M $ 的极限位置 $ M_0T $ 就称为曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_0 $ 处的切线，切点为 $ M_0 $，如图 7-6 所示。把过切点 $ M_0 $ 且垂直于该点切线 $ M_0T $ 的平面称为曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_0 $ 处的法平面。

直线 $ M_{0}M $ 的方向向量 $ \overrightarrow{M_{0}M} = \{\Delta x, \Delta y, \Delta z\} $，由空间解析几何知，曲线的割线 $ M_{0}M $ 的方程为

$$ \frac{x-x_{0}}{\Delta x}=\frac{y-y_{0}}{\Delta y}=\frac{z-z_{0}}{\Delta z}, $$

用 $ \Delta t $除上式的各分母，得

$$ \frac{x-x_{0}}{\frac{\Delta x}{\Delta t}}=\frac{y-y_{0}}{\frac{\Delta y}{\Delta t}}=\frac{z-z_{0}}{\frac{\Delta z}{\Delta t}}, $$

令 $ M \rightarrow M_{0} $ （这时 $ \Delta t \rightarrow 0 $），对上式取极限即可得曲线在点 $ M_{0} $ 处的切线方程为

$$ \frac{x-x_{0}}{\varphi^{\prime}(t_{0})}=\frac{y-y_{0}}{\psi^{\prime}(t_{0})}=\frac{z-z_{0}}{\omega^{\prime}(t_{0})} $$

故切线的一组方向数为 $ \varphi'(t_{0}) $， $ \psi'(t_{0}) $ 及 $ \omega'(t_{0}) $，切线的方向向量是

$$ \mathbf{T}=\{\varphi^{\prime}(t_{0}),\psi^{\prime}(t_{0}),\omega^{\prime}(t_{0})\}, $$

且称为曲线在点 $ M_{0} $ 处的切向量。它的指向与参数 t 增大时点 M 移动的走向一致。其中 $ \varphi'(t_{0}) $， $ \psi'(t_{0}) $ 及 $ \omega'(t_{0}) $ 不能全为零，如果个别为零，则按空间解析几何中有关直线的对称式方程的说明理解。

因为数乘向量是与原向量共线的向量，故

$$ \begin{aligned}T\mathrm{d}t&=\{\varphi^{\prime}(t_{0})\mathrm{d}t,\psi^{\prime}(t_{0})\mathrm{d}t,\omega^{\prime}(t_{0})\mathrm{d}t\}\\&=\{\mathrm{d}x,\mathrm{d}y,\mathrm{d}z\}=\mathrm{d}I\end{aligned} $$

仍是曲线 $ \Gamma $ 在 $ M_{0} $ 处的切向量。将切向量用微分的形式表示，有利于应用微分形式不变性，方便运算。

曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处的法平面方程为

$$ \varphi^{\prime}(t_{0})(x-x_{0})+\psi^{\prime}(t_{0})(y-y_{0})+\omega^{\prime}(t_{0})(z-z_{0})=0. $$

例 1 求螺旋线 $ \Gamma $

$$ x=a\cos t,\ y=a\sin t,\ z=ct\quad\left(a,\ c 为常数 \right) $$

在点（a，0，0）处的切线方程和法平面方程.

解 曲线上的点（a，0，0）对应于参数 t=0。又因为

$$ x^{\prime}(t)=-a\sin t,\qquad y^{\prime}(t)=a\cos t,\qquad z^{\prime}(t)=c, $$

于是 $ x'(0)=0 $, $ y'(0)=a $, $ z'(0)=c $

所以曲线在点（a，0，0）处的切向量为

$$ T=\{0,a,c\}. $$

所求切线方程为

$$ \frac{x-a}{0}=\frac{y-0}{a}=\frac{z-0}{c}, $$

或写成

$$ \{\begin{aligned}x&=a,\\ \frac{y}{a}&=\frac{z}{c}.\end{aligned}. $$

而法平面方程为

$$ ay+cz=0. $$

1. 如果空间曲线 $ \Gamma $ 的方程为

$$ \{\begin{array}{l}y=y(x),\\ z=z(x),\end{array}. $$

则空间曲线 $ \Gamma $ 可表为以 x 为参数的参数方程

$$ \{\begin{aligned}&x=x,\\ &y=y(x),\\ &z=z(x).\end{aligned}. $$

若 $ y(x) $， $ z(x) $ 在 x=x_{0} 处均可导，由上面的讨论可知，曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处的切线方程为

$$ \frac{x-x_{0}}{1}=\frac{y-y_{0}}{y^{\prime}\left(x_{0}\right)}=\frac{z-z_{0}}{z^{\prime}\left(x_{0}\right)}, $$

其中 $ y_{0}=y(x_{0}) $， $ z_{0}=z(x_{0}) $。

而曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_{0} $ 处的法平面方程为

$$ \left(x-x_{0}\right)+y^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)+z^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(z-z_{0}\right)=0. $$

例2 求在曲线 $ y^{2}=2mx $， $ z^{2}=m-x $ 上一点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0} $ 处的切线及法平面的方程.

解 将 $ y^{2}=2mx $， $ z^{2}=m-x $ 分别对 x 求导，可得

$$ y^{\prime}=\frac{m}{y},\quad z^{\prime}=-\frac{1}{2z}, $$

故 $ y'(x_0) = \frac{m}{y_0} $， $ z'(x_0) = -\frac{1}{2z_0} $.

所求切线方程为

$$ \frac{x-x_{0}}{1}=\frac{y-y_{0}}{\frac{m}{y_{0}}}=\frac{z-z_{0}}{-\frac{1}{2z_{0}}}, $$

即 $ x - x_{0} = \frac{y_{0}}{m}(y - y_{0}) = -2z_{0}(z - z_{0}) $.

而法平面的方程为

$$ x-x_{0}+\frac{m}{y_{0}}(y-y_{0})-\frac{1}{2z_{0}}(z-z_{0})=0. $$

1. 如果空间曲线 $ \Gamma $ 的方程以方程组

$$ \{\begin{aligned}&F(x,\ y,\ z)=0,\\ &G(x,\ y,\ z)=0\end{aligned}. $$

的形式给出，并假定方程组可唯一确定一组可微的函数 $ y = y(x) $， $ z = z(x) $。几何上表明两曲面 $ F(x, y, z) = 0 $ 和 $ G(x, y, z) = 0 $ 确定了一条光滑曲线 $ \Gamma $（即两曲面的交线）。由全微分形式不变性，有

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}F_{x}\mathrm{d}x+F_{y}\mathrm{d}y+F_{z}\mathrm{d}z=0\;,}\\ {}&{{}G_{x}\mathrm{d}x+G_{y}\mathrm{d}y+G_{z}\mathrm{d}z=0\;,}\\ \end{aligned}. $$

记 $ n_{1}=\{F_{x}, F_{y}, F_{z}\}, n_{2}=\{G_{x}, G_{y}, G_{z}\} $，及切向量 $ T=\lambda\{dx, dy, dz\} $，则 (1) 可写为

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{T}=0,}\\ {}&{{}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\boldsymbol{T}=0.}\\ \end{aligned}. $$

可取 $ T \parallel n_1 \times n_2 $（因为 $ T \perp n_1 $， $ T \perp n_2 $）。在求出切向量 $ T = \lambda \{ \mathrm{d}x, \mathrm{d}y, \mathrm{d}z \} $ 后，便可写出切线方程和法平面方程。

例3 求曲线 $ T $:

$$ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}+z^{2}=6,\\ &x+y+z=0\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(1, -2, 1) $ 处的切线及法平面方程.

解 将曲线 $ \Gamma $ 的方程两边微分

$$ \{\begin{aligned}&2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z=0,\\ &\mathrm{d}x+\mathrm{d}y+\mathrm{d}z=0,\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(1, -2, 1) $ 处，有

$$ \{\begin{aligned}&2\mathrm{d}x-4\mathrm{d}y+2\mathrm{d}z=0,\\ &\mathrm{d}x+\mathrm{d}y+\mathrm{d}z=0.\end{aligned}. $$

令曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_0 $ 处的切向量为 $ T = \lambda \{ \begin{array}{l} \mathrm{d}x, \\ \mathrm{d}y, \end{array} . $ $ \mathrm{d}z $，由 $ n_1 = \{2, -4, 2\} $， $ n_2 = \{1, 1, 1\} $，于是

$$ \boldsymbol{n}_{1}\times\boldsymbol{n}_{2}=2|\begin{array}{c c c}{i}&{j}&{k}\\ {1}&{-2}&{1}\\ {1}&{1}&{1}\end{array}|=\{-6,0,6\}, $$

可取 $ T = \{-1, 0, 1\} $，故所求切线方程为

$$ \frac{x-1}{-1}=\frac{y+2}{0}=\frac{z-1}{1}, $$

即

$$ \{\begin{aligned}&y+2=0,\\ &\frac{x-1}{-1}=\frac{z-1}{1}.\end{aligned}. $$

法平面方程为 $ -(x-1)+0(y+2)+(z-1)=0 $

即

$$ x-z=0. $$

例4 求曲线

$$ \{\begin{aligned}x^{2}-z&=0,\\ 3x+2y+1&=0\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(1, -2, 1) $ 处的法平面与直线

$$ \{\begin{aligned}&9x-7y-21z=0,\\ &x-y-z=0\end{aligned}. $$

之间的夹角.

解 将曲线方程两边微分

$$ \{\begin{aligned}&2x\mathrm{d}x-\mathrm{d}z=0,\\ &3\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y=0,\end{aligned}. $$

在点 $ M_{0}(1, -2, 1) $ 处，有

$$ \{\begin{aligned}&2\mathrm{d}x-\mathrm{d}z=0,\\ &3\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y=0.\end{aligned}. $$

令曲线在点 $ M_{0} $ 处的切向量为 $ T = \lambda \{ \begin{array}{l} dx, \quad dy, \quad dz \end{array} \} $，由

$$ \boldsymbol{n}_{1}=\{2,0,-1\},\quad\boldsymbol{n}_{2}=\{3,2,0\}, $$

和

$$ \boldsymbol{n}_{1}\times\boldsymbol{n}_{2}=|\begin{array}{c c c}{i}&{j}&{k}\\ {2}&{0}&{-1}\\ {3}&{2}&{0}\end{array}|=\{2,-3,4\}. $$

而所给直线的方向向量

$$ \boldsymbol{S}=|\begin{array}{c c c}{i}&{j}&{k}\\ {9}&{-7}&{-21}\\ {1}&{-1}&{-1}\end{array}|=\{-14,-12,-2\}, $$

由此可知

$$ \boldsymbol{T}\cdot\boldsymbol{S}=0. $$

故 $ S \perp T $，即已知直线与法平面的夹角 $ \theta = 0 $。

二、 曲面的切平面与法线

1. 设曲面 $ \Sigma $ 的方程为

$$ F(x,\ y,\ z)=0, $$

$ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 为曲面 $ \Sigma $ 上的一定点，偏导数

$ F_{x}(x, y, z) $, $ F_{y}(x, y, z) $, $ F_{z}(x, y, z) $

在点 $ M_{0} $ 处连续且不同时为零.

引理 曲面 $ \Sigma $ 上过点 $ M_{0} $ 的所有光滑曲线在 $ M_{0} $ 处的切线同在一个平面上.

证 在曲面 $ \Sigma $ 上，过点 $ M_{0} $ 任意引曲线 $ \Gamma $，如图 7-7 所示. 假定 $ \Gamma $ 的参数方程为

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}x=\varphi(t),}\\ {}&{{}y=\psi(t),}\\ {}&{{}z=\omega(t)}\\ \end{aligned}.\quad(\alpha\leqslant t\leqslant\beta), $$

$ t=t_{0} $ 对应于点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 且 $ \varphi^{\prime}(t_{0}), \psi^{\prime}(t_{0}), \omega^{\prime}(t_{0}) $ 不全为零，则曲线 $ \Gamma $ 在点 $ M_{0} $ 处具有切线，且切向量

$$ \begin{array}{r}{T=\{\varphi^{\prime}(t_{0}),\psi^{\prime}(t_{0}),\omega^{\prime}(t_{0})\}.}\end{array} $$

由于曲线 $ \Gamma $ 上完全在曲面 $ \Sigma $ 上，于是曲线 $ \Gamma $ 的点满足曲面的方程，即有恒等式

$$ F(\varphi(t),\psi(t),\omega(t))=0. $$

又因为 $ F(x, y, z) $ 在点 $ M_{0} $ 处具有连续偏导数，且 $ \varphi'(t_{0}) $， $ \psi'(t_{0}) $， $ \omega'(t_{0}) $ 存在，所以上述恒等式左端的复合函数在 $ t=t_{0} $ 时有全导数，且该全导数等于零：

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}F\left(\varphi\left(t\right),\psi\left(t\right),\omega\left(t\right)\right)\bigg|_{t=t_{0}}=0, $$

即有

$$ F_{s}(x_{0},y_{0},z_{0})\varphi^{\prime}(t_{0})+F_{y}(x_{0},y_{0},t_{0})\psi^{\prime}(t_{0})+F_{z}(x_{0},y_{0},z_{0})\omega^{\prime}(t_{0})=0. $$

若引进向量

$$ \boldsymbol{n}=\{F_{s}(x_{0},y_{0},z_{0}),F_{y}(x_{0},y_{0},z_{0}),F_{z}(x_{0},y_{0},z_{0})\}, $$

则 n 完全由函数 $ F(x, y, z) $ 及点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 所确定. 此时，上式可改写为

$$ \boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{T}=0, $$

可见 $ T \perp n $。这一结果表明，不论 $ \Gamma $ 是曲面 $ \Sigma $ 上过点 $ M_0 $ 的怎样的曲线，它的切线向量都与同一向量 $ n $ 垂直。换句话说，曲线 $ \Sigma $ 上过点 $ M_0 $ 的任一曲线在 $ M_0 $ 处的切线在同一平面上。

定义 7.7.1 曲面 $ \Sigma $ 上过点 $ M_0 $ 的任一曲线在点 $ M_0 $ 处的切线所在的同一平面称为曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_0 $ 处的切平面。过点 $ M_0 $ 且与切平面垂直的直线称为曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_0 $ 处的法线。垂直于曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_0 $ 处切平面的向量称为曲面的法向量。

由上面的讨论可得如下结果.

定理 7.7.1 向量 $ \boldsymbol{n} = \{ F_{x}(M_{0}), F_{y}(M_{0}), F_{z}(M_{0}) \} $ 就是曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_{0} $ 处的一个法向量。于是，曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_{0} $ 处的切平面方程是

$$ F_{x}(M_{0})(x-x_{0})+F_{y}(M_{0})(y-y_{0})+F_{z}(M_{0})(z-z_{0})=0. $$

曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_{0} $ 处的法线方程是

$$ \frac{x-x_{0}}{F_{x}(x_{0},y_{0},z_{0})}=\frac{y-y_{0}}{F_{y}(x_{0},y_{0},z_{0})}=\frac{z-z_{0}}{F_{z}(x_{0},y_{0},z_{0})}. $$

如果曲面 $ \Sigma $ 具有连续转动的切平面，也即 $ F_{x} $， $ F_{y} $， $ F_{z} $ 都连续，则称曲面 $ \Sigma $ 为光滑曲面.

例5 求椭球面 $ x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=15 $ 在点 $ M_{0}(1,-1,2) $ 处的切平面与法线方程.

解 记 $ F(x, y, z) = x^{2} + 2y^{2} + 3z^{2} - 15 $，则有

$$ F_{z}=2x,\ F_{y}=4y,\ F_{z}=6z, $$

在点 $ M_{0} $ 处的法向量 $ \boldsymbol{n}=\{2x,4y,6z\} $ $ (1,-1,2)=\{1,-2,6\} $ 。于是，所求切平面方程为

$$ (x-1)-2(y+1)+6(z-2)=0; $$

即

$$ x-2y+6z-15=0. $$

法线方程为

$$ x-1=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-2}{6}. $$

1. 设曲面 $ \Sigma $ 的方程为

$$ z=f(x,y), $$

可令

$$ F(x,y,z)=f(x,y)-z, $$

有 $ F_{x}(x,y,z)=f_{x}(x,y) $， $ F_{y}(x,y,z)=f_{y}(x,y) $， $ F_{z}(x,y,z)=-1 $，

于是，当函数 $ f(x, y) $ 的偏导数 $ f_{x}(x, y) $， $ f_{y}(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处连续时，曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ （其中 $ z_{0}=f(x_{0}, y_{0}) $）处的法向量为

$$ \boldsymbol{n}=\{f_{x}(x_{0},y_{0}),f_{y}(x_{0},y_{0}),-1\}, $$

由此可得切平面方程为

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})+f_{y}(x_{0},y_{0})(y-y_{0})-(z-z_{0})=0, $$

或写成

$$ z-z_{0}=f_{x}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})+f_{y}(x_{0},y_{0})(y-y_{0}). $$

法线方程为

$$ \frac{x-x_{0}}{f_{x}(x_{0},y_{0})}=\frac{y-y_{0}}{f_{y}(x_{0},y_{0})}=\frac{z-z_{0}}{-1}. $$

可以看到，曲面 $ z=f(x,y) $ 在点 $ M_{0}(x_{0},y_{0},z_{0}) $ 处的切平面方程（2）的右端实际上是函数 $ z=f(x,y) $ 在点 $ M_{0} $ 处的全微分

$$ \mathrm{d}z=f_{x}(x_{0},y_{0})\Delta x+f_{y}(x_{0},y_{0})\Delta y, $$

这里 $ \Delta x = x - x_{0} $， $ \Delta y = y - y_{0} $。方程（2）的左端 $ z - z_{0} $ 是切平面上点的竖坐标的增量。

由此可知，全微分的几何意义是：函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处的全微分，在几何上表示曲面 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) $ 处的切平面上点的竖坐标 z 的增量.

如果用 $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ 表示曲面上点的法向量的方向角，且法向量与 z 轴正向的夹角 $ \gamma $ 为锐角，则法向量 n 的方向余弦为

$$ \cos\alpha=\frac{-f_{x}}{\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}},\quad\cos\beta=\frac{-f_{y}}{\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}},\quad\cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}}, $$

其中 $ f_{x}, f_{y} $分别表示 $ f_{x}(x_{0}, y_{0}), f_{y}(x_{0}, y_{0}) $.

$ n = \{-f_x, -f_y, 1\} $ 及 $ -n = \{f_x, f_y, -1\} $ 都是曲面 $ \Sigma $: $ z = f(x, y) $ 的法向量，但 $ (n, k) $ 为锐角，而 $ (-n, k) $ 为钝角。通常地曲面 $ \Sigma $ 取 $ n $ 指向的一侧定为 $ \Sigma $ 的上侧，取 $ -n $ 指向的一侧定为下侧。

例6 在曲面 $ z=2x^{2}+\frac{1}{2}y^{2} $ 上求出切平面，使所得的平面与已知平面 $ 4x-2y-2z-1=0 $ 平行，并求切点处的法线方程.

解 曲面上切点 $ M(x, y, z) $ 处的法向量为

$$ \boldsymbol{n}_{1}=\{4x,y,-1\}. $$

已知平面的法向量为

$$ \boldsymbol{n}_{2}=\{2,-1,-1\}. $$

由 $ n_{1}=\lambda n_{2} $，应有

$$ \frac{4x}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{-1}{-1}, $$

由此可得

$$ x=\frac{1}{2},\quad y=-1,\quad z=\left(2x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}\right)\bigg|_{x=\frac{1}{2},y=-1}=1. $$

即得切点坐标

$$ M\left(\frac{1}{2},-1,1\right). $$

于是，所求切平面方程为

$$ 2\left(x-\frac{1}{2}\right)-\left(y+1\right)-\left(z-1\right)=0, $$

即

$$ 2x-y-z-1=0. $$

而所求法线方程为

$$ \frac{x-\frac{1}{2}}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-1}{-1}. $$

例7 过直线 $ L: \{\begin{aligned}&x-y+z=0,\\ &x+2y+z=1\end{aligned}. $ 作与曲面 $ \Sigma: x^{2}+y^{2}-z^{2}=1 $ 相切的平面，求此切平面的方程.

解 设切点为 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $，令

$$ F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-z^{2}-1, $$

则

$$ F_{x}=2x,F_{y}=2y,F_{z}=-2z. $$

曲面 $ \Sigma $ 在点 $ M_{0} $ 处的法向量为 $ \boldsymbol{n}=\{2x_{0},2y_{0},-2z_{0}\} $，过直线 L 的平面系方程为

$$ (x+2y+z-1)+\lambda(x-y+z)=0, $$

即

$$ (1+\lambda)x+(2-\lambda)y+(1+\lambda)z=1. $$

依题意，有方程组

$$ \begin{cases}\dfrac{x_{0}}{1+\lambda}=\dfrac{y_{0}}{2-\lambda}=\dfrac{-z_{0}}{1+\lambda},&\\x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-z_{0}^{2}=1,&\ $ 1+\lambda)x_{0}+(2-\lambda)y_{0}+(1+\lambda)z_{0}=1,\end{cases} $$

解此方程组得， $ x_{0}=-z_{0} $， $ y_{0}=\pm1 $， $ \lambda=1 $ 或 $ \lambda=3 $。

所求切平面有两个，它们分别是

$ \lambda=1 $ 所对应的切平面 $ 2x+y+2z=1 $;

$ \lambda=3 $ 所对应的切平面 $ 4x-y+4z=1 $.

例8 证明曲面 $ f(x-az, y-bz)=0 $ 上任一点处的切平面都与直线 $ \frac{x}{a}=\frac{y}{b}=z $ 平行，其中 f 具有连续偏导数，且 a, b 为常数.

证 设 $ F(x, y, z) = f(x - az, y - bz) $，则

$$ F_{x}=f_{1}^{\prime}(x-az,y-bz),F_{y}=f_{2}^{\prime}(x-az,y-bz), $$

$$ F_{z}=-a f_{1}^{\prime}(x-a z,y-b z)-b f_{2}^{\prime}(x-a z,y-b z), $$

曲面在任一点（x, y, z）处的法向量为

$$ \boldsymbol{n}=\{F_{x},F_{y},F_{z}\}. $$

而所给直线的方向向量为

$$ \mathbf{S}=\{a,b,1\}. $$

所以

$$ \boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{S}=a f_{1}^{\prime}+b f_{2}^{\prime}+\left(-a f_{1}^{\prime}-b f_{2}^{\prime}\right)=0. $$

可见，曲面上任一点处的法向量都与所给直线的方向向量垂直，因而曲面上任一点处的切平面都与所给直线平行.

习题7-7

1. 填空题：

（1）已知曲面 $ z=4-x^{2}-y^{2} $ 上点 P 处的切平面平行于已知平面 $ 2x+2y+z-1=0 $，则点 P 的坐标是 ___.

(2) 曲面 $ z - e^{x} + 2xy = 3 $ 在点 (1, 2, 0) 处的切平面方程为 ___.

（3）由曲线 $ \{\begin{aligned}&3x^{-}+2y^{-}=12,\\&z=0\end{aligned}. $，绕y轴旋转一周所得到的旋转曲面在点 $ M_{0}(0,\sqrt{3},\sqrt{2}) $处的指向外侧的单位法向量是___。

（4）曲面 $ x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=21 $ 在点（1，-2，2）处的法线方程为 ___.

1. 求曲线 $ x = \sin^{2}t $, $ y = \sin t \cos t $, $ z = \cos^{2}t $ 在对应于 $ t = \frac{\pi}{4} $ 的点处的切线及法平面方程.

1. 求曲线 x=t, $ y=t^{2} $, $ z=t^{3} $ 上的点，使在该点处的切线平行于已知平面 $ x+2y+z=4 $.

1. 求两个圆柱面的交线 $ \Gamma $: $ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}=1,\\&x^{2}+z^{2}=1\end{aligned}. $ 在点 $ M_{0}\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right) $ 处的切线及法平面方程.

1. 求曲线 $ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}+z^{2}-3x=0,\\&2x-3y+5z-4=0\end{aligned}. $，在点（1，1，1）处的切线和法平面方程.

1. 求曲面 $ ax^{2}+by^{2}+cz^{2}=1 $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处的切平面及法线方程.

1. 求曲面 $ xy + yz + zx - 1 = 0 $ 在点（3，-1，2）处的切平面及法线方程.

1. 求曲面 $ z = x^{2} + 3y^{2} $ 在点 (1, 1, 4) 处的切平面及法线方程.

1. 求函数 $ \frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{xyz} $ 在点 $ P(-1,3,-3) $ 处沿曲线 $ x=-t^{2} $， $ y=3t^{2} $， $ z=-3t^{3} $ 在此点的切线方向上的方向导数及梯度.

1. 求曲线 $ \Gamma $: $ \{\begin{aligned} x & = \int_{0}^{t} e^{x} \cos u \, du, \\ y & = 2 \sin t + \cos t, \\ z & = 1 + e^{3t} \end{aligned}. $ 在 t = 0 处的切线和法平面方程.

1. 求函数 $ z=1-\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right) $ 在点 $ M_{0}\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{b}{\sqrt{2}}\right) $ 处沿曲线 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $ 在此点的内法线方向的方向导数.

1. 在椭球面 $ x^{2}+\frac{y^{2}}{4}+\frac{z^{2}}{4}=1 $ 上求点，使其法线与三个坐标轴正方向成等角.

1. 试求曲面 $ xyz = 1 $ 上任意点 $ (a, b, c) $ 处的法线方程及切平面方程，并证明切平面与三坐标面所围成的立体的体积是一个常量.

1. 证明：曲线 $ z = x f\left(\frac{y}{x}\right) $ 在任一点处的切平面都通过原点，其中 f 具有连续导数.

1. 证明：曲面 $ z = x + f(y - z) $ 在任一点处的切平面都平行于同一直线，其中 f 具有连续导数.

1. 设直线 $ L: \{\begin{aligned}&x+y+b=0,\\ &x+ay-z-3=0\end{aligned}. $ 在平面 $ \pi $ 上，而平面 $ \pi $ 与曲面 $ z=x^{2}+y^{2} $ 相切于点（1，-2，5），试确定 a, b 之值.

第八节 多元函数的极值

在实际问题中，经常要求多元函数的最大值、最小值。与一元函数情形相类似，多元函数的最值与极值有着密切联系。因此，本节首先把一元函数极值的概念和求法推广到多元函数，在此基础上再讨论最值的求法。

一、 多元函数的极值

定义 7.8.1 设函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内有定义，如果对该邻域内异于 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的任意点 $ (x, y) $，总有

$$ f(x,y)\lt f(x_{0},y_{0}), $$

则称函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处有极大值 $ f(x_{0}, y_{0}) $ ；如果总有

$$ f(x,y)\gt f(x_{0},y_{0}), $$

则称 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处有极小值 $ f(x_{0}, y_{0}) $.

极大值与极小值统称极值．使函数取得极值的点 $ (x_{0}, y_{0}) $称为函数的极值点.

例1 函数 $ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $ 在点（0，0）处的函数值等于1，而在点（0，0）的半径小于1的去心邻域内的函数值都小于1。因此，函数 $ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $ 在点（0，0）处取得极大值1。从几何图形上看，点（0，0，1）正是上半球面 $ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $ 的最高点，如图7-8所示。并且还可以看到，球面在这点处的切平面 z=1 平行于 xOy 坐标面。

例2 函数 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 在点（0，0）处的函数值为0，而在（0，0）的任一

去心邻域内的函数值都大于0，因此函数 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 在点（0，0）处取得极小值

1. 事实上，点（0，0）就是位于 xOy 面上方的圆锥面的顶点，如图 7-9 所示.

例3 函数 z=xy 在点（0，0）处既不

取得极大值也不取得极小值，如图7-10所

示. 因为在点（0，0）处的函数值为0，而

在点（0，0）的任一去心邻域内总有使函

数值为正的点，也总有使函数值为负的点.

从几何上看，函数 z=xy 的图形是双曲抛物

面（即马鞍面），在原点的任一邻域内，曲面既有部分在 xOy 坐标面的上方，也有部分在 xOy 坐标面的下方.

类似于一元函数极值存在的必要条件，对二元函数也有如下定理.

定理7.8.1（极值的必要条件）设函数 $ z=f(x,y) $在点 $ (x_{0},y_{0}) $处具有偏导数，且在点 $ (x_{0},y_{0}) $处取得极值，则有

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})=0,f_{y}(x_{0},y_{0})=0. $$

证 不妨设 $ z=f(x,y) $ 在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 处有极大值. 依极大值的定义，在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 的某邻域内，对异于 $ (x_{0},y_{0}) $ 的点 $ (x,y) $ 都应适合不等式

$$ f(x,y)\lt f(x_{0},y_{0}). $$

特别地，在该邻域内取定 $ y=y_{0} $，而 $ x \neq x_{0} $ 的点，亦有

$$ f(x,y_{0})\lt f(x_{0},y_{0}). $$

由此可见，作为 x 的一元函数 $ \varphi(x)=f(x,y_{0}) $ 在点 $ x=x_{0} $ 处取得极大值。根据一元函数取得极值的必要条件，必有 $ \varphi^{\prime}(x_{0})=0 $，亦即

$$ \frac{\partial f(x,y_{0})}{\partial x}\bigg|_{x=x_{0}}=f_{x}(x_{0},y_{0})=0. $$

同理，当固定 $ x = x_{0} $ 时，一元函数 $ \psi(y) = f(x_{0}, y) $ 在 $ y = y_{0} $ 处取得极大值，于是应有

$$ \frac{\partial f(x_{0},y)}{\partial y}\bigg|_{x=y_{0}}=f_{y}(x_{0},y_{0})=0. $$

由定理7.8.1可知，在可微的极值点处也必有

$$ \mathrm{d}f(x,y)\big|_{(x_{0},y_{0})}=0. $$

在几何上，如果可微函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处取得极值，则 $ f_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0 $， $ f_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 $。此时，曲面 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处的切平面

$$ z-z_{0}=f_{x}\left(x_{0},y_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+f_{y}\left(x_{0},y_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)=0 $$

便成为平行于 xOy 坐标面的平面 $ z=z_{0} $

类似一元函数的情形，将使得

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=0,\\ f_{y}(x,y)&=0\end{aligned}. $$

成立的点 $ (x, y) $ 称为函数 $ z = f(x, y) $ 的驻点.

由定理7.8.1可知，具有偏导数的函数的极值点必定是驻点，但函数的驻点不一定是极值点. 例如，点 $ (0,0) $是函数z=xy的驻点，但函数在该点并不取得极值（见例3）. 这表明定理的条件并非充分.

应该指出偏导数不存在的点也可能成为极值点. 例如, 点（0，0）是函

数 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 的极小值点，但该点不是函数的驻点（见例2）.

由此可见，函数的可能极值点应是驻点或是偏导数不存在的点。

在偏导数存在的情形下，函数的极值点只需在驻点中寻找。如何判定驻点处的函数值是否为极值呢？如果是极值，到底是极大值还是极小值？下面的定理给出了判断极值的充分条件。

定理 7.8.2（极值存在的充分条件） 设函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内具有连续的一阶及二阶偏导数，又 $ f_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0 $, $ f_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 $，并记

$$ f_{xx}(x_{0},y_{0})=A,f_{xy}(x_{0},y_{0})=B,f_{yy}(x_{0},y_{0})=C, $$

那么

（1）当 $ AC - B^{2} \gt 0 $ 时，函数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处取得极值，且在 A < 0 时取得极大值，在 A > 0 时取得极小值；

（2）当 $ AC-B^{2}\lt 0 $时，函数在点 $ (x_{0},y_{0}) $处不取得极值；

（3）当 $ AC-B^{2}=0 $ 时，函数在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处可能取得极值，也可能不取得极值.

定理证明从略.

综合上述两个定理，现把具有二阶连续偏导数的函数 $ f(x, y) $ 极值的求法总结如下：

第一步 解方程组

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=0,\\ f_{y}(x,y)&=0,\end{aligned}. $$

求出一切解，即得所有驻点.

第二步 对每一个驻点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 分别计算出 $ f(x, y) $ 的二阶偏导数的值 A, B 和 C;

第三步 定出 $ AC-B^{2} $ 的符号，按定理7.8.2的结论判定 $ f(x_{0}, y_{0}) $ 是否为极值，是极大值还是极小值.

例4 求函数 $ f(x, y) = xy^{2}(4 - x - y) $ 的极值.

解 求解方程组

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=y^{2}(4-2x-y)=0,\\ f_{y}(x,y)&=xy(8-2x-3y)=0.\end{aligned}. $$

得驻点 $ M_{1}(0,0) $， $ M_{2}(0,4) $， $ M_{3}(1,2) $，还有 Ox 轴上的所有点 $ M_{x}(x,0) $ 也都是函数的驻点.

进一步，求二阶偏导数

$$ f_{xx}=-2y^{2},\qquad f_{xy}=f_{yx}=8y-4xy-3y^{2},\qquad f_{yy}=8x-2x^{2}-6xy. $$

在点 $ M_{1}(0,0) $ 处，有

$$ A=0\;,\qquad B=0\;,\qquad C=0\;,\qquad AC-B^{2}=0. $$

用充分条件（定理7.8.2）无法判定. 但 $ f(M_{1})=0 $，在点 $ M_{1}(0,0) $邻域内，取异于 $ M_{1} $的点 $ M^{\prime}(\xi,0) $（其中 $ \xi\neq0 $），也有 $ f(M^{\prime})=0 $。由极值定义可知，点 $ M_{1}(0,0) $不是函数的极值点. 同理，Ox轴上的点 $ M_{x}(x,0) $也不是函数的极值点.

在点 $ M_{2}(0,4) $处，有

$$ A=-32,B=-16,C=0,AC-B^{2}\lt 0. $$

由充分条件（定理7.8.2），可知定点 $ M_{2}(0,4) $不是函数的极值点.

在点 $ M_{3}(1,2) $处，有

$$ A=-8,B=-4,C=-6,AC-B^{2}\gt 0. $$

由充分条件（定理7.8.2），可知 $ M_{3}(1,2) $是函数的极值点，且A<0，故是极大值点.f在点 $ M_{3} $处取得极大值 $ f(1,2)=4 $.

例5 求函数 $ f(x, y) = x^{4} + y^{2} $ 的极值.

解 求解方程组

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=4x^{3}=0,\\ f_{y}(x,y)&=2y=0,\end{aligned}. $$

得驻点（0，0）.

进一步，求二阶偏导数

$$ f_{x}=12x^{2},\qquad f_{x y}=0,\qquad f_{y y}=2. $$

在驻点（0，0）处，有

$$ \begin{array}{l}A=0,\ B=0,\ C=2,\ AC-B^{2}=0.\end{array} $$

这时，充分条件（定理7.8.2）失效。但根据极值定义可得

$$ \Delta f=f(0+\Delta x,\ 0+\Delta y)-f(0,\ 0)=(\Delta x)^{4}+(\Delta y)^{2}\gt 0. $$

即在点（0，0）的邻域内有 $ f(x,y)\gt f(0,0) $。可见，函数 $ f(x,y)=x^{4}+y^{2} $在点（0，0）处取得极小值 $ f(0,0)=0 $。

应该指出，在讨论函数极值问题时，除考虑驻点外，使得一阶偏导数不存在的点也可能是极值点，应该根据极值的定义对它们加以判定。

二、 条件极值、拉格朗日乘数法

1. 条件极值

上面在讨论函数极值问题时，函数的自变量只要求在定义域内取值，此外再无其他限制，这种极值称为无条件极值。但在许多实际问题中，求函数的极值时往往对自变量还需要附加约束条件。对自变量附加有约束条件的极值称为

条件极值.

为了说明条件极值与无条件极值的区别，下面来看一个例子。函数 $ z = x^2 + y^2 $ 的无条件极小值显然是在点 $ (0, 0) $ 处取得，其极小值为 0。如果附加上条件 $ x + y - 1 = 0 $，条件极小值就不可能是在 $ (0, 0) $ 处取得，因为点 $ (0, 0) $ 的坐标不满足所附加的条件方程。从几何上看，前一种情形所求的是旋转抛物面 $ z = x^2 + y^2 $ 上所有点的竖坐标的极小值，显然是旋转抛物面的顶点处取得。但后一种情形是旋转抛物面被平面 $ x + y - 1 = 0 $ 所截，然后在截痕曲线上去求各点竖坐标的极小值，如图 7-11 所示。此时，

截痕曲线上的点 $ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) $应为所求．也就是说，所求的条件极小值是在点 $ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) $处取得，其条件极小值为 $ \frac{1}{2} $．

下面讨论目标函数 $ u=f(x,y) $ 在约束条件 $ \varphi(x,y)=0 $ 下极值的求法.

从理论上讲，条件极值都可化为无条件极值求解。只要从约束条件 $ \varphi(x, y) = 0 $ 中解出 $ x = x(y) $ 或 $ y = y(x) $，并将它代入目标函数 $ u = f(x, y) $ 而成为一元函数

$$ u=f(x,y(x))\quad 或 \quad u=f(x(y),y), $$

则问题转化为求相应一元函数的极值问题，亦即无条件极值问题.

例6 求函数 $ u=x^{2}+y^{2} $ 在约束条件 x+y-1=0 下的极小值.

解 从约束条件方程中解出

$$ y=1-x, $$

代入目标函数 $ u=x^{2}+y^{2} $，即有

$$ u=x^{2}+\left(1-x\right)^{2}=2x^{2}-2x+1, $$

转化为求一元函数 $ u(x)=2x^{2}-2x+1 $ 的极小值.

由 $ \frac{du}{dx}=4x-2=0 $，得驻点 $ x=\frac{1}{2} $，在驻点处

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}u}{\mathrm{d}x^{2}}\bigg|_{x=\frac{1}{2}}=4\gt 0\;. $$

所以函数 $ u=2x^{2}-2x+1 $ 在 $ x=\frac{1}{2} $ 处取得极小值.

对一般的条件极值问题，要从附加条件中解出函数 $ y = y(x) $ 或 $ x = x(y) $ 有时是非常困难的，甚至做不到。因此，下面介绍不必将条件方程确定的隐函

数显化，而直接求条件极值的方法.

2. 拉格朗日乘数法

现在来寻求函数 $ u = f(x, y) $ 在条件 $ \varphi(x, y) = 0 $ 下取得极值的必要条件.

如果函数 $ u = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处取得满足条件 $ \varphi(x, y) = 0 $ 的极值，则应有

$$ \varphi\left(x_{0},y_{0}\right)=0. $$

假设点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内函数 $ f(x, y) $, $ \varphi(x, y) $ 有连续的一阶偏导数，且 $ \varphi_{y}(x_{0}, y_{0}) \neq 0 $。由隐函数存在定理可知，方程 $ \varphi(x, y) = 0 $ 确定一个单值可导且具有连续导数的函数 $ y = y(x) $，将其代入 $ u = f(x, y) $ 中，便得到一个变量为 x 的函数

$$ u=f(x,y(x)). $$

于是，函数 $ u = f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处取得条件极值，相当于函数 $ u = f(x, y(x)) $ 在点 $ x = x_{0} $ 处取得极值.

由一元函数极值必要条件，可知

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})+f_{y}(x_{0},y_{0})\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\bigg|_{x_{0}}=0. $$

而由条件方程 $ \varphi(x, y) = 0 $，应用隐函数微分法，可得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\varphi_{x}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{y}(x_{0},y_{0})}. $$

于是，应有

$$ f_{x}(x_{0},y_{0})-f_{y}(x_{0},y_{0})\frac{\varphi_{x}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{y}(x_{0},y_{0})}=0. $$

上式可写为

$$ \frac{f_{x}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{x}(x_{0},y_{0})}=\frac{f_{y}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{y}(x_{0},y_{0})}. $$

$$ \frac{f_{x}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{x}(x_{0},y_{0})}=\frac{f_{y}(x_{0},y_{0})}{\varphi_{y}(x_{0},y_{0})}=-\lambda_{0}. $$

令

则得到目标函数 $ u=f(x,y) $ 在条件 $ \varphi(x,y)=0 $ 下，在点 $ (x_{0},y_{0}) $ 处取得极值的必要条件为

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}f_{x}(x_{0},y_{0})+\lambda_{0}\varphi_{x}(x_{0},y_{0})=0,}\\ {}&{{}f_{y}(x_{0},y_{0})+\lambda_{0}\varphi_{y}(x_{0},y_{0})=0,}\\ {}&{{}\varphi(x_{0},y_{0})=0.}\\ \end{aligned}. $$

易见，上面的方程组就是三元函数

$$ L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y) $$

在 $ (x_{0}, y_{0}, \lambda_{0}) $处取得无条件极值的必要条件. 所以要求函数 $ u=f(x, y) $在约束条件 $ \varphi(x, y)=0 $下的极值点，可以分别求函数 $ L(x, y, \lambda) $对x, y, $ \lambda $的偏导数，并令其为零，得方程组

$$ \{\begin{aligned}{L_{x}=}&{{}f_{x}(x,y)+\lambda\varphi_{x}(x,y)=0,}\\ {L_{y}=}&{{}f_{y}(x,y)+\lambda\varphi_{y}(x,y)=0,}\\ {L_{\lambda}=}&{{}\varphi(x,y)=0.}\\ \end{aligned}. $$

由该方程组解出 x, y 及 $ \lambda $ 的值，则 $ (x, y) $ 就是可能极值点的坐标.

函数 $ L(x, y, \lambda) = f(x, y) + \lambda \varphi(x, y) $ 称为 Lagrange 函数， $ \lambda $ 称为 Lagrange 乘数，这种求有约束条件的极值点的方法称为 Lagrange 乘数法.

值得指出的是，由驻点方程组解出的点 $ (x_{0}, y_{0}) $还不一定是极值点。通常情况下，可根据实际问题的意义直接判定.

例7 求抛物线 $ y=x^{2} $ 与直线 x-y-2=0 之间的最短距离.

解 设抛物线上的点为 $ (x, y) $，它到直线 x - y - 2 = 0 的距离

$$ d=\frac{\left|x-y-2\right|}{\sqrt{2}}. $$

于是，问题可归结为求函数

$$ f(x,y)=d^{2}=\frac{(x-y-2)^{2}}{2} $$

在约束条件

$$ \varphi\left(x,\ y\right)=y-x^{2}=0 $$

下的最小值.

构造函数

$$ L\left(x,y,\lambda\right)=\frac{\left(x-y-2\right)^{2}}{2}+\lambda\left(y-x^{2}\right), $$

求其对 x, y, $ \lambda $ 的偏导数，并令它们为零，得方程组

$$ \{\begin{aligned}&L_{x}=(x-y-2)-2\lambda x=0,\\ &L_{y}=-(x-y-2)+\lambda=0,\\ &L_{\lambda}=y-x^{2}=0,\end{aligned}. $$

解之，得 $ x=\frac{1}{2} $， $ y=\frac{1}{4} $。这是唯一可能的极值点。由问题本身的实际意义可知最短距离存在，所以最小值只能在这唯一可能的极值点处取得。故所求的最短距离为

$$ d=\frac{\left|\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-2\right|}{\sqrt{2}}=\frac{7}{4\sqrt{2}}=\frac{7\sqrt{2}}{8}. $$

拉格朗日乘数法可推广到自变量多于两个，且约束条件多于一个的情形.

例如，要求目标函数

$$ u=f(x,\ y,\ z) $$

在约束条件

$$ \varphi\left(x,\ y,\ z\right)=0,\ \psi\left(x,\ y,\ z\right)=0 $$

下的可能极值点. 这里有两个约束条件，因此引进两个拉格朗日乘数 $ \lambda_{1} $， $ \lambda_{2} $，作拉格朗日函数

$$ L(x,y,z,\lambda_{1},\lambda_{2})=f(x,y,z)+\lambda_{1}\varphi(x,y,z)+\lambda_{2}\psi(x,y,z). $$

然后分别求 L 对 x, y, z, $ \lambda_{1} $, $ \lambda_{2} $ 的偏导数，并分别令它们等于零，得方程组

$$ \{\begin{aligned}&L_{x}=f_{x}(x,\ y,\ z)+\lambda_{1}\varphi_{x}(x,\ y,\ z)+\lambda_{2}\psi_{x}(x,\ y,\ z)=0,\\ &L_{y}=f_{y}(x,\ y,\ z)+\lambda_{1}\varphi_{y}(x,\ y,\ z)+\lambda_{2}\psi_{y}(x,\ y,\ z)=0,\\ &L_{z}=f_{z}(x,\ y,\ z)+\lambda_{1}\varphi_{z}(x,\ y,\ z)+\lambda_{2}\psi_{z}(x,\ y,\ z)=0,\\ &L_{\lambda_{1}}=\varphi(x,\ y,\ z)=0,\\ &L_{\lambda_{2}}=\psi(x,\ y,\ z)=0.\end{aligned}. $$

解此方程组，便得到可能极值点.

例8 欲造一容积为常数 V 的长方体无盖盒子，问怎样设计，可使盒子的表面积最小.

解 设盒子的长、宽、高分别为 x、y、z，则问题归结为求目标函数

$$ f(x,y,z)=2(x+y)z+xy $$

在约束条件 $ xyz = V(x \gt 0, y \gt 0, z \gt 0) $ 下的最小值.

作拉格朗日函数

$$ L\left(x,y,z,\lambda\right)=2\left(x+y\right)z+xy+\lambda\left(xyz-V\right). $$

解方程组

$$ \{L_{x}=y+2z+\lambda y z=0., $$

$$ L_{y}=x+2z+\lambda x z=0, $$

$$ L_{t}=2(x+y)+\lambda x y=0, $$

$$ L_{\lambda}=xyz-V=0, $$

$ x \times \textcircled{1} - y \times \textcircled{2} $ 得

$$ x=y， $$

$ y \times \textcircled{2} - z \times \textcircled{3} $ 得

$$ y=2z, $$

将 $ ⑤ $， $ ⑥ $代入 $ ④ $得唯一解

$$ x_{0}=y_{0}=\sqrt[3]{2V},z_{0}=\sqrt[3]{\frac{V}{4}}. $$

由实际问题的意义知，表面积一定存在最小值．因此，当长、宽均为 $ \sqrt[3]{2V} $，高为 $ \sqrt[3]{\frac{V}{4}} $时，盒子的表面积最小，且最小表面积为 $ 3\sqrt[3]{4V^2} $．

例9 旋转抛物面 $ x^{2}+y^{2}=z $ 被平面 $ x+y+z=1 $ 所截，截出椭圆曲线．求坐标原点与椭圆上点的连线之长度的最大值和最小值.

解 设 $ M(x, y, z) $ 为椭圆上的任一点，它与原点的连线之长为

$$ d=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}. $$

将问题归结为求目标函数 $ u = f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 $ 在约束条件 $ x^2 + y^2 - z = 0 $ 及 $ x + y + z - 1 = 0 $ 下的极值.

作拉格朗日函数

$$ L\left(\begin{array}{c c c c}{x,}&{y,}&{z,}&{\lambda_{1},}\\ \end{array}\right.\lambda_{2})=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\lambda_{1}\left(\begin{array}{c}{x^{2}+y^{2}-z}\\ \end{array}\right)+\lambda_{2}\left(\begin{array}{c}{x+y+z-1}\\ \end{array}\right). $$

解方程组

$$ \{L_{x}=2x+2\lambda_{1}x+\lambda_{2}=0., $$

$$ L_{y}=2y+2\lambda_{1}y+\lambda_{2}=0, $$

$$ L_{z}=2z-\lambda_{1}+\lambda_{2}=0, $$

$$ L_{k_{1}}=x^{2}+y^{2}-z=0, $$

$$ L_{k_{2}}=x+y+z-1=0, $$

由 $ ^{①} $， $ ^{②} $， $ ^{③} $得

$$ (x-y)(2z+1)=0, $$

由⑥得 x=y 或 $ z=-\frac{1}{2} $. 当 $ z=-\frac{1}{2} $，代入④不成立，故 $ z=-\frac{1}{2} $ 应舍去. 将 x=y 代入④，再代入⑤，得

$$ 2x^{2}+2x-1=0, $$

解得

$$ x=\frac{-1\pm\sqrt{3}}{2}, $$

所以

$$ z=2x^{2}=2\mp\sqrt{3}. $$

于是，得到两个驻点

$$ M_{1}\left(\frac{-1+\sqrt{3}}{2},\frac{-1+\sqrt{3}}{2},2-\sqrt{3}\right), $$

$$ M_{2}\left(\frac{-1-\sqrt{3}}{2},\quad\frac{-1-\sqrt{3}}{2},\quad2+\sqrt{3}\right). $$

依题意，存在一个最近点与一个最远点，而今只有两个驻点，因此它们分别是所求的最近点与最远点。经计算得

$$ \mathrm{d}_{max}=\mathrm{d}_{M_{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\quad\left|M_{2}\right|=\sqrt{9+5\sqrt{3}} $$

$$ \mathrm{d}_{min}=\mathrm{d}_{M_{1}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\quad\big|_{M_{1}}.={\sqrt{9-5\sqrt{3}}} $$

三、 有界闭区域上函数的最值

如果函数 $ f(x, y) $ 在有界闭区域 D 上连续，则 $ f(x, y) $ 在 D 上必定能取

得最大值和最小值. 而函数的最值点既可能在D的内部, 也可能在D的边界上.

假定 $ f(x, y) $ 在 D 上连续，在 D 内可微且只有有限个驻点。这时，若在 D 的内部取得最值，则该最值必定也为极值。与一元函数类似，可利用函数的极值来求函数的最值，其步骤如下：

第一步 在区域 D 内，按无条件极值求出所有可能极值点（包括驻点和偏导数不存在的点）；

第二步 在区域 D 的边界上，求满足边界条件下的可能极值点；

第三步 比较函数在上述可能极值点处的函数值，其中最大者即为最大值，最小者即为最小值.

在解决实际问题时，若由问题本身性质可知函数在所给区域 D 的内部必有最大（小）值，且函数的最大（小）值不可能在边界上取得，而 $ f(x, y) $ 在 D 内可微，又只有唯一驻点，那么可以肯定该驻点处的函数值就是函数 $ f(x, y) $ 在 D 上的最大值（或最小值）.

例 10 求函数 $ z=4-x^{2}-2y^{2} $ 在圆域 D： $ x^{2}+y^{2}\leq1 $ 上的最大值和最小值.

解 在圆域内部 $ x^{2}+y^{2}\lt 1 $ ，解方程组

$$ \{\begin{aligned}z_{x}&=-2x=0,\\ z_{y}&=-4y=0,\end{aligned}. $$

得驻点（0，0）。在此点的函数值 $ z(0,0)=4 $。

在圆域的边界 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 上，问题归结为求目标函数 $ z=4-x^{2}-2y^{2} $ 在约束条件 $ \varphi(x,y)=x^{2}+y^{2}-1=0 $ 下的条件极值。用拉格朗日乘数法。

令 $ L(x, y, \lambda) = 4 - x^{2} - 2y^{2} + \lambda (x^{2} + y^{2} - 1) $,

解方程组

$$ \{\begin{aligned}L_{x}&=-2x+2\lambda x=0,\\ L_{y}&=-4y+2\lambda y=0,\\ L_{\lambda}&=x^{2}+y^{2}-1=0,\end{aligned}. $$

得驻点 $ (0, \pm1) $ 和 $ (\pm1, 0) $. 在这些点的函数值为 $ z(\pm1, 0) = 3 $, $ z(0, \pm1) = 2 $.

比较 $ z(0,0)=4 $, $ z(\pm1,0)=3 $, $ z(0,\pm1)=2 $ 可知，函数 $ z=4-x^{2}-2y^{2} $ 在圆域 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $ 上的最大值为4，最小值为2.

例 11 证明：在周长为 2p 的三角形中，等边三角形的面积最大.

证 设三角形的边长分别为 x, y, z，则三角形的面积 S 满足

$$ S^{2}=p(p-x)(p-y)(p-z). $$

由题设条件可知， $ x+y+z=2p $，将 z=2p-x-y 代入面积函数，可化为

$$ S^{2}=f(x,y)=p(p-x)(p-y)(x+y-p). $$

于是，问题转化为无条件极值问题：求函数 $ f(x, y) $在区域

$$ D=\{(x,y)|0\lt x\lt p,\ 0\lt y\lt p,\ 0\lt x+y\lt 2p\} $$

上的最大值.

$$ \{\begin{aligned}f_{x}=&p(p-y)(2p-2x-y)=0,\\ f_{y}=&p(p-x)(2p-x-2y)=0\end{aligned}. $$

由

可求出 $f$ 在 $D$ 内的惟一驻点 $M\left(\frac{2p}{3},\ \frac{2p}{3}\right)$，此时 $z=\frac{2p}{3}$。由实际问题可知，$S$ 的最大值在 $D$ 内是存在的。于是，$S^{2}=f\left(\frac{2p}{3},\ \frac{2p}{3}\right)=\frac{p^{4}}{27}$，$S=\frac{\sqrt{3}p^{2}}{9}$。当 $x=y=z=\frac{2p}{3}$，即三角形为等边三角形时，面积最大。

例 12 (最小二乘法) 在实际问题中，经常要从一组实验数据 $ (x_{i}, y_{i}) $ (i=1,2,\cdots,n) 出发，去寻找一个适当类型的函数 $ y=f(x) $ (如线性函数 $ y=ax+b $)，使它在观测点 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 处所取的函数值 $ f(x_{1}), f(x_{2}), \cdots, f(x_{n}) $ 与观测值 $ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} $ 在某种变量尺度下最接近，从而可用函数 $ y=f(x) $ 作为变量 x 与 y 之间函数关系的近似表达式。这个函数 $ y=f(x) $ 称为拟合函数。

假定所给的数据 $ (x_{i}, y_{i}) $ 的分布大致成一条直线，这时我们取拟合函数为线性函数

$$ y=a x+b $$

其中a，b待定，将 $ x_{i} $代入直线方程，得

$$ \bar{y}_{i}=ax_{i}+b\qquad(i=1,\ 2,\ \cdots,\ n). $$

它们与实际测得的数据 $ y_{i} $有偏差

$$ \varepsilon_{i}=y_{i}-\bar{y}_{i}=y_{i}-(a x_{i}+b)\qquad(i=1,~2,~\cdots,~n). $$

显然，若点 $ (x_{i}, y_{i}) $ 在直线 y=ax+b 上，则偏差 $ \varepsilon_{i}=0 $；若点 $ (x_{i}, y_{i}) $ 不在直线 y=ax+b 上，则 $ \varepsilon_{i} \neq 0 $。这时， $ \varepsilon_{i} $ 可正可负，为了消除符号影响，考虑偏差的平方和

$$ \varepsilon=\sum_{i=1}^{n}\varepsilon_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a x_{i}-b\right)^{2} $$

显然 $ \varepsilon $ 的大小刻画了这 n 个点与直线 y = ax + b 的接近程度。这样，问题就归结为求系数 a，b，使得 $ \varepsilon(a, b) $ 达到最小。这种根据偏差的平方和为最小而确定常数 a，b 的方法，称为最小二乘法。

由极值的必要条件，有

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\partial\varepsilon}{\partial a}=-2\sum_{i=1}^{n}(y_{i}-a x_{i}-b)x_{i}=0,\\ &\frac{\partial\varepsilon}{\partial b}=-2\sum_{i=1}^{n}(y_{i}-a x_{i}-b)=0,\end{aligned}. $$

解此方程组得惟一的驻点

$$ a_{0}=\frac{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}-(\sum_{i=1}^{n}x_{i})(\sum_{i=1}^{n}y_{i})}{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}-(\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{2}}, $$

$$ b_{0}=\frac{\big(\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\big)\big(\sum_{i=1}^{n}y_{i}\big)\;-\big(\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}\big)\big(\sum_{i=1}^{n}x_{i}\big)}{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\;-\big(\sum_{i=1}^{n}x_{i}\big)^{2}}. $$

于是，所求直线方程为

$$ y=a_{0}x+b_{0}. $$

习题7-8

1. 求函数 $ z = x^{3} - 4x^{2} + 2xy - y^{2} $ 的数值.

1. 求函数 $ f(x, y) = x^{4} + y^{4} - x^{2} - 2xy - y^{2} $ 的极值.

1. 求函数 $ f(x, y) = x^{3} - y^{3} + 3x^{3} + 3y^{2} - 9x $ 的极值.

1. 求函数 $ f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{2} - 2(x^{2} - y^{2}) $ 的极值.

1. 求函数 $ f(x, y) = \mathrm{e}^{2x}(x + y^{2} + 2y) $ 的极值.

1. 求由方程 $ 2x^{2}+2y^{2}+z^{2}+8xz-z+8=0 $ 所确定的函数 $ z=z(x,y) $ 的极值.

1. 证明：函数 $ z = (1 + e^{y}) \cos x - ye^{y} $ 有无穷多个极大值点，但无极小值点.

1. 求函数 $ z = \ln x + 3\ln y $ 在条件 $ x^{2} + y^{2} = 25 $ 下的极值.

1. 在椭圆 $ x^{2}+4y^{2}=4 $ 上求一点，使其到直线 2x+3y-6=0 的距离最短.

1. 求原点到双曲线 $ x^{2} + 8xy + 7y^{2} = 225 $ 的最短距离.

1. 在半径为 R 的半球内求一个体积为最大的内接长方体.

1. 在直线 $ x + y = \frac{\pi}{2} $ 位于第一象限的那一部分上求一点，使该点横坐标的余弦与纵坐标的余弦的乘积最大，并求出此最大值.

1. 在椭球面 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1(x\gt 0,y\gt 0,z\gt 0) $ 上找一点，使过该点的切平面与三个坐标面围成四面体的体积最小.

1. 求函数 $ z = x^2 y (5 - x - y) $ 在有界闭区域 $ D $： $ x \geq 0 $， $ y \geq 0 $， $ x + y \leq 4 $ 上的最大值与最小值.

1. 求函数 $ f(x, y) = x^{2} - y^{2} $ 在圆域 $ x^{2} + y^{2} \leq 4 $ 上的最大值与最小值.

1. 设三个实数 $ x $, $ y(y\gt 0) $ 和 $ z $, 满足 $ y + e^x + |z| = 3 $, 求 $ ye^x |z| $ 的最大值, 并用结果证明 $ ye^x |z| \leq 1 $.

1. 在椭球圆面 $ 2x^{2}+2y^{2}+z^{2}=1 $ 上求一点，使函数 $ f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2} $ 在该点沿 $ l=\{1, -1, 0\} $ 方向的方向导数最大.

1. 求椭圆 $ \{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}=R^{2}\\x+y+z=1\end{array}. $，的长半轴与短半轴.

1. 设有实验数据如下：

试用最小二乘法求 $ y(x) $ 的线性函数型经验公式.

第九节 二元函数的泰勒公式

在一元函数的情形，我们学习了泰勒公式.

如果函数 $ f(x) $ 在含有 $ x_{0} $ 的开区间 $ (a, b) $ 内具有直到 $ (n+1) $ 阶的导数，则当 x 在 $ (a, b) $ 内时，有下面的 n 阶泰勒公式

$$ \begin{aligned}f(x)&=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})\left(x-x_{0}\right)+\frac{f^{\prime \prime}(x_{0})}{2!}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\\&\quad\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\quad\left( 其中 \xi 在 x_{0} 与 x 之间 \right).\end{aligned} $$

利用一元函数的泰勒公式，可用 $n$ 次多项式来近似表达函数 $f(x)$，且误差是当 $x \to x_0$ 时比 $(x - x_0)^n$ 高阶的无穷小。现在要考虑的是：用多个变量的多项式来近似表达一个给定的多元函数，并能具体地估算出误差来。本节以二元函数为例，讨论二元函数的泰勒公式。

一、 二元函数的泰勒公式

设二元函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ M_0(x_0, y_0) $ 的某邻域内连续且具有直到 $ (n+1) $ 阶的连续偏导数，而 $ (x_0 + h, y_0 + k) $ 为此邻域内任一点，则问题就是要把函数 $ f(x_0 + h, y_0 + k) $ 近似地表达为 $ h = x - x_0 $， $ k = y - y_0 $ 的 n 次多项式，而由此产生的误差是当 $ \rho = \sqrt{h^2 + k^2} \to 0 $ 时比 $ \rho^n $ 高阶的无穷小。下面定理给出二元函数的泰勒公式。

定理 7.9.1 如果函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 的某邻域内具有直到 $ (n+1) $ 阶的连续偏导数， $ (x_{0}+h, y_{0}+k) $ 为此邻域内的任一点，则有

$$ \begin{align*}f(x_{0}+h,y_{0}+k)=&f(x_{0},y_{0})+\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)f(x_{0},.y_{0})+\\&\frac{1}{2 $!}\Big(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\Big)^{2}f(x_{0},y_{0})+\cdots+\frac{1}{n $!}\Big(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\Big)^{n}f(x_{0},y_{0})+\\&\frac{1}{(n+1)!\Big(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\Big)^{n+1}}f(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k)\qquad(0\lt \theta\lt 1).\end{align*} $$

其中，记号

$$ \left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)f(x_{0},y_{0})=h f_{x}(x_{0},y_{0})+k f_{y}(x_{0},y_{0}) $$

$$ \left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{2}f(x_{0},y_{0})=h^{2}f_{xx}(x_{0},y_{0})+2hk f_{xy}(x_{0},y_{0})+k^{2}f_{yy}(x_{0},y_{0}). $$

一般地

$$ \left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{m}f(x_{0},y_{0})=\sum_{i=0}^{m}\mathrm{C}_{m}^{i}h^{i}k^{m-i}\frac{\partial^{m}f(x_{0},y_{0})}{\partial x^{i}\partial y^{m-i}}. $$

证 利用一元函数的泰勒公式对定理加以证明，作辅助函数

$$ \varphi\left(t\right)=f(x_{0}+th,\ y_{0}+tk)\,. $$

显然， $ \varphi(0)=f(x_{0},y_{0}),\varphi(1)=f(x_{0}+h,y_{0}+k) $，且 $ \varphi(t) $ 在 t=0 的某一邻域内具有直到 $ (n+1) $ 阶连续导数，由一元函数的泰勒公式，有

$$ \begin{align*}\varphi\left(t\right)&=\varphi\left(0\right)+t\varphi^{\prime}\left(0\right)+\frac{t^{2}}{2!}\varphi^{\prime \prime}\left(0\right)+\cdots+\frac{t^{n}}{n!}\varphi^{\left(n\right)}\left(0\right)+\\&\quad\frac{t^{n+1}}{\left(n+1\right)!}\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\theta t\right)\qquad\left(0\lt \theta\lt 1\right).\end{align*} $$

当t=1时，即有

$$ \begin{aligned}{\varphi\left(1\right)=\varphi\left(0\right)+\varphi^{\prime}\left(0\right)+}&{{}\frac{1}{2!}\varphi^{\prime\prime}\left(0\right)+\cdots+\frac{1}{n!}\varphi^{\left(n\right)}\left(0\right)+}\\ {\frac{1}{\left(n+1\right)!}\varphi^{\left(n+1\right)}}&{{}\left(\theta\right)\qquad\left(0\lt \theta\lt 1\right).}\\ \end{aligned} $$

由复合函数的求导法则，得

$$ \begin{align*}\varphi^{\prime}(t)&=h f_{x}(x_{0}+th,y_{0}+tk)+k f_{y}(x_{0}+th,y_{0}+tk)\\&=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)f(x_{0}+th,y_{0}+tk),\end{align*} $$

$$ \begin{array}{c}{{\varphi^{\prime\prime}(t)=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{2}f(x_{0}+t h,y_{0}+t k),}}\\ {{\vdots}}\end{array} $$

$$ \varphi^{(n)}(t)=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n}f(x_{0}+t h,y_{0}+t k), $$

$$ \varphi^{(n+1)}(\theta)=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1}f(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k). $$

将 $ \varphi(0)=f(x_{0},y_{0}) $， $ \varphi(1)=f(x_{0}+h,y_{0}+k) $ 及所得 $ \varphi(t) $ 直到 $ (n+1) $ 阶的导数式代入上面 t=1 时的展开式，可得

$$ \begin{align*}f(\boldsymbol{x}_{0}+h,\ y_{0}+k)&=f(\boldsymbol{x}_{0},\ y_{0})+\bigg(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\bigg)f(\boldsymbol{x}_{0},\ y_{0})+\\&\quad\frac{1}{2!}\bigg(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^{2}f(\boldsymbol{x}_{0},\ y_{0})+\cdots+\\&\quad\frac{1}{n!}\bigg(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\bigg)^{n}f(\boldsymbol{x}_{0},\ y_{0})+R_{n}.\end{align*} $$

其中， $ R_{n}=\frac{1}{(n+1)!}\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1}f(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k) $ $ (0\lt \theta\lt 1) $.

公式（1）称为二元函数 $ f(x, y) $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}) $ 处的 n 阶泰勒公式，而 $ R_{n} $ 的表达式（2）称为拉格朗日型余项.

由二元函数的泰勒公式可知，以公式（1）右端 h 及 k 的 n 次多项式近似表达函数 $ f(x_0 + h, y_0 + k) $ 时，其误差为 $ |R_n| $。由假设可知，函数 f 的各 $ (n+1) $ 阶偏导数连续，故它们的绝对值在点 $ (x_0, y_0) $ 某邻域内都不超过一正的常数 M。于是，有误差估计式

$$ \left|R_{n}\right|\leqslant\frac{M}{(n+1)!}\left(\left|h_{*}\right|+\left|k\right|\right)^{n+1}=\frac{M}{(n+1)!}\rho^{n+1}\left(\left|\cos\alpha\right|+\left|\sin\alpha\right|\right)^{n+1}\leqslant\frac{(\sqrt{2})^{n+1}}{(n+1)!}M\rho^{n+1}. $$

其中， $ \rho=\sqrt{h^{2}+k^{2}} $

由此可见，误差 $ \left|R_{n}\right| $是当 $ \rho\to0 $时比 $ \rho^{n} $高阶的无穷小.

当 n=0 时，定理中的公式（1）成为

$$ f(x_{0}+h,y_{0}+k)=f(x_{0},y_{0})+k f_{x}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k)+k f_{y}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k). $$

该公式称为二元函数的拉格朗日中值公式．由此可得下述结论：

若函数 $ f(x, y) $ 的偏导数 $ f_{x}(x, y) $， $ f_{y}(x, y) $ 在某一区域内都恒等于零，则函数 $ f(x, y) $ 在该区域内为一常数.

定理中余项 $ R_n $ 的表达式 (2)，如果写为 $ o(\rho^n) $，其中 $ \rho = \sqrt{h^2 + k^2} $，则称为皮亚诺（G. Peano）型余项。

带皮亚诺余项的二阶泰勒公式为

$$ \begin{aligned}{f({~x_{0}+h~,~y_{0}+k~})}&{{}{=}_{{}\varnothing}f({~x_{0}~},{~y_{0}~})+\left[{~f_{x}~},{~f_{y}~}\right]_{(x_{0},y_{0})}\left(\begin{matrix}{h}\\ {k}\\ \end{matrix}\right)+}\\ {}&{{}\quad\frac{1}{2!}({~h~},{~k~})\left[\begin{matrix}{f_{x x}}&{f_{x y}}\\ {f_{y x}}&{f_{y y}}\\ \end{matrix}\right]_{(x_{0},y_{0})}\left(\begin{matrix}{h}\\ {k}\\ \end{matrix}\right)+o\left({~p^{2}~}\right).}\\ \end{aligned} $$

其中，矩阵

$$ \boldsymbol{H}_{f}=\begin{bmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\ f_{yx}&f_{yy}\end{bmatrix} $$

称为函数 $ f(x, y) $ 的黑塞（Hessian）矩阵. 由于 $ f(x, y) $ 具有二阶连续偏导数，故 $ f_{xy} = f_{yx} $，因此黑塞矩阵 $ H_{f} $ 为对称矩阵.

特别地，令 $ x_{0}=0, y_{0}=0(h=x, k=y) $，则有二阶带皮亚诺余项的麦克劳林公式：

$$ \begin{align*}f(x,y)=&f(0,0)+\left(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y}\right)f(0,0)+\\&\frac{1}{2!}\Big(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y}\Big)^{2}f(0,0)+o\big(\rho^{2}\big).\end{align*} $$

例1 写出函数 $ f(x,y)=\mathrm{e}^{x}\cos y $的带皮亚诺余项的二阶麦克劳林公式.

解 函数 $ f(x, y) $ 的一阶、二阶偏导数为

$$ f_{x}=\mathrm{e}^{x}\cos y,\qquad f_{y}=-\mathrm{e}^{x}\sin y, $$

$$ f_{x x}=\mathrm{e}^{x}\cos y,\qquad f_{x y}=-\mathrm{e}^{x}\sin y,\qquad f_{y y}=-\mathrm{e}^{x}\cos y. $$

在点（0，0）处，有

$$ f(0,~0)=1,\qquad f_{s}(0,~0)=1,\qquad f_{v}(0,~0)=0. $$

$$ f_{x x}(0,~0)=1,~\ f_{x y}(0,~0)=0,~\ f_{y y}=-1. $$

代入公式，得

$$ \begin{aligned}f(x,\ y)=e^{x}\cos y&=f(0,\ 0)+(1\quad0)\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}+\frac{1}{2!}(x,\ y)\begin{bmatrix}1&0\\ 0&-1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}+o(\rho^{2})\\&=1+x+\frac{1}{2}(x,\ -y)\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}+o(\rho^{2})\\&=1+x+\frac{1}{2}(x^{2}-y^{2})+o(\rho^{2})，\end{aligned} $$

其中， $ \rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $

二、 极值充分条件的说明

设二元函数 $ z = f(x, y) $ 在点 $ M_0(x_0, y_0) $ 的某邻域内具有二阶连续的偏导数，由二阶带皮亚诺余项泰勒公式，则对于该邻域内的任意点 $ M(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) $，有

$$ \begin{aligned}\Delta z=&f(M)-f(M_{0})\\=&f_{x}(M_{0})\Delta x+f_{y}(M_{0})\Delta y+f_{xx}(M_{0})\left(\Delta x\right)^{2}+\\&2f_{xy}(M_{0})\Delta x\cdot\Delta y+f_{yy}(M_{0})\left(\Delta y\right)^{2}+o\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)\\=&\left[f_{x}(M_{0}),f_{y}(M_{0})\right]\begin{pmatrix}\Delta x\\\Delta y\end{pmatrix}+\left(\Delta x,\Delta y\right)\begin{bmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\\delta_{yx}&f_{yy}\end{bmatrix}_{M_{0}}\begin{pmatrix}\Delta x\\\Delta y\end{pmatrix}+o\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right).\end{aligned} $$

在驻点 $ M_{0} $ 处， $ f_{x}(M_{0})=0 $， $ f_{y}(M_{0})=0 $，且记 $ f_{xx}(M_{0})=A $， $ f_{xy}(M_{0})=B $， $ f_{yy}(M_{0})=C $。于是，有

$$ \Delta z=f({\cal M})-f({\cal M}_{0})=\left(\begin{array}{l l}{\Delta x,}&{\Delta y}\\ \end{array}\right)\left[\begin{matrix}{A}&{B}\\ {B}&{C}\\ \end{matrix}\right]\left(\begin{matrix}{\Delta x}\\ {\Delta y}\\ \end{matrix}\right)+o\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right). $$

当 $ \sqrt{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}} $足够小时， $ \Delta x $与二次型

$$ \left(\begin{matrix}\Delta x，\Delta y\end{matrix}\right)\left[\begin{matrix}A&B\\ B&C\end{matrix}\right]\left(\begin{matrix}\Delta x\\ \Delta y\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}\Delta x，\Delta y\end{matrix}\right)\boldsymbol{H}_{f}\left(\begin{matrix}\Delta x\\ \Delta y\end{matrix}\right) $$

同号，故有以下结论：

（1）若 $ H_{f} $ 正定，即 $ AC-B^{2}\gt 0 $，且 A>0，则 $ f(x_{0}, y_{0}) $ 为极小值；

（2）若 $ H_{f} $ 负定，即 $ AC-B^{2}\gt 0 $，且 A<0，则 $ f(x_{0}, y_{0}) $ 为极大值；

（3）若 $ H_{f} $ 为不定矩阵，即 $ AC-B^{2}\lt 0 $，则 $ f(x_{0}, y_{0}) $ 不是极值。这就是二元函数判定驻点是否为极值点的充分条件。

习题7-9

1. 求函数 $ f(x, y) = \ln(1 + x + y) $ 在点 $ (0, 0) $ 处的三阶泰勒公式.

1. 求函数 $ f(x, y) = e^x \ln(1+y) $ 在点 $ (0, 0) $ 处的三阶泰勒公式.

1. 求函数 $ f(x, y) = \sin(x^{2} + y^{2}) $ 在点 $ (0, 0) $ 处的带皮亚诺余项泰勒公式.

总练习题七

1. 填空题：

（1）设 $ f(xy, x+y)=\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\right)e^{x^{2}+y^{2}} $，则 $ f(1, \sqrt{3})= $___。

(2) 设 $ f(x, y) = \begin{cases} \frac{x^3}{x^2 + y^2}, & (x, y) \neq (0, 0), \\ 0, & (x, y) = (0, 0), \end{cases} $ 则 $ \frac{\partial f}{\partial x} $

(3) 设 $ z = \ln(\sqrt{x} + \sqrt{y}) $，则 $ \mathrm{d}z\big|_{(1,1)} = \underline{\qquad} $.

（4）函数 $ u = \ln(x + \sqrt{y^2 + z^2}) $ 在点 $ M_0(1, 0, 1) $ 处沿点 $ M_0 $ 指向 $ M_1(3, -2, 2) $ 方向的方向导数为 ___.

(5) 函数 $ u = \ln(x^2 + y^2 + z^2) $ 在点 $ M_0(1, 2, -2) $ 处的梯度 $ \text{grad}u\big|_{M_0} = $ ___.

(6) 当 $ \lambda = $ ___ 时，平面 $ 2x + 2y + z = \lambda $ 与曲面 $ z = 4 - x^{2} - y^{2} $ 相切.

1. 单项选择题：

(1) 当 $ z = $ ( ) 时，有 $ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} $.

A. $ f(x+y, xy) $ B. $ f(x^{2}, y) $ C. $ f(x, x+y) $ D. $ f(y^{2}, x) $

(2) 设 $ f(x, y) = |x - a| + |y - b| $ （ $ a \gt 0 $， $ b \gt 0 $），则 $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(a, b)} $ 为（）.

A. 0 B. -1 C. $ \infty $ D. 不存在但不是无穷大

（3）在曲线 x=t, $ y=-t^{2} $, $ z=t^{3} $ 的所有切线中，与平面 $ x+2y+z=4 $ 平行的切线（）.

A. 只有1条 B. 恰有2条 C. 至少有3条 D. 不存在

(4) 二元函数 $ f(x, y)=\{\begin{aligned}&\frac{xy}{x^{2}+y^{2}},(x,y)\neq(0,0),\\&0,(x,y)=(0,0).\end{aligned}. $ 在点 $ (0,0) $ 处（）.

A. 连续，偏导数存在

B. 连续，偏导数不存在

C. 不连续，偏导数存在

D. 不连续，偏导数不存在

（5）若 $ f_{x}(x_{0},y_{0})=0 $， $ f_{y}(x_{0},y_{0})=0 $，则下列命题正确的是（）.

A. $ \lim_{{x \to x_0}} f(x, y) $ 存在

$ y \to y_0 $

B. $ f(x, y_0) $ 在 $ x = x_0 $ 连续， $ f(x_0, y) $ 在 $ y = y_0 $ 连续

C. $ \mathrm{d}f(x, y) \bigg|_{(x_0, y_0)} = 0 $

D. $ f(x, y) $ 在点 $ M_0(x_0, y_0) $ 处沿任一方向 $ l $ 的方向导数 $ \frac{\partial f}{\partial l} \bigg|_{M_0} = 0 $

(6) 曲面 $ z = f(x, y) $ 上对应于点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处与 z 轴正向相交成锐角的法向量为 () .

A. $ \{-1, f_{x}(x_{0}, y_{0}), f_{y}(x_{0}, y_{0})\} $

B. $ \{f_{x}(x_{0}, y_{0}), f_{y}(x_{0}, y_{0}), -1\} $

C. $ \{f_{x}(x_{0}, y_{0}), f_{y}(x_{0}, y_{0}), 1\} $

D. $ \{-f_{x}(x_{0}, y_{0}), -f(x_{0}, y_{0}), 1\} $

1. 求函数 $ f(x, y) = \frac{\sqrt{4x - y^2}}{\ln(1 - x^2 - y^2)} $ 的定义域，并求 $ \lim_{(x, y) \to \left(\frac{1}{2}, 0\right)} f(x, y) $.

1. 证明：函数 $ f(x, y) = \begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & (x, y) \neq (0, 0), \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} $

（1）在点（0，0）的任意邻域内连续；

（2）两个一阶编导数在点（0，0）的任一邻域内都有界；

（3）在点（0，0）处不可微；

（4）在点（0，0）处沿任一方向的方向导数都存在.

1. 设 $ z = f\left(e^{x} \sin y, x^{2} + y^{2}, \frac{1}{x}\right) $，其中 f 具有二阶连续偏导，求 $ \frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $.

1. 设 $ u = x^2 y^3 z^4 $，分别就下列情形求 $ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_{(-2,-1,1)} $

（1）其中 $ x=x(y,z) $ 由方程 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=3xyz $ 所确定；

（2）其中 $ y=y(x,z) $ 由方程 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=3xyz $ 所确定.

1. 设函数 $ f(u) $ 具有二阶连续导数，而 $ z = f(e^z \sin y) $ 满足方程 $ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = e^{2x} z $，求 $ f(u) $.

1. 求椭球面 $ 2x^{2}+3y^{2}+z^{2}=9 $ 与锥面 $ x^{2}=3x^{2}+y^{2} $ 的交线 $ \Gamma $ 上点 $ M_{0}(1,-1,2) $ 处的切线与法平面方程.

1. 证明曲面 $ \Sigma $: $ x + y + z = f(yz + 2x + xy) $ 上任一点的法线都与直线 x = y = z 共面。其中 f 具有一阶连续导数。

1. 证明：曲面 $ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{a}(a\gt 0) $的切平面在三个坐标轴上的截距之和为常数a.

1. 求 $ \ln x + \ln y + 3\ln z $ 在 $ x^2 + y^2 + z^2 = 5r^2 $ ( $ x \gt 0 $, $ y \gt 0 $, $ z \gt 0 $) 上的最大值，并以此结果证明：对任意的 $ a $, $ b $, $ c \gt 0 $，有

$$ a b c^{3}\leqslant27\left(\frac{a+b+c}{5}\right)^{5}. $$

1. 求 $ f(x, y) = x^{2}y(4 - x - y) $ 在由直线 x + y = 6、x 轴和 y 轴所围成的闭域 D 上的极大值、最大值和最小值.